¿Un subconjunto de un conjunto compacto es compacto?

Question

Reclamo: Let $S\subset T\subset X$ $X$ Dónde está un espacio métrico. Si es compacto en $T$ $X$ $S$ también es compacto en $X$.

Prueba: dado que $T$ es compacto en $X$ luego cualquiera Abra la cubierta de T, hay un subcover finito abierto, denotan como $\left \{V_i \right \}_{i=1}^{N}$. Desde $S\subset T\subset \left \{V_i \right \}_{i=1}^{N}$ $\left \{V_i \right \}_{i=1}^{N}$ también cubre el $S$ y por lo tanto es compacto en X $S$

Editado: ver por qué esto es falso, pero en general, ¿por qué cada subconjunto cerrado de un conjunto compacto es compacto?

Answer 1

Si $S\subseteq T$ $T$ es compacto y $S$ es cerrado, a continuación, $S$ es compacto.

Por qué? Deje $\cal U$ ser una cubierta abierta de a $S$. Cada conjunto abierto en $\cal U$ es de la forma $U\cap S$ para un conjunto abierto $U$ (en $T$). Deje $\mathcal V=\{U\subseteq T\mid U\text{ is open, and }\exists U'\in\mathcal U:U\cap S=U'\}$. A continuación, $\mathcal V$ es una cubierta abierta de a$S$, ya que los $S$ es cerrado tenemos que $T\setminus S$ es abierta para $\mathcal V\cup\{T\setminus S\}$ es una cubierta abierta de a $T$.

Por la compacidad de $T$ tenemos un número finito de subcover, de la que se puede producir un número finito de subcover de $\cal U$.

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Hemos demostrado que cada cubierta abierta de a $S$ tiene un número finito de subcover, y por lo tanto $S$ es compacto. Hemos utilizado el hecho de que $S$ es cerrado para asegurarse de que $T\setminus S$ está abierto. Si $S$ no está cerrado, no podemos usar esto para producir un abra la cubierta de $T$ y no podemos seguir y encontrar una abierta subcover para $\cal U$.

Answer 2

Editado: veo por qué esto es falso, pero en general, ¿por qué cada subconjunto cerrado de un conjunto compacto es compacto?

Otra prueba: Vamos a $S \subset T$ ser un conjunto cerrado, donde $T$ es compacto. Deje $\{\mathcal{U}_\alpha\}$ ser una cubierta abierta de a $S$. A continuación, $\{\mathcal{U}_\alpha\} \cup \{S^c\}$ donde $S^c$ es el complemento de a $S$ w.r.t. a $X$, cubre $T$. Desde $T$ es compacto, podemos extraer un número finito de subcover $\{ \mathcal{U}_{\alpha_1}, \mathcal{U}_{\alpha_2}, \ldots, \mathcal{U}_{\alpha_n}, S^c \}$$\{\mathcal{U}_\alpha\} \cup \{S^c\}$. Observe que $S^c$ tal vez no era necesario, pero tenemos que tirar de él de todos modos. Desde $S \cap S^c = \varnothing$, $\{ \mathcal{U}_{\alpha_1}, \mathcal{U}_{\alpha_2}, \ldots, \mathcal{U}_{\alpha_n}\}$ es un subcover de $\{\mathcal{U}_\alpha\}$.

Answer 3

La prueba no puede es correcta, porque la declaración es incorrecta. Tenga en cuenta que si $S$ no es cerrado, luego no puede posiblemente ser compacto. Contraejemplo: $(1/4,1/2)\subset[0,1]\subset\mathbb{R}$.

El comando correcto es: Si $S\subset T\subset X$, $S$ cerrado, $T$ compacto. Entonces $S$ es compacto.

Como alternativa: $S\subset T\subset X$, $T$ compacto. Entonces $S$ es relativamente compacto.

Answer 4

Supongamos $F \subset K \subset X$, F es cerrado relativo a X y K es compacto. Deje $\{V_{\alpha}\}$ ser una cubierta abierta de F. Ahora, F está cerrado implica $F^c$ está abierto. Por lo tanto, $F^c \cup \{V_{\alpha}\} $ forma una cubierta abierta de K (Como cualquier unión de la colección de bloques abiertos es abierto). Pero, K es compacto, que implica que hay un número finito de sub-cobertura de $F^c \cup \{V_{\alpha}\} $ denotado por $\beta$ que cubre K. Ahora, $F \subset K$ implica que el $\beta$ es finita y tapa de F también. Por último, si $F^c \in \beta$ eliminar para obtener un número finito de sub-cobertura de $\{V_{\alpha}\}$ que claramente todavía cubre F. por lo tanto, hemos demostrado que para cualquier apertura de la tapa de F se denota por a $\{V_{\alpha}\}$ hay un número finito de sub-tapa que cubre F. $\blacksquare$