Los subconjuntos cerrados de conjuntos compactos son compactos: Los conjuntos no compactos y cerrados tienen superconjuntos no compactos

Question

Estudiando el Análisis Real de Rudin y después de demostrar el teorema "Los subconjuntos cerrados de conjuntos compactos son compactos" se me ha ocurrido la siguiente reflexión: El teorema significa que si un conjunto es cerrado y tiene un subconjunto compacto, entonces es compacto. Esto también significa que:

Un conjunto $K$ no es compacto $\implies$ $K$ no está cerrado o $K$ no tiene un superconjunto compacto.

Supongamos que $K$ no es compacto y $K$ está cerrado. Entonces debe ser que $K$ no tiene un superconjunto compacto. Quería demostrarlo. Trivialmente, si para cada $E$ que es $ E \subseteq K$ , $E$ no es compacto, entonces como $K \subseteq K$ , $K$ es automáticamente no compacto. Aunque esto parece válido, me pareció demasiado trivial para ser cierto. ¿Es realmente válido? Si no es así, ¿cómo se puede demostrar que cuando $K$ no es compacta, sino cerrada, no tiene superconjuntos compactos?

Answer 1

Quiere demostrar que $K$ no tiene un superconjunto compacto. Eso significa que hay que demostrar que si $K \subseteq E$ entonces $E$ no es compacto.

Deje si es posible, $E$ es compacto. Como los subconjuntos cerrados de conjuntos compactos son compactos, entonces $K$ es compacto, lo cual es una contradicción.

Alternativamente, si quieres demostrar esto sin usar el teorema anterior entonces:

Dejemos que $\bigcup_{\alpha} U_{\alpha}$ sea cualquier cubierta abierta de $K$ . Como $K$ está cerrado en $X$ (nuestro espacio topológico) y $K \cap E=K$ Por lo tanto $K$ está cerrado en $E$ . Por lo tanto, $E \setminus K$ está abierto en $K$ . Ahora, $$E=\bigcup_{\alpha} U_{\alpha} \cup (E \setminus K)$$ Si, $E$ es compacta, entonces esta cubierta abierta tiene una subcubierta finita. Es decir, existe, $\alpha_1, \alpha_2, \cdots \alpha_n$ tal que $$E=\bigcup_{i=1}^n U_{\alpha_i} \cup (E \setminus K)$$ Por lo tanto, $$K\subseteq\bigcup_{i=1}^n U_{\alpha_i}$$ Así, hemos demostrado que una cubierta abierta arbitraria de $K$ tiene una subcubierta finita. De ello se deduce que $K$ es compacto, lo cual es una contradicción.