Prueba: en $\mathbb{R}$ , $((0,1),|\cdot|)$ no es compacto.

Question

Dejemos que $(M,d)$ sea un espacio métrico, y $A\subset M$ . Por definición, $A$ se dice que compacto si cada tapa abierta de $A$ contiene una subcubierta finita.

¿Qué hay de malo en decir que, en $\mathbb{R}$ , si $I=(0,1)$ podemos elegir $G=\{(0,\frac{3}{4}), (\frac{1}{4}, 1)\}$ que satisface $I \subset \bigcup_{U\in G} U$ pero no podemos extraer una subcubierta finita, así que $I$ no es compacto. Es $G$ una subcubierta finita de $G$ ¿entonces no es una cobertura válida para probar esto? Yo tomaría $\cup_{n\in\mathbb{N}} (\frac{1}{n},1)$ para demostrar esto, podemos concluir que toda cubierta abierta es necesariamente una unión infinita de conjuntos abiertos $\neq \emptyset$ ?

Answer 1

Tienes razón en que $G$ ya es una subcapa finita de sí misma, por lo que no es especialmente útil. Quizás una caracterización más interesante de la compacidad es que cada infinito contiene una subcubierta finita. (¿Ves por qué son equivalentes?)

Su segunda portada de ejemplo, $$\left\{\left(\frac1n,1\right):n\geq 1\right\},$$ es un ejemplo de una cubierta infinita de la que no se puede extraer una subcubierta finita. Esto demuestra que $(0,1)$ es pas compacto.

Answer 2

El ejemplo del contador (la tapa abierta $\cup_{n \in \mathbb N} (1/n,1)$ ) funciona realmente. No tiene una subcubierta finita. Por lo tanto, $(0,1)$ no es compacto. Toda cubierta no es necesariamente infinita. De nuevo, su $G$ es el contraejemplo (es una cubierta finita.)

Nota: puede tomar $G$ como una subcubierta finita de $G$ . Así que, $G$ no demuestra que $(0,1)$ no es compacto.