Es $[0,1]$ compacta en la nueva topología $\mathcal{B}_0$ ?

Question

Considere el intervalo $[0,1]$ en $\mathbb{R}.$ Sea $\mathcal{B}$ sea un subespacio topológico de $[0,1],$ es decir, la colección de todos los conjuntos de la forma $[0,1]\cap U$ donde $U$ está abierto en $\mathbb{R}.$ Tenga en cuenta que $U = (a,b)$ para algunos $a<b,$ posiblemente infinita.

Ahora, si añadimos $\{0\}$ en $\mathcal{B}$ y denotemos la nueva topología como $\mathcal{B}_0,$ entonces $\{0\}$ está abierto en $[0,1]$ con respecto a $\mathcal{B}_0,$

Pregunta : Es $[0,1]$ compacta en la nueva topología $\mathcal{B}_0$ ?

Recordemos que para demostrar que $[0,1]$ es compacta, necesitamos demostrar que toda cobertura abierta de $[0,1]$ tiene una subcubierta finita.

Creo que $[0,1]$ no es compacto en $\mathcal{B}_0$ debido al nuevo conjunto abierto $\{0\}.$ Considere la cobertura $$\bigg\{ \{0\}\cup (\frac{1}{n},1]: n\in\mathbb{N} \bigg\}.$$ Es una cubierta abierta sin subcubierta finita. Por lo tanto, $[0,1]$ no es compacto en $\mathcal{B}_0.$

¿Es correcto mi intento?

Answer 1

Supongo que añadir $0$ en $\mathcal{B}$ significa tomar la topología generada por $\mathcal{B} \cup \{0\}$ . En cualquier caso, $\{0\}$ está abierto para $\mathcal{B}_0$ . Ahora bien, puesto que

$$ [0,1] = \{0\} \ \cup \ (0,1] $$

y $(0,1]$ no es compacta para la topología original $\mathcal{B}$ existe un recubrimiento $(U_i)_{i \in I}$ de $(0,1]$ por conjuntos abiertos en $\mathcal{B}$ (y por tanto en $\mathcal{B}_0$ ) sin subcubierta finita. Por lo tanto, $\{0\} \ \cup (U_i)_{i \in I}$ cubre $[0,1]$ y no se puede extraer ninguna subcubierta finita. Es decir, su intento es correcto: incluso ha identificado tal cubierta para $(0,1]$ .

Answer 2

Efectivamente, tienes razón. Tal vez quieras añadir un argumento que demuestre que efectivamente no existe una subcubierta finita (no es muy difícil, pero puede que tu profesor insista).

En general, es cierto que si $(X, \mathcal{T})$ es Hausdorff compacto y $(X,\mathcal{T'})$ es otra topología en el mismo conjunto con $\mathcal{T} \subseteq \mathcal{T}'$ entonces $(X,\mathcal{T}')$ no es compacto a menos que $\mathcal{T} = \mathcal{T}'$ . Aquí tenemos un superconjunto propio (como $\{0\}$ es nuevo abierto y no estaba abierto), por lo que la no compacidad se deduce también de este hecho.

Prueba de ello:

Supongamos que $(X,\mathcal{T}')$ es compacto. Consideremos el mapa de identidad $f(x) = x$ de $(X,\mathcal{T}') \to (X,\mathcal{T})$ . En $\mathcal{T} \subseteq \mathcal{T}'$ , $f$ es continua. Como se supone que el dominio es compacto y el codominio es Hausdorff, un teorema estándar dice que $f$ es un mapa cerrado. Como $f$ es una biyección, esto significa que $f$ es un homeomorfismo, por tanto un mapa abierto, y $\mathcal{T}' \subseteq \mathcal{T}$ y tenemos igualdad de topologías.

A veces se dice que "un espacio Hausdorff compacto es maximalmente compacto" (es decir, que ninguna topología estrictamente más fina puede ser compacta).