Compactación secuencial y filtros

Question

Estoy intentando trabajar con el muchas definiciones equivalentes de compacidad para un espacio topológico $X$ en particular,

6. Todos los filtros (adecuados) de $X$ tiene un refinamiento convergente (adecuado).

Me referiré a esta propiedad como filtro-compacidad por comodidad, y también porque se parece mucho a la compacidad secuencial.

*Editar para incluir aquí algunas otras definiciones:

Un filtro en $X$ se dice correcto si no tiene el conjunto vacío como miembro.

Sea $X$ sea un conjunto y $\mathcal{F}$ sea un filtro en $X$ . Si $\mathcal{G}$ es otro filtro de $X$ tal que $\mathcal{F}$ es un subconjunto de $\mathcal{G}$ entonces $\mathcal{G}$ se dice que es un refinamiento de $\mathcal{F}$ .

Un filtro $\mathcal{F}$ en un espacio topológico $X$ es convergente si existe $x \in X$ tal que $\mathcal{F}$ refina el filtro de vecindad $N_x$ de $x$ que se define por $$ N_x = \{\, A \subseteq X \mid A \text{ contains an open neighbourhood of $ x $ in $ X $}\, \} $$

Para mí está claro que la compacidad de filtro y la compacidad secuencial son equivalentes para los espacios métricos porque ambas son equivalentes a la compacidad de conjunto abierto. Sin embargo, espero una demostración directa, ya que las dos definiciones parecen muy similares. Esto es lo que he conseguido:

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Sea $X$ sea un espacio métrico y supongamos que $X$ es filtro-compacto. Sea $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ sea una secuencia en $X$ y que $\mathcal{F}$ denotan el filtro elemental asociado a $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ que se define por $$\mathcal{F} = \{\, A \subseteq X \mid A \text{ contains all but finitely many of the } x_n\, \}.$$ Desde $X$ es filtro-compacto, existe un refinamiento convergente $\mathcal{G}$ de $\mathcal{F}$ .

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Sería bueno que $\mathcal{G}$ fueran el filtro elemental asociado a alguna subsecuencia. Pero eso no parece ser cierto en general, teniendo en cuenta que los refinamientos pueden ser muy grandes. Tampoco soy capaz de obtener nada para la inversa.

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Siguiendo la notación utilizada en la respuesta de Eric:

Sustituir los conjuntos $A_n \in \mathcal{G}$ por sus cierres en $X$ . Existe $r > 0$ tal que la bola abierta $B(x, r)$ es un subconjunto de $A$ . Desde $d(A_n) \to 0$ tenemos $d(\bigcap_{k=1}^n A_k) \to 0$ también. Por lo tanto, existe $N \in \mathbb{N}$ tal que $d(\bigcap_{k=1}^N A_k) < r/2 < r \le d(A)$ .

El conjunto $B := \bigcap_{k=1}^N A_k$ está cerrado en $X$ y la secuencia de cola $(x_n)_{n \ge N}$ se encuentra en $B$ por lo que el punto límite $x$ pertenece a $B$ . Se deduce de $d(B) < r$ que tenemos $B \subseteq A$ .

Por último, puesto que $B$ es miembro de $\mathcal{G}$ tenemos $A \in \mathcal{G}$ también. Esto sugiere que $\mathcal{G}$ es convergente (a $x$ ), una contradicción.

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Answer 1

Tiene razón en que $\mathcal{G}$ no tiene por qué ser el filtro asociado a una subsecuencia y, de hecho, ni siquiera tiene por qué contener el filtro asociado a una subsecuencia convergente. En su lugar, basta con observar que si un refinamiento de $\mathcal{F}$ converge a un punto $x$ entonces $x$ es un punto de acumulación de $\mathcal{F}$ lo que significa que cada vecindad de $x$ tiene intersección no vacía con cada elemento del filtro $\mathcal{F}$ . En $\mathcal{F}$ es el filtro elemental asociado a una secuencia $(x_n)$ eso significa exactamente que $x$ es un punto de acumulación de la sucesión en el sentido habitual. Por lo tanto, en un espacio métrico (o, más en general, en un espacio contable en primer lugar), esto implica alguna subsecuencia de $(x_n)$ converge a $x$ .

La inversa es más difícil, ya que esencialmente equivale a demostrar que la compacidad secuencial implica la compacidad de los espacios métricos (la implicación de la compacidad de filtro a la compacidad es sólo trivial definición-wrangling). He aquí una forma de hacerlo. Supongamos un filtro $\mathcal{F}$ en un espacio métrico $X$ no tiene refinamiento convergente. Si $X$ no es completa, obviamente no es secuencialmente compacta (tomemos cualquier secuencia de Cauchy que no converja, y no puede tener ninguna subsecuencia convergente).

Por lo tanto, podemos suponer $X$ está completo. Ahora echemos un vistazo a nuestro filtro $\mathcal{F}$ . Supongamos que $\mathcal{F}$ tiene un refinamiento $\mathcal{G}$ tales que los diámetros de los elementos de $\mathcal{G}$ acercarse arbitrariamente a $0$ . Elegir conjuntos $A_n\in G$ tal que $\operatorname{diam}(A_n)\to 0$ y elija $x_n\in\bigcap_{m=1}^n A_m$ para cada $n$ . Entonces $(x_n)$ es Cauchy y por tanto converge a alguna $x\in X$ . Pero ahora es fácil ver que cada barrio de $x$ contiene $A_n$ para algunos $n$ . Es decir $\mathcal{G}$ converge a $x$ lo cual es una contradicción.

Por lo tanto, no hay refinamiento de $\mathcal{F}$ contiene elementos de diámetro arbitrariamente pequeño. Supongamos que $\mathcal{G}$ ser un ultrafiltro de refinado $\mathcal{F}$ . En particular, esto significa que dada cualquier colección finita de conjuntos $A_1,\dots,A_n$ con $A_1\cup\dots\cup A_n=X$ , algunos $A_i$ debe estar en $\mathcal{G}$ . En particular, si $X$ puede ser cubierto por un número finito de conjuntos de diámetro $\leq\epsilon$ entonces $\mathcal{G}$ debe contener un conjunto de diámetros $\leq\epsilon$ . Por lo tanto, para algunos $\epsilon>0$ , $X$ no puede estar cubierto por un número finito de conjuntos de diámetro $\epsilon$ . Ahora podemos elegir una secuencia $(x_n)$ tal que $d(x_m,x_n)\geq\epsilon/2$ para todos $m\neq n$ habiendo elegido $x_1,\dots,x_{n-1}$ las bolas de radio $\epsilon/2$ en torno a $x_1,\dots,x_{n-1}$ no puede cubrir $X$ por lo que podemos elegir $x_n$ ser algún punto que no está en ninguno de ellos. Está claro que ninguna subsecuencia de $(x_n)$ pueden converger, por lo que $X$ no es secuencialmente compacta.