$(X,\mathscr T)$ es compacto $\iff$ cada subconjunto infinito de $X$ cuenta con un completo punto límite en $X$.

Question

Deje $(X,\mathscr T)$ ser un espacio topológico. Dado $A\subseteq X$, podemos decir que el $x$ es un completo punto límite de $A$ si para cada nbhd $N$ de $x$, $|N\cap A|=|A|$. Yo quiero probar

Supongamos $(X,\mathscr T)$ es compacto. Entonces todo subconjunto infinito $A$ $X$ cuenta con un completo punto límite en $X$.

PRUEBA de Asumir el contrario. Entonces existe un subconjunto infinito $A$ $X$ tal que para cualquier $x\in X$, hay un nbhd $N_x$ tal que $|N_x\cap A|<|A|$. La colección de $\{N_x:x\in X\}$ cubre $X$. Por compacidad, existe un número finito de subcover $\{N_{x_1},\ldots, N_{x_n}\}$. A continuación,$A=\bigcup_{i=1}^n A\cap N_{x_i}$. Pero esto es imposible, ya $A$ es infinito, y $\bigcup_{i=1}^n A\cap N_{x_i}$ es una unión finita de conjuntos estrictamente menor que $A$.

Es esto correcto? El problema está en "Introductorio de Análisis Real" mediante la prueba de Kolmogorov.

También, es una prueba de lo contrario es demasiado complicado? Prueba de Kolmogorov da una referencia como "P. S. Alexandroff op.sit. páginas 250-251; J. L. Kelley op.sit. p 163-164" pero no tengo idea de lo que esto significa. Estoy sinceramente ni idea acerca de cómo acercarse a él. Podría dar pistas? No me importaría una respuesta completa, si usted piensa que se requiere algo demasiado avanzado.

Answer 1

La prueba es correcta. Por el contrario, supongamos $X$ no es compacto. Deje $\mathcal{O}$ ser una cubierta abierta de a $X$ de la mínima cardinalidad [tal que no es finito subcover existe], y deje $\{O_\alpha\}_{\alpha < |\mathcal{O}|}$ ser una enumeración de $\mathcal{O}$. La construcción de un conjunto de $A$ como sigue:

• deje $x_\alpha \in X$ cualquier elemento no cubierto por ninguna de las $O_\beta$$\beta < \alpha$. Tal $x_\alpha$ existe o de lo $\{O_\beta\}_{\beta < \alpha}$ sería una apertura de la tapa, contradiciendo la minimality de $|\mathcal{O}|$.
• deje $A = \{x_\alpha : \alpha < |\mathcal{O}|\}$

Vamos a mostrar que $A$ no tiene completa de punto límite. De hecho, para cualquier $x \in X$ hay algo de $\alpha$ tal que $O_\alpha$ es un barrio de $x$, pero $O_\alpha$ evita todas las $x_\beta$$\beta > \alpha$, y así:

$$\left |A \cap O_\alpha\right | \leq \left|\{x_\gamma : \gamma \leq \alpha\}\right| = |\alpha| < |\mathcal{O}| = |A|$$