Deje $X$ ser completa separable espacio métrico y $A\subset X$ está abierto. Qué significa que no es un subconjunto compacto de $A$? Mi solución es la siguiente: puesto que la $A$ está abierto no es$B(x,r)\subset A$, $\overline{B(x,r/2)}\subset A$ cuando la bola cerrada es compacta.
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En los restantes casos, en los que el espacio no tiene puntos aislados, es muy posible que todos los compactos de los juegos de vacío interior.
Deje $(\mathbb P, \mathcal T)$ ser el espacio de los números irracionales con la topología usual. Supongamos que $K$ es un subconjunto de a $\mathbb P$ con los no-vacío interior; luego están los números racionales $p$ $q$ tal que $p < q$ $(p,q) \cap \mathbb P \subseteq K$ donde $(p,q)$ es el habitual intervalo abierto en $\mathbb R$. Fix $r \in (p,q) \cap \mathbb Q$, elija $n \in \omega$, de modo que $2^{-n} < \min\{r-p,q-r\}$, y para $k>n$ deje $F_k = [r-2^{-k},r+2^{-k}] \cap \mathbb P$, un clopen subconjunto de $\mathbb P$. Claramente $\bigcap \limits_{k>n} [r-2^{-k},r+2^{-k}] = \{r\}$, lo $\bigcap \limits_{k>n} F_k = \emptyset$. Por lo tanto, $K$ contiene un anidada de la familia de los no-vacía de conjuntos cerrados con intersección vacía y por lo tanto no puede ser compacto. Es decir, cada subconjunto compacto de $\mathbb P$ ha vacío interior.
Por otro lado, $\mathbb P$ $G_\delta$ en el espacio de los reales con la métrica usual, que es completa, por lo $(\mathbb P, \mathcal T)$ es completamente metrizable por algunos métrica $d$, e $(\mathbb P, d)$ es una completa, separable espacio métrico sin puntos aislados en la que todos los compactos de los juegos de vacío interior. (De hecho, $(\mathbb P, \mathcal T)$ puede ser caracterizado como el único topológicamente completa, cero-dimensional, en ningún lugar localmente compacto, separable espacio métrico; este es un clásico resultado de Alexandroff y Urysohn.)
Por otro lado, cada no-vacío conjunto abierto $U$ en un topológicamente completa, separable espacio métrico sin puntos aislados contiene un conjunto de Cantor. Para ver esto, la construcción de un árbol de abrir conjuntos de $V_s \subseteq U$ indexados por secuencias finitas de ceros y unos en tal forma que para cada índice de la secuencia $s$, $\text{cl } V_{s0} \cap \text{cl } V_{s1} = \emptyset$, $\text{cl } V_{s0} \cup \text{cl } V_{s1} \subseteq V_s$, y $\text{diam}(V_s) < 2^{-|s|}$, donde el diámetro es de tomarse con respecto a una completa métrica en el espacio. Para cada secuencia infinita $\sigma$ de ceros y unos deje $p_\sigma$ ser el único punto en $\bigcap \{V_s:s \text{ is an initial segment of } \sigma\}$; la integridad de la métrica asegura la existencia de cada una de las $p_\sigma$. Deje $K = \{p_\sigma:\sigma \in 2^\omega\}$; la construcción se asegura de que el mapa de $h:2^\omega \to K:\sigma \mapsto p_\sigma$ es un homeomorphism y que, por ende, $K$ es un conjunto de Cantor.
Por lo tanto, si $U$ es un no-vacío conjunto abierto en una completa, separable espacio métrico, $U$ contiene un conjunto compacto con los no-vacío interior, o $U$ contiene un conjunto de Cantor. Que parece ser lo mejor que podemos hacer, en general, de manera de encontrar la 'gran' subconjuntos de a $U$.
Algunas observaciones:
- $X$ es finito, entonces es extremadamente compacto y cada subconjunto compacto.
- $X$ es discreto, entonces tiene que ser contable, y un subconjunto es compacto si y sólo si a es finito, y entonces estamos en problemas.
- $X$ es no-discretas contables, entonces es homeomórficos a algunos contables ordinal con el fin de topología, entonces cada conjunto abierto que contiene algún intervalo que contiene a un punto aislado que es compacto.
No podemos realmente esperanza también para mucho más, ya que si el ordinal ha infinitamente muchos ordinales límite por debajo de la que podemos encontrar un discreto infinito subconjunto que es abierto, lo que reduce el caso a la anterior (por ejemplo,$\omega^\omega$, con el set de $\{\omega^n+4\mid n<\omega\}$, entonces el conjunto es un discreto y abierto subespacio) - $X$ es incontable, entonces tiene un perfecto subespacio y contables dispersos parte. Si $A$ se cruza con el disperso parte de $X$, entonces podemos reducir a uno de los casos anteriores.
Esto significa que nosotros realmente sólo la necesidad de tratar el caso en que $X$ es perfecto, que es de hecho el caso más difícil.
