¿Cómo demostrar que todo intervalo cerrado en R es compacto?

Question

Dejemos que $[a,b]\subseteq \mathbb R$ . Como sabemos, es compacto. Este es un resultado muy importante. Sin embargo, la prueba del resultado puede no ser familiar para nosotros. Aquí quiero recoger las formas de demostrar $[a,b]$ es compacto.

Gracias por su ayuda y por cualquier enlace.

Answer 1

Según recuerdo, hace mucho tiempo, cuando era estudiante, en un examen mi profesor me pidió que demostrara esto. Le contesté que este resultado es tan sencillo que se me había olvidado cómo demostrarlo. :-)

Pero ahora, siendo un matemático maduro, cuando me preguntan por la prueba, respondo lo siguiente. Es evidente que un conjunto de dos puntos $\{0,1\}$ es compacto. El teorema de Tychonov implica que Conjunto de Cantor $\{0,1\}^\omega$ también es compacto. Por fin, un segmento es compacto como imagen continua del conjunto de Cantor. :-)

Answer 2

Por supuesto, Heine-Borel nos dice que $[a,b]$ es compacto. ¿Pero cómo se demuestra que Heine-Borel? Demostrando $[a,b]$ es compacto primero, en general. Aquí hay una prueba que sólo requiere la propiedad de lub de $\mathbb{R}$ .

Editar: este es el mismo argumento que el de Clayton, que apareció mucho antes mientras yo escribía. Mientras doy más detalles, creo que dejaré esta respuesta aquí. Obsérvese en particular que hay que verificar que el sup está en el conjunto $S$ . Demostrando que es igual a $b$ no es suficiente.

Nota: no hay nada especial en $\mathbb{R}$ aquí, en realidad. Simplemente resulta que la topología de orden coincide con la topología habitual. Y para un conjunto totalmente ordenado dotado de la topología de orden, la propiedad lub es equivalente a que todo intervalo cerrado $[a,b]$ es compacto. La prueba que sigue establece la dirección que le interesa. Para la inversa, véase este hilo .

Prueba: el caso $a=b$ es trivial, por lo que se supone que $a<b$ y tomar una tapa abierta $$ [a,b]\subseteq \bigcup_{i\in I}U_i. $$ En particular, este último cubre $[a,x]$ por cada $x\in [a,b]$ . Así pues, consideremos el conjunto $S$ de todos $x\in[a,b]$ tal que $[a,x]$ está cubierto por un número finito de $U_i$ 's. Existe $i_0$ tal que $a\in U_{i_0}$ Así que $a$ pertenece a $S$ . Por lo tanto, $S$ es un subconjunto no vacío de $\mathbb{R}$ delimitada por $b$ . Por la propiedad del límite superior mínimo, podemos definir $$ x_0:=\sup S\in [a,b]. $$ Primero demostraremos por contradicción que $x_0=b$ . Por lo tanto, asuma $x_0<b$ . Tenga en cuenta que $x_0>a$ ya que existe $i_0$ y $\epsilon>0$ tal que $[a,a+\epsilon]\subseteq U_{i_0}$ De ahí que $x_0\geq a+\epsilon$ .

Toma $i_0$ tal que $x_0\in U_{i_0}$ . Entonces toma $\epsilon>0$ tal que $a\leq x_0-\epsilon<x_0<x_0+\epsilon\leq b$ y $$ [x_0-\epsilon,x_0+\epsilon]\subseteq U_{i_0}. $$ Como $x_0-\epsilon$ no es un límite superior de $S$ existe $x_0-\epsilon\leq x_1\leq x_0$ tal que $x_1$ pertenece a $S$ . Así que $[a,x_1]$ puede ser cubierto por un número finito de $U_i$ 's, digamos $$ [a,x_1]\subseteq \bigcup_{j=1}^nU_{i_j}\quad\Rightarrow\quad [a,x_0+\epsilon]\subseteq \bigcup_{j=1}^nU_{i_j} \cup U_{i_0}=\bigcup_{j=0}^nU_{i_j}. $$ De ello se desprende que $x_0+\epsilon$ pertenece a $S$ , contradiciendo el hecho de que $x_0$ es un límite superior de $S$ .

Por lo tanto, $\sup S=b$ y el mismo argumento muestra que $b$ pertenece a $S$ . De hecho, tenemos $[b-\epsilon,b]\subseteq U_{i_0}$ para algunos $i_0$ y algunos $\epsilon>0$ . Y luego algunos $x_1$ en $[b-\epsilon,b]$ pertenece a $S$ , dando lugar a una subcubierta finita para $[a,b]=[a,x_1]\cup[b-\epsilon,b]$ .

Así que $b$ pertenece a $S$ es decir, existe una subcubierta finita $$ [a,b]\subseteq \bigcup_{j=1}^nU_{i_j}. $$ QED.

Answer 3

Si buscas una prueba que no utilice Heine-Borel, aquí tienes algunas pistas:

• Observe que $[a,b]$ puede reescribirse como $[a,\frac{a+b}{2}]\cup[\frac{a+b}{2},b]$ .
• Utilizar la contradicción, es decir, suponer que alguna cubierta abierta de $[a,b]$ no tiene ninguna subcubierta finita y wlog ninguna subcolección finita cubre $[a,\frac{a+b}{2}]$ .
• Sigue adelante
• Necesitarás el teorema de los intervalos anidados.

Answer 4

En resumen: Todo intervalo cerrado es la imagen continua del espacio de Cantor, y por lo tanto es compacto.

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1. El espacio de Cantor $2^\omega$ es compacto como resultado del teorema de Tychonoff (también por el teorema de Koenig).

2. El espacio de Cantor puede ser mapeado continuamente en el intervalo $[0,1]$ utilizando la función: $$(x_n)\mapsto\sum_{n\in\omega}\frac{x_n}{2^{n+1}}$$ No es difícil demostrar que esta función es continua y suryente (¡aunque no inyectiva!).

3. Por lo tanto, $[0,1]$ es la imagen continua de un espacio compacto y por tanto es compacto.

4. Dejemos que $[a,b]$ sea un intervalo, si $a=b$ entonces se trata de un conjunto finito y por tanto es compacto; en caso contrario, el mapa $[0,1]$ a $[a,b]$ de forma biyectiva mediante una traslación y un reajuste de escala $x\mapsto a+(b-a)x$ .

5. Todo intervalo cerrado es la imagen continua de $[0,1]$ que es compacto; por lo tanto $[a,b]$ es compacto.

Answer 5

Tal vez la prueba más corta y hábil que conozco es por Inducción real . Véase el teorema 17 en la nota citada, y obsérvese que la prueba tiene seis líneas. Y lo que es más importante, después de pasar una o dos horas familiarizándose con el formalismo de la Inducción Real, la prueba se escribe sola.