Teorema del bebé Rudin 2.34.

Question

Teorema 2.34 Los subconjuntos compactos de un espacio métrico son cerrados.

Prueba.

Supongamos que $K\subseteq X$ , $K$ compacto. Dejemos que $p\in K^c$ , $q\in K$ . Sea $V_q,W_q$ sean vecindades de $p$ y $q$ con un radio inferior a $\frac 1 2 d(p,q)$ .

Desde $K$ es compacto, tenemos $K\subseteq W_{q_1}\cup \cdots\cup W_{q_n}=W$ para algunos $q_1,...,q_n\in K$ .

Si V= $V_{q_1}\cap \cdots V_{q_n}$ , $V$ es una vecindad de p que no interseca $W$ entonces $V\subseteq K^c$ así que $p$ es un punto interior de $K^c$ . QED.

Mi comprensión de esta prueba es que $V$ es en realidad $$V= \text {'$\min$'}\left\{V_{q_i}\right\}$$

Donde se debe tomar el mínimo en términos de inclusión.

Además, tenemos que $V$ no se cruza con $W$ porque $V_{q_i}$ no se cruza con $W_{q_i}$ por cada $i$ (¿Cómo lo pruebo?)

Subo una imagen de mi entendimiento de la situación, ¿estoy entendiendo esto correctamente?

Answer 1

Dado que cada $V_{q}$ es una vecindad de $p$ cualquier intersección finita de ellas es de nuevo una vecindad de $p$ sí, $V=V_{q_1}\cap\dots\cap V_{q_n}$ es una bola con el radio que es el mínimo, pero es mayormente irrelevante: el hecho importante es que es una vecindad de $p$ .

Ahora bien, como $V\subseteq V_{q_i}$ tenemos por construcción que $$V\cap W_{q_i}\subseteq V_{q_i}\cap W_{q_i}=\emptyset$$ y por lo tanto $$V\cap W=V\cap(W_{q_1}\cup\dots\cup W_{q_n})= (V\cap W_{q_1})\cup\dots\cup(V\cap W_{q_n})=\emptyset$$ Por lo tanto, $V\subseteq W^c\subseteq K^c$ .

Answer 2

$V$ no se cruza con $W$ porque $V$ no se cruza con $W_{q_i}$ por cada $i$ . Creo que es lo mismo que has dicho:

"Además, tenemos que $V$ no se cruza con $W$ porque $V_{q_i}$ no se cruza con $W_{q_i}$ por cada $i$ (¿Cómo lo pruebo?)"

Quizás esto se deba simplemente al hecho de que $V$ tiene un radio inferior a $\frac{1}{2}d(p,q_i), \forall i$ y $W$ es como máximo inferior a $\frac{1}{2}d(p,q_i)$ lejos de cualquier $q_i$ .

Si eso no conduce a una prueba simple y directa, entonces creo que tal vez se pueda probar este BWOC (si se intersectaron, entonces algunos $W_{q_i}$ tendría que intersecar cada $V_{q_j}$ pero no puede cruzar el $V_{q_i}$ por definición).

Además, creo que tiene razón sobre $V$ , la intersección de las vecindades, siendo simplemente la vecindad más pequeña (como todas son vecindades del mismo punto, sólo se diferencian en el radio).

Por último, su imagen me parece correcta.

Answer 3

Creo que aquí se refiere a $W=W_{q_1}\cup\ldots\cup W_{q_n}$ . Por lo tanto, dejemos que $x\in V$ para cada $1\le k\le n$ , $$\begin{align} x\in V & \implies x\in V_{q_k}\\ & \implies x\notin W_{q_k}\\ & \implies x\notin W. \end{align}$$

Por otro lado, si $x\in W$ , $$\begin{align} x\in W & \implies x\in W_{q_k},\quad\text{for some }1\le k\ne n\\ & \implies x\notin V_{q_k}\\ & \implies x\notin V. \end{align}$$

Answer 4

Sí, $V$ es el conjunto más pequeño de $V_{q_i}$ en el sentido de que $x\in V$ si $d(x,p) < min\{d(p,q_i)\}$ como $q_i$ son finitos el mínimo existe, llámalo $d(p,q_m)$ . La cuestión aquí es mostrar que cada $x\in V$ no está en $W_{q_i}$ por cada $i={1,...,n}$ es decir, si $x\in V$ entonces $d(x,q_i)\geq\frac{1}{2}d(p,q_i)$ .

1. $d(p,q_i)\leq d(p,x)+d(x,q_i)$ por la definición de espacio métrico.
2. $d(x,p)<\frac{1}{2}d(p,q_m)\leq \frac{1}{2}d(p,q_i)$ .

De (2) $-\frac{1}{2}d(p,q_i)<-d(x,p)$ y añadiendo esto a (1) obtenemos

$d(p,q_i)-\frac{1}{2}d(p,q_i)< d(p,x)-d(p,x)+d(x,q_i) \rightarrow \frac{1}{2}d(p,q_i)<d(x,q_i)$ para cualquier $i=\{1,...,n\}$ .

Answer 5

Utilizando esta construcción, se puede demostrar que si $V$ se cruza con $W$ entonces habrá violado la desigualdad del triángulo (porque si $x$ está en $X$ y $V$ entonces $x$ está en $V_x$ que es imposible debido a la restricción de la desigualdad del triángulo). La parte clave de la prueba es que la compacidad permite construir $V$ tomando la intersección de una colección finita de vecindades de $p$ Esto nos permite concluir que $V$ es abierta (esto no se deduce necesariamente dada una colección infinita de bolas abiertas) y disjunta de $K$ . Entonces, como $p$ fuera un elemento arbitrario del complemento, esto implica que todo punto del complemento es un punto interior. Por lo tanto, $K$ es cerrado porque su complemento es abierto.