¿La intersección de un número finito de conjuntos compactos es compacta?

Question

¿La intersección de un número finito de conjuntos compactos es compacta? Si no es así, por favor, da un contraejemplo para demostrar que esto no es cierto.

He dicho que esto es cierto porque la intersección de un número finito de conjuntos compactos es cerrada. Lo que significa, por tanto, que será acotada porque la intersección está contenida por todo conjunto. No estoy seguro de que esto sea correcto.

Gracias por la ayuda

Answer 1

Para los espacios de Hausdorff tu afirmación es cierta, ya que los conjuntos compactos en un espacio de Hausdorff deben ser cerrados y un subconjunto cerrado de un conjunto compacto es compacto. De hecho, en este caso, la intersección de cualquier familia de conjuntos compactos es compacta (por el mismo argumento). Sin embargo, en general es falso.

Tome $\mathbb{N}$ con la topología discreta y añadir dos puntos más $x_1$ y $x_2$ . Declarar que los únicos conjuntos abiertos que contienen $x_i$ para ser $\{x_i\}\cup \mathbb{N}$ y $\{x_1 , x_2\}\cup \mathbb{N}$ . (Si no lo ves inmediatamente, comprueba que esto da una topología en $\{x_1 , x_2\}\cup \mathbb{N}$ ).

Ahora $\{x_i\}\cup \mathbb{N}$ es compacto para $i=1,2$ ya que cualquier tapa abierta debe contener $\{x_i\}\cup \mathbb{N}$ (es el único conjunto abierto que contiene $x_i$ ). Sin embargo, su intersección, $\mathbb{N}$ es infinito y discreto, así que definitivamente no es compacto.

Answer 2

Me gustaría dar otra respuesta a esta interesante pregunta. Aprendí el siguiente ejemplo en una tesis de maestría de Cecil Eugene Denney (Kansas State University, 1966). Se trata de un enlace a la tesis. Lo que sigue a continuación es una versión modificada del Ejemplo 3 de la página 27 de la tesis.

Ejemplo. Dejemos que $X=\{a, b\}$ sea un espacio topológico cuyos únicos conjuntos abiertos son $\emptyset$ y $X$ mismo (así que $X$ tiene el topología indiscreta ). Sea $Y=\mathbb{R}$ sea el conjunto de todos los números reales con la topología estándar. Consideraremos el espacio topológico $X\times Y$ . Consideremos los siguientes dos subconjuntos de $X\times Y$ : $$C = \{(a, y): 1\leq y < 3\} \cup \{(b, y): 3\leq y \leq 4\}$$ y $$D = \{(a, y): 2<y \leq 4\} \cup \{(b, y): 1\leq y \leq 2\}.$$ Afirmamos que $C$ y $D$ son ambos compactos. En efecto, en una cubierta abierta cualquiera $\mathcal{U}$ para $C$ cada conjunto abierto debe ser de la forma $X\times U$ donde $U$ es un subconjunto abierto de $Y$ (aquí es donde utilizamos el hecho de que los únicos subconjuntos abiertos de $X$ son $\emptyset$ y $X$ ). Utilizando la proyección $\pi_Y: X\times Y \to Y$ observamos que el conjunto de todos los $U$ tal que $X\times U\in\mathcal{U}$ forma una cubierta abierta de $\pi_Y(C) = [1, 4]$ que es compacto. Por lo tanto, hay un número finito de $U_i$ que cubren $[1, 4]$ y, en consecuencia, un número finito de $X\times U_i$ que cubren $C$ . Esto muestra $C$ es compacto, y la verificación de la compacidad de $D$ es idéntico.

Sin embargo, $C\cap D = \{(a, y): 2 < y < 3\}$ es homeomorfo, a través de la proyección $\pi_Y$ al intervalo abierto $(2, 3)$ en $Y=\mathbb{R}$ y es bien sabido que $(2, 3)$ es no compacto.

Answer 3

En un $T_2$ (Hausdorff), los subconjuntos compactos son cerrados. Sea un $T_2$ espacio y dejar $F$ sea una familia de subconjuntos compactos de $S$ . Para evitar casos triviales, dejemos que $F$ tienen al menos un miembro no vacío $f$ .

Ahora $G=\cap F$ está cerrado y $G^c=S\backslash G$ está abierto. Si $V$ es una familia de conjuntos abiertos con $\cup V\supset G,$ entonces $V'=V\cup \{G^c\}$ es una cubierta abierta de $f.$ (De hecho, $\cup V'=S.$ )

Desde $f$ es compacto, existe un $H\subset V'$ con $\cup H\supset f.$ Entonces $H'=H\backslash \{G^c\}$ es un subconjunto finito de $V$ y $\cup H'\supset G.$

Así que $G$ es compacto.

Tenga en cuenta que necesitamos cada miembro de $F$ para ser cerrado, de modo que $G$ está cerrado, por lo que $G^c$ está abierto, por lo que $V'$ es una familia abierta. Como muestra una respuesta anterior, si $S$ no es $T_2$ entonces esto puede fallar.