Prob. 4, 28 Segundos en Munkres' TOPOLOGÍA, 2ª ed: Para $T_1$-espacios contables de compacidad es equivalente al límite de-punto-compacidad.

Question

Definición: Un espacio topológico $X$ se dice que countably compacto si cada contables de abrir la cubierta de $X$ tiene un número finito de subcolección que también cubre $X$.

Definición: Un espacio topológico $X$ se dice que el límite de-punto-compacto si cada subconjunto infinito de $X$ tiene un punto límite en $X$.

Entonces ¿cómo se puede demostrar el siguiente resultado?

Deje $X$ $T_1$- espacio. A continuación, $X$ es countably compacto si y sólo si $X$ es el límite de punto compacto.

Mi esfuerzo:

Supongamos $X$ es countably compacto. Deje $A$ ser un subconjunto infinito de $X$, y deje $B$ ser un countably infinito subconjunto de $A$. Supongamos que $A$ no tiene ningún punto límite en $X$. A continuación, $B$ no tiene ningún punto límite en $X$. Así, el conjunto de todos el límite de puntos de $B$ está vacía y lo que figura en $B$; por lo tanto $B$ es cerrado.

Desde $B$ no tiene límite de puntos en $X$, ninguno de los elementos de $B$ es un punto límite de $B$; así, para cada $b_n \in B$, existe un conjunto abierto $U_n$ $X$ tal que $U_n \cap B = \{b_n \}$.

Ahora $\{U_n \colon n \in \mathbb{N} \} \cup \{ X-B \}$ forma una contables de abrir la cubierta de $X$. Por lo que algunos finito subcolección de esta cubierta también cubre $X$ y, por tanto,$B$. Pero $X-B$ no contiene ningún punto de $B$. Por lo $B$ está cubierto por un número finito de conjuntos de $U_n$, cada uno de los cuales contiene sólo un punto de $B$, lo que implica que el $B$ es un conjunto finito, contrario a nuestra selección de $B$. Por lo tanto $X$ es el límite de punto compacto.

Es esto una prueba de la correcta?

Cómo probar lo contrario?

Answer 1

$\Rightarrow $ Supongamos $A\subseteq X$ no tiene límite de puntos. Wlog $A$ es contable, de manera que $A=\left \{ a_{1}, a_{2},\cdots \right \}$.

Tome $U_{n}=X-\left \{ a_{n},a_{n+1},\cdots \right \}$. Cada una de las $U_{n}$ está abierto en $X$, ya que desde $\left \{ a_{n},a_{n+1},\cdots , \right \}$ es un subconjunto de a $A$, y por lo tanto es cerrado en $X$ porque $A$ no tiene límite de puntos. Es fácil ver que $X=\bigcup _{n\geq 1}U_{n}$, de modo que $\left \{ U_{n} \right \}_{n\geq 1}$ es una contables de apertura de la tapa de $X$ que no tiene subcover.

$\Leftarrow $ Supongamos que $X$ no es countably compacto y deje $\left \{ U_{n} \right \}_{n\geq 1}$ ser una contables de apertura de la tapa de $X$ que no tiene subcover. A continuación, podemos elegir, para cada una de las $n\in \mathbb N$ $x_{n}\in X-\bigcup^{n} _{j=1}U_{j}$ tal que $x_{i}\neq x_{k}$ si $i\neq k$. Set $A=\left \{ x_{n} \right \}_{n\in \mathbb N}$. Ahora elija $x\in X$. A continuación, $x\in U_{L}$ algunos $L\in \mathbb N$ desde el $U_{n}$ formar una tapa de $X$. Pero por construcción, $x_{i}\notin U_{L}$ tan pronto como $i\geq L$. Por lo tanto, $U_{L}$ s de un barrio de $x$ que se cruza con $A$ en sólo un número finito de puntos y por lo $x$ no es un punto límite de $A$. Como $x$ fue arbitraria, $A$ no tiene límite de puntos en $X$.

Nota: hemos utilizado el hecho de que si $x$ es un punto límite de un subconjunto $A$ $T_{1}$ espacio $X$ $A\cap (N_{x}-\left \{ x \right \})$ es infinito, para cada vecindario $N_{x}$$x$. Porque, si no, entonces no es un $N_{x}$ barrio de $x$ tal que $A\cap (N_{x}-\left \{ x \right \})$ es finito y, por tanto, cerrado en $X$. Pero entonces, $U=N_{x}-(A\cap (N_{x}-\left \{ x \right \}))$ está abierto en $X$, contiene $x$ y su intersección con la a $A$ es en la mayoría de las $\left \{ x \right \}$, lo que contradice el hecho de que $x$ es un punto límite de $A$.

Answer 2

Por el bien de la contradicción, supongamos que $X$ es el límite de punto compacto pero no countably compacto. Entonces, existe una contables abra la cubierta $(U_n)_{n\in\mathbb N}$ que admite no finito subcover. Elija $x_1\notin V_1\equiv U_1$. Existe alguna $n_1\in\mathbb N$ tal que $x_1\in U_{n_1}$. Ahora elija $$x_2\notin V_2\equiv U_1\cup\ldots\cup U_{n_1}.$$ Elija $n_2\in\mathbb N$ tal que $x_2\in U_{n_2}$. A continuación, elegir $$x_3\notin V_3\equiv U_1\cup\ldots\cup U_{n_1}\cup\ldots\cup U_{n_2}.$$ Pick $n_3\in\mathbb N$ such that $x_3\U_{n_3}$. And so forth (note that $n_1<n_2<n_3<\ldots$). This way, one can construct an infinite set $D\equiv(x_1,x_2,\ldots)$ and an increasing sequence of open sets $(V_n)_{n\in\mathbb N}$ tal que \begin{align*} x_m\notin V_n\quad\text{for any %#%#% such that %#%#%}.\tag{%#%#%} \end{align*} Tenga en cuenta que $m,n\in\mathbb N$ es una cubierta abierta de a$m\geq n$. También, el conjunto de $\clubsuit$ infinito, desde los puntos de $(V_n)_{n\in\mathbb N}$ son todos distintos.

Ahora, si $X$ es el límite de punto compacto, entonces el conjunto infinito $D$ tiene un punto límite $x_1,x_2,\ldots$. Deje $X$ ser tal que $D$ (recordar que $x\in X$ es una cubierta abierta). Por el punto límite de la propiedad, existe alguna $m_0\in\mathbb N$ tal que $x\in V_{m_0}$$(V_n)_{n\in\mathbb N}$. Entonces uno debe tener $m_1\in\mathbb N$; ver ($x_{m_1}\neq x$). Desde $x_{m_1}\in V_{m_0}$$m_1<m_0$, la $\clubsuit$ es abierto y $X$$ por lo que debe existir algunos $T_1$ tal que $\{x_{m_1}\}^c$ (en particular, $$x\in V_{m_0}\cap\{x_{m_1}\}^c,$, lo $m_2\in\mathbb N$) y $x_{m_2}\in V_{m_0}\cap\{x_{m_1}\}^c$. Sigue de nuevo por ( $x_{m_2}\neq x_{m_1}$ $m_2\neq m_1$ . Pero, a continuación,$x_{m_2}\neq x$$\clubsuit$ m_0$m_2<m_0$\{1,\ldots,m_0-1\}$ es finito. Contradicción.

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Su prueba de la otra dirección que parece correcto para mí.