1. Compattezza in spazi metrici ed euclidei

(Cfr.)1

(1.1) Teorema. Sia $X$ uno spazio metrico e $C\subset X$ un sottoinsieme, con la topologia indotta2. Le seguenti proposizioni sono equivalenti:

  1. $C$ è compatto (Heine-Borel).

  2. Ogni insieme infinito di punti di $C$ ha un punto di accumulazione in $C$ (Bolzano-Weierstrass).

  3. Ogni successione in $C$ ammette una sottosuccessione che converge in $C$ (i.e. $C$ è compatto per successioni).


Dim. Cominciamo a dimostrare che $(i)\implies (ii)$, cioè che $\neg (ii) \implies \neg (i)$. Se è vero $\neg (ii)$, esiste un insieme infinito $A\subset C$ di punti di $C$ che non ha nessun punto di accumulazione in $C$ (cioè nessun punto di $C$ è di accumulazione per $A$, e quindi in particolare nessun punto di $A$ è di accumulazione per $A$). Questo significa che ogni $a\in A$ non è di accumulazione, e quindi per ogni $a\in A$ esiste un intorno aperto $U_ a$ di $a$ tale che $U_ a \cap A$ non contiene altri punti oltre ad $a$, cioè

(1)\begin{equation} U_ a \cap A = \{ a\} \end{equation}

Si consideri ora il ricoprimento aperto di $A$:

\[ A \subset \bigcup _{a\in A} U_ a. \]

Per la (1), il ricoprimento $\{ U_ a \} $ di $A$ non ammette nessun sottoricoprimento, e dato che se $A$ è infinito anche il ricoprimento è infinito, risulta che $A$ non è compatto. Per mostrare che $C$ non è compatto, basta osservare che $A$ è chiuso in $C$ (dal momento che nessun punto di $C$ è di accumulazione per $A$, la chiusura di $A$ in $C$ è uguale a $A$): se $C$ fosse compatto anche $A$ dovrebbe essere compatto, per (1.15). Quindi $C$ non è compatto.

Ora mostriamo che $(ii)\implies (iii)$. Sia $\{ x_ i\} _{i\in J}$ una successione di punti di $C$ e $A\subset C$ l’insieme dei punti di $\{ x_ i\} _{i\in J}$. Se $A$ è un insieme finito, allora c’è (in modo banale) una sottosuccessione $\{ x_ i\} _{i\in J_0}$ con $J_0\subset J$ che converge in $C$: basta prendere una successione costante. Altrimenti, $A$ è un insieme infinito, e dunque per $(ii)$ esiste un punto $\bar{x} \in C$ che è di accumulazione per $A$. Per definizione, questo vuol dire che per ogni $\epsilon > 0$ l’intersezione

\[ B_\epsilon ({\bar{x}}) \cap (A\smallsetminus \{ \bar{x}\} ) \neq \emptyset . \]

Cioè, per ogni $\epsilon > 0$ esiste $y \in A$, $y \neq \bar{x}$ per cui

\[ y \in B_{\epsilon }({\bar{x}}) \]

(ricordiamo anche che $y \in A \iff y = x_{n}$ per qualche $n$). Dato che $X$ è uno spazio metrico, segue che per ogni $\epsilon > 0$ $ B_{\epsilon }(\bar{x}) \cap A $ ha infiniti punti (vedi anche esercizio 4.2). Ora, definiamo la successione $\{ n_ k\} $ per induzione: si scelga $ y \in B_{1}({\bar{x}}) \cap A$. Allora esiste $n_1$ tale che $x_{n_1} = y$. Supponiamo di aver definito $n_ k$. Definiamo $\epsilon _{k+1} = \dfrac {1}{k+1}$, ed allora esistono infinite scelte per $y \in B_{\epsilon _{k+1}}({\bar{x}}) \cap A$, dunque infinite soluzioni (intere) dell’equazione

\[ x_{n} \in B_{\epsilon _{k+1}}(\bar{x}). \]

Dato che sono infinite, ne esiste una per $n > n_ k$, che chiamiamo $n_{k+1}$. È facile vedere che la sottosuccessione $\{ x_{n_ k} \} $ converge a $\bar{x} \in C$.

Infine mostriamo che $(iii)\implies (i)$. Questa è la parte più difficile della dimostrazione. Per prima cosa, supponiamo di avere un ricoprimento $\{ U_\alpha \} $ di $C$ costituito esclusivamente da intorni circolari $U_\alpha = B_{r_\alpha }(c_\alpha )$ e mostriamo che

(1.2) esiste $\delta > 0$ per cui per ogni $x\in C$ l’intorno $B_\delta (x)$ è contenuto in qualche $U_\alpha $.

Dim. [Dimostrazione del lemma (1.2)] Dobbiamo mostrare che per ogni $x\in C$ esiste $U_\alpha = B_{r_\alpha }(c_\alpha )$ tale che $B_\delta (x) \subset B_{r_\alpha }(c_\alpha )$. Se ciò non fosse vero, dovrebbe essere vero che per ogni $\delta > 0$ esiste $x=x(\delta )\in C$ tale che per ogni $\alpha $ $B_\delta (x) \not\subset B_\alpha $. Consideriamo la successione $\delta _ n = \frac{1}{n}$. Allora, per ogni $n\geq 1$ si può definire un elemento $x_ n\in C$ per cui (2)\begin{equation} \forall \alpha , B_{\delta _ n}(x_ n) \not\subset U_\alpha . \end{equation} Di nuovo, consideriamo che per ipotesi $(iii)$ è vera, e quindi la successione $\{ x_ n\} $ ammette una sottosuccessione $\{ x_{n_ k}\} $ che converge ad un certo $y\in C$. Dal momento che $C$ è ricoperto dagli aperti $U_ i$, esiste un aperto $U_{\alpha _ y}$ del ricoprimento che contiene $y$, cioè tale che \[ \lim _{k} x_{n_ k} = y \in U_{\alpha _ y}. \] Ma per ipotesi $U_{\alpha _ y}$ è aperto, quindi esiste un raggio $r > 0$ tale che $B_{r}(y) \subset U_{\alpha _ y}$, e se $k$ è grande abbastanza si ha che $x_{n_ k} \in B_{r/2}(y)$ (dalla convergenza della sottosuccessione) e quindi per la disuguaglianza triangolare che \[ B_{r/2}(x_{n_ k})\subset B_{r}(y) \subset U_{\alpha _ y}. \] Dato che per $k$ abbastanza grande $ \delta _{n_ k} < \frac{r}{2} $, si può trovare un $k$ per cui \[ B_{\delta _{n_ k}}(x_{n_ k})\subset B_{r}(y) \subset U_{\alpha _ y}. \] Ma questo contraddice la definizione degli $\{ x_ n\} $ (equazione (2)), per cui l’ipotesi è falsa. Abbiamo mostrato che esiste $\delta > 0$ per cui per ogni $x\in C$ l’intorno $B_\delta (x)$ è contenuto in qualche $U_ i$ del ricoprimento aperto.
QED

Ora, mostriamo che

(1.3) per ogni $\epsilon > 0$ l’insieme $C$ può essere ricoperto da un numero finito di intorni circolari di raggio $\epsilon $.3

Dim. [Dimostrazione del lemma (1.3)] Se ciò non fosse vero, per un certo $\epsilon > 0$, si scelga $x_1\in C$; dato che $B_\epsilon (x_1)$ non può ricoprire $C$ (per ipotesi), esiste $x_2 \in C$ tale che $x_2\not\in B_\epsilon (x_1)$. Analogamente, si scelga $x_3\in C \smallsetminus \left( B_\epsilon (x_1) \cup B_\epsilon (x_2) \right)$, e per induzione \[ x_{n+1} \in C \smallsetminus \left( \bigcup _{i=1}^{n} B_\epsilon (x_ i) \right). \] La successione (di infiniti punti distinti) esiste perché \[ \displaystyle \bigcup _{i=1}^{n} B_\epsilon (x_ i) \] non può mai coprire $C$. Inoltre, se $h\neq k$ si ha \[ d(x_ h,x_ k) \geq \epsilon , \] e quindi la successione $\{ x_ i\} _ i$ non può avere sottosuccessioni convergenti. Ma dato che stiamo assumendo $(iii)$ vera, ogni successione in $C$ deve avere almeno una sottosuccessione convergente, e questa proprità è contraddetta dall’esistenza della successione $\{ x_ i\} $. Quindi l’ipotesi era falsa, e per ogni $\epsilon > 0$ l’insieme $C$ è ricoperto da un numero finito di intorni circolari di raggio $\epsilon $.
QED

Sia quindi $C$ ricoperto da un numero finito di intorni circolari $B_{\epsilon }(c_ j)$ di raggio $\epsilon $ e $\{ U_\alpha \} $ il ricoprimento di $C$ di intorni circolari definito sopra, con $\epsilon < \delta $. Dato che $\epsilon < \delta $, per ogni intorno $B_{\epsilon }(c_ j)$ (nell’insieme finito di intorni che ricopre $C$) esiste un intorno $U_\alpha = U_{\alpha (j)}$ tale che $ B_\epsilon (c_ j) \subset U_{\alpha (j)} $. L’insieme finito di intorni $\{ U_{\alpha (j)}\} _ j$ ricopre $C$, dato che $B_\epsilon (c_ j)$ ricopre $C$, ed è quindi un sottoricoprimento finito di $\{ U_\alpha \} $. Per concludere la dimostrazione, bisogna trovare sottoricoprimenti finiti per ricoprimenti aperti generici, e non solo per ricoprimenti di intorni della base di intorni circolari. Ma questo segue da (1.24).

QED

(1.4) Nota. Osserviamo che abbiamo di fatto dimostrato il seguente lemma (chiamato lemma del numero di Lebesgue):

(1.5) Sia $X$ uno spazio metrico compatto, e $\{ U_\alpha \} $ un ricoprimento aperto di $X$. Allora esiste $\delta > 0$ (chiamato numero di Lebesgue del ricoprimento $\{ U_\alpha \} $) tale che per ogni $x\in X$ esiste $\alpha $ tale che $x\in B_\delta (x) \subset U_\alpha $.

Dim. Se $U_\alpha $ è composto da intorni sferici (palle), allora si tratta esattamente di (1.2). Altrimenti, gli $U_\alpha $ sono unioni di intorni circolari perché aperti, e quindi possiamo sostituire ad ogni $U_\alpha = \cup _{i} B_{\alpha ,i}$ l’insieme di $B_{\alpha ,i}$ di cui è unione, ed ottenere un ricoprimento per cui vale (1.2). Quindi per ogni $x\in X$ esiste $\alpha ,i$ tale che $x\in B_{\delta }(x) \subset B_{\alpha ,i}$, e quindi esiste $\alpha $ tale che $x\in B_{\delta }(x) \subset U_\alpha $, dato che $B_{\alpha ,i} \subset U_\alpha $.
QED

(1.6) Nota. Se $X$ non è uno spazio metrico (o metrizzabile), le tre proprietà non sono necessariamente equivalenti. Ci sono esempi di spazi per cui vale $(i)$ ma non vale $(iii)$ (nella nota (1.14) a pagina *: si dice che è compatto ma non compatto per successioni). Ma ci sono anche spazi per cui vale $(iii)$ ma non $(i)$ (cioè $X=\omega _1$ è compatto per successioni ma non lo è per ricoprimenti; $\omega _1$ è semplicemente un certo insieme con la topologia degli intervalli, rispetto ad un ordine totale, che però non riusciamo a definire in questo corso; un esempio –opzionale– si può trovare nella nota (1.15) a pagina *). In generale, però vale $(i) \implies (ii)$ (guardare la dimostrazione…), e $(iii) \implies (ii)$.

(1.7) Nota. L’intervallo $[0,1]$ di $\QQ $ non è compatto. Per (1.1), basta trovare una successione in $[0,1]$ che converge a un numero irrazionale. Un esempio è quello delle troncate $n$-esime delle cifre decimali di un irrazionale di $[0,1]$. Esempi costruttivi di successioni di questo tipo sono molto interessanti: una cosa è dire che esiste una successione di razionali che converge a $q$, un’altra cosa è definire una funzione (ricorsiva, per esempio) o un algoritmo che genera tali razionali. In altre parole, fissato per esempio $q=\sqrt {2}/2$ dovrebbe essere possibile scrivere un programma che per $k$ assegnato calcola in modo esatto tutte le prime $k$ cifre decimali di $q$. È possibile in questo modo scrivere un programma che calcola in modo esatto tutte le prime $k$ cifre decimali anche di $\pi $? È vero che per ogni $x\in \RR $ esiste un programma che per $k$ assegnato calcola in modo esatto tutte le prime $k$ cifre decimali di $x$ (di qualsiasi irrazionale)? Stiamo parlando naturalmente di programmi in senso astratto. Nei casi concreti, programmi che impiegano $10^{100}$ anni per terminare non sono di grande utilità (si veda più avanti anche (1.18) a pagina *).

A Spigot Algorithm4 for the Digits of $\pi $

import sys
def main():
 k, a, b, a1, b1 = 2L, 4L, 1L, 12L, 4L
 while 1:
 p, q, k = k*k, 2L*k+1L, k+1L
 a, b, a1, b1 = a1, b1, p*a+q*a1, p*b+q*b1
 d, d1 = a/b, a1/b1
 while d == d1:
 output(d)
 a, a1 = 10L*(a d, d1 = a/b, a1/b1
def output(d):
 sys.stdout.write(str(d))
 sys.stdout.flush()

if __name__== "__main__":
 main()


(1.8) Sia $X$ uno spazio metrico e $C\subset X$ un sottoinsieme. Se $C$ è compatto, allora $C$ è chiuso e limitato.

Dim. Ogni spazio metrico è di Hausdorff (vedi esercizio 3.4), e ogni compatto di uno spazio di Hausdorff è chiuso (vedi (1.16)), per cui se $C$ è compatto di $X$ allora $C$ è chiuso. Dobbiamo quindi mostrare che $C$ è limitato. Sia $x_0$ un punto di $X$ e $B_ n(x_0)$ la successione crescente di intorni circolari di raggio $n\in \NN $. Dato che $\{ B_ n(x_0)\} _ n$ è un ricoprimento aperto di $C$, deve ammettere un sottoricoprimento finito, cioè deve esistere $n_0\in \NN $ per cui $C\subset B_{n_0}(x_0)$, cioè $C$ è limitato.
QED

(1.9) Teorema.[Heine-Borel] L’intervallo unitario $[0,1] \subset \RR $ è compatto.

Dim. [Prima dimostrazione] Sia $\{ U_ i\} _{i\in J}$ un ricoprimento di $[0,1]$ e definiamo \[ \begin{aligned} F = \left\{ t\in I : [0,t] \text {~ è coperto da una famiglia finita} \right. \\ \left. \text {di aperti di~ } \{ U_ i\} _{i\in J}\} \right\} \end{aligned} \] Si vede che $0\in F$ (e quindi $F$ non è vuoto) e che $t\in F, 0\leq s < t \implies s\in F$. Si consideri $m = \sup F$ (l’estremo superiore di $F$, che esiste per gli assiomi (1.1)). Allora $t < m \implies t\in F$ e $t > m \implies t\not\in F$. Vediamo se $m\in F$ oppure no. Dato che $m\in [0,1]$ e $\{ U_ i\} $ ricopre $[0,1]$, esiste $i_ m\in J$ per cui $m\in U_{i_ m}$. Ma $U_{i_ m}$ è aperto, e dunque esiste un intorno circolare di raggio $\epsilon $ tale che $B_\epsilon (m) \subset U_{i_ m}$. Visto che $m-\epsilon \in F$, l’intervallo $[0,m-\epsilon ]$ è ricoperto da un numero finito di aperti $U_ i$, che uniti ad $U_{i_ m}$ costituiscono un numero finito di aperti che copre $[0,m]$, e dunque $m\in F$, cioè \[ F = [0,m]. \] Ora, se $m < 1$, allora un ricoprimento finito di $[0,m]$ sarebbe anche ricoprimento finito di $[0,m+\epsilon ]$ per un certo $\epsilon $ abbastanza piccolo, per cui deve essere $m=1$, cioè $F=[0,1]$ (in altre parole, abbiamo trovato il ricoprimento finito di $[0,1]$).
QED

Dim. [Seconda dimostrazione] Sia $\{ U_ i\} _{i\in J}$ un ricoprimento aperto di $I_0=[0,1]$. Supponiamo per assurdo che non ammetta sottoricoprimenti finiti. Dividiamo $I_0$ nelle due metà di lunghezza $\dfrac {1}{2}$:

\[ [0,1] = [0,\frac{1}{2}] \cup [\frac{1}{2},1]. \]

Se entrambe le metà fossero ricoperte da un numero finito di $U_ i$, cadremmo in contraddizione, per cui almeno una delle due non lo è, e la chiamiamo $I_1$. Dividendo $I_1$ in due metà, possiamo di nuovo applicare lo stesso argomento per definire $I_2$, e così via una successione $I_ n$ di intervalli chiusi non ricopribili da un numero finito di aperti $U_ i$, di lunghezza $2^{-n}$, e con la proprietà $I_ n \subset I_{n-1}$ per ogni $n\geq 1$.

\[ I_0 \supseteq I_1 \supseteq I_2 \supseteq ... \supseteq I_ n\supseteq ... . \]

Ora, se definiamo

\[ I_{\infty } = \bigcap _{i=0}^\infty I_ n, \]

osserviamo che $I_{\infty }$ non può avere più di un punto (infatti, $x,y\in I_{\infty } \implies \forall n\geq 0, x,y \in I_ n \implies \forall n\geq 0, |x-y|\leq 2^{-n}$, che implica $|x-y|=0$). Come conseguenza dell’esistenza dell’estremo superiore in $\RR $, si può mostrare (vedi esercizio 4.3) che $I_\infty $ non è vuoto, e che

\[ I_{\infty } = \{ \inf ( \max I_ n ) = \sup ( \min I_ n ) \} . \]

Sia $p\in I_{\infty }$. Dato che $p\in I$, esiste $i_ p\in J$ per cui $p\in U_{i_ p}$, e quindi esiste un $\epsilon > 0$ tale che

\[ B_\epsilon (p) \subset U_{i_ p}. \]

Ma se $n$ è abbastanza grande, $I_ n \subset B_{\epsilon }(p)$, e dunque esiste un $n$ per cui

\[ I_ n \subset B_\epsilon (p) \subset U_{i_ p}: \]

ciò contraddice l’ipotesi che ogni $I_ n$ non si può coprire con un insieme finito di $U_ i$ (un solo $U_{i_ p}$ è sufficiente!).

QED

La seconda dimostrazione (bisezione) può essere modificata in questo modo, dato che grazie al Teorema (1.1) basta mostrare che ogni sottoinsieme infinito $A$ di $[0,1]$ ha un punto di accumulazione in $[0,1]$: in $I_0=[0,1]$ ci sono infiniti punti di $A$, e quindi in una delle due metà $[0,1/2]$, $[1/2,1]$ ce ne devono essere infiniti. E così per induzione, si ottiene una catena $I_0 \supset I_1 \supset \ldots \supset I_ n \supset \ldots $ di intervalli di ampiezza $2^{-n}$ che converge al punto di accumulazione di $A$ (esercizio!).

(1.10) Corollario. Per ogni $a { < } b \in \RR $, l’intervallo $[a,b]$ è compatto.

Dim. Dato che l’intervallo $[a,b]$ è omeomorfo all’intervallo $[0,1]$, segue immediatamente da (1.9).
QED

(1.11) Teorema.[Heine-Borel II] Se $X= \RR ^ n$ con la metrica euclidea, allora $C\subset X$ è compatto se e solo se chiuso e limitato.

Dim. La proposizione (1.8) è la parte “solo se”. Viceversa, se $C\subset \RR ^ n$ è limitato, allora è contenuto nel parallelepipedo del tipo \[ C \subset [a,b]^ n \subset \RR ^ n, \] che è compatto per il corollario (1.10) unito al teorema (1.25). Quindi, se $C$ è chiuso in $X$, è chiuso anche in $[a,b]^ n$ e quindi è un sottoinsieme chiuso di uno spazio compatto, e quindi è compatto per la proposizione (1.15).
QED

(1.12) Corollario. [Bolzano-Weierstrass] Ogni insieme infinito e limitato in $\RR ^ n$ ha almeno un punto di accumulazione.

Dim. Un insieme infinito e limitato in $\RR ^ n$ è anche, come sopra, un sottoinsieme infinito del compatto $[a,b]^ n$ per qualche $a,b$. Per (1.1), $(ii)$, esiste quindi un punto di accumulazione.
QED

(1.13) Teorema. Una funzione continua $f\from X \to \RR $ definita su un dominio compatto $X$ ha massimo e minimo.

Dim. Dato che $X$ è compatto, $f(X)$ è compatto e quindi chiuso e limitato in $\RR $. Dato che è limitato, sia l’estremo superiore $M=\sup (f(X))$ che l’estremo inferiore $m=\inf ( f(X))$ esistono finiti. Gli estremi $m$ e $M$ appartengono alla chiusura $\overline{f(X)}$ (vedi esercizio 3.2), che coincide con $f(X)$ dato che $f(X)$ è chiuso, quindi $m\in f(X)$, $M\in f(X)$, e quindi sia $m$ che $M$ sono assunti in $X$, cioè $m=\min _{x\in X} f(x)$, $M=\max _{x\in X} f(x)$.
QED

(1.14) Nota. [Opzionale] Consideriamo, come nella nota (1.26) a pagina *, la topologia prodotto di una famiglia qualsiasi di spazi. Per esempio, l’insieme delle parti $X=2^{[0,1]}$ dell’intervallo $[0,1]$, che possiamo identificare con l’insieme di tutte le funzioni $f\from [0,1] \to \{ 0,1\} $. Nella topologia (prodotto) di $X$ una successione $\{ f_ n\} $ converge a $\bar f$ se e soltanto se per ogni $\alpha \in [0,1]$ $f_ n(\alpha )$ converge a $\bar f(\alpha )$. Con la topologia prodotto e il teorema di Tychonoff, dato che $\{ 0,1\} $ è compatto, allora anche $X$ è compatto. Ora costruiamo una successione $f_ n$ in $X$ che non converge puntualmente, e per cui nessuna sottosuccessione converge puntualmente. Per ogni $t\in [0,1]$ sia

\[ t = a_0,a_1 a_2 a_3 \ldots a_ n \ldots \]

la rappresentazione in cifre binarie di $t$, cioè

\[ t = \sum _{j=0}^\infty a_ j 2^{-j}. \]

Poniamo

\[ f_ n(t) = a_ n, \]

cioè $f_ n(t)$ è uguale all’$n$-esima cifra nella rappresentazione binaria di $t$. Ora, se $f_{n_ k}$ è una sottosuccessione qualsiasi, sia $\alpha \in [0,1]$ un numero qualsiasi le cui cifre binarie $\alpha =a_0,a_1a_2\ldots $ soddisfano

\[ a_{n_ k} = k \mod 2. \]

Allora $f_{n_ k}(\alpha ) = k \mod 2$, e la sottosuccessione $f_{n_ k}$ non converge puntualmente. Quindi $X$ è compatto, ma non è vero che ogni successione in $X$ ammette almeno una sottosuccessione convergente. Segue qundi dal Teorema (1.1) che sullo spazio $X$ di tutte le funzioni $[0,1] \to \{ 0,1\} $ non è possibile definire una metrica che induca la topologia della convergenza puntuale (non è metrizzabile nella topologia prodotto/della convergenza puntuale).

Consideriamo ora in $X$ l’insieme $D\subset X$ delle funzioni $f\from [0,1]\to \{ 0,1\} $ che sono uguali a $1$ solo in un numero finito di punti di $[0,1]$. Sia $x\in X$ è un punto arbitrario di $X$; se $U\subset X$ è un aperto della base della topologia prodotto di $X$, allora esistono $k$ punti $\alpha _1,\ldots , \alpha _ k \in [0,1]$ e $k$ valori $y_1,\ldots , y_ k \in \{ 0,1\} $ tali che

\[ U = \{ f \in X : \forall i=1\ldots k, y(\alpha _ i) = y_ i \} , \]

e quindi gli intorni $U$ di $x\in X$ sono gli insiemi di funzioni $f\from [0,1] \to \{ 0,1\} $ che coincidono con $x$ su un insieme finito di punti $\alpha _1,\ldots , \alpha _ k$. In ogni intorno quindi cadono sempre punti di $D$ oltre ad $x$, cioè ogni $x$ è di accumulazione per $D$ ($D$ è denso in $X$). Però le successioni di punti in $D$ non possono convergere (puntualmente!) che a funzioni $x\from [0,1] \to \{ 0,1\} $ che sono uguali a $1$ al massimo in un insieme numerabile di punti. Quindi ci sono punti di accumulazione per $D$ che non sono limiti di successioni di punti in $D$.

(1.15) Nota. [Opzionale] Modifichiamo l’esempio della nota (1.14), per ottenere uno spazio che è compatto per successioni ma non compatto. Sia $\{ 0,1\} ^ I$ l’insieme di tutte le funzioni (non necessariamente continue) $I\to \{ 0,1\} $, dove $I=[0,1] \subset \RR $ ha la topologia metrica e $\{ 0,1\} ^ I$ ha la topologia della convergenza puntuale (cioè quella prodotto di una infinità non numerabile ($I$) di copie di $\{ 0,1\} $, analogamente alla nota precedente). Per ogni $f\from I \to \{ 0,1\} $, il supporto di $f$ è definito da

\[ S(f) = \{ t \in [0,1] : f(t) = 1 \} . \]

Sia ora $X\subset \{ 0,1\} ^ I$ il sottospazio definito da

\[ X = \left\{ f \in \{ 0,1\} ^ I : S(f) \text { è numerabile}. \right\} \subset \{ 0,1\} ^ I, \]

con la topologia indotta.

(1.16) Per ogni successione $\{ f_ n\} $ di elementi di $X$ esiste una sottosuccessione $f_{n_ k}$ convergente in $X$: $X$ è compatto per successioni.

Dim. L’unione di tutti i supporti delle $f_ n$ è unione numerabile di insiemi numerabili, e quindi anch’esso è numerabile: \[ S=\cup _{n} S(f_ n) \approx \NN . \] Ora, le funzioni $f_ n|S$, le restrizioni delle $f_ n$ all’unione dei supporti $S$, costituiscono una successione in $I^ S$ (lo spazio di tutte le funzioni da $S$ a $\{ 0,1\} $). Ma si può mostrare che $\{ 0,1\} ^ S \approx \{ 0,1\} ^\NN $ è metrico (è l’insieme di Cantor dell’esercizio 5.22 a pagina *) e compatto (nella topologia prodotto, per il teorema di Tychonoff o per l’esercizio 5.22), e quindi esiste una sottosuccessione $f_{n_ k}|S$ che converge in $I^ S$, cioè una sottosuccessione per cui per ogni $t\in S$ si ha che $f_{n_ k}(t)$ converge. Ma se $t\not\in S$, $f_{n_ k} = 0$ per definizione, e quindi $f_{n_ k}(t)$ converge per ogni $t\in I$, e dunque converge ad una funzione $\bar f$. Il supporto di $\bar f$ è per forza numerabile (contenuto in $S$), e quindi $\bar f \in X$, dunque $X$ è compatto per successioni.
QED
D’altra parte vale il seguente lemma.

(1.17) $X$ non è compatto (per ricoprimenti).

Dim. Per ogni $t\in I$, l’insieme \[ A_ t = \left\{ f\in X : f(t) = 0 \right\} \] è un aperto di $X$ (è un elemento della base di aperti nella topologia prodotto di $\{ 0,1\} ^ I \cap X$). Per ogni $f\in X$ esiste certamente $t\in I$ tale che $f(t) = 0$, perché altrimenti il supporto $S(f)$ sarebbe non numerabile. Quindi \[ X \subset \cup _{t\in [0,1]} A_ t \] è un ricoprimento aperto. Ma $X$ non può essere coperto da un numero finito di $A_{t}$: per ogni insieme finito $t_1,\ldots , t_ n$ esiste certamente $f\in X$ tale che \[ f(t_1) =1, \ldots , f(t_ n) = 1, \] cioè $f\not\in A_{t_ i}$ per $i=1,\ldots , n$. Quindi $X$ non è compatto.
QED


Footnotes

  1. Cfr: Sernesi Vol II, Cap III, §9 [1].
  2. Equivalentemente: sia $C$ uno spazio metrico, quindi.
  3. La proprietà che per ogni $\epsilon > 0$ l’insieme $C$ può essere ricoperto da un numero finito di intorni sferici di raggio $\epsilon $ ha un nome: si dice che $C$ è totalmente limitato. È chiaro che se $C$ è totalmente limitato, allora è limitato. Purtroppo in generale non è vero il viceversa.
  4. A Spigot Algorithm for the Digits of $\pi $, S. Rabinowitz, S. Wagon (The American Mathematical Monthly, Vol. 102, No. 3 (Mar., 1995), pp. 195-203 ).