Geometria e Topologia I
10
6 aprile 2005
30
Compattezza in spazi metrici ed euclidei
(10.1) Teorema. Sia X uno spazio metrico e C ⊂ X un sottoinsieme. Le seguenti proposizioni sono equivalenti:
(i) C è compatto ( Heine-Borel).
(ii) Ogni insieme infinito di punti di C ha un punto di accumulazione in C ( BolzanoWeierstrass).
(iii) Ogni successione in C ammette una sottosuccessione che converge in C (i.e. C è compatto per successioni).
Dimostrazione. Cominciamo a dimostrare che (i) =⇒ (ii), cioè che ¬(ii) =⇒ ¬(i). Se
è vero 6= (ii), esiste un insieme infinito A ⊂ 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 ∈ A non è di
accumulazione, e quindi per ogni a ∈ A esiste un intorno aperto Ua di a tale che Ua ∩ A non
contiene altri punti oltre ad a, cioè
Ua ∩ A = {a}
(10.2)
Si consideri ora il ricoprimento aperto di A:
A⊂
[
Ua .
a∈A
Per la (10.2), il ricoprimento {Ua } 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 (9.10). Quindi C non è compatto.
Ora mostriamo che (ii) =⇒ (iii). Sia {xi }i∈J una successione di punti di C e A ⊂ C
l’insieme dei punti di {xi }i∈J . Se A è un insieme finito, allora c’è (in modo banale) una
sottosuccessione {xi }i∈J0 con J0 ⊂ J che converge in C: basta prendere una successione
costante. Altrimenti, A è un insieme infinito, e dunque per (ii) esiste un punto x̄ ∈ C che è
di accumulazione per A. Per definizione, questo vuol dire che per ogni > 0 l’intersezione
B (x̄) ∩ (A r {x̄}) 6= ∅.
Cioè, per ogni > 0 esiste y ∈ A, y 6= x̄ per cui
y ∈ B (x̄)
(ricordiamo anche che y ∈ A ⇐⇒ y = xn per qualche n). Dato che X è uno spazio metrico,
segue che per ogni > 0 B (x̄)∩A ha infiniti punti (vedi anche esercizio (5.2)). Ora, definiamo
la successione {nk } per induzione: si scelga y ∈ B1 (x̄) ∩ A. Allora esiste n1 tale che xn1 = y.
1
, ed allora esistono infinite scelte per
Supponiamo di aver definito nk . Definiamo k+1 =
k+1
y ∈ Bk+1 (x̄) ∩ A, dunque infinite soluzioni (intere) dell’equazione
xn ∈ Bk+1 (x̄).
D.L. Ferrario
6 aprile 2005
30
Geometria e Topologia I
6 aprile 2005
31
Dato che sono infinite, ne esiste una per n > nk , che chiamiamo nk+1 . È facile vedere che la
sottosuccessione {xnk } converge a x̄ ∈ C.
Infine mostriamo che (iii) =⇒ (i). Questa è la parte più difficile della dimostrazione.
Per prima cosa, supponiamo di avere un ricoprimento {Ui } di C costituito esclusivamente da
intorni circolari Ui = Bri (ci ) e mostriamo che esiste δ > 0 per cui per ogni x ∈ C l’intorno Bδ (x)
è contenuto in qualche Ui (cioè, per ogni x ∈ C esiste Ui = Bri (ci ) tale che Bδ (x) ⊂ Bri (ci )).
Se ciò non fosse vero, dovrebbe essere vero che per ogni δ > 0 esiste x = x(δ) ∈ C tale che per
ogni i Bδ (x) 6⊂ Bi . Consideriamo la successione δn = n1 . Allora, per ogni n ≥ 1 si può definire
un elemento xn ∈ C per cui
∀i : Bδn (xn ) 6⊂ Ui .
(10.3)
Di nuovo, consideriamo che per ipotesi (iii) è vera, e quindi la successione {xn } ammette una
sottosuccessione {xnk } che converge ad un certo y ∈ C. Dal momento che C è ricoperto dagli
aperti Ui , esiste un aperto Uiy del ricoprimento che contiene y, cioè tale che
lim xnk = y ∈ Uiy .
k
Ma per ipotesi Uiy è aperto, quindi esiste un raggio r > 0 tale che Br (y) ⊂ Uiy , e se k è grande
abbastanza si ha che xnk ∈ Br/2 (y) (dalla convergenza della sottosuccessione) e quindi per la
disuguaglianza triangolare che
Br/2 (xnk ) ⊂ Br (y) ⊂ Uiy .
Dato che per k abbastanza grande δnk < 2r , si può trovare un k per cui
Bδnk (xnk ) ⊂ Br (y) ⊂ Uiy .
Ma questo contraddice la definizione degli {xn } (equazione (10.3)), per cui l’ipotesi è falsa.
Abbiamo mostrato che esiste δ > 0 per cui per ogni x ∈ C l’intorno Bδ (x) è contenuto in
qualche Ui del ricoprimento aperto.
Ora, mostriamo che per ogni > 0 l’insieme C può essere ricoperto da un numero finito di
intorni circolari di raggio . Se ciò non fosse vero, per un certo > 0, si scelga x1 ∈ C; dato che
B (x1 ) non può ricoprire C (per ipotesi), esiste x2 ∈ C tale che x2 6∈ B (x1 ). Analogamente,
si scelga x3 ∈ C r (B (x1 ) ∪ B (x2 )), e per induzione
!
n
[
xn+1 ∈ C r
B (xi ) .
i=1
La successione (di infiniti punti distinti) esiste perché
Inoltre, se h 6= k si ha
Sn
i=1
B (xi ) non può mai coprire C.
d(xh , xk ) ≥ ,
e quindi la successione {xi }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 {xi }. Quindi l’ipotesi
era falsa, e per ogni > 0 l’insieme C è ricoperto da un numero finito di intorni circolari di
raggio .
D.L. Ferrario
6 aprile 2005
31
Geometria e Topologia I
7 aprile 2005
32
Sia quindi C ricoperto da un numero finito di intorni circolari B (cj ) di raggio e {Ui } il
ricoprimento di C di intorni circolari definito sopra, con < δ. Dato che < δ, ogni per ogni
intorno B (cj ) (nell’insieme finito di intorni che ricopre C) esiste un intorno Ui = Ui(j) tale
che B (cj ) ⊂ Ui(j) . L’insieme finito di intorni {Ui(j) }j ricopre C, dato che B (cj ) ricopre C, ed
è quindi un sottoricoprimento finito di {Ui }. 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 (9.9).
q.e.d.
(10.4) Esempio. L’intervallo [0, 1] di Q non è compatto. Per (10.1), basta trovare una
successione in [0, 1] che converge a un numero irrazionale.
(10.5) Sia X uno spazio metrico e C ⊂ X un sottoinsieme. Se C è compatto, allora C è
chiuso e limitato.
Dimostrazione. Ogni spazio metrico è di Hausdorff (vedi esercizio (5.3)), e ogni compatto di
uno spazio di Hausdorff è chiuso (vedi (9.11)), per cui se C è compatto di X allora C è chiuso.
Dobbiamo quindi mostrare che C è limitato. Sia x0 un punto di X e Bn (x0 ) la successione
crescente di intorni circolari di raggio n ∈ N. Dato che {Bn (x0 )}n è un ricoprimento aperto di
C, deve ammettere un sottoricoprimento finito, cioè deve esistere n0 ∈ N per cui C ⊂ Bn0 (x0 ),
cioè C è limitato.
q.e.d.
(10.6) Teorema (Heine-Borel). L’intervallo unitario [0, 1] ⊂ R è compatto.
Prima dimostrazione. Sia {Ui }i∈J un ricoprimento di [0, 1] e definiamo
F = {t ∈ I : [0, t] è coperto da una famiglia finita di intervalli di {Ui }i∈J .
Si vede che 0 ∈ F (e quindi F non è vuoto) e che t ∈ F, 0 ≤ s < t =⇒ s ∈ F . Si consideri
m = sup F (l’estremo superiore di F , che esiste per gli assiomi (9.1)). Allora t < m =⇒ t ∈ F
e t > m =⇒ t 6∈ F . Vediamo se m ∈ F oppure no. Dato che m ∈ [0, 1] e {Ui } ricopre [0, 1],
esiste im ∈ J per cui m ∈ Uim . Ma Uim è aperto, e dunque esiste un intorno circolare di raggio
tale che B (m) ⊂ Uim . Visto che m − ∈ F , l’intervallo [0, m − ] è ricoperto da un numero
finito di aperti Ui , che uniti ad Uim costituiscono un numero finito di aperti che copre [0, m],
e dunque m ∈ F , cioè
F = [0, m].
Ora, se m < 1, allora un ricoprimento finito di [0, m] sarebbe anche ricoprimento finito di
[0, m + ] per un certo abbastanza piccolo, per cui deve essere m = 1, cioè F = [0, 1] (in altre
parole, abbiamo trovato il ricoprimento finito di [0, 1]).
q.e.d.
Seconda dimostrazione. Sia {Ui }i∈J un ricoprimento aperto di I0 = [0, 1]. Supponiamo per
assurdo che non ammetta sottoricoprimenti finiti. Dividiamo I0 nelle due metà di lunghezza
1
:
2
1
1
[0, 1] = [0, ] ∪ [ , 1].
2
2
Se entrambe le metà fossero ricoperte da un numero finito di Ui , cadremmo in contraddizione,
per cui almeno una delle due non lo è, e la chiamiamo I1 . Dividendo I1 in due metà, possiamo
di nuovo applicare lo stesso argomento per definire I2 , e cosı̀ via una successione In di intervalli
D.L. Ferrario
7 aprile 2005
32
Geometria e Topologia I
7 aprile 2005
33
chiusi non ricopribili da un numero finito di aperti Ui , di lunghezza 2−n , e con la proprietà
In ⊂ In−1 per ogni n ≥ 1.
I0 ⊇ I1 ⊇ I2 ⊇ · · · ⊇ In ⊇ . . . .
Ora, se definiamo
I∞ =
∞
\
In ,
i=0
osserviamo che I∞ non può avere più di un punto (infatti, x, y ∈ I∞ =⇒ ∀n ≥ 0, x, y ∈
In =⇒ ∀n ≥ 0, |x − y| ≤ 2−n , che implica |x − y| = 0). Come conseguenza dell’esistenza
dell’estremo superiore in R, si può mostrare (vedi esercizio (5.4)) che I∞ non è vuoto, e che
I∞ = {inf(max In ) = sup(min In )}.
Sia p ∈ I∞ . Dato che p ∈ I, esiste ip ∈ J per cui p ∈ Uip , e quindi esiste un > 0 tale che
B (p) ⊂ Uip .
Ma se n è abbastanza grande, In ⊂ B (p), e dunque esiste un n per cui
In ⊂ B (p) ⊂ Uip :
ciò contraddice l’ipotesi che ogni In non si può coprire con un insieme finito di Ui (un solo Uip
è sufficiente!).
q.e.d.
(10.7) Corollario. Per ogni a < b ∈ R, l’intervallo [a, b] è compatto.
Dimostrazione. Dato che l’intervallo [a, b] è omeomorfo all’intervallo [0, 1], segue immediatamente da (10.6).
q.e.d.
(10.8) Teorema (Heine-Borel II). Se X = Rn con la metrica euclidea, allora C è compatto
se e solo se chiuso e limitato.
Dimostrazione. La proposizione (10.5) è la parte “solo se”. Viceversa, se C ⊂ Rn è limitato,
allora è contenuto nel parallelepipedo del tipo
C ⊂ [a, b]n ⊂ Rn ,
che è compatto per il corollario (10.7) unito al teorema (9.15). 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 (9.10).
q.e.d.
(10.9) Corollario (Bolzano-Weierstrass). Ogni insieme infinito e limitato in Rn ha almeno un punto di accumulazione.
Dimostrazione. Un insieme infinito e limitato in Rn è anche, come sopra, un sottoinsieme
infinito di del compatto [a, b]n per qualche a, b. Per (10.1), (ii), esiste quindi un punto di
accumulazione.
q.e.d.
(10.10) Teorema. Una funzione continua f : X → R definita su un dominio compatto X ha
massimo e minimo.
Dimostrazione. Dato che X è compatto, f (X) è compatto e quindi chiuso e limitato in R. 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 f (X) (vedi esercizio (4.2)), che
coincide con f (X) dato che f (X) è chiuso, quindi m ∈ f (X), M ∈ f (X), e quindi sia m che
M sono assunti in X, cioè m = minx∈X f (x), M = maxx∈X f (x).
q.e.d.
D.L. Ferrario
7 aprile 2005
33
