Gli esercizi seguenti sono dedicati agli insiemi compatti e sono risolti usando principalmente la definizione mediante ricoprimenti aperti.
Ricordiamo che un insieme \(K\subseteq\mathbb R\) si dice compatto se da ogni ricoprimento aperto di \(K\) è possibile estrarre un sottoricoprimento finito. In simboli, se
\[ K\subseteq \bigcup_{i\in I} U_i, \]
dove ogni \(U_i\) è aperto, allora esistono indici \(i_1,\ldots,i_m\in I\) tali che
\[ K\subseteq U_{i_1}\cup\cdots\cup U_{i_m}. \]
Esercizio 1 — livello ★☆☆☆☆
Dimostrare, usando la definizione, che ogni insieme formato da un solo punto è compatto.
Risultato
Ogni singoletto \(\{a\}\subseteq\mathbb R\) è compatto.
Svolgimento
Sia
\[ K=\{a\}. \]
Consideriamo un ricoprimento aperto qualunque di \(K\), cioè una famiglia di aperti \(\{U_i\}_{i\in I}\) tale che
\[ \{a\}\subseteq \bigcup_{i\in I}U_i. \]
Poiché \(a\in K\), deve esistere almeno un indice \(i_1\in I\) tale che
\[ a\in U_{i_1}. \]
Allora il solo aperto \(U_{i_1}\) ricopre tutto \(K\), perché \(K\) contiene soltanto il punto \(a\):
\[ K=\{a\}\subseteq U_{i_1}. \]
Abbiamo quindi estratto dal ricoprimento iniziale un sottoricoprimento formato da un solo aperto. Dunque \(\{a\}\) è compatto.
Esercizio 2 — livello ★☆☆☆☆
Dimostrare, usando la definizione, che ogni insieme finito di numeri reali è compatto.
Risultato
Ogni insieme finito \(K=\{a_1,\ldots,a_n\}\subseteq\mathbb R\) è compatto.
Svolgimento
Sia
\[ K=\{a_1,\ldots,a_n\}. \]
Consideriamo un ricoprimento aperto qualunque di \(K\):
\[ K\subseteq \bigcup_{i\in I}U_i. \]
Poiché \(a_1\in K\), esiste un aperto \(U_{i_1}\) tale che
\[ a_1\in U_{i_1}. \]
Poiché \(a_2\in K\), esiste un aperto \(U_{i_2}\) tale che
\[ a_2\in U_{i_2}. \]
Continuando in questo modo, per ogni punto \(a_j\) scegliamo un aperto \(U_{i_j}\) del ricoprimento tale che
\[ a_j\in U_{i_j}. \]
Otteniamo quindi un numero finito di aperti
\[ U_{i_1},\ldots,U_{i_n} \]
tali che
\[ K\subseteq U_{i_1}\cup\cdots\cup U_{i_n}. \]
Ogni ricoprimento aperto di \(K\) ammette dunque un sottoricoprimento finito. Pertanto \(K\) è compatto.
Esercizio 3 — livello ★★☆☆☆
Dimostrare, usando la definizione, che l'unione di due insiemi compatti è compatta.
Risultato
Se \(K_1\) e \(K_2\) sono compatti, allora \(K_1\cup K_2\) è compatto.
Svolgimento
Sia \(\{U_i\}_{i\in I}\) un ricoprimento aperto di \(K_1\cup K_2\). Allora
\[ K_1\cup K_2\subseteq \bigcup_{i\in I}U_i. \]
Poiché \(K_1\subseteq K_1\cup K_2\), la stessa famiglia \(\{U_i\}_{i\in I}\) ricopre anche \(K_1\):
\[ K_1\subseteq \bigcup_{i\in I}U_i. \]
Essendo \(K_1\) compatto, esistono indici \(i_1,\ldots,i_m\in I\) tali che
\[ K_1\subseteq U_{i_1}\cup\cdots\cup U_{i_m}. \]
Allo stesso modo, poiché \(K_2\) è compatto, esistono indici \(j_1,\ldots,j_n\in I\) tali che
\[ K_2\subseteq U_{j_1}\cup\cdots\cup U_{j_n}. \]
Unendo questi due sottoricoprimenti finiti otteniamo
\[ K_1\cup K_2\subseteq U_{i_1}\cup\cdots\cup U_{i_m}\cup U_{j_1}\cup\cdots\cup U_{j_n}. \]
Questo è un sottoricoprimento finito del ricoprimento iniziale. Dunque \(K_1\cup K_2\) è compatto.
Esercizio 4 — livello ★★★☆☆
Dimostrare, usando i ricoprimenti aperti, che l'intervallo chiuso \([a,b]\) è compatto.
Risultato
Ogni intervallo chiuso e limitato \([a,b]\) è compatto.
Svolgimento
Sia \(\{U_i\}_{i\in I}\) un ricoprimento aperto di \([a,b]\):
\[ [a,b]\subseteq \bigcup_{i\in I}U_i. \]
Consideriamo l'insieme
\[ S=\{x\in[a,b]: [a,x]\text{ ammette un sottoricoprimento finito estratto da }\{U_i\}_{i\in I}\}. \]
L'insieme \(S\) non è vuoto. Infatti \(a\in[a,b]\), quindi esiste un aperto \(U_{i_0}\) tale che \(a\in U_{i_0}\). Poiché \(U_{i_0}\) è aperto, esiste \(\delta\gt 0\) tale che
\[ (a-\delta,a+\delta)\subseteq U_{i_0}. \]
Quindi, per qualche \(x\gt a\), l'intervallo \([a,x]\) è contenuto in \(U_{i_0}\). Pertanto \(x\in S\).
Inoltre \(S\) è limitato superiormente da \(b\). Per completezza di \(\mathbb R\), esiste
\[ c=\sup S. \]
Vogliamo dimostrare che \(c=b\). Supponiamo per assurdo che \(c\lt b\).
Poiché \(c\in[a,b]\), esiste un aperto \(U_{i_c}\) del ricoprimento tale che
\[ c\in U_{i_c}. \]
Essendo \(U_{i_c}\) aperto, esiste \(\varepsilon\gt 0\) tale che
\[ (c-\varepsilon,c+\varepsilon)\subseteq U_{i_c}. \]
Poiché \(c=\sup S\), possiamo scegliere \(s\in S\) con
\[ c-\varepsilon\lt s\le c. \]
Per definizione di \(S\), l'intervallo \([a,s]\) è ricoperto da un numero finito di aperti del ricoprimento. Inoltre l'intervallo \([s,c+\varepsilon/2]\) è contenuto in \(U_{i_c}\).
Quindi \([a,c+\varepsilon/2]\) ammette un sottoricoprimento finito. Questo significa che
\[ c+\frac{\varepsilon}{2}\in S, \]
purché \(c+\varepsilon/2\le b\). Se necessario, scegliamo un incremento più piccolo, in modo da rimanere dentro \([a,b]\).
Otteniamo così un punto di \(S\) maggiore di \(c\), contro il fatto che \(c\) è un maggiorante di \(S\).
Dunque \(c=b\). Ne segue che \([a,b]\) ammette un sottoricoprimento finito estratto dal ricoprimento aperto iniziale. Poiché il ricoprimento era arbitrario, \([a,b]\) è compatto.
Esercizio 5 — livello ★★☆☆☆
Dimostrare, usando un ricoprimento aperto, che l'intervallo \((0,1)\) non è compatto.
Risultato
L'intervallo \((0,1)\) non è compatto.
Svolgimento
Per dimostrare che \((0,1)\) non è compatto, basta costruire un ricoprimento aperto che non ammetta alcun sottoricoprimento finito.
Consideriamo la famiglia di aperti
\[ U_n=\left(\frac1n,1\right), \qquad n\ge 2. \]
Mostriamo che \(\{U_n\}_{n\ge 2}\) ricopre \((0,1)\). Sia \(x\in(0,1)\). Poiché \(x\gt 0\), possiamo scegliere \(n\) abbastanza grande in modo che
\[ \frac1n\lt x. \]
Allora
\[ x\in\left(\frac1n,1\right)=U_n. \]
Quindi
\[ (0,1)\subseteq \bigcup_{n=2}^{+\infty}U_n. \]
Prendiamo ora un numero finito di questi aperti:
\[ U_{n_1},\ldots,U_{n_m}. \]
Sia
\[ N=\max\{n_1,\ldots,n_m\}. \]
Allora l'unione finita scelta è contenuta in
\[ \left(\frac1N,1\right). \]
Ma il punto
\[ \frac1{N+1} \]
appartiene a \((0,1)\) e non appartiene a \(\left(\frac1N,1\right)\), perché
\[ \frac1{N+1}\lt \frac1N. \]
Quindi nessuna sottofamiglia finita ricopre \((0,1)\). Pertanto \((0,1)\) non è compatto.
Esercizio 6 — livello ★★☆☆☆
Dimostrare, usando un ricoprimento aperto, che \((0,1]\) non è compatto.
Risultato
L'intervallo \((0,1]\) non è compatto.
Svolgimento
Consideriamo la famiglia di aperti
\[ U_n=\left(\frac1n,2\right), \qquad n\ge 2. \]
Questa famiglia ricopre \((0,1]\). Infatti, se \(x\in(0,1]\), allora \(x\gt 0\), e quindi possiamo scegliere \(n\) abbastanza grande tale che
\[ \frac1n\lt x. \]
Da \(x\le 1\lt 2\) segue
\[ x\in\left(\frac1n,2\right). \]
Dunque \(\{U_n\}_{n\ge 2}\) è un ricoprimento aperto di \((0,1]\).
Scegliamo ora un numero finito di aperti:
\[ U_{n_1},\ldots,U_{n_m}. \]
Posto
\[ N=\max\{n_1,\ldots,n_m\}, \]
la loro unione è contenuta in
\[ \left(\frac1N,2\right). \]
Ma
\[ \frac1{N+1}\in(0,1] \]
e
\[ \frac1{N+1}\lt \frac1N. \]
Quindi \(\frac1{N+1}\) non è coperto dall'unione finita scelta. Pertanto il ricoprimento aperto iniziale non ammette sottoricoprimenti finiti.
Dunque \((0,1]\) non è compatto.
Esercizio 7 — livello ★★☆☆☆
Dimostrare, usando un ricoprimento aperto, che \(\mathbb R\) non è compatto.
Risultato
L'insieme \(\mathbb R\) non è compatto.
Svolgimento
Consideriamo la famiglia di aperti
\[ U_n=(-n,n), \qquad n\in\mathbb N,\ n\ge 1. \]
Questa famiglia ricopre \(\mathbb R\). Infatti, preso \(x\in\mathbb R\), possiamo scegliere \(n\in\mathbb N\) tale che
\[ n\gt |x|. \]
Allora
\[ x\in(-n,n)=U_n. \]
Quindi
\[ \mathbb R=\bigcup_{n=1}^{+\infty}(-n,n). \]
Prendiamo ora una sottofamiglia finita:
\[ U_{n_1},\ldots,U_{n_m}. \]
Sia
\[ N=\max\{n_1,\ldots,n_m\}. \]
Allora
\[ U_{n_1}\cup\cdots\cup U_{n_m}\subseteq (-N,N). \]
Ma il punto \(N+1\) appartiene a \(\mathbb R\) e non appartiene a \((-N,N)\). Quindi la sottofamiglia finita non ricopre \(\mathbb R\).
Abbiamo trovato un ricoprimento aperto senza sottoricoprimenti finiti. Pertanto \(\mathbb R\) non è compatto.
Esercizio 8 — livello ★★☆☆☆
Dimostrare, usando un ricoprimento aperto, che \(\mathbb N\) non è compatto come sottoinsieme di \(\mathbb R\).
Risultato
L'insieme \(\mathbb N\) non è compatto in \(\mathbb R\).
Svolgimento
Consideriamo la famiglia di aperti
\[ U_n=\left(n-\frac13,n+\frac13\right), \qquad n\in\mathbb N. \]
Ogni \(U_n\) è un intervallo aperto di \(\mathbb R\), e contiene il numero naturale \(n\).
Quindi la famiglia \(\{U_n\}_{n\in\mathbb N}\) ricopre \(\mathbb N\), perché per ogni \(n\in\mathbb N\) si ha
\[ n\in U_n. \]
Supponiamo di prendere solo un numero finito di questi aperti:
\[ U_{n_1},\ldots,U_{n_m}. \]
Sia
\[ N=\max\{n_1,\ldots,n_m\}. \]
Il numero naturale \(N+1\) non appartiene a nessuno degli aperti scelti. Infatti ciascun aperto scelto è centrato in uno tra \(n_1,\ldots,n_m\), tutti minori o uguali a \(N\), e ha raggio \(\frac13\).
In particolare, nessun aperto tra quelli scelti può contenere \(N+1\).
Quindi nessuna sottofamiglia finita ricopre \(\mathbb N\). Pertanto \(\mathbb N\) non è compatto.
Esercizio 9 — livello ★★★☆☆
Dimostrare, usando i ricoprimenti aperti, che l'insieme
\[ K=\left\{0\right\}\cup\left\{\frac1n:n\in\mathbb N,\ n\ge 1\right\} \]
è compatto.
Risultato
L'insieme \(K=\{0\}\cup\{\frac1n:n\ge 1\}\) è compatto.
Svolgimento
Sia \(\{U_i\}_{i\in I}\) un ricoprimento aperto di \(K\). Poiché \(0\in K\), esiste un aperto \(U_{i_0}\) del ricoprimento tale che
\[ 0\in U_{i_0}. \]
Poiché \(U_{i_0}\) è aperto, esiste \(\varepsilon\gt 0\) tale che
\[ (-\varepsilon,\varepsilon)\subseteq U_{i_0}. \]
Poiché
\[ \frac1n\to 0, \]
esiste \(N\in\mathbb N\) tale che, per ogni \(n\ge N\),
\[ \frac1n\in(-\varepsilon,\varepsilon). \]
Quindi \(U_{i_0}\) ricopre tutti i punti della forma \(\frac1n\) con \(n\ge N\), oltre al punto \(0\).
Restano da ricoprire soltanto i punti finiti
\[ 1,\frac12,\frac13,\ldots,\frac1{N-1}. \]
Per ciascuno di questi punti scegliamo un aperto del ricoprimento che lo contiene. Otteniamo così un numero finito di aperti, che insieme a \(U_{i_0}\) ricoprono tutto \(K\).
Abbiamo estratto un sottoricoprimento finito da un ricoprimento aperto arbitrario. Dunque \(K\) è compatto.
Esercizio 10 — livello ★★★☆☆
Dimostrare, usando un ricoprimento aperto, che l'insieme
\[ A=\left\{\frac1n:n\in\mathbb N,\ n\ge 1\right\} \]
non è compatto.
Risultato
L'insieme \(A=\{\frac1n:n\ge 1\}\) non è compatto.
Svolgimento
Costruiamo un ricoprimento aperto di \(A\) senza sottoricoprimenti finiti.
Per ogni \(n\ge 1\), poniamo
\[ U_n=\left(\frac1n-\delta_n,\frac1n+\delta_n\right), \]
dove scegliamo \(\delta_n\gt 0\) così piccolo che \(0\notin U_n\) e che gli intervalli \(U_n\) siano sufficientemente separati da non contenere tutti i punti successivi della successione. Per esempio possiamo scegliere
\[ \delta_n=\frac12\min\left\{\frac1n-\frac1{n+1},\frac1{n-1}-\frac1n\right\} \]
per \(n\ge 2\), e scegliere separatamente un piccolo intervallo aperto intorno a \(1\).
In questo modo ogni \(U_n\) contiene il punto \(\frac1n\), e la famiglia \(\{U_n\}_{n\ge 1}\) ricopre \(A\).
Tuttavia, se scegliamo soltanto un numero finito di questi aperti, possiamo coprire soltanto un numero finito di punti dell'insieme \(A\), perché ciascun aperto è stato costruito per isolare un punto della successione.
Rimane quindi scoperto almeno un punto \(\frac1n\) non corrispondente agli aperti scelti.
Pertanto il ricoprimento aperto costruito non ammette un sottoricoprimento finito. Quindi \(A\) non è compatto.
Esercizio 11 — livello ★★★☆☆
Dimostrare, usando la definizione, che ogni sottoinsieme chiuso di un compatto è compatto.
Risultato
Se \(K\) è compatto e \(F\subseteq K\) è chiuso, allora \(F\) è compatto.
Svolgimento
Sia \(\{U_i\}_{i\in I}\) un ricoprimento aperto di \(F\):
\[ F\subseteq \bigcup_{i\in I}U_i. \]
Poiché \(F\) è chiuso, il suo complementare \(\mathbb R\setminus F\) è aperto.
Consideriamo allora la famiglia di aperti
\[ \{U_i\}_{i\in I}\cup\{\mathbb R\setminus F\}. \]
Questa famiglia ricopre \(K\). Infatti, se \(x\in K\), allora ci sono due possibilità:
\[ x\in F \quad \text{oppure} \quad x\notin F. \]
Se \(x\in F\), allora \(x\) è ricoperto da qualche \(U_i\). Se invece \(x\notin F\), allora
\[ x\in\mathbb R\setminus F. \]
Dunque abbiamo costruito un ricoprimento aperto di \(K\).
Poiché \(K\) è compatto, esiste un sottoricoprimento finito:
\[ K\subseteq U_{i_1}\cup\cdots\cup U_{i_m}\cup(\mathbb R\setminus F). \]
Ora restringiamoci a \(F\). I punti di \(F\) non appartengono a \(\mathbb R\setminus F\), quindi devono essere ricoperti dagli aperti
\[ U_{i_1},\ldots,U_{i_m}. \]
Pertanto
\[ F\subseteq U_{i_1}\cup\cdots\cup U_{i_m}. \]
Abbiamo estratto un sottoricoprimento finito del ricoprimento aperto iniziale di \(F\). Quindi \(F\) è compatto.
Esercizio 12 — livello ★★★☆☆
Dimostrare che l'intersezione di un compatto con un chiuso è compatta.
Risultato
Se \(K\) è compatto e \(F\) è chiuso, allora \(K\cap F\) è compatto.
Svolgimento
Poiché
\[ K\cap F\subseteq K, \]
possiamo pensare \(K\cap F\) come un sottoinsieme di \(K\).
Inoltre \(K\cap F\) è chiuso in \(K\), perché \(F\) è chiuso in \(\mathbb R\).
Applichiamo il risultato dell'esercizio precedente: ogni sottoinsieme chiuso di un compatto è compatto.
Poiché \(K\) è compatto e \(K\cap F\) è chiuso dentro \(K\), segue che
\[ K\cap F \]
è compatto.
Quindi l'intersezione di un compatto con un chiuso è compatta.
Esercizio 13 — livello ★★★☆☆
Dimostrare, usando la definizione, che l'immagine continua di un compatto è compatta.
Risultato
Se \(K\) è compatto e \(f:K\to\mathbb R\) è continua, allora \(f(K)\) è compatto.
Svolgimento
Sia \(\{V_i\}_{i\in I}\) un ricoprimento aperto di \(f(K)\):
\[ f(K)\subseteq \bigcup_{i\in I}V_i. \]
Consideriamo le controimmagini degli aperti \(V_i\):
\[ f^{-1}(V_i)=\{x\in K:f(x)\in V_i\}. \]
Poiché \(f\) è continua, ogni \(f^{-1}(V_i)\) è aperto in \(K\).
Inoltre la famiglia \(\{f^{-1}(V_i)\}_{i\in I}\) ricopre \(K\). Infatti, se \(x\in K\), allora \(f(x)\in f(K)\), e quindi esiste \(i\in I\) tale che
\[ f(x)\in V_i. \]
Dunque
\[ x\in f^{-1}(V_i). \]
Poiché \(K\) è compatto, esistono indici \(i_1,\ldots,i_m\in I\) tali che
\[ K\subseteq f^{-1}(V_{i_1})\cup\cdots\cup f^{-1}(V_{i_m}). \]
Applichiamo \(f\). Se \(y\in f(K)\), allora \(y=f(x)\) per qualche \(x\in K\). Poiché \(x\) appartiene a uno degli insiemi \(f^{-1}(V_{i_j})\), segue che
\[ y=f(x)\in V_{i_j}. \]
Quindi
\[ f(K)\subseteq V_{i_1}\cup\cdots\cup V_{i_m}. \]
Abbiamo estratto un sottoricoprimento finito del ricoprimento aperto iniziale di \(f(K)\). Pertanto \(f(K)\) è compatto.
Esercizio 14 — livello ★★★★☆
Dimostrare che una funzione continua su un compatto è limitata.
Risultato
Se \(K\) è compatto e \(f:K\to\mathbb R\) è continua, allora \(f\) è limitata su \(K\).
Svolgimento
Per l'esercizio precedente, l'immagine \(f(K)\) è compatta.
Dimostriamo ora direttamente, tramite ricoprimenti, che un compatto \(C\subseteq\mathbb R\) è limitato.
Consideriamo la famiglia di aperti
\[ U_n=(-n,n), \qquad n\in\mathbb N. \]
Questa famiglia ricopre \(\mathbb R\), quindi ricopre anche \(C\):
\[ C\subseteq \bigcup_{n=1}^{+\infty}(-n,n). \]
Poiché \(C\) è compatto, esistono \(n_1,\ldots,n_m\) tali che
\[ C\subseteq (-n_1,n_1)\cup\cdots\cup(-n_m,n_m). \]
Posto
\[ N=\max\{n_1,\ldots,n_m\}, \]
otteniamo
\[ C\subseteq (-N,N). \]
Quindi \(C\) è limitato.
Applicando questo risultato a \(C=f(K)\), otteniamo che \(f(K)\) è limitato. Dunque esiste \(M\gt 0\) tale che
\[ |f(x)|\le M \]
per ogni \(x\in K\). Pertanto \(f\) è limitata su \(K\).
Esercizio 15 — livello ★★★★☆
Dimostrare, usando la compattezza, che una funzione continua su un compatto assume massimo e minimo.
Risultato
Se \(K\) è compatto e \(f:K\to\mathbb R\) è continua, allora \(f\) ammette massimo e minimo assoluti su \(K\).
Svolgimento
Poiché \(f\) è continua e \(K\) è compatto, l'immagine \(f(K)\) è compatta.
Dall'esercizio precedente sappiamo che un compatto di \(\mathbb R\) è limitato. Quindi \(f(K)\) è limitato superiormente e inferiormente.
Sia
\[ M=\sup f(K). \]
Vogliamo mostrare che \(M\in f(K)\). Supponiamo per assurdo che \(M\notin f(K)\).
Consideriamo la famiglia di aperti
\[ V_n=(-\infty,M-\frac1n), \qquad n\in\mathbb N. \]
Poiché \(M\) è l'estremo superiore ma, per assurdo, non appartiene a \(f(K)\), ogni punto di \(f(K)\) è strettamente minore di \(M\). Dunque ogni punto di \(f(K)\) appartiene a qualche \(V_n\).
Quindi \(\{V_n\}_{n\ge 1}\) è un ricoprimento aperto di \(f(K)\).
Poiché \(f(K)\) è compatto, esiste un sottoricoprimento finito:
\[ f(K)\subseteq V_{n_1}\cup\cdots\cup V_{n_m}. \]
Sia
\[ N=\max\{n_1,\ldots,n_m\}. \]
Allora l'unione finita è contenuta in
\[ (-\infty,M-\frac1N). \]
Quindi
\[ f(K)\subseteq (-\infty,M-\frac1N), \]
il che contraddice il fatto che \(M\) sia il più piccolo maggiorante di \(f(K)\).
Pertanto \(M\in f(K)\), cioè esiste \(x_{\max}\in K\) tale che
\[ f(x_{\max})=M. \]
In modo analogo si dimostra che \(f\) assume anche il minimo assoluto. Dunque \(f\) ammette massimo e minimo su \(K\).
Esercizio 16 — livello ★★★☆☆
Dimostrare, usando i ricoprimenti aperti, che ogni compatto di \(\mathbb R\) è limitato.
Risultato
Ogni insieme compatto \(K\subseteq\mathbb R\) è limitato.
Svolgimento
Consideriamo la famiglia di aperti
\[ U_n=(-n,n), \qquad n\in\mathbb N,\ n\ge 1. \]
Questa famiglia ricopre \(\mathbb R\), perché ogni numero reale appartiene a qualche intervallo \((-n,n)\).
Di conseguenza essa ricopre anche \(K\):
\[ K\subseteq \bigcup_{n=1}^{+\infty}(-n,n). \]
Poiché \(K\) è compatto, esistono \(n_1,\ldots,n_m\) tali che
\[ K\subseteq (-n_1,n_1)\cup\cdots\cup(-n_m,n_m). \]
Poniamo
\[ N=\max\{n_1,\ldots,n_m\}. \]
Allora
\[ (-n_1,n_1)\cup\cdots\cup(-n_m,n_m)\subseteq (-N,N). \]
Quindi
\[ K\subseteq (-N,N). \]
Pertanto \(K\) è limitato.
Esercizio 17 — livello ★★★★☆
Dimostrare, usando i ricoprimenti aperti, che ogni compatto di \(\mathbb R\) è chiuso.
Risultato
Ogni compatto \(K\subseteq\mathbb R\) è chiuso.
Svolgimento
Per dimostrare che \(K\) è chiuso, mostriamo che il complementare \(\mathbb R\setminus K\) è aperto.
Sia \(x_0\in\mathbb R\setminus K\). Dobbiamo dimostrare che esiste un intorno aperto di \(x_0\) tutto contenuto in \(\mathbb R\setminus K\).
Per ogni \(y\in K\), poiché \(y\ne x_0\), possiamo scegliere due intorni aperti disgiunti di \(y\) e di \(x_0\). Per esempio poniamo
\[ r_y=\frac{|y-x_0|}{3}. \]
Allora gli intervalli
\[ U_y=(y-r_y,y+r_y) \]
e
\[ V_y=(x_0-r_y,x_0+r_y) \]
sono disgiunti.
La famiglia \(\{U_y\}_{y\in K}\) è un ricoprimento aperto di \(K\), perché ogni punto \(y\in K\) appartiene al proprio \(U_y\).
Poiché \(K\) è compatto, esistono \(y_1,\ldots,y_m\in K\) tali che
\[ K\subseteq U_{y_1}\cup\cdots\cup U_{y_m}. \]
Consideriamo ora
\[ V=V_{y_1}\cap\cdots\cap V_{y_m}. \]
L'insieme \(V\) è un aperto, perché è intersezione finita di aperti, e contiene \(x_0\).
Inoltre \(V\) è disgiunto da ciascun \(U_{y_j}\), quindi è disgiunto dalla loro unione. Siccome tale unione contiene \(K\), otteniamo
\[ V\cap K=\varnothing. \]
Dunque
\[ V\subseteq \mathbb R\setminus K. \]
Abbiamo trovato un intorno aperto di \(x_0\) contenuto nel complementare di \(K\). Quindi \(\mathbb R\setminus K\) è aperto e \(K\) è chiuso.
Esercizio 18 — livello ★★★☆☆
Dimostrare, usando un ricoprimento aperto, che l'intervallo \([0,1]\setminus\{\frac12\}\) non è compatto.
Risultato
L'insieme \([0,1]\setminus\{\frac12\}\) non è compatto.
Svolgimento
Indichiamo
\[ A=[0,1]\setminus\left\{\frac12\right\}. \]
Costruiamo un ricoprimento aperto di \(A\) che non ammette sottoricoprimenti finiti.
Consideriamo gli aperti
\[ U_n=\left(-1,\frac12-\frac1n\right)\cup\left(\frac12+\frac1n,2\right), \qquad n\ge 3. \]
Ogni \(U_n\) è aperto, essendo unione di due aperti.
Mostriamo che \(\{U_n\}_{n\ge 3}\) ricopre \(A\). Sia \(x\in A\). Allora \(x\in[0,1]\) e \(x\ne \frac12\).
Se \(x\lt \frac12\), possiamo scegliere \(n\) sufficientemente grande in modo che
\[ x\lt \frac12-\frac1n. \]
Quindi \(x\in U_n\).
Se invece \(x\gt \frac12\), possiamo scegliere \(n\) sufficientemente grande in modo che
\[ x\gt \frac12+\frac1n. \]
Anche in questo caso \(x\in U_n\). Dunque \(\{U_n\}_{n\ge 3}\) ricopre \(A\).
Prendiamo ora un numero finito di questi aperti:
\[ U_{n_1},\ldots,U_{n_m}. \]
Sia
\[ N=\max\{n_1,\ldots,n_m\}. \]
L'unione finita scelta lascia scoperti i punti di \(A\) sufficientemente vicini a \(\frac12\). Per esempio il punto
\[ x=\frac12+\frac1{N+1} \]
appartiene ad \(A\), ma non appartiene a nessuno degli aperti scelti, perché è ancora troppo vicino a \(\frac12\).
Quindi il ricoprimento aperto costruito non ammette sottoricoprimenti finiti. Pertanto \(A\) non è compatto.
Esercizio 19 — livello ★★★★☆
Dimostrare, usando la definizione, che il prodotto cartesiano di due compatti della retta non è richiesto per la compattezza in \(\mathbb R\), ma che l'intersezione di due compatti di \(\mathbb R\) è compatta.
Risultato
Se \(K_1,K_2\subseteq\mathbb R\) sono compatti, allora \(K_1\cap K_2\) è compatto.
Svolgimento
Dall'esercizio 17 sappiamo che ogni compatto di \(\mathbb R\) è chiuso. Dunque \(K_2\) è chiuso.
Poiché \(K_1\) è compatto e \(K_2\) è chiuso, l'intersezione
\[ K_1\cap K_2 \]
è un sottoinsieme chiuso del compatto \(K_1\).
Per l'esercizio 11, ogni sottoinsieme chiuso di un compatto è compatto.
Pertanto
\[ K_1\cap K_2 \]
è compatto.
Osserviamo che il ragionamento è interamente basato sulla definizione di compattezza e sulle sue conseguenze fondamentali: i compatti sono chiusi e i chiusi contenuti in compatti sono compatti.
Esercizio 20 — livello ★★★★★
Sia \(K\subseteq\mathbb R\) un insieme compatto e sia \(\{F_n\}_{n\ge 1}\) una successione decrescente di chiusi non vuoti di \(K\), cioè
\[ F_1\supseteq F_2\supseteq F_3\supseteq\cdots, \]
con \(F_n\) chiuso e \(F_n\subseteq K\) per ogni \(n\). Dimostrare che
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}F_n\ne\varnothing. \]
Risultato
L'intersezione di una successione decrescente di chiusi non vuoti contenuti in un compatto è non vuota.
Svolgimento
Procediamo per assurdo. Supponiamo che
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}F_n=\varnothing. \]
Allora nessun punto di \(K\) appartiene a tutti gli insiemi \(F_n\). Equivalentemente, per ogni \(x\in K\) esiste almeno un indice \(n\) tale che
\[ x\notin F_n. \]
Poiché ogni \(F_n\) è chiuso, il suo complementare
\[ K\setminus F_n \]
è aperto in \(K\). La famiglia
\[ \{K\setminus F_n:n\ge 1\} \]
è quindi un ricoprimento aperto di \(K\). Infatti, dalla supposizione
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}F_n=\varnothing \]
segue che ogni \(x\in K\) appartiene ad almeno uno dei complementari \(K\setminus F_n\).
Poiché \(K\) è compatto, da questo ricoprimento aperto possiamo estrarre un sottoricoprimento finito. Esistono quindi indici
\[ n_1,\ldots,n_m \]
tali che
\[ K\subseteq (K\setminus F_{n_1})\cup\cdots\cup(K\setminus F_{n_m}). \]
Sia
\[ N=\max\{n_1,\ldots,n_m\}. \]
Poiché la successione \((F_n)\) è decrescente, si ha
\[ F_N\subseteq F_{n_j} \]
per ogni \(j=1,\ldots,m\). Di conseguenza
\[ K\setminus F_{n_j}\subseteq K\setminus F_N \]
per ogni \(j=1,\ldots,m\).
Dunque
\[ K\subseteq K\setminus F_N. \]
Ma questo significa che
\[ F_N=\varnothing, \]
in contraddizione con l'ipotesi che tutti gli \(F_n\) siano non vuoti.
L'ipotesi assurda era quindi falsa. Pertanto
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}F_n\ne\varnothing. \]