===== Não é possível compactificar $\mathbb{R}$ adicionando-se três elementos! =====

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Não existe uma compactificação $K$ de $\mathbb{R}$ tal que $|K - \mathbb{R}| = 3$.
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Suponha por absurdo que exista uma tal compactificação $K$. Seja $K - \mathbb{R} = \{a, b, c\}$.

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=== Proposição ===
Existem $A, B, C$ abertos disjuntos com $a\in A$, $b\in B$, $c\in C$.
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**Demonstração.** Como $K$ é Hausdorff,
  * existem abertos $A_1$, $B_2$ com $a\in A_1$, $b\in B_2$ e $A_1\cap B_2 = \varnothing$;
  * existem abertos $B_1$, $C_2$ com $b\in B_1$, $c\in C_2$ e $B_1\cap C_2 = \varnothing$;
  * existem abertos $C_1$, $A_2$ com $c\in C_1$, $a\in A_2$ e $C_1\cap A_2 = \varnothing$.
Dessa forma, se $A = A_1\cap A_2$, $B = B_1\cap B_2$, $C = C_1\cap C_2$, então $A, B, C$ serão abertos disjuntos com $a\in A$, $b\in B$, $c\in C$. $\square$

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Note que
  * $A\cap\mathbb{R} = A-\{a\}$;
  * $B\cap\mathbb{R} = B-\{b\}$;
  * $C\cap\mathbb{R} = C-\{c\}$.
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=== Proposição ===
Os conjuntos $A\cap\mathbb{R}, B\cap\mathbb{R}, C\cap\mathbb{R}$ são ilimitados.
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**Demonstração.** Seja $A_0 = A\cap\mathbb{R}$. Note que, como $a\in\overline{\mathbb{R}} = K$, temos, se $V$ é um aberto de $K$ que contém $a$, então $V\cap \mathbb{R}\neq\varnothing$. Ademais, se $V$ é um aberto de $K$ que contém $a$, então $V\cap A_0\neq\varnothing$, pois, caso contrário, $A\cap V$ seria uma aberto de $K$ que contém $a$ e tal que $(A\cap V)\cap\mathbb{R} = (A\cap \mathbb{R})\cap V = A_0\cap V = \varnothing$ (o que é um absurdo). Dessa forma, temos $a\in \overline{A_0}$.

Suponha $A_0$ limitado. Então existem $\alpha, \beta\in\mathbb{R}$, $\alpha<\beta$, com $A_0\subset [\alpha, \beta]$. Como $[\alpha, \beta]$ é fechado, segue que $\overline{A_0}\subset [\alpha, \beta]$, portanto, $a\in[\alpha, \beta]\subset\mathbb{R}$. Absurdo! $\square$

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=== Proposição ===
O conjunto $K-(A\cup B\cup C)\subset \mathbb{R}$ é compacto.
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**Demonstração.** Seja $\mathcal{C}$ uma cobertura em $\mathbb{R}$ para o subconjunto $K-(A\cup B\cup C)$. É claro que $\mathcal{C}\cup \{A\cup B\cup C\}$ é cobertura para $K$, logo, como $K$ é compacto, admite uma subcobertura finita $\mathcal{C}'$. É fácil ver que, portanto, $\mathcal{C}' - \{A\cup B\cup C\}$ será uma subcobertura finita de $\mathcal{C}$ para $K-(A\cup B\cup C)$. Segue que $K-(A\cup B\cup C)$ é compacto. $\square$

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Como //compacto// em $\mathbb{R}$ é o mesmo que //fechado e limitado//, $K-(A\cup B\cup C)$ deve ser limitado, isto é, existem $\alpha, \beta\in\mathbb{R}$, $\alpha<\beta$, com $K-(A\cup B\cup C)\subset [\alpha, \beta]$. Dessa forma, deve ser verdade que $]-\infty, \alpha[,~]\beta, +\infty[\subset A\cup B\cup C$.

Como $A\cap\mathbb{R}, B\cap\mathbb{R}, C\cap\mathbb{R}$ são ilimitados, todos os três devem ter interseção não vazia com pelo menos um dos conjuntos $]-\infty, \alpha[,~]\beta, +\infty[$. Suponha sem perda de generalidade que $A\cap~]-\infty, \alpha[, B\cap~]-\infty, \alpha[\neq\varnothing$.

Dessa forma, se $U = A\cap~]-\infty, \alpha[, V = B\cap~]-\infty, \alpha[, W = C~\cap]-\infty, \alpha[$, é claro que $U, V, W$ são abertos de $\mathbb{R}$ com $]-\infty, \alpha[~= U\cup V\cup W$ e $U, V$ não vazios. Dessa forma, concluímos que $]-\infty, \alpha[$ é não conexo. Absurdo!