Sequencialmente Compactos

Para espaços métricos existe uma relação forte entre a compacidade do espaço e convergência de suas sequências. Veremos uma dessas relações aqui, quando toda sequência admite subsequência convergente.

Ser compacto ou ser sequencialmente compacto são propriedades que, em geral, não se implicam em nenhuma das duas direções. Como exemplo temos o espaço $ \beta N $ que é compacto mas não sequencialmente compacto e o espaço $ \omega_{1} $ que é sequencialmente compacto mas não compacto. Entretanto, quanto considerado espaços métricos obtemos a equivalência entre os dois.

Demonstração: Seja $ (x_{n}) $ uma sequência em $ X $ qualquer. Se o conjunto $ A = \{x_{n} \mid n \in \mathbb{N}\} $ for finito então $ (x_{n}) $ possui uma subsequência constante, suponha que $ A $ é infinito. Sendo $ X $ compacto, o conjunto $ A $ possui um ponto de acumulação $ x $. Por hipótese existe uma base local e enumerável $ \mathscr{B} = \{B_{n} \mid n \in \mathbb{N}\} $ para $ x $, suponha que $ B_{n} \subset B_{m} $ para todo $ n \geqslant m $.

Seja $ i_{0} $ tal que $ x_{i_{0}} \in B_{0} \smallsetminus \{x\} $. Indutivamente, dado $ n \geqslant 0 $ suponha já tenhamos escolhido $ x_{i_{k}} \in B_{k} \smallsetminus \{x\} $ para todo $ k \leqslant n $. O conjunto $ B_{n+1} \smallsetminus \{x_{i_{k}} \mid k \leqslant n\} $ é aberto, pois $ X $ é $ T_{1} $, e contem $ x $, portanto existe $ i_{n+1} > i_{n} $ tal que

$$ x_{i_{n+1}} \in B_{n+1} \smallsetminus \{x, x_{i_{0}}, \dots, x_{i_{n}} \}, $$

pois $ x $ é ponto de acumulação de $ A $.

Note que $ x_{i_{n}} \to x $. $\square$

Todo espaço métrico é $ T_{1} $ e possui bases locais enumeráveis. Logo compacto implica sequencialmente compacto, no caso dos espaços métricos. Nos falta apenas a outra direção.

Demonstração: Prosseguimos por absurdo. Suponha que a cobertura $ \mathscr{C} $ não possui número de Lebesgue. Então para todo $ n \in \mathbb{N} $ existe $ x_{n} \in X $ tal que $ B_{\frac{1}{n}}(x_{n}) \not\subset C $ para todo $ C \in \mathscr{C} $.

Por hipótese, existe uma subsequência $ (x_{i_{k}}) $ que converge para algum $ x \in X $. Seja $ C \in \mathscr{C} $ um aberto que contenha $ x $, então existe $ n>0 $ tal que $ B_{\frac{2}{n}}(x) \subset C $. Uma vez que $ (x_{i_{k}}) $ converge para $ x $ existe um $ i_{k} > n $ tal que $ x_{i_{k}} \in B_{\frac{1}{n}}(x) $. Seja $ y \in B_{\frac{1}{i_{k}}}(x_{i_{k}}) $, então

$$ d(x,y) \leqslant d(x,x_{i_{k}}) + d(x_{i_{k}},y) < \frac{1}{n} + \frac{1}{i_{k}} < \frac{2}{n}. $$

Portanto $ B_{\frac{1}{i_{k}}}(x_{i_{k}}) \subset B_{\frac{2}{n}}(x) \subset C $, um absurdo. $\square$

Finalmente, temos:

Demonstração: Suponha que exista uma cobertura aberta para $ X $ sem subcobertura finita. Pela Proposição 2 existe $ r>0 $, número de Lebesgue da cobertura. Tome $ x_{0} \in X $ qualquer e seja $ C_{0} \in \mathscr{C} $ tal que $ B_{r}(x_{0}) \subset C_{0} $. Dado $ n \geqslant 0 $ seja

$$ x_{n+1} \in X \smallsetminus \bigcap_{k=0}^{n} C_{k}, $$

note que sempre é possível fazer essa escolha pois $ \mathscr{C} $ não possui subcobertura finita.

Para quaisquer $ n > m $ temos $ x_{n} \notin C_{m} \supset B_{r}(x_{m}) $, portanto $ d(x_{n},x_{m}) \geqslant r $. Assim $ (x_{n}) $ não tem subsequência convergente, pois nenhuma subsequência pode satisfazer o critério de Cauchy, um absurdo. $\square$

Agora, podemos sumarizar os resultamos a cima como:

Demonstração: Na página vemos que 1 implica 2.

Se vale 2, então dada uma sequência $ (x_{n}) $ então ou $ A = \{x_{n}\} $ é finito e a sequência possui uma subsequência constante ou $ A $ é infinito e, por hipótese, admite um ponto de acumulação $ x \in X $. Segue que existe uma subsequência de $ (x_{n}) $ que converge para $ x $. Portanto 2 implica 3.

Pela Proposição 3. vemos que 3 implica 1. $\square$

Demonstração: Dada uma sequência de Cauchy em $ X $ existe uma subsequência convergente, mas então, por ser Cauchy, a sequência toda converge para um ponto em $ X $. $\square$