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\newtheorem*{Teorema}{Teorema}

% Abreviaturas
\newcommand\CC{\mathbb{C}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}
\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}
\newcommand\NN{\mathbb{N}}

\title{El teorema de Heine Borel}
\author{}
\date{}
\begin{document}
\maketitle

\begin{quote}
{\textsf{Como esto debió ser explicado en clase, incluyo varios comentarios en 
medio de la demostración para tratar de aclarar puntos oscuros.}}
\end{quote}

Primero un poco de notación. Recordemos que un conjunto $K \subset \RR^n$ se dice 
\emph{compacto} si es cerrado y acotado. 

Una familia de abiertos $\mathcal U$ es simplemente un conjunto cuyos elementos son a su 
vez abiertos de $\RR^n$. Por ejemplo:
\begin{itemize}
\item $\mathcal U_1 = \{B(0,r),\, r \in \NN\}$;
\item $\mathcal U_2 = \{B(0,r),\, r \in \RR\}$;
\item $\mathcal U_3 = \{B(x,1),\, x \in \RR^n\}$;
\item $\mathcal U_4 = \{(t,t+1)\times \RR,\, t \mbox{ un número entero par}\}.$
\end{itemize}
Una sub-familia de $\mathcal U$ es simplemente una familia de abiertos $\mathcal V$
formada por algunos abiertos de $\mathcal U$. Por ejemplo, $\mathcal U_1$ es una 
subfamlia de $\mathcal U_2$.

Decimos que un conjunto $X \subset \RR^n$ tiene la \emph{propiedad del cubrimiento 
finito} (PCF) si ocurre lo siguiente: cada vez que tenemos una familia $\mathcal U$ 
de conjuntos abiertos tales que $\displaystyle X \subset \bigcup_{U \in \mathcal U} 
U$ existe una sub-familia finita de de $\mathcal U$, digamos $\{U_1, \ldots, U_n\}$, tales que  $\displaystyle K \subset \bigcup_{j=1}^n U_{j}$.

\begin{Teorema}[Heine-Borel]
Un conjunto $K \subset \RR^n$ es compacto si y solo si tiene la propiedad del 
cubrimiento finito.
\end{Teorema}
\begin{proof}
$(\Leftarrow)$
Veamos primero que un conjunto $K$ con la propiedad del cubrimiento finito es cerrado y 
acotado. En primer lugar
\[
	K \subset \bigcup_{k \in \NN} B(0, k),
\]
y por la PCF existen naturales $k_1 < k_2 < \cdots < k_r$ tales que
\[
	K \subset \bigcup_{i=1}^r B(0,k_i) = B(0,k_r).
\]
Luego $K$ es acotado.

Para ver que $K$ es cerrado, veamos que $K^c$ es abierto. Si $x \notin K$ entonces 
\[
	K \subset \bigcup_{k \in \NN} \RR^n \setminus \overline B(x,1/k)
\]
y por la PCF existe $N \gg 0$ tal que 
\[
	K \subset \RR^n \setminus \overline B(x,1/N).
\]
Esto implica que $B(x,1/N) \subset K^c$, y por lo tanto $K^c$ es abierto.

$(\Rightarrow)$
Para ver la implicación opuesta, supongamos que $K$ es compacto pero no tiene la PCF.
Esto quiere decir que existe una familia de abiertos $\mathcal U$ que cubren a $K$, pero 
ninguna de sus subfamilias finitas lo cubre.

Elegimos un punto cualquiera, digamos $a_1 \in K$. Como $K$ está cubierto por $\mathcal 
U$, el elemento $a_1$ está en alguno de los abiertos de la familia. Esto implica que el 
conjunto
\[
	A_1 = \{r \in \RR : B(a_1,r) \subset U \mbox{ para algún } U \in \mathcal U\}.
\]
no es vacío. 

Al ser $K$ acotado, existe $N\in \NN$ tal que $K \subset B(a_1, N)$. Luego, si en $A_1$ 
hay algún elemento mayor a $N$ entonces hay un abierto $U \in \mathcal U$ tal que 
$U \supset B(a_1, N) \supset K$, lo que contradice nuestra hipótesis de que ninguna 
subfamilia finita de $\mathcal U$ cubre $K$. Luego $A_1$ está acotado superiormente por 
$N$, y por lo tanto tiene supremo, digamos $s_1 = \sup A_1$. Tomamos $r_1 \in A_1$ tal
que $s_1 - 1/2 < r_1 \leq s_1$, y llamamos $U_1$ al abierto correspondiente, de forma que
$B(a_1, r_1) \subset U_1$.

\begin{quote}
\textsf{En principio $a_1$ podría estar en muchos abiertos, y si un abierto $U$ 
cubre a $a_1$ entonces también cubre a cualquier punto que esté cerca de él. Para 
minimizar el número de abiertos de la subfamilia, conviene tomar un $U$ que cubra muchos 
puntos cerca de $a_1$ y tomar el resto de los abiertos lejos de esos puntos. Al tomar 
$r_1$ cercano al supremo de $A_1$ estamos buscando un abierto $U$ que cubra una 
proporción grande de los puntos cercanos a $a_1$.}
\end{quote}

Notar que $K\setminus U_1$ es nuevamente compacto y no vacío (¿por qué?), así que
repitiendo el procedimiento anterior podemos conseguir un punto $a_2 \in K \setminus U_1$
y un abierto $U_2$ tal que $B(a_2, r_2) \subset U_2$. Más aún, si
\[
	s_2 = \sup \{r: B(a_2,r) \subset U \mbox{ para algún } U \in \mathcal U \}
\]
podemos suponer que $s_2 - 1/4 < r_2 \leq s_2$. Por hipótesis, $U_1 \cup U_2$ no cubre a 
$K$, y podemos construir un punto $a_3$, etc.

Recursivamente, podemos construir una sucesión infinita de puntos $(a_k)_{k \geq 0}$,
con abiertos $U_k$ tales que $B(a_k, r_k) \subset U_k$, y tomando
\[
	s_k = \sup \{r: B(a_k,r) \subset U \mbox{ para algún } U \in \mathcal U \}
\]
podemos suponer que $s_k - 1/2^k < r_k \leq s_k$. Hacemos una observación muy importante:
si $m > k$, entonces $a_m \in K \setminus \bigcup_{j = 1}^k U_j$. En particular $a_m 
\notin B(a_k, r_k)$, es decir que $||a_m - a_k|| \geq r_k$.

\begin{quote}
\textsf{Notar que siempre podemos construir un punto $a_{k+1} \in K \setminus 
\bigcup_{j = 1}^n U_j$ justamente porque ninguna unión finita de abiertos de $\mathcal U$
puede cubrir a $K$; eso es lo que permite armar una sucesión \emph{infinita} de puntos.
La desigualdad final es el punto crucial de la prueba, porque nos da una cota inferior a 
la distancia entre puntos de la sucesión; esto nos va a permitir mostrar que 
\emph{ninguna} subsucesión de $a_k$ puede ser de Cauchy. Lo que viene a continuación es 
bastante denso, así que hay que leerlo con cuidado.}
\end{quote}

Como $K$ es acotado, el teorema de Bolzano-Weierstrass nos garantiza que $a_k$ tiene una 
subsucesión convergente, digamos $(a_{k_j})_{j \geq 0}$; para aliviar la notación 
llamamos $b_j$ a $a_{k_j}$. Si $b = \lim b_j$, entonces por ser $K$ cerrado sabemos que 
$b \in K$, y por lo tanto existen $U \in \mathcal U$ y $r > 0$ tales que $B(b, r) \subset
U$. Ahora, sabemos que $||b_j - b|| < r/2$ si $j \gg 0$, y eso implica que $B(b_j, r/2) 
\subset U$. Por definición $r/2 \leq s_{k_j} < r_{k_j} + 1/2^{k_j}$. De esto se deduce
que si $j \gg 0$ y $m > j$ entonces
\[
	||b_j - b_m|| = ||a_{k_j} - a_{k_m}|| 
		\geq r_{k_j} > \frac{r}{2} - \frac{1}{2^{k_j}} 
		> \frac{r}{4}
\]
Pero al ser convergente, $(b_j)$ es de Cauchy y por lo tanto para $j \gg 0$ y $m > j$ 
debe valer
\[
	||b_j - b_m|| < \frac{r}{4}.
\]
Esto es una contradicción, que provino de suponer que ninguna subfamilia finita de  
$\mathcal U$ cubre $K$. Como esto no puede ocurrir, concluimos que todo compacto $K$ 
tiene la PCF.
\end{proof}

A continuación esbozamos una prueba alternativa de la segunda parte del teorema.
\begin{proof}
$(\Rightarrow)$ Probamos el resultado para $\RR^2$, queda a cargo del lector generalizar 
la prueba a $\RR^n$.

Primero probamos que el conjunto $C = [-1, 1] \times [-1,1]$ tiene la
PCF. Supongamos que no es el caso, es decir que hay una familia de abiertos $\mathcal U$ 
que cubre $C$, y que ninguna subfamilia finita de $\mathcal U$ cubre $C$. Ahora
\[
	C = ([0,1] \times [0,1]) \cup ([0,1] \times [-1,0]) \cup ([-1,0] \times [0,1]) 
	\cup ([-1,0] \times [-1,0]).
\]
Si cada uno de los cuatro uniendos pudiera ser cubierto con finitos abiertos de 
$\mathcal U$, entonces $C$ podría cubrirse con finitos abiertos de $\mathcal U$. Luego
alguno de los cuatro cuadrados debe requerir infinitos abiertos de $\mathcal U$ para ser
cubierto. Llamemos $C^{(1)}$ a ese cuadrado, que tiene lado $1$; haciendo un 
razonamiento similar podemos dividir $C^{(1)}$ en cuatro cuadrados de lado $1/2$, y 
alguno de ellos debe requerir infinitos abiertos de $\mathcal U$ para ser cubierto, 
llamémoslo $C^(2)$. Definimos así recursivamente una sucesión de cuadrados
\[
	C \supset C^{(1)} \supset C^{(2)} \supset \cdots \supset C^{(k)} \supset \cdots
\]
de lado $1/2^k$. Como los lados de los cuadrados tienden a $0$, existe un punto $x \in 
\RR^2$ tal que
\[
	\bigcap_{k \geq 1} C^{(k)} = \{x\}.
\]
\begin{quote}
\textsf{Esto es simplemente un análogo bidimensional del ejercicio que dice que la 
intersección de intervalos encajados es no vacía, y se deduce del resultado 
unidimensional. Por supuesto, hay un resutlado análogo para $\RR^n$ con $n$ arbitrario.}
\end{quote}

Ahora, como $x \in C$ debe existir un abierto $U \in \mathcal U$ y un $r > 0$ tal que
$B(x,r) \subset U$. Tomemos $k$ tal que $1/2^k < r$; como $x \in C^{(k+1)}$ y este es un 
cuadrado de lado $1/2^{k+1}$, todos los puntos de $C^{(k+1)}$ están a distancia a lo 
sumo $\sqrt{2}/2^{k+1} < 1/2^k < r$ de $x$, y por lo tanto $C^{(k+1)} \subset B(x,r) 
\subset U$. Pero por construcción no existe forma de cubrir a $C^{(k)}$ con finitos
abiertos de $\mathcal U$. Hemos llegado a una contradicción que muestra que $C$ tiene
la PCF.

\noindent\textbf{Ejercicio:} Probar que si $K$ tiene la PCF y $c \in \RR$ entonces $cK$
también la tiene. Concluir que un cuadrado cerrado de tamaño arbitrario tiene la PCF.

Sea ahora $K$ un conjunto cerrado y acotado cualquiera, y sea $\mathcal U$ un cubrimiento
de $K$ por abiertos. Por ser $K$ acotado, existe un $N > 0$ tal que $K \subset 
[-N,N]^2$, y por ser $K$ cerrado el conjunto $\RR^2 \setminus K$ es abierto. Tenemos
entonces que
\[
	[-N,N]^2 \subset (\RR^2 \setminus K) \cup \bigcup_{U \in \mathcal U} U.
\]
Como $[-N,N]^2$ tiene la PCF, hay finitos abiertos $U_1, \ldots, U_k$ tales que
\[
	[-N,N]^2 \subset (\RR^2 \setminus K) \cup \bigcup_{i = 1}^k U_i,
\]
de donde
\[
	K \subset \bigcup_{i = 1}^k U_i.
\]
Luego $K$ tiene la PCF.

\noindent\textbf{Ejercicio:} Extender esta prueba para compactos de $\RR^n$.
\end{proof}
\end{document}