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Teorema El intervalo $I=[a,b]$ es compacto

Demostración: Sea $\mathcal{O}$ una cubierta abierta de $I$ y sea $A=\{x\in I:$ el subintervalo $[a,x]$ es recubierto por finitos elementos de $\mathcal{O}\}$ .

Observemos que $a \in A$ pues como la familia $\mathcal{O}$ cubre a I, pues basta entonces elegir un $W \in \mathcal{O}$ tal que $a \in W$ .

Como $b$ acota superiormente a $A$ entonces existe $sup A= \alpha \le b$ .

Queremos demostrar que $b \in A$ , y para esto debemos hacer dos cosas acerca de $\alpha$ :

$\alpha \in A$
$b= \alpha$

Como $\alpha \in A \Rightarrow \exists U \in \mathcal{O}$ tal que $\alpha \in U$ .

$\exists B_{\epsilon}(\alpha) \subset U$ y si $x \in B_{\epsilon}(\alpha) \Rightarrow x \in U$ .

Puesto que $\alpha = sup A$ $\exists y \in A$ tal que $y \in U$ .

No se pudo entender (error léxico): \/ \therefore [a,y]

se cubre con finitos abiertos de , mientras que  con uno solo de .  Entonces  está recubierto por un número finito de abiertos de  y así  lo cual demuestra (1).

Supongamos ahora que $\alpha < b$ , entonces $\exists z, \alpha < z < b: [\alpha, z] \subset U$ , y así $[\alpha,z]$ está recubierto por finitos elementos de $O$ , i.e. $z \in A$ lo cual contradice que $sup A= \alpha$ No se pudo entender (error léxico): \/\Rightarrow \alpha = b , que establece a (2)

$\Box$

--200.92.141.248 04:01 28 feb 2008 (UTC) Rmz-Rmz E.C.

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