Открытые и замкнутые множества на прямой (Давидович)

[ewert]

irod в сообщении #1241075 писал(а):

Если $\mathbb{R}\setminus M$ не имеет предельных точек, то оно замкнуто (см. доказательство задачи 12).

Если это выкинуть, то всё станет совсем нормально. А эта фраза -- просто излишня: замкнутость ровно и означает, что множество содержит все свои предельные точки. Т.е. что из предельности точки следует её принадлежность множеству -- не более и не менее того.

irod в сообщении #1241075 писал(а):

в каждой окрестности точки $x$ содержится как минимум одна точка, не принадлежащая множеству $\mathbb{R}\setminus M$, обозначим эту точку $y$. $y\in M$.

Плохо сформулировано: во-первых, нехорошо обозначать разные точки одним и тем же игреком, а во-вторых, этот игрек всё равно нигде потом не используется. Надо было вместо выделенного написать просто "т.е. принадлежащая $M$".

И, кстати, 15-я задача должна была идти перед 14-й. Поскольку в 14-й важна полнота $\mathbb R$ (попытайтесь угадать, почему), а в 15-й -- нет.

[irod]

Улетаю в отпуск, и хочу перед отъездом выложить все что накопилось нового.
Но сначала соберу в одном месте ваши старые вопросы/замечания, с которыми я пока не разобрался. Это для своего удобства, чтобы не забыть вернуться к ним потом.

(Долги)

1) Задача 11.

grizzly в сообщении #1235913 писал(а):

А ещё лучше в данном случае -- дать простой (насколько сможете -- чем проще, тем лучше) пример счётного набора замкнутых множеств с отсутствующей предельной точкой в объединении.

irod в сообщении #1237943 писал(а):

Контрпример: множество $\mathbb{Q}$ всех рациональных чисел
...
это самый простой пример который я смог придумать.

Someone в сообщении #1237990 писал(а):

Ещё гораздо проще есть.

2) Задача 14.

grizzly в сообщении #1241078 писал(а):

у Вас в той задаче нет целостного рассуждения -- от условия задачи, через определения и теоремы / другие задачи, к выводу. У Вас там интуитивное рассуждение, которое не выглядит убедительным.

Пути, как это исправить, Вам предложили -- и ewert и я (лучше всё же идти по пути ewert -- он короче и естественней).

ewert в сообщении #1238731 писал(а):

Проще не ссылаться на ту задачу, а повторить ключевую часть её доказательства. Берём любую точку открытого множества и строим для неё максимальный интервал. Что можно сказать про его концы?...

3)

grizzly в сообщении #1241078 писал(а):

И, пожалуйста, поищите простой контрпример к Вашему утверждению: счётное объединение непересекающихся отрезков замкнуто.

4)

ewert в сообщении #1241094 писал(а):

Поскольку в 14-й важна полнота $\mathbb R$ (попытайтесь угадать, почему), а в 15-й -- нет.

-- 25.08.2017, 12:00 --

А вот новое.

Задача 16.
Пусть множество $A$ открыто, множество $B$ замкнуто. Можно ли утверждать, что множества $A\cap B,A\cup B,A\setminus B,B\setminus A$ открыты или замкнуты?

Ответ.

Про $A\cap B$ ничего утверждать нельзя. Например, пусть $A=(0,2),B=[1,3]$. Тогда $A\cap B=[1,2)$ -- не открыто (точка $1$ не является внутренней) и не замкнуто (не содержит предельную точку $2$).

Про $A\cup B$ ничего утверждать нельзя. Пусть $A,B$ не пересекаются, например $A=(0,1),B=[1,2]$. Тогда $A\cup B=(0,2]$ -- не открыто и не замкнуто.

$A\setminus B$ открыто.
Доказательство.
Используем формулу

$$A\setminus(B\setminus C)=(A\setminus B)\cup(A\cap C) $$

(а откуда ты взял эту формулу?)

Это задача 10.д листка 1, который я перепрыгнул. Сейчас у меня не получилось с наскока доказать ее, и есть сомнения что она в принципе верна. В своих попытках я пробовал использовать формулу $A\cap C=A\setminus(A\setminus C)$ (задача 10.б листка 1), которая очевидно верна. Получил формулу $A\setminus(B\setminus C)=(A\setminus B)\cup(A\setminus(A\setminus C))$, с которой пока не придумал что делать дальше.

для выражения дополнения:

$$ \mathbb{R}\setminus(A\setminus B)=(\mathbb{R}\setminus A)\cup(\mathbb{R}\cap B)=(\mathbb{R}\setminus A)\cup B. $$

Множество $\mathbb{R}\setminus A$ замкнуто (задача 15). Объединение двух замкнутых множеств замкнуто (задача 9). Из замкнутости дополнения следует открытость исходного множества (задача 15).

$B\setminus A$ замкнуто.
Доказательство аналогично предыдущему пункту. Найдем дополнение:

$$ \mathbb{R}\setminus(B\setminus A)=(\mathbb{R}\setminus B)\cup(\mathbb{R}\cap A)=(\mathbb{R}\setminus B)\cup A. $$

Множество $\mathbb{R}\setminus B$ открыто (задача 15). Объединение двух открытых множеств открыто (задача 2). Из открытости дополнения следует замкнутость исходного множества (задача 15).

-- 25.08.2017, 12:01 --

Определение 7.
Множество $\overline{M}=M\cup M'$ называется замыканием множества $M$.

Задача 17.
Если $M$ замкнуто, то $\overline{M}=M$.

Доказательство.
Следует из определения замкнутости: $M'\subset M\Rightarrow M=M\cup M'=\overline{M}$.

-- 25.08.2017, 12:02 --

Задача 18.
Замыкание любого множества замкнуто.

Доказательство.
Из задачи 17 следует, что замыкание замкнутого множества замкнуто.
Рассмотрим теперь незамкнутые множества. Пусть $M$ -- незамкнутое множество, $x$ -- предельная точка множества $\overline{M}$, и пусть $(x_i)$ -- сходящаяся к $x$ последовательность точек множества $\overline{M}$. Все члены $(x_i)$ принадлежат $M$ или $M'$. Значит, $(x_i)$ содержит сходящуюся к $x$ подпоследовательность (задача 10 листка 11), целиком состоящую из точек множества $M$ или целиком состоящую из точек множества $M'$. Т.е. $x$ является предельной точкой множества $M$ или предельной точкой множества $M'$. Отсюда вследствие замкнутости $M'$ следует, что $x\in M'$, и значит $x\in\overline{M}$.

-- 25.08.2017, 12:03 --

Задача 19.
Замыкание множества $M$ есть пересечение всех замкнутых множеств, содержащих $M$.

Доказательство.
Пересечение всех замкнутых множеств, содержащих $M$, содержит $M$. Каждое множество из пересечения содержит также $M'$ (вследствие своей замкнутости). Следовательно, пересечение содержит $M'$. Включение $M$ и $M'$ в пересечение означает включение $\overline{M}$ в пересечение.
Минимальное замкнутое множество, содержащее $M$, есть $\overline{M}$.
Следовательно, пересечение есть $\overline{M}$.

-- 25.08.2017, 12:04 --

Определение 8.
Множество $M$ называется
1) плотным в себе, если $M\subset M'$;
2) совершенным, если $M=M'$;
3) всюду плотным, если $M'=\mathbb{R}$.


Задача 20.
Множество плотно в себе, если и только если у него нет изолированных точек.

Доказательство.
Пусть множество $M$ плотно в себе. Предположим, у него есть изолированные точки, и $x$ -- одна из них. $x$ не является предельной точкой (задача 7), т.е. $x\not\in M'$. Но тогда из $M\subset M'$ следует $x\not\in M$ -- противоречие с существованием изолированных точек.
Пусть теперь $M$ -- множество, у которого нет изолированных точек. Все точки $M$ являются предельными (задача 7), т.е. $M\subset M'$.

-- 25.08.2017, 12:05 --

Задача 21.
Множество совершенно, если и только если оно замкнуто и плотно в себе.

Доказательство.
Тривиально (я правильно употребляю это слово?):
$M=M'\Leftrightarrow (M\subset M')\land(M\supset M')$.

-- 25.08.2017, 12:15 --

По задаче 15.

ewert в сообщении #1241094 писал(а):

Плохо сформулировано: во-первых, нехорошо обозначать разные точки одним и тем же игреком, а во-вторых, этот игрек всё равно нигде потом не используется. Надо было вместо выделенного написать просто "т.е. принадлежащая $M$".

Ок.

ewert в сообщении #1241094 писал(а):

irod в сообщении #1241075 писал(а):

Если $\mathbb{R}\setminus M$ не имеет предельных точек, то оно замкнуто (см. доказательство задачи 12).

Если это выкинуть, то всё станет совсем нормально. А эта фраза -- просто излишня: замкнутость ровно и означает, что множество содержит все свои предельные точки. Т.е. что из предельности точки следует её принадлежность множеству -- не более и не менее того.

grizzly в сообщении #1241078 писал(а):

Вторая часть тоже ок, но вот здесь:

irod в сообщении #1241075 писал(а):

Возьмем произвольное замкнутое множество $M$ и покажем что произвольная точка $x\in\mathbb{R}\setminus M$ -- внутренняя.

нужно было вспомнить вырожденный случай, когда нет никакой точки $x\in\mathbb{R}\setminus M$.

Мне кажется, или ваши с ewert замечания противоречат друг другу?
Открытость означает, что из принадлежности точки множеству следует что эта точка внутренняя. Значит (по ewert), случай отсутствия точек можно не рассматривать отдельно, так?

[deep down]

Рассуждения чёткие, обозначения вводятся правильные и по делу, читается легко. Очень рад Вашему прогрессу.

Обозначим через $A^c = \mathbb{R}\setminus A$ дополнение к множеству $A$. Тогда для любых множеств $A, B$ выполняется $A\setminus B = A\cap {B^c}$. Докажите это, потом посмотрите ещё раз на задачу 16, вдруг так будет проще записать или понять.
Формула верна и в общем случае, вместо $\mathbb{R}$ подойдёт любое множество, в котором заведомо содержатся все элементы $A$ и $B$. Обычно такое универсальное множество уже неявно пристуствует.

Задача 18. Придирки (именно придирки) по стилистике.
Где явно используется незамкнутость $M$? Если нигде, то лучше сказать "В общем случае пусть $x$ - предельная точка $\overline{M}$".
Два последних предложения лучше переформулировать так, чтобы сразу было ясно, что $x\in M'$ в любом случае. В данном случае пропущено тривиальное утверждение, но глаз зацепился за его отсутствие.

Если будет желание, вот дополнителые вопросы.
Верно ли, что $M'' = M'$?
Существует ли всюду плотное открытое множество (кроме $\mathbb{R}$)?

[grizzly]

irod в сообщении #1242875 писал(а):

Мне кажется, или ваши с ewert замечания противоречат друг другу?
Открытость означает, что из принадлежности точки множеству следует что эта точка внутренняя. Значит (по ewert), случай отсутствия точек можно не рассматривать отдельно, так?

Да, здесь Вы правы. (Я бы скорее предпочёл в обоих случаях видеть избыточное рассуждение, чем риск "потери решения", но с учётом приведенных аргументов соглашусь -- Вам теперь эта избыточность не нужна (и там, и там).

По новым задачам: согласен с deep down:

deep down в сообщении #1243320 писал(а):

Рассуждения чёткие, обозначения вводятся правильные и по делу, читается легко.

Тоже рад, что Вы отвоевали прежний уровень чёткости рассуждения

-- 31.08.2017, 01:21 --

irod в сообщении #1242875 писал(а):

Тривиально (я правильно употребляю это слово?)

Да, правильно.

[ewert]

irod в сообщении #1242875 писал(а):

Задача 18.
Замыкание любого множества замкнуто.

Доказательство.
Из задачи 17 следует, что замыкание замкнутого множества замкнуто.
Рассмотрим теперь незамкнутые множества. Пусть $M$ -- незамкнутое множество, $x$ -- предельная точка множества $\overline{M}$, и пусть $(x_i)$ -- сходящаяся к $x$ последовательность точек множества $\overline{M}$. Все члены $(x_i)$ принадлежат $M$ или $M'$. Значит, $(x_i)$ содержит сходящуюся к $x$ подпоследовательность (задача 10 листка 11),

Не знаю, что такое задача 10, но вот слово "подпоследовательность" неуместно. Оно намекает на соображения компактности, которые тут совершенно не при чём. Стандартный способ доказательства -- лобовой. Из предельности каждого $x_i$ следует существование для него $y_i\in M$ такого, что $|y_i-x_i|<\frac12|x-x_i|$. Тогда по неравенству треугольника каждое $y_i\neq x$ и $\lim\limits_{n\to\infty}y_i=x$.

irod в сообщении #1242875 писал(а):

Задача 20.
Множество плотно в себе, если и только если у него нет изолированных точек.

Доказательство.
Пусть множество $M$ плотно в себе. Предположим, у него есть изолированные точки, и $x$ -- одна из них. $x$ не является предельной точкой (задача 7), т.е. $x\not\in M'$. Но тогда из $M\subset M'$ следует $x\not\in M$ -- противоречие с существованием изолированных точек.
Пусть теперь $M$ -- множество, у которого нет изолированных точек. Все точки $M$ являются предельными (задача 7), т.е. $M\subset M'$.

Снова длинно. Надо просто перевести определение плотности в себе с исходного на нормальный, человеческий язык: она (плотность в себе) означает, что любая точка множества является предельной. Тогда утверждение задачи 20 -- это переформулировка утверждения: любая точка любого множества является или изолированной, или предельной для него. Т.е., видимо, просто переформулировка задачи 7, а если нет, то последнее утверждение доказывается мгновенно после его выписывания.

deep down в сообщении #1243320 писал(а):

выполняется $A\setminus B = A\cap {B^c}$. Докажите это

Рекомендация абсолютно правильная, но с одной оговоркой: этого не надо доказывать. Достаточно произнести вслух определение разности, стоящей в левой части -- и так же вслух прочитать правую часть. Слова окажутся одними и теми же.

И только после принятия этой формулы (а также сопутствующих формул де Моргана) имеет смысл доказывать, что

irod в сообщении #1242875 писал(а):

$A\setminus(B\setminus C)=(A\setminus B)\cup(A\cap C)$

Тогда последнее сводится просто к тупому раскрытию скобок.

[irod]

Я вернулся.

deep down в сообщении #1243320 писал(а):

Рассуждения чёткие, обозначения вводятся правильные и по делу, читается легко. Очень рад Вашему прогрессу.

grizzly в сообщении #1244022 писал(а):

Тоже рад, что Вы отвоевали прежний уровень чёткости рассуждения

Спасибо, приятно слышать

grizzly в сообщении #1244022 писал(а):

Да, здесь Вы правы. (Я бы скорее предпочёл в обоих случаях видеть избыточное рассуждение, чем риск "потери решения", но с учётом приведенных аргументов соглашусь -- Вам теперь эта избыточность не нужна (и там, и там).

Ок.

Разберемся с $A\setminus(B\setminus C)=(A\setminus B)\cup(A\cap C)$ из доказательства задачи 16.

ewert в сообщении #1244034 писал(а):

deep down в сообщении #1243320 писал(а):

выполняется $A\setminus B = A\cap {B^c}$. Докажите это

Рекомендация абсолютно правильная, но с одной оговоркой: этого не надо доказывать. Достаточно произнести вслух определение разности, стоящей в левой части -- и так же вслух прочитать правую часть. Слова окажутся одними и теми же.

И в левой и в правой частях -- элементы, принадлежащие $A$ и не принадлежащие $B$.

ewert в сообщении #1244034 писал(а):

И только после принятия этой формулы (а также сопутствующих формул де Моргана) имеет смысл доказывать

Нужная мне формула де Моргана: $(A\cap B)^c=A^c\cup B^c$.
С использованием этих формул и формулы $A\cap(B\cup C)=(A\cap B)\cup(A\cap C)$ из того же (первого) листка:

$$ A\setminus(B\setminus C)=A\setminus(B\cap C^c)=A\cap(B\cap C^c)^c= $$

$$ =A\cap(B^c\cup C)=(A\cap {B^c})\cup(A\cap C)=(A\setminus B)\cup(A\cap C). $$

[irod]

deep down в сообщении #1243320 писал(а):

Обозначим через $A^c = \mathbb{R}\setminus A$ дополнение к множеству $A$. Тогда для любых множеств $A, B$ выполняется $A\setminus B = A\cap {B^c}$. Докажите это, потом посмотрите ещё раз на задачу 16, вдруг так будет проще записать или понять.

Да, с этой формулой 16я задача гораздо проще доказывается.

$A\setminus B=A\cap {B^c}$.
Множество ${B^c}$ открыто (задача 15). Пересечение двух открытых множеств открыто (задача 1).

$B\setminus A=B\cap A^c$.
Множество $A^c$ замкнуто (задача 15). Пересечение двух замкнутых множеств замкнуто (задача 10).

[deep down]

да, всё правильно.

(Оффтоп)

Вопрос ко всем.
Пролистал книгу и что-то она мне не понравилась. Много фактов опущено. Но главное - попытка сделать "анализ без анализа" как в этом листке - просто задачи без тополгического взгляда.
Что говорит ваш педагогический опыт о перспективе такого обучения?

[irod]

По задаче 18.

irod в сообщении #1242875 писал(а):

Задача 18.
Замыкание любого множества замкнуто.

ewert в сообщении #1244034 писал(а):

Не знаю, что такое задача 10

Если последовательность имеет предел $a$, то и любая ее подпоследовательность также имеет предел $a$.

ewert в сообщении #1244034 писал(а):

но вот слово "подпоследовательность" неуместно. Оно намекает на соображения компактности, которые тут совершенно не при чём.

Пока не знаю, что такое "компактность".

ewert в сообщении #1244034 писал(а):

Стандартный способ доказательства -- лобовой. Из предельности каждого $x_i$ следует существование для него $y_i\in M$ такого, что $|y_i-x_i|<\frac12|x-x_i|$. Тогда по неравенству треугольника каждое $y_i\neq x$ и $\lim\limits_{n\to\infty}y_i=x$.

Я не понял Ваше доказательство. Что означает "предельность каждого $x_i$?" Пределом чего является каждый $x_i$? Вот к примеру, множество из одной из следующих задач: $M=\left\{\frac{1}{n}\mid n\in\mathbb{N}\right\}$, $M'=\{0\}$, $\overline{M}=\left\{\frac{1}{n}\mid n\in\mathbb{N}\right\}\cup\{0\}$.
Здесь $x=0$ -- предельная точка $\overline{M}$, последовательность $x_i=\frac{1}{i}$, и никакой $x_i$ не является ничьим пределом.
Или я неправильно Вас понял?

-- 16.09.2017, 09:14 --

deep down в сообщении #1243320 писал(а):

Где явно используется незамкнутость $M$? Если нигде, то лучше сказать "В общем случае пусть $x$ - предельная точка $\overline{M}$".

Вы правы, незамкнутость $M$ я нигде не использовал. Но я сейчас заметил, что я неявно использовал бесконечность $M$ (ведь я взял последовательность $(x_i)$). Так что наверное правильно будет разделить случаи конечного и бесконечного $M$. Тогда начало доказательства будет такое.
Конечное множество замкнуто (задача 12). Из задачи 17 следует, что замыкание замкнутого множества замкнуто. Следовательно, замыкание конечного множества замкнуто.
Пусть теперь $M$ -- бесконечное множество. И далее часть где раньше $M$ было незамкнутым.

-- 16.09.2017, 10:03 --

deep down в сообщении #1243320 писал(а):

Два последних предложения лучше переформулировать так, чтобы сразу было ясно, что $x\in M'$ в любом случае. В данном случае пропущено тривиальное утверждение, но глаз зацепился за его отсутствие.

irod в сообщении #1242875 писал(а):

Т.е. $x$ является предельной точкой множества $M$ или предельной точкой множества $M'$. Отсюда вследствие замкнутости $M'$ следует, что $x\in M'$, и значит $x\in\overline{M}$.

Т.е. $x$ является предельной точкой множества $M$ (что означает $x\in M'$) или предельной точкой множества $M'$ (и тогда $x\in M'$ вследствие замкнутости $M'$). Значит $x\in\overline{M}$.

[irod]

deep down в сообщении #1243320 писал(а):

Если будет желание, вот дополнителые вопросы.
Верно ли, что $M'' = M'$?

См. док-во задачи 13: $M''=M'$ если $M'$ бесконечно. Еще добавлю, что $M''=M'$ также и в случае $M'=\varnothing$.

deep down в сообщении #1243320 писал(а):

Существует ли всюду плотное открытое множество (кроме $\mathbb{R}$)?

Нет, не существует. $\mathbb{Q}$ -- единственное всюду плотное кроме $\mathbb{R}$ -- не является открытым, т.к. любая окрестность любой рациональной точки содержит иррациональные точки.

-- 16.09.2017, 10:12 --

ewert в сообщении #1244034 писал(а):

irod в сообщении #1242875 писал(а):

Задача 20.

Т.е., видимо, просто переформулировка задачи 7, а если нет, то последнее утверждение доказывается мгновенно после его выписывания.

Да, действительно.

[Mikhail_K]

irod в сообщении #1248076 писал(а):

$\mathbb{Q}$ -- единственное всюду плотное кроме $\mathbb{R}$

Откуда взялось это утверждение?

[deep down]

Оказывается, я пропустил дырку в решении задачи 13.

irod в сообщении #1238586 писал(а):

Следовательно, $x$ -- предельная точка множества $M$.
Таким образом, все множество предельных точек множества $M'$ совпадает с самим множеством $M'$.

Посмотрите внимательно и чётко запишите, что следует из того, что $x$ - предельная точка $M$.

Когда разберётесь, посмотрите ещё раз на то решение, которе посоветовал ewert. Под предельностью он имел в виду принадлежность к $M'$.

irod в сообщении #1248076 писал(а):

$\mathbb{Q}$ -- единственное всюду плотное кроме $\mathbb{R}$

Не единственное. Приведите ещё хотя бы три примера всюду плотных.

[irod]

Mikhail_K в сообщении #1248144 писал(а):

irod в сообщении #1248076 писал(а):

$\mathbb{Q}$ -- единственное всюду плотное кроме $\mathbb{R}$

Откуда взялось это утверждение?

deep down в сообщении #1248154 писал(а):

Приведите ещё хотя бы три примера всюду плотных.

Ой. Я поторопился.
Вот еще всюду плотные: $\mathbb{R}\setminus\{0\}$, $\mathbb{R}\setminus\mathbb{N}$, $\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$. Все они открытые.

[Mikhail_K]

irod, а сможете придумать не открытое всюду плотное множество, отличное от $\mathbb{Q}$?

[irod]

deep down в сообщении #1248154 писал(а):

Оказывается, я пропустил дырку в решении задачи 13.

irod в сообщении #1238586 писал(а):

Следовательно, $x$ -- предельная точка множества $M$.
Таким образом, все множество предельных точек множества $M'$ совпадает с самим множеством $M'$.

Посмотрите внимательно и чётко запишите, что следует из того, что $x$ - предельная точка $M$.

Следует что $x\in M'$, что означает замкнутость $M'\supset M''$, а не равенство $M'=M''$, как я ошибочно утверждал раньше.

-- 18.09.2017, 12:50 --

Mikhail_K
Множество иррациональных чисел $\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$?