Покрытие отрезка счетным числом непересек. замкнутых множ-в

[AD]

Аа. Оо. Sorry. Я тоже сневнимательничал и решил, будто $I_n$ -- отрезки. Ну обозначение обманчивое.

Добавлено спустя 44 секунды:

Кстати, у меня серьезное подозрение, что эта задача тут где-то уже обсуждалась.

[Echo-Off]

Аа. Оо. Sorry. Мне показалось, что в задаче спрашивается про непересекающиеся отрезки, а не подмножества.

[neo66]

finanzmaster писал(а):

Попробую поправить рассуждение:
порядок зададим так:
$G_i < G_k$ если $sup(G_i) < sup(G_k) $
Зафиксируем $G_i$ и возьмем произвольное $G_k$, такое что $G_i < G_k$ Тогда найдется такое $\varepsilon > 0$, что
$\left( sup(G_i), sup(G_i) +\varepsilon)$ не содержит ни одной точки ни из $G_i$, ни из $G_k$
(иначе $sup(G_i)$ была бы предельной точкой $G_k$ и принадлежала бы ему)

А что мешает тому, чтобы в этой окрестности были точки из $G_{k+1}$?

[lofar]

Echo-Off писал(а):

По-моему, эта задача решается так: пусть $\{I_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ - счётное множество отрезков. Тогда $\cup\limits_n \partial I_n$ - замкнутое множество, которое есть счётное объединение точек. Точка - нигде не плотное множество, получаем противоречие с теоремой Бэра.

Мне кажется, эта идея дает решение задачи. Пусть $[0,1] =\cup F_i$, $F_i$ замкнуто в $[0,1]$. Пусть $G_i$ --- внутренность $F_i$ в $[0,1]$ и $\partial F_i$ --- граница $F_i$ в $[0,1]$. Положим $M=[0,1]\setminus\cup G_i$. Тогда $M=\cup\partial F_i$. Противоречие с теоремой Бэра: $M$ --- полное метрическое пространство, а $\partial F_i$ нигде не плотны в $M$.

[finanzmaster]

neo66 писал(а):

finanzmaster писал(а):

Попробую поправить рассуждение:
порядок зададим так:
$G_i < G_k$ если $sup(G_i) < sup(G_k) $
Зафиксируем $G_i$ и возьмем произвольное $G_k$, такое что $G_i < G_k$ Тогда найдется такое $\varepsilon > 0$, что
$\left( sup(G_i), sup(G_i) +\varepsilon)$ не содержит ни одной точки ни из $G_i$, ни из $G_k$
(иначе $sup(G_i)$ была бы предельной точкой $G_k$ и принадлежала бы ему)

А что мешает тому, чтобы в этой окрестности были точки из $G_{k+1}$?

Если вместо $G_k$ подставить $G_{k+1}$ то ничего в ходе рассуждения не изменится, при этом я конечно подразумеваю, что $G_i < G_k < G_{k+1}$

Фиксировано ведь только $G_i$, а $G_k$ произвольно, лишь бы выполнялось, что $G_i < G_k$


Да, строго говоря, что если $G_{i}$ содержит точку $x=1$, то тогда $G_k$ такого что $G_i < G_k$ просто нет. В этом случае вместо $G_i$ надо взять любое другое множество нашей последовательности (такое найдется, т.к. она бесконечна, а множества дизъюнктны и непусты).

В результате хоть одну "дырку" да получим, а больше и не надо.

[ewert]

finanzmaster писал(а):

Фиксировано ведь только $G_i$, а $G_k$ произвольно, лишь бы выполнялось, что $G_i < G_k$).
<...>
В результате хоть одну "дырку" да получим, а больше и не надо.

Не получим. Доказано лишь, что для любого $G_k$ справа от $G_i$ существует окрестность, не содержащая точек $G_k$. Однако эта окрестность для разных $G_k$ может быть сколь угодно малой. Пересечение всех такого рода окрестностей пусто.

[lofar]

finanzmaster, простите, как вы определяете порядок если $sup(G_i)=sup(G_k)$?

[RIP]

finanzmaster писал(а):

Если вместо $G_k$ подставить $G_{k+1}$ то ничего в ходе рассуждения не изменится, при этом я конечно подразумеваю, что $G_i < G_k < G_{k+1}$

Да, но для $G_{k+1}$ и $\varepsilon$ будет уже другим . Если я правильно Вас понял, то Вы пытаетесь доказать, что невозможно даже $[0;1]=\overline{\left(\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty F_n\right)}$, где все $F_n$ непусты и замкнуты. У Вас это не получится, поскольку такое равенство, очевидно, возможно (возьмите $F_n=\{r_n\}$, где $r_n$ — $n$-е рациональное число отрезка $[0;1]$ при некоторой нумерации).

[ewert]

lofar писал(а):

finanzmaster, простите, как вы определяете порядок если $sup(G_i)=sup(G_k)$?

Равенство невозможно.

[Someone]

Пусть $\mathcal F=\{F_k:k\in\mathbb N\}$ - заданная последовательность замкнутых попарно непересекающихся непустых подмножеств отрезка $[0,1]$ ($\mathbb N=\{1,2,3,\ldots\}$ - натуральный ряд).
Лемма. Если отрезок $[a,b]\subseteq[0,1]$ таков, что $[a,b]\cap F_k\neq\varnothing$, а $(a,b)\cap F_k=\varnothing$ для некоторого $k\in\mathbb N$, то отрезок $[a,b]$ не покрывается никаким конечным подсемейством $\mathcal F$.
Доказательство следует из того, что такое покрытие, очевидно, содержит больше одного элемента, и связности отрезка.$\qed$
Предположим, что для некоторого $n\in\mathbb N$ уже построен отрезок $I_{n-1}=[a_{n-1},b_{n-1}]$, не покрываемый никаким конечным подсемейством $\mathcal F$ и удовлетворяющий условию $(a_{n-1},b_{n-1})\cap\bigcup\{F_k:1\leqslant k\leqslant n-1\}=\varnothing$ (для $n=1$ у нас имеется отрезок $I_0=[0,1]$). Построим отрезок $I_n=[a_n,b_n]$ следующим образом.
Если $I_{n-1}\cap F_n=\varnothing$, то полагаем $I_n=I_{n-1}$ (выполнение перечисленных условий в этом случае очевидно).
Пусть $I_{n-1}\cap F_n\neq\varnothing$. По предположению, $I_{n-1}$ не покрывается семейством $\{F_k:1\leqslant k\leqslant n\}$, поэтому найдётся точка $x_n\in I_{n-1}\setminus\bigcup\{F_k:1\leqslant k\leqslant n\}$. Более того, можно считать, что $x_n$ не совпадает ни с $a_{n-1}$, ни с $b_{n-1}$, так как разность $I_{n-1}\setminus\bigcup\{F_k:1\leqslant k\leqslant n\}$ является непустым открытым подмножеством $I_{n-1}$ и, следовательно, содержит некоторый интервал. Далее определяем

$$a_n=\begin{cases}\frac{a_{n-1}+x_n}2\text{, если }F_n\cap[a_{n-1},x_n]=\varnothing\text{,}\\ \max(F_n\cap[a_{n-1},x_n])\text{, если }F_n\cap[a_{n-1},x_n]\neq\varnothing\text{,}\end{cases}$$

$$b_n=\begin{cases}\frac{x_n+b_{n-1}}2\text{, если }F_n\cap[x_n,b_{n-1}]=\varnothing\text{,}\\ \min(F_n\cap[x_n,b_{n-1}])\text{, если }F_n\cap[x_n,b_{n-1}]\neq\varnothing\text{.}\end{cases}$$

Заметим, что хотя бы одно из множеств $F_n\cap[a_{n-1},x_n]$ или $F_n\cap[x_n,b_{n-1}]$ не пусто, поэтому либо $a_n\in F_n$, либо $b_n\in F_n$. Поэтому отрезок $I_n=[a_n,b_n]$ удовлетворяет условиям леммы и, следовательно, не покрывается никаким конечным подсемейством $\mathcal F$. Кроме того, $(a_n,b_n)\cap\bigcup\{F_k:1\leqslant k\leqslant n\}=\varnothing$. Поэтому мы можем продолжать построение дальше.
Дополнительно заметим, что в случае $I_{n-1}\cap F_n\neq\varnothing$ выполняются условия $I_n\subseteq I_{n-1}$, $I_n\setminus F_n\subseteq(a_{n-1},b_{n-1})\subset I_{n-1}$ и, следовательно, $I_n\cap\bigcup\{F_k:1\leqslant k\leqslant n-1\}=\varnothing$. Так как такие $n$ образуют бесконечную подпоследовательность натурального ряда $\mathbb N$, из этих условий следует, что $\bigcap\{I_k:k\in\mathbb N\}\neq\varnothing$ (в силу компактности отрезка), и что $\bigcap\{I_k:k\in\mathbb N\}\cap\bigcup\{F_k:k\in\mathbb N\}=\varnothing$, то есть, семейство $\mathcal F$ не покрывает отрезок $I_0$.

[RIP]

По-моему, это решение

lofar писал(а):

Пусть $[0,1] =\cup F_i$, $F_i$ замкнуто в $[0,1]$. Пусть $G_i$ --- внутренность $F_i$ в $[0,1]$ и $\partial F_i$ --- граница $F_i$ в $[0,1]$. Положим $M=[0,1]\setminus\cup G_i$. Тогда $M=\cup\partial F_i$. Противоречие с теоремой Бэра: $M$ --- полное метрическое пространство, а $\partial F_i$ нигде не плотны в $M$.

всё-таки попрощее будет (оно хорошо тем, что все индуктивные построения "сидят" в теореме Бэра). Конечно, последнее утверждение

lofar писал(а):

$\partial F_i$ нигде не плотны в $M$

нуждается в некотором обосновании, но это вроде бы несложно.

[Профессор Снэйп]

RIP писал(а):

По-моему, это решение

lofar писал(а):

Пусть $[0,1] =\cup F_i$, $F_i$ замкнуто в $[0,1]$. Пусть $G_i$ --- внутренность $F_i$ в $[0,1]$ и $\partial F_i$ --- граница $F_i$ в $[0,1]$. Положим $M=[0,1]\setminus\cup G_i$. Тогда $M=\cup\partial F_i$. Противоречие с теоремой Бэра: $M$ --- полное метрическое пространство, а $\partial F_i$ нигде не плотны в $M$.

всё-таки попрощее будет

+1

[neo66]

lofar писал(а):

Пусть $[0,1] =\cup F_i$, $F_i$ замкнуто в $[0,1]$. Пусть $G_i$ --- внутренность $F_i$ в $[0,1]$ и $\partial F_i$ --- граница $F_i$ в $[0,1]$. Положим $M=[0,1]\setminus\cup G_i$. Тогда $M=\cup\partial F_i$. Противоречие с теоремой Бэра: $M$ --- полное метрическое пространство, а $\partial F_i$ нигде не плотны в $M$.

Ну слава богу, кажется, разобрались!

Только еще надо отметить, что $M$ - не пусто, если количество $F_i$ больше или равно $2$. Это нетрудно доказать из связности отрезка.

Это объясняет, почему отрезок $[0,1]$ можно покрыть одним замкнутым подмножеством, а большим числом нельзя.

[Someone]

RIP писал(а):

По-моему, это решение

lofar писал(а):

...

всё-таки попрощее будет :) (оно хорошо тем, что все индуктивные построения "сидят" в теореме Бэра).

Да, конечно. К сожалению, оно появилось, пока я писал своё длинное, и я короткое решение увидел после отправки своего, а то бы и писать не стал.

RIP писал(а):

Конечно, последнее утверждение

lofar писал(а):

$\partial F_i$ нигде не плотны в $M$

нуждается в некотором обосновании, но это вроде бы несложно.

Да, конечно. Берём точку $x_0\in\partial F_i$ и любой содержащий её промежуток $V=(x_0-\varepsilon,x_0+\varepsilon)\cap[0,1]$. Он пересекается с каким-нибудь множеством $F_j$, $j\neq i$; ближайшая к $x_0$ точка $x_1\in F_j$ будет граничной точкой множества $F_j$ и, следовательно, $x_1\in M\setminus\partial F_i$. Так как $\partial F_i$ замкнуто (в $M$), то отсюда следует, что $U=(M\cap V)\setminus F_i$ есть непустое открытое подмножество множества $M$, не пересекающееся с $\partial F_i$.