Открытые и замкнутые множества на прямой (Давидович)

[irod]

По задаче 1.

grizzly в сообщении #1234248 писал(а):

irod в сообщении #1232969 писал(а):

Каждое множество из пересечения содержит некоторую окрестность точки $x$. Значит, их пересечение должно содержать наименьшую из [конечного числа упомянутых в предыдущем предложении] окрестностей.

Вы подразумевали в точности сказанное в квадратных скобках или в Вашем утверждении это могла быть ещё меньшая окрестность?

В точности то что в квадратных скобках.

deep down в сообщении #1234241 писал(а):

Контрольный вопрос (для тренировки умения строго формулировать) - почему такая окрестность существует?

Потому что у нас конечное число этих окрестностей, а в конечном множестве чисел (длин этих окрестностей) всегда найдется наименьшее.

По задаче 6.

grizzly в сообщении #1234202 писал(а):

irod в сообщении #1234186 писал(а):

так, чтобы новая окрестность не содержала взятую на предыдущем шаге точку $x_{i-1}$.

Ловко Вас ewert подловил. Это неправильно и это как раз та ошибка, про которую я тоже говорил в своём замечании.

ewert в сообщении #1234238 писал(а):

Это вообще-то правильно. Т.е. я вообще-то в первую очередь имел в виду именно то, на что ТС только что ответил. Но в очередь вторую -- этого недостаточно, конечно.

Я понял, не хватает чтобы длины окрестностей стремились к нулю. Пусть тогда каждая новая окрестность будет как минимум вдвое меньше предыдущей. Или, если сказать все без лишней конкретики: на каждом шаге выбираем новую окрестность так, чтобы она не содержала взятую на предыдущем шагу точку, и чтобы последовательность длин всех взятых окрестностей сходилась к нулю.

[grizzly]

irod
Тогда хорошо.
И по задаче 1 и по задаче 6: в правилах хорошего стиля -- максимум конкретики, пока она уместна. Вы же сами видите, что со стороны недостаточная конкретность оставляет сомнения в самих суждениях.

Отличить границы уместности -- это только с опытом. В задаче 1 говорите "пересечение этих окрестностей", в задаче 6 уменьшайте радиус в 2 раза -- это не оставит никаких сомнений.

Скажу заодно про другое своё замечание. В задаче 7 Вы уменьшали окрестности в 2 раза, но сослались на определение, в котором сказано "для всех окрестностей". Понимаете? -- проверили для некоторых, а утверждаете, что для всех. Это легко понять, что для всех, но это пробел в рассуждениях. А в рассуждении не должно быть пробелов. Я Вас предупреждаю, что при работе с новыми определениями каждое 10-е такое пропущенное "очевидно" окажется ошибочным. Вот увидите.

[irod]

grizzly
ок, понял.

-- 25.07.2017, 15:14 --

irod в сообщении #1232969 писал(а):

Задача 4*.
Всякое открытое множество есть либо прямая, либо объединение не более чем счетного числа попарно непересекающихся интервалов и открытых лучей.

ewert в сообщении #1232975 писал(а):

К этому моменту уже должна была быть счётность $\mathbb Q$, и тогда никакой звёздочки. Если же этой счётности ещё не было, то задача недобросовестна.

ewert в сообщении #1233054 писал(а):

Не обратил внимания на слово "непересекающихся". В этом случае звёздочка всё же есть, пусть и маленькая. Тогда просто надо для каждого числа выбирать максимальный интервал, с соотв. притопами и прихлопами (в них и звёздочка).

Счетности $\mathbb{Q}$ в виде отдельной задачи не было, но она следует из задачи 10 листка 4: объединение счетного числа счетных множеств счетно. Кажется обсуждали это в какой-то из моих тем.
Вот доказательство задачи 4.
Вся числовая прямая $\mathbb{R}$, очевидно, является открытым множеством.
Возьмем теперь открытое множество $M$, не являющееся прямой $\mathbb{R}$.
Если $M$ не ограничено сверху, и все точки на прямой $\mathbb{R}$ справа от некоторого числа $a$ принадлежат $M$ (т.е. начиная с $a$ нет разрывов: $\forall y>a\ y\in M$), то берем открытый луч $(a,+\infty)$. Аналогично, если $M$ не ограничено снизу и не содержит разрывов от некоторой точки $b$ до $-\infty$, берем открытый луч $(-\infty,b)$.
Никакая окрестность точек $a,b$ не принадлежит $M$ из-за разрывов слева от $a$ и справа от $b$. Следовательно, сами точки $a,b$ также не принадлежат открытому множеству $M$.
Пронумеруем теперь все рациональные точки $M$ (это позволяет сделать счетность $\mathbb{Q}$), не принадлежащие ни одному из открытых лучей $(-\infty,b)$, $(a,+\infty)$, в последовательность $(x_i)$. При этом "склеиваем" те рациональные точки $M$, между которыми нет разрыва (т.е. все числа между этими точками содержатся в $M$) -- берем наименьшую из таких точек. Теперь для каждого $x_i$ возьмем максимальный интервал, содержащий $x_i$ и целиком принадлежащий множеству $M$. Получим не более чем счетное число интервалов.
Аналогично началам $a,b$ открытых лучей, концы взятых интервалов не принадлежат $M$.
Таким образом, $M$ есть объединение не более чем счетного числа попарно непересекающихся интервалов и открытых лучей.

-- 25.07.2017, 15:45 --

deep down в сообщении #1234241 писал(а):

irod в сообщении #1234186 писал(а):

deep down в сообщении #1233045 писал(а):

Пересечение состоит более, чем из одной точки?

Полагаю, в таком случае пересечение само является интервалом

Доказательство?

Кажется для этого достаточно записать формулу пересечения.
Пусть $I_1,I_2,\ldots$ -- некоторая система вложенных интервалов, и пусть $A=\{\inf I_k\mid k\in\mathbb N\}$, $B=\{\sup I_k\mid k\in\mathbb N\}$.
Что такое пересечение: $I_1\cap I_2\cap\ldots=\{x\mid \sup A<x<\inf B\}$ (тут очевидно, что грани сами не могут входить в пересечение, поэтому неравенство строгое). Видно, что это интервал.

deep down в сообщении #1234241 писал(а):

irod в сообщении #1234186 писал(а):

deep down в сообщении #1233045 писал(а):

Ни один из интервалов не является подмножеством другого?

Тогда это уже не система вложенных интервалов. Если пересечение пусто, то множество его внутренних точек также пусто. Пустое множество является подмножеством любого множества, в т.ч. пустого, так что такое пересечение открыто. Еще возможен вариант непустого пересечения, в этом случае вопрос: может ли оно не быть интервалом? Мне кажется может (например, если у всех интервалов середина общая, левые концы стремятся друг к другу, и правые концы стремятся друг к другу, то пересечение будет отрезком; доказательство этого может быть похожим на доказательство задачи 17 листка 8. Но тут я не уверен, это просто предварительные мысли). В случае пересечения-отрезка, оно конечно не будет открытым.

Правильные мысли есть. Но если у интервалов общая середина, один из них обязательно содержится в другом (или они совпадают).
Формулировка "левые концы стремятся друг к другу" никуда не годится. Говорите о сходимости - чётко объясните, какую последовательность рассматриваете и её предел.
Кстати, в Вашем ответе есть кое-что полезное для предыдущего вопроса.

Я имел в виду например такое: пусть $n$-й интервал в системе равен $(1/n,2+1/n)$. Тут конечно не "левые/правые концы стремятся друг к другу", это бредовая фраза. Тут левые концы стремятся к нулю, правые -- к $2$. Пересечение равно $(1,2)$ - интервал, и следовательно открытое множество.
А еще может быть $(1/n,1+1/n)$, тогда пересечение равно одной точке $1$.
Таким образом уточняю: если ни один из интервалов не является подмножеством другого, то их пересечение может быть открытым множеством, а может и не быть.

-- 25.07.2017, 15:55 --

Задача 9.
Объединение конечного числа замкнутых множеств замкнуто.

Доказательство.
Пусть $M=\bigcup\limits_{i=1}^n M_i$, где каждое из $M_i$-х замкнуто, $n\in\mathbb{N}$.
Возьмем произвольную предельную точку $x$ множества $M$, и пусть $(x_i)$ — сходящаяся к $x$ последовательность из точек множества $M\setminus\{x\}$. Т.к. все члены $(x_i)$ распределены между конечным числом множеств $M_i$, то как минимум одно из $M_i$-х содержит бесконечное число членов $(x_i)$. Пусть это множество $M_k$, $1\le k\le n$. Выделим из $(x_i)$ подпоследовательность из членов, принадлежащих множеству $M_k$. Эта подпоследовательность также сходится к $x$ (задача 10 листка 11). Следовательно, $x$ является предельной точкой множества $M_k$. Таким образом, любая предельная точка множества $M$ является предельной точкой как минимум одного из $M_i$-х, и значит по определению $M$ сама содержится в $M$. Значит, $M$ замкнуто.

[irod]

Задача 10.
Пересечение любого числа замкнутых множеств замкнуто.

Доказательство.
Возьмем произвольную предельную точку $x$ пересечения замкнутых множеств $M$, и пусть $(x_i)$ — сходящаяся к $x$ последовательность из точек множества $M\setminus\{x\}$. Все члены $(x_i)$ принадлежат каждому из замкнутых множеств, участвующих в пересечении $M$. Следовательно, $x$ является предельной точкой каждого из этих множеств, и значит принадлежит каждому из них. Тогда $x$ принадлежит и их пересечению, т.е. $M$, делая его замкнутым.

-- 25.07.2017, 16:44 --

Задача 11.
Всегда ли объединение счетного числа замкнутых множеств замкнуто?

Ответ. Нет, не всегда.
Пусть $M=\bigcup\limits_{i=1}^\infty M_i$, где каждое из $M_i$-х замкнуто.
Возьмем произвольную предельную точку $x$ множества $M$, и пусть $(x_i)$ — сходящаяся к $x$ последовательность из точек множества $M\setminus\{x\}$. Если каждое $M_i$-е содержит не более конечного числа членов $(x_i)$, то $x$ не является предельной точкой ни одного из $M_i$-х. Следовательно, $x$ может не содержаться ни в каком из $M_i$-х, и значит $M$ может не содержать $x$, т.е. не быть замкнутым.

-- 25.07.2017, 16:45 --

Задача 12.
Конечное множество замкнуто.

Доказательство.
Из определения предельной точки следует, что в каждой ее окрестности должно содержаться бесконечное число точек множества. Следовательно, у конечного множества нет предельных точек. Раз множество предельных точек конечного множества пусто, оно является подмножеством этого конечного множества (задача 2.а листка 1), делая его замкнутым.

[grizzly]

irod в сообщении #1235856 писал(а):

Задача 11.
...
Ответ. Нет, не всегда.

Ответ верный, рассуждение никуда не годится -- хотя, очевидно, Вы правильно понимаете идею.
С самого начала Вы говорите: "возьмём произвольную точку" -- а если я возьму такую произвольную точку, что всё последующее рассуждение посыпется?
Аналогично со всеми дальнейшими "если каждое $M_i$", "следовательно, $x$ может не содержаться" -- так никто не говорит. Это всё звучит как "если бы да кабы.." А должно быть примерно так: соответственно, "возьмём такие $M_i$, что...", "следовательно, $x$ не будет содержаться".

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.

(Оффтоп)

irod в сообщении #1235856 писал(а):

является подмножеством этого конечного множества (задача 2.а листка 1)

Предлагаю договориться так: всё, что было более трёх Листков тому назад не требует ссылки на Листки. Пояснение в виде алгоритма:
Если Вы помните, что это была задача 2.а тогда у Вас в голове лишние опилки, их лучше вытрусить
Если Вы этого не помните, но помните сам факт (и, ещё лучше, можете его доказать) -- этого достаточно.
Если же Вы не были уверены в самом факте и Вам пришлось искать его подтверждение в первых листках -- значит материал не был прочно усвоен и требует повторения (по возможности, самостоятельного).

[deep down]

Не зря grizzly предупреждал о пробелах в рассуждении и слове "очевидно" в частности.

grizzly в сообщении #1235913 писал(а):

Пусть $I_1,I_2,\ldots$ -- некоторая система вложенных интервалов, и пусть $A=\{\inf I_k\mid k\in\mathbb N\}$, $B=\{\sup I_k\mid k\in\mathbb N\}$.
Что такое пересечение: $I_1\cap I_2\cap\ldots=\{x\mid \sup A<x<\inf B\}$ (тут очевидно, что грани сами не могут входить в пересечение, поэтому неравенство строгое). Видно, что это интервал.

Во первых, $A$ и $B$ получились конкретными числами - концами интервала $I_1$ (остальные интервалы в нём содержатся). Мысль всё же понять можно, только запишите её корректно.
А теперь главное - почему "грани сами не могут входить в пересечение"?

irod в сообщении #1235839 писал(а):

Я имел в виду например такое: пусть $n$-й интервал в системе равен $(1/n,2+1/n)$. Тут конечно не "левые/правые концы стремятся друг к другу", это бредовая фраза. Тут левые концы стремятся к нулю, правые -- к $2$. Пересечение равно $(1,2)$ - интервал, и следовательно открытое множество.
А еще может быть $(1/n,1+1/n)$, тогда пересечение равно одной точке $1$.
Таким образом уточняю: если ни один из интервалов не является подмножеством другого, то их пересечение может быть открытым множеством, а может и не быть.

Судя по написанному, Вы утверждаете, что
$\bigcap\limits_{n=1}^\infty (1/n,2+1/n) = (1, 2)$
$\bigcap\limits_{n=1}^\infty (1/n,1+1/n) = \{1\}$
Теперь попробуйте строго доказать.

[ewert]

irod в сообщении #1235839 писал(а):

Если $M$ не ограничено сверху, и все точки на прямой $\mathbb{R}$ справа от некоторого числа $a$ принадлежат $M$ (т.е. начиная с $a$ нет разрывов: $\forall y>a\ y\in M$), то берем открытый луч $(a,+\infty)$. Аналогично, если $M$ не ограничено снизу и не содержит разрывов от некоторой точки $b$ до $-\infty$, берем открытый луч $(-\infty,b)$.
Никакая окрестность точек $a,b$ не принадлежит $M$ из-за разрывов слева от $a$ и справа от $b$. Следовательно, сами точки $a,b$ также не принадлежат открытому множеству $M$.
Пронумеруем теперь все рациональные точки $M$ (это позволяет сделать счетность $\mathbb{Q}$), не принадлежащие ни одному из открытых лучей $(-\infty,b)$, $(a,+\infty)$, в последовательность $(x_i)$. При этом "склеиваем" те рациональные точки $M$, между которыми нет разрыва (т.е. все числа между этими точками содержатся в $M$) -- берем наименьшую из таких точек. Теперь для каждого $x_i$ возьмем максимальный интервал, содержащий $x_i$ и целиком принадлежащий множеству $M$. Получим не более чем счетное число интервалов.
Аналогично началам $a,b$ открытых лучей, концы взятых интервалов не принадлежат $M$.
Таким образом, $M$ есть объединение не более чем счетного числа попарно непересекающихся интервалов и открытых лучей.

Лично я ничего не понял.

Будьте проще и конструктивнее. Каждому рациональному числу, содержащемуся в данном открытом множестве, сопоставьте максимальный интервал, входящий в это множество. Верхняя граница интервала -- это супремум точек, промежуток до которых от выбранного числа содержится в множестве; нижняя -- аналогично. Конечны или бесконечны эти супремумы и инфимумы -- не имеет значения, т.е. рассматривать лучи отдельно смысла нет.

Получается счётный набор интервалов. Остаётся доказать, что а) любые два из этих интервалов или совпадают, или не пересекаются и б) что любая точка исходного множества попадает хоть в один из этих интервалов. Но это уже совсем легко.

[irod]

grizzly в сообщении #1235913 писал(а):

irod в сообщении #1235856 писал(а):

Задача 11.
...
Ответ. Нет, не всегда.

Ответ верный, рассуждение никуда не годится -- хотя, очевидно, Вы правильно понимаете идею.
С самого начала Вы говорите: "возьмём произвольную точку" -- а если я возьму такую произвольную точку, что всё последующее рассуждение посыпется?
Аналогично со всеми дальнейшими "если каждое $M_i$", "следовательно, $x$ может не содержаться" -- так никто не говорит. Это всё звучит как "если бы да кабы.." А должно быть примерно так: соответственно, "возьмём такие $M_i$, что...", "следовательно, $x$ не будет содержаться".

Понял.

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.

Контрпример: множество $\mathbb{Q}$ всех рациональных чисел можно представить как объединение счетного числа одноэлементных множеств, каждое из которых замкнуто, т.к. не имеет предельных точек (см. следующую задачу 12). Множеством предельных точек $\mathbb{Q}$ является $\mathbb{R}$, следовательно $\mathbb{Q}$ не замкнуто.
Наверное не очень хорошо ссылаться на следующую задачу, но это самый простой пример который я смог придумать.

(Оффтоп)

grizzly в сообщении #1235913 писал(а):

Предлагаю договориться так: всё, что было более трёх Листков тому назад не требует ссылки на Листки. Пояснение в виде алгоритма:
Если Вы помните, что это была задача 2.а тогда у Вас в голове лишние опилки, их лучше вытрусить
Если Вы этого не помните, но помните сам факт (и, ещё лучше, можете его доказать) -- этого достаточно.
Если же Вы не были уверены в самом факте и Вам пришлось искать его подтверждение в первых листках -- значит материал не был прочно усвоен и требует повторения (по возможности, самостоятельного).

ок.

[Someone]

irod в сообщении #1237943 писал(а):

это самый простой пример который я смог придумать.

Ещё гораздо проще есть.

[irod]

ewert в сообщении #1235980 писал(а):

Будьте проще и конструктивнее.

Ок. Но пока я не всегда чувствую где я имею право быть проще, а где надо все расписать максимально подробно. Наверное, это будет приходить с опытом.

ewert в сообщении #1235980 писал(а):

...
Конечны или бесконечны эти супремумы и инфимумы -- не имеет значения, т.е. рассматривать лучи отдельно смысла нет.

Почему нет смысла? Лучи ведь явно упомянуты в задаче. Можно хотя бы сказать, что какие-то супремумы и/ли инфимумы могут быть бесконечны, в этом случае имеем дело с лучами.

ewert в сообщении #1235980 писал(а):

Получается счётный набор интервалов. Остаётся доказать, что а) любые два из этих интервалов или совпадают, или не пересекаются и б) что любая точка исходного множества попадает хоть в один из этих интервалов. Но это уже совсем легко.

а) это так, потому что иначе (при одновременном пересечении и несовпадении соседних интервалов) ни один из них не был бы максимальным. Здесь приемлемо сказать так просто?
б) Возьмем произвольную точку $x$ из нашего множества. Если точка рациональная, то ей уже сопоставлен содержащий ее интервал. Предположим, что $x$ иррационален. Рассмотрим некоторую окрестность точки $x$, целиком содержащуюся в нашем множестве. Возьмем по одной рациональной точке с каждой стороны от $x$ из этой окрестности. Интервалы, содержащие эти рациональные точки, очевидно совпадают, и значит содержат $x$.

[ewert]

irod в сообщении #1238231 писал(а):

Почему нет смысла? Лучи ведь явно упомянуты в задаче.

Ну и напрасно упомянуты. Бесконечные интервалы -- тоже интервалы. Иначе -- лишние телодвижения.

irod в сообщении #1238231 писал(а):

а) это так, потому что иначе (при одновременном пересечении и несовпадении соседних интервалов) ни один из них не был бы максимальным. Здесь приемлемо сказать так просто?

Вполне.

irod в сообщении #1238231 писал(а):

б) Возьмем произвольную точку $x$ из нашего множества. Если точка рациональная, то ей уже сопоставлен содержащий ее интервал. Предположим, что $x$ иррационален. Рассмотрим некоторую окрестность точки $x$, целиком содержащуюся в нашем множестве.

Безусловно, дело ровно в этом, но оговорка насчёт рациональности/иррациональности излишня.

irod в сообщении #1238231 писал(а):

Возьмем по одной рациональной точке с каждой стороны от $x$ из этой окрестности. Интервалы, содержащие эти рациональные точки, очевидно совпадают, и значит содержат $x$.

Две-то зачем?... Достаточно того, что любой интервал содержит хоть одну рациональную точку -- и, следовательно, содержится (вместе со своим центром) в максимальном интервале этой точки.

[irod]

deep down в сообщении #1235924 писал(а):

irod в сообщении #1235839 писал(а):

Пусть $I_1,I_2,\ldots$ -- некоторая система вложенных интервалов, и пусть $A=\{\inf I_k\mid k\in\mathbb N\}$, $B=\{\sup I_k\mid k\in\mathbb N\}$.
Что такое пересечение: $I_1\cap I_2\cap\ldots=\{x\mid \sup A<x<\inf B\}$ (тут очевидно, что грани сами не могут входить в пересечение, поэтому неравенство строгое). Видно, что это интервал.

Во первых, $A$ и $B$ получились конкретными числами - концами интервала $I_1$ (остальные интервалы в нём содержатся). Мысль всё же понять можно, только запишите её корректно.

$A$ и $B$ -- это не конкретные числа, а множества. Конкретные числа -- это $\sup A$ и $\inf B$, и это НЕ концы интервала $I_1$.

deep down в сообщении #1235924 писал(а):

А теперь главное - почему "грани сами не могут входить в пересечение"?

Я затрудняюсь это доказать строго. Вот контрпример: система из одинаковых интервалов. Ее пересечение равно любому интервалу из этой системы. $\sup A$ -- это нижняя граница любого интервала, $\inf B$ -- верхняя; в этом случае $\sup A$ и $\inf B$ не входят в пересечение по определению интервала.

deep down в сообщении #1235924 писал(а):

irod в сообщении #1235839 писал(а):

Я имел в виду например такое: пусть $n$-й интервал в системе равен $(1/n,2+1/n)$. Тут конечно не "левые/правые концы стремятся друг к другу", это бредовая фраза. Тут левые концы стремятся к нулю, правые -- к $2$. Пересечение равно $(1,2)$ - интервал, и следовательно открытое множество.
А еще может быть $(1/n,1+1/n)$, тогда пересечение равно одной точке $1$.
Таким образом уточняю: если ни один из интервалов не является подмножеством другого, то их пересечение может быть открытым множеством, а может и не быть.

Судя по написанному, Вы утверждаете, что
$\bigcap\limits_{n=1}^\infty (1/n,2+1/n) = (1, 2)$
$\bigcap\limits_{n=1}^\infty (1/n,1+1/n) = \{1\}$
Теперь попробуйте строго доказать.

Воспользуюсь моей формулой для пересечения $\bigcap\limits_{n=1}^\infty I_n=\{x\mid \sup A<x<\inf B\}$.
Для первой последовательности интервалов:
$\sup A=\sup\{\inf(1/n,2+1/n)\}=1$, $\inf B=\inf \{\sup(1/n,2+1/n)\}=2$
Для второй:
$\sup A=1$, $\inf B=1$.

-- 05.08.2017, 14:29 --

ewert
ок

-- 05.08.2017, 14:31 --

Задача 13.
Множество предельных точек множества замкнуто.

Доказательство.
Пусть $M'$ -- множество предельных точек произвольного множества $M$.
Если $M'$ конечно, то оно замкнуто согласно задаче 12.
Предположим, что $M'$ бесконечно. Пусть $x$ -- произвольная предельная точка множества $M'$. Докажем, что $x$ является также предельной точкой множества $M$, и значит принадлежит $M'$.
Возьмем произвольную окрестность точки $x$. В ней содержится хотя бы одна точка $y\in M'\setminus\{x\}$. Возьмем такую окрестность точки $y$, которая целиком лежит внутри взятой ранее окрестности точки $x$, и при этом сама не содержит $x$. В этой окрестности найдется хотя бы одна точка $z\in M\setminus\{x\}$ (т.к. $y$ -- предельная точка множества $M$). $z$ также принадлежит взятой ранее окрестности точки $x$. Следовательно, $x$ -- предельная точка множества $M$.
Таким образом, все множество предельных точек множества $M'$ совпадает с самим множеством $M'$. Следовательно, $M'$ замкнуто.

-- 05.08.2017, 14:31 --

Задача 14.
Какие множества являются открытыми и замкнутыми одновременно?

Ответ.
Согласно задаче 4, всякое открытое множество есть либо прямая, либо объединение попарно непересекающихся интервалов и открытых лучей.
Прямая является также замкнутым множеством, т.к. включает все множество своих предельных точек, равное ей самой.
Интервал не является замкнутым множеством, т.к. не содержит свои концы, являющиеся его предельными точками.
Аналогично, открытый луч не замкнут.
Таким образом, единственное открытое и замкнутое одновременно множество - это прямая $\mathbb{R}$.

[grizzly]

Задача 13. Правильно.
Задача 14. Неправильно сформулирована задача 4. Не более чем счётное -- сколько это может быть в наименьшем варианте?

[deep down]

irod в сообщении #1238586 писал(а):

$A$ и $B$ -- это не конкретные числа, а множества

Вы правы, обозначения корректны. Извините.
А по поводу "грани сами не могут входить в пересечение" вопросы остались. Вы привели пример, когда не входят - при совпадении концов интервалов. Теперь давайте посмотрим, что будет со строгой вложенностью.
Раз концы не входят в пересечение, найдётся интервал, где они не содержатся. Возьмите конкретный пример строго вложенных интервалов и для него найдите конкретный индекс.

irod в сообщении #1238586 писал(а):

Воспользуюсь моей формулой для пересечения

Давайте сначала докажем, а потом воспользуемся. Вопрос оставим открытым.

[ewert]

irod в сообщении #1238586 писал(а):

Согласно задаче 4, всякое открытое множество есть либо прямая, либо объединение попарно непересекающихся интервалов и открытых лучей.

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?...

(Собственно, сам порядок следования задач выбран неразумно -- эта существенно проще, чем 4-я.)