Открытые и замкнутые множества на прямой (Давидович)

[Mikhail_K]

irod в сообщении #1248652 писал(а):

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

Ага, подходит. А ещё какие-нибудь?

[ewert]

Всех вариантов не переберёшь. Но раз уж речь о Давидовиче, то полезно вспомнить про листок 9.

[irod]

ewert в сообщении #1248660 писал(а):

полезно вспомнить про листок 9.

который я полностью пропустил.

[irod]

deep down в сообщении #1248154 писал(а):

Когда разберётесь, посмотрите ещё раз на то решение, которе посоветовал ewert.

Все равно не понимаю решение ewert.

(Вот оно под катом)

ewert в сообщении #1244034 писал(а):

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 $\lim\limits_{n\to\infty}y_i=x$.

Это похоже на доказательство замкнутости $M'$ (задача 13): взяли $x$ -- предельную точку $M'$ и доказали $x\in M'$. Но у меня-то $\overline{M}$.

deep down в сообщении #1248154 писал(а):

Под предельностью он имел в виду принадлежность к $M'$.

Ок. А почему каждый $x_i$ принадлежит $M'$? $x_i$ у меня из $\overline{M}$.

[deep down]

irod в сообщении #1248704 писал(а):

взяли $x$ -- предельную точку $M'$ и доказали $x\in M'$. Но у меня-то $\overline{M}$.

Суть в том, чтобы построить последовательность $\{y_i\}$. Если $x_i\in M$, то можно взять $y_i=x_i$, если из $M'$ - то как написано.

irod в сообщении #1248652 писал(а):

что означает замкнутость $M'\supset M''$, а не равенство $M'=M''$

Отлично, проблему нашли. Замкнутость пока недоказана, только вложение. Рассуждение ewert легко адаптируется к задаче 13. Теперь можете написать верное решение.

Примеры всюду плотных Вы привели правильные. Не знаю, куда Вас подталкивает Mikhail_K, но пару направлений предложу.
Если $A$ - всюду плотное, то любое $B\supset A$ - тоже. Другая формулировка - $A\cup C$ плотно для любого $C\subset\mathbb{R}$. Убедитесь, что это так и постройте пример, непохожий на предыдущие.
Ещё найдите плотное $A\subset\mathbb{Q}$ такое, что $\mathbb{Q}\setminus A$ тоже плотно.

[irod]

deep down в сообщении #1248734 писал(а):

irod в сообщении #1248652 писал(а):

что означает замкнутость $M'\supset M''$, а не равенство $M'=M''$

Отлично, проблему нашли. Замкнутость пока недоказана, только вложение. Рассуждение ewert легко адаптируется к задаче 13. Теперь можете написать верное решение.

Ээ, а что есть замкнутость как не вложение $M'\supset M''$?

-- 19.09.2017, 16:51 --

deep down в сообщении #1248734 писал(а):

Суть в том, чтобы построить последовательность $\{y_i\}$. Если $x_i\in M$, то можно взять $y_i=x_i$, если из $M'$ - то как написано.

Теперь понятно.

(Итоговый вариант, на всякий случай)

Задача 18.
Замыкание любого множества замкнуто.

Доказательство.
Конечное множество замкнуто (задача 12). Из задачи 17 следует, что замыкание замкнутого множества замкнуто. Следовательно, замыкание конечного множества замкнуто.
Пусть теперь $M$ -- бесконечное множество, $x$ -- предельная точка множества $\overline{M}$, и пусть $(x_i)$ -- сходящаяся к $x$ последовательность точек множества $\overline{M}$. Каждый $x_i$ принадлежит $M$ или $M'$. Построим последовательность $(y_i)$ из точек множества $M$, сходящуюся к $x$. Перебираем все члены $(x_i)$, начиная с первого. Если $x_i\in M$, то берем $y_i=x_i$. Если $x_i\in M'$, то для него существует $y_i\in M$ такой, что $|y_i-x_i|<\frac12|x-x_i|$. Тогда по неравенству треугольника каждое $y_i\neq x$ и $\lim\limits_{i\to\infty}y_i=x$. Таким образом, $x\in M'$ и, следовательно, $x\in\overline{M}$.

[deep down]

Да, всё верно написали, в том числе и по задаче 13, она решена.

[irod]

Mikhail_K в сообщении #1248659 писал(а):

Ага, подходит. А ещё какие-нибудь?

deep down в сообщении #1248734 писал(а):

Если $A$ - всюду плотное, то любое $B\supset A$ - тоже. Другая формулировка - $A\cup C$ плотно для любого $C\subset\mathbb{R}$. Убедитесь, что это так и постройте пример, непохожий на предыдущие.
Ещё найдите плотное $A\subset\mathbb{Q}$ такое, что $\mathbb{Q}\setminus A$ тоже плотно.

Эти вопросы вижу, отвечу на них позже. Сейчас хочу разобраться со старыми долгами.

По задаче 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.

Вот еще что придумал:
$M_k=\left\{\frac{1}{k}\right\}\cup[k,k+1]$, $M_k'=[k,k+1]$, у объединения появляется дополнительная предельная точка $0$.
Мне этот пример не кажется проще моего предыдущего, но зато в нем нет отсылок к последующим задачам.
А Вы какой имели в виду, Someone?

[grizzly]

irod в сообщении #1249191 писал(а):

Вот еще что придумал:
$M_k=\left\{\frac{1}{k}\right\}\cup[k,k+1]$, $M_k'=[k,k+1]$, у объединения появляется дополнительная предельная точка $0$.
Мне этот пример не кажется проще моего предыдущего

А если так:
$M_k=\left\{\frac{1}{k}\right\}$, разве это не будет проще?

[irod]

grizzly
будет проще, но чтобы объяснить почему $\left\{\frac{1}{k}\right\}$ замкнуто, надо сослаться на одну из следующих задач (12ю), а этого хочется избежать. Или пофиг?

UPD:
сейчас подумал что наверное не обязательно на 12ю ссылаться. Так что пусть будет $\left\{\frac{1}{k}\right\}$ и пойдем дальше, ок?

[ewert]

irod в сообщении #1248686 писал(а):

ewert в сообщении #1248660 писал(а):

полезно вспомнить про листок 9.

который я полностью пропустил.

Между прочим, совершенно напрасно. Я, хоть Пастернака 9-го листка и не читал, но скажу.

Давидович (как и многие) выбрал наиболее экономный подход к формальному определению вещественного числа -- аксиоматический. Но, по меткому изречению Бертрана Рассела: "аксиоматический подход имеет ровно те же преимущества перед прочими, что и воровство перед честным трудом".

Т.е. жонглировать аксиомками никто запретить, конечно, не в силах. Но осмысленным это жонглирование станет только после того, как будет предъявлена хоть какая-то модель -- хоть какая-то конструкция, отвечающая вычислительной практике и при этом системе аксиом удовлетворяющая (а в случае $\mathbb R$ важно и то, что эта модель вынужденна и в этом смысле набор аксиом задаёт $\mathbb R$ однозначно).

После же отождествления вещественных чисел с бесконечными десятичными дробями всюду плотность дробей конечных оказывается тривиальной.

[grizzly]

irod в сообщении #1249201 писал(а):

пойдем дальше, ок?

Да.

За Вами ещё висит подобный должок -- чуть более сложный пример -- непересекающиеся отрезки объединение которых не является замкнутым множеством.

[irod]

grizzly
я не забыл про него И пример с $\left\{\frac{1}{k}\right\}$ мне тут помог.
Пусть $M_k=[1/k,1/k+\varepsilon_k]$, где $\varepsilon_k$ меньше расстояния между соседними членами прогрессии: $0<\varepsilon_k<\frac{1}{k(k-1)}$. У объединения появляется предельная точка $0$, не принадлежащая самому объединению.

-- 21.09.2017, 11:36 --

ewert
я Вас услышал, подумаю и возможно вернусь к тому листку.

[ewert]

irod в сообщении #1249432 писал(а):

Пусть $M_k=[1/k,1/k+\varepsilon_k]$, где $\varepsilon_k$ меньше расстояния между соседними членами прогрессии: $0<\varepsilon_k<\frac{1}{k(k-1)}$.

Это правда, но почему бы не явно? Например, взять слипающиеся по этим точкам отрезки и выкинуть каждый второй, т.е. оставить только нечётные.

[grizzly]

irod
Всё верно (особенно с учётом замечания ewert). Я прокомментирую:
Ценность простых примеров в том, что в большинстве случаев на их основе можно составить более сложные примеры. Если выработать у себя привычку по поводу любой теоремы / задачи пытаться (пусть даже не всегда успешно) построить нужные примеры*, это для процесса понимания станет системой с положительной обратной связью.
*Нужные примеры -- примеры, подтверждающие утверждение теоремы / задачи, а также, если возможно, примеры, показывающие, что при более слабых условиях утверждение перестаёт быть верным.