Упражнение по топологии R

[bubu gaga]

Пусть дано перечисление рациональных чисел $\{ r_1, r_2, r_3, \dots \}$. Возьмём последовательность радиусов $\epsilon_n = \frac{1}{2^n}$. Покроем каждую точку $x_n$ открытым интервалом с соответсвующим радиусом $\epsilon_n$ и обозначим покрытие $O_{\epsilon_n}(r_n)$. Введём следующие обозначения

$$ O = \bigcup_\infty O_{\epsilon_n} (r_n) $$

$$ F = O^c $$

Вопросы:
1. Доказать что множество $F$ замкнуто, непусто и состоит исключительно из иррациональных чисел
2. Содержит ли $F$ открытые интервалы?
3. Является ли множество тотально несвязанным (totally disconnected http://mathworld.wolfram.com/TotallyDis ... Space.html )
4. Можно ли определить совершенно ли множество $F$?
5. Можно ли поменять порядок следования $(r_n)$ чтобы получить непустое совершенное множество иррациональных чисел

Ответы:
1. $F$ - дополнение открытого множества содержащего все рациональные числа и мерой меньше единицы. Ответ утвердительный
2. Нет, не содержит, так как каждый открытый интервал содержит рациональные числа.
3. Да, является. Потому что для любых двух иррациональных чисел $a$ и $b$ можно найти рациональное число $r$ лежащее строго между ними. Определим $A = F \cap (-\infty, r)$ и $B = F \cap (r, \infty)$. Оба множества несвязаны, но в сумме равны $F$.
4 и 5. Никаких идей

В какую сторону думать? Спасибо!

[Юстас]

Выберем на интервале [0,1] иррациональное число $r$. Выберем $n_1$ так что $\frac{1}{2^{n_1}}$ покрывает больше половины отрезка $[0,r]$, затем $n_2$ - так, чтобы покрыть более половины остатка и т.д.(такие числа всегда найдутся). Очевидно, $\sum_k \frac{1}{2^{n_k}}=r$. Из этого следует, что ответ на 4 - может быть не совершенно.
Для 5 - я думаю, что можно, и отталкиваться следует от счетности множества изолированных точек.

[bubu gaga]

Спасибо!

С четвёртым заданием я не понял почему именно $[0, 1]$ поэтому немного переиначил.

Выберем иррациональную точку $r \in (r_1, r_2)$ такую, что $r \not \in O_{\epsilon_1}(r_1) \cap O_{\epsilon_2}(r_2)$ и из последовательности $\{ r_1, r_2, r_3, \dots \}$ выберем подпоследовательность $(r_{n_k})$ сходящуюся к $r$. А именно только такие $r_{n_k} \in (r_1, r_2)$ для которых $r \not \in O_{\epsilon_{n_k}}(r_{n_k})$. Члены такой подпоследовательности присутствуют в любой окрестности точки $r$, т.е. не исключено, что она является изолированной в $F$.

С пятым пока только идея взять в окрестности каждой изолированной точки такие две рациональные точки, что поменяв их местами в последовательности покрытие распространится на изолированную точку.

[Юстас]

"Не исключено" - это не ответ.
Мой пример показывает, как построить нумерацию, чтобы заданное иррациональное число $r$ из отрезка $[0,1]$ оказалось изолированным: в окрестности $r$ выбранные интервалы(с центром в рациональных точках) покрывают все, кроме $r$. Вам осталось придумать, как включить в эту нумерацию остальные рациональные, не участвующие в процедуре(можно, например, выбросить каждый второй интервал из указанных в решении, остальные "сдвинуть" и использовать освободившиеся индексы). Надеюсь, выразился достаточно ясно

[bubu gaga]

Юстас писал(а):

Надеюсь, выразился достаточно ясно

Ах, я думал Вы имели в виду остаток это от покрытия до $r$, а не от $r$ до единицы
Со смещением серии получается вот так. Если $|r_n - r| < \epsilon_n$, то ищем такое $m$, что $\epsilon_m < |r_n - r|$ и меняем $r_n$ и $r_m$ местами в последовательности. Такое число всегда найдётся.

[bubu gaga]

Насчёт пятого совсем в сомнениях.

Первый интервал $O_{\epsilon_1}$ разбивает $\mathbb{R}$ на три области: две непокрытые $(-\infty, r_1 - \epsilon_1]$ и $[r_1 + \epsilon_1, +\infty)$, и одну покрытую $(r_1 - \epsilon_1, r_1 + \epsilon_1)$. Каждый следующий интервал $O_{\epsilon_n}$ увеличивает количество непокрытых интервалов максимум на 1. То есть количество непокрытых точек в $F$ (в нём не может быть отрезков) не более чем счётно. Следовательно совершенным множество $F$ будет только если оно пустое.

С другой стороны мне кажется, что мера всего покрытия может быть равна максимум $1$. А покрытие счётного объединения точек в $F$ будет меры $0$.

Кто-нибудь может объяснить что в этих рассуждениях неверно? Спасибо!

[Юстас]

А почему точек-то будет счетно? Из того, что мера ненулевая, уже следует континуальность.

[bubu gaga]

Юстас писал(а):

А почему точек-то будет счетно?

Кажется начало доходить . Спасибо