Компактное множество вещественных чисел

[Unknown00056]

Задание: Построить компактное множество вещественных чисел, множество предельных точек которого счетно.
Подходит ли следующее множество под условие?
$K = P \cup S \cup\{0\}$ ,где $ P = \bigcup\limits_{i=1}^{\infty} E_i$ ; $ E_i = \{ X_n | X_n = \frac {1}{i} + \frac {1}{n}, n = 1,2,3...\}$ ; $ S = \{X_n | X_n = \frac {1}{n}, n = 1,2,3...\}$ ;
Идея, состоит в том, что бы взять счетное множество последовательностей и объединить множество их значений вместе с множеством их пределов.
Для проверки компактности, можно воспользоваться утверждением эквивалентным компактности в $ \mathbb{R} $, а именно, что множество должно быть замкнутым и ограниченным. $K \subset [0;2]$ - ограниченно. А как разобраться с замкнутостью? Либо найти предельную точку, которая не принадлежит множеству, либо показать, что таких точек нет... Ага, или показать, что дополнение к множеству, является открытым/закрытым/никаким. Нет идей, как это сделать...
Может быть посмотреть пересечение множеств значений последовательностей на интервалах между их пределами? %)

[Otta]

А и далась Вам эта одна энная. Возьмите уж $1/2^n$ в качестве базовой, что ли. И то глазу приятней.

[Someone]

Да и так сойдёт.
Для каждого $k\in\mathbb N=\{1,2,3,\ldots\}$ рассмотрите множество $K_k=\{x\in K:x\geqslant\frac 1k\}$. Покажите, что оно компактно. Потом покажите, что $K=\{0\}\cup\bigcup\{K_k:k\in\mathbb N\}$ компактно.
От замены $\frac 1n$ на $\frac 1{2^n}$ ничего существенно не изменится.

[ewert]

Unknown00056 в сообщении #753368 писал(а):

$ E_i = \{ X_n | X_n = \frac {1}{i} + \frac {1}{n}, n = 1,2,3...\}$ ;

Вот это напрасно -- они начинают перепутываться друг с другом, и это неудобно. А ведь их очень легко разделить; ну, скажем, $ E_i = \{ x_n | x_n = \frac {1}{i} + \frac {1}{2n}(\frac1{i-1}-\frac1i),\ n = 1,2,3...\}$

[Someone]

Ну, они не очень сильно перепутываются. Но Ваш вариант действительно немного упрощает рассуждения.

[Otta]

Someone в сообщении #753397 писал(а):

От замены $\frac 1n$ на $\frac 1{2^n}$ ничего существенно не изменится.

От только замены - да, а вот от замены со сжатием стало бы вообще все прозрачно.

[Unknown00056]

Someone в сообщении #753397 писал(а):

Для каждого $k\in\mathbb N=\{1,2,3,\ldots\}$ рассмотрите множество $K_k=\{x\in K:x\geqslant\frac 1k\}$. Покажите, что оно компактно. Потом покажите, что $K=\{0\}\cup\bigcup\{K_k:k\in\mathbb N\}$ компактно.

О, точно. Каждое множество будет содержать $k$ предельных точек. Дальше понятно. Спасибо.

ewert в сообщении #753401 писал(а):

Вот это напрасно -- они начинают перепутываться друг с другом, и это неудобно. А ведь их очень легко разделить; ну, скажем, $ E_i = \{ x_n | x_n = \frac {1}{i} + \frac {1}{2n}(\frac1{i-1}-\frac1i),\ n = 1,2,3...\}$

Нафантазировал, что придется дикие формулы писать. А оказалось все просто. Спасибо.

[Someone]

Unknown00056 в сообщении #753771 писал(а):

О, точно. Каждое множество будет содержать $k$ предельных точек.

Там только нужно не забыть, что при Вашем определении множеств $E_i$ у них получаются длинные "хвосты", которые попадают в множество $K_k$ и при $i>k$. Поэтому нужно показать, что таких точек конечное число. Это точки вида $\frac 1i+\frac 1n$, удовлетворяющие условиям $i>k$, $n>k$, $\frac 1i+\frac 1n\geqslant\frac 1k$. (Замечание: в силу симметрии между $i$ и $n$, $\frac 1i+\frac 1n\in E_{\min\{i,n\}}$.)
Если определить $E_i$ так, как это сделал ewert, об этом беспокоиться не надо, поэтому его определение упрощает рассуждения.

[Unknown00056]

А с помощью индукции нельзя показать, что $K_k$ содержит $k$ предельных точек?
1. $K_1$ содержит 1 предельную точку т.к. содержит точку являющуюся пределом одной последовательности из значений которой строится $K$. Остальные точки к которым сходятся последовательности меньше единицы, следовательно в $K_1$ конечное число таких точек.
2. Предположим что в $K_k$ $k$ предельных точек. $K_{k+1} = K_k\cup M$, где $M=K\cap [\frac{1}{k+1} ; \frac{1}{k})$. Рассуждая аналогично первому пункту, получаем, что $M$ содержит 1 предельную точку. Следовательно $K_{k+1}$ содержит $k+1$ предельных точек.

[Someone]

Не мудрите. Не нужна тут никакая индукция. Определите $E_i$ так, как предложил ewert, с небольшой поправкой:

$$E_i=\left\{\frac 1i+\frac 1{2n(i(i-1)+1)}:n\in\mathbb N\right\},$$

чтобы избежать деления на $0$ при $i=1$.
1) Покажите, что $E_i\subset\left(\frac 1i,\frac 1{i-1}\right)$ при $i>1$ и $E_1\subset(1,2)$.
2) Покажите, что $E_i$ имеет единственную предельную точку. Какую?
3) Покажите, что $K_k=\bigcup\{E_i\cup\{1/i\}:1\leqslant i\leqslant k\}$ есть компакт.
4) Покажите, что $K=\{0\}\cup\bigcup\{K_k:k\in\mathbb N\}$ есть компакт.

[Someone]

Сегодня с утра посмотрел, что написал вчера, и понял, что $E_i$ можно определить проще:

$$E_i=\left\{\frac 1i+\frac 1n\left(\frac 1{i-\frac 13}-\frac 1i\right):n\in\mathbb N\right\}.$$

[Unknown00056]

Someone в сообщении #753995 писал(а):

1) Покажите, что $E_i\subset\left(\frac 1i,\frac 1{i-1}\right)$ при $i>1$ и $E_1\subset(1,2)$.

Рассмотрим неравенство $\frac{1}{2n(i(i-1)+1)} < \frac{1}{i-1}}$ при $n = 1$ (т.к. при $n=1$ дробь принимает наибольшее значение)

$$\frac{1}{2(i(i-1)+1)} < \frac{1}{i-1}};$$

$${2(i(i-1)+1)} > {i-1}};$$

$$2i^2 -3i + 3 > 0;$$

Дискриминант отрицательный, следовательно неравенство выполняется при $i > 1$; то что все значения $E_i$ больше чем $\frac{1}{i}$ очевидно. Значит $E_i \subset (\frac{1}{i};\frac{1}{i-1}) $.
Для $E_1$. При $n=1$ найдем наибольшее значение в $E_1$. Это будет $1+\frac{1}{2} < 2$. Остальные значения больше $1$ и меньше $\frac{3}{2}$. $E_1 \subset (1;2)$

Someone в сообщении #753995 писал(а):

2) Покажите, что $E_i$ имеет единственную предельную точку. Какую?

Множества $E_i$-е состоят из значений сходящихся числовых последовательностей. Из единственности предела следует, что $E_i$ имеет единственную предельную точку. Предельной точкой для $E_i$ является точка $\frac{1}{i}$. $\forall \varepsilon > 0$; $\frac{1}{2n(i(i-1)+1)} < \varepsilon$, $\forall n > \frac{1}{2\varepsilon(i(i-1)+1)} $

Someone в сообщении #753995 писал(а):

3) Покажите, что $K_k=\bigcup\{E_i\cup\{1/i\}:1\leqslant i\leqslant k\}$ есть компакт.
4) Покажите, что $K=\{0\}\cup\bigcup\{K_k:k\in\mathbb N\}$ есть компакт.

А зачем вводить $K_k$ ? Нельзя ли сразу объединить все $E_i$ вместе с $\{0\}$ и $\{\frac{1}{i}\}$ ? Ведь уже видно, что $E_i$ не пересекаются. А получившееся множество ограниченно и замкнуто.

Появился вопрос. Как доказывать компактность множества исходя из определения? Понятно, что для доказательства не компактности, нужно найти всего лишь покрытие из которого невозможно выделить конечное подпокрытие. Как же быть, если множество компактно. Доказывать от противного?

[Someone]

Unknown00056 в сообщении #754101 писал(а):

Рассмотрим неравенство $\frac{1}{2n(i(i-1)+1)} < \frac{1}{i-1}$ при $n = 1$ (т.к. при $n=1$ дробь принимает наибольшее значение)

Тут неточность. Нужно проверить неравенство $\frac 1i+\frac 1{2n(i(i-1)+1)}<\frac 1{i-1}$.

Unknown00056 в сообщении #754101 писал(а):

А получившееся множество ограниченно и замкнуто.

Да можно, наверное, так сказать.

Unknown00056 в сообщении #754101 писал(а):

Как доказывать компактность множества исходя из определения?

Пусть $\mathscr U$ — покрытие множества $K$ интервалами (всегда можно ограничиться интервалами). Пусть $(a_0,b_0)\in\mathscr U$ — тот интервал, который содержит точку $0$. Пусть $i_0$ — наименьшее натуральное число, для которого $\frac 1{i_0}\in(a_0,b_0)$. Тогда этот интервал полностью содержит все $E_i$ при $i>i_0$, а $E_{i+0}$ содержит полностью, кроме, может быть, конечного числа точек.
Далее для каждого $i<i_0$ находим интервал $(a_i,b_i)\in\mathscr U$, содержащий точку $\frac 1i$. Этих интервалов будет конечное число — не более $i_0-1$ штук (некоторые из их могут совпадать). Интервал $(a_i,b_i)$ содержит всё $E_i$, кроме, может быть, конечного числа точек.
Таким образом, мы покрыли всё $K$, кроме, может быть, конечного числа точек, которые тоже можно покрыть конечным числом интервалов.

[ewert]

Someone в сообщении #753995 писал(а):

чтобы избежать деления на $0$ при $i=1$.

Чтобы избежать, достаточно просто тупо выкинуть эту несчастную единичку из рассмотрения.