Множество рациональных чисел не счетное пересечение открытых

[Nemiroff]

Pretty Kitty в сообщении #931806 писал(а):

если открытое множество содержит все рациональные точки, то его дополнение не более чем счетно

Это неверно, пример достаточно простой: пусть $q_k$ — рациональные, $A_k = (q_k - \frac{1}{2^k}, q_k + \frac{1}{2^k})$, $A = \bigcup_k A_k$.

[grizzly]

Давайте обозначим множество $A$ в следующем примере через $A^2$, где верхний индекс 2 намекает на двойку в знаменателях для интервалов:

Цитата:

$A_k = (q_k - \frac{1}{2^k}, q_k + \frac{1}{2^k})$, $A = \bigcup_k A_k$.

Построим по аналогии для той же нумерации рациональных чисел множества $A^3, A^4,...$.

Разве счётное пересечение всех этих множеств не противоречит следующему утверждению:

Nemiroff в сообщении #931943 писал(а):

Pretty Kitty в сообщении #931806 писал(а):

множество рациональных чисел нельзя представить как счетное пересечение открытых

Это верно.

[Pretty Kitty]

Nemiroff в сообщении #931945 писал(а):

Pretty Kitty в сообщении #931806 писал(а):

если открытое множество содержит все рациональные точки, то его дополнение не более чем счетно

Это неверно, пример достаточно простой: пусть $q_k$ — рациональные, $A_k = (q_k - \frac{1}{2^k}, q_k + \frac{1}{2^k})$, $A = \bigcup_k A_k$.

Это была рабочая гипотеза) с ней уже давно покончено

[Evgenjy]

Pretty Kitty в сообщении #931944 писал(а):

$G_\delta$ - класс всех множеств, которые можно представить как счетное пересечение открытых

Любое множество на $\mathbb{R}$ можно представить как счетное пересечение открытых.

[provincialka]

Evgenjy в сообщении #931974 писал(а):

Любое множество на $\mathbb{R}$ можно представить как счетное пересечение открытых.

Разве? Разве не существует не-борелевских множеств на прямой?

[Pretty Kitty]

provincialka в сообщении #931977 писал(а):

Evgenjy в сообщении #931974 писал(а):

Любое множество на $\mathbb{R}$ можно представить как счетное пересечение открытых.

Разве? Разве не существует не-борелевских множеств на прямой?

Я же только что доказал, что рациональные числа не будут счетным пересечением открытых. И не-борелевские тоже должны быть насколько я помню лекцию, хотя примера не знаю.

[Nemiroff]

grizzly в сообщении #931952 писал(а):

Разве счётное пересечение всех этих множеств не противоречит следующему утверждению:

Нет. Пусть $\mathbb{Q} = \bigcap_{i=1}^{\infty} U_i$. Тогда $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} = \bigcup_{i=1}^{\infty} U_i^c$. У иррациональных пустая внутренность, поэтому у каждого $U_i^c$ пустая внутренность, поэтому каждое из них нигде не плотно, поэтому их объединение — множество первой категории. Иррациональные — множество второй категории, так что получаем противоречие.

Evgenjy в сообщении #931974 писал(а):

Любое множество на $\mathbb{R}$ можно представить как счетное пересечение открытых.

Бред незамутнённый.

[grizzly]

Nemiroff
Спасибо! стало понятно и очень интересно.

[kp9r4d]

Nemiroff
А как из

Nemiroff в сообщении #931988 писал(а):

поэтому у каждого $U_i^c$ пустая внутренность

следует

Nemiroff в сообщении #931988 писал(а):

поэтому каждое из них нигде не плотно

?

[Nemiroff]

kp9r4d, я привык, что это просто определение нигде не плотного множества. А вы каким определением пользуетесь?

[grizzly]

Такого определения здесь, конечно, мало (ср. $\mathbb Q$). Принципиально, наверное, что множества замкнуты.

[Nemiroff]

grizzly в сообщении #932043 писал(а):

Принципиально, наверное, что множества замкнуты.

Да-да, нигде не плотное множество — такое, у которого замыкание имеет пустую внутренность. В данном случае $U_i^c$ замкнуты, так что их замыкание совпадает с ними.

[kp9r4d]

Nemiroff
Да, точно.

[Evgenjy]

grizzly в сообщении #931952 писал(а):

Построим по аналогии для той же нумерации рациональных чисел множества $A^3, A^4,...$.

Разве счётное пересечение всех этих множеств не противоречит следующему утверждению:
Nemiroff в сообщении #931943

писал(а):
Pretty Kitty в сообщении #931806

писал(а):
множество рациональных чисел нельзя представить как счетное пересечение открытых

Вы Pretty Kitty и grizzly разобрались раньше меня. Я сильно заблуждался, но теперь тоже понял, в чем дело. Получается, что пересечение $A^3, A^4,...$ кроме всех рациональных чисел содержит иррациональные и достаточно много для того, чтобы быть множеством второй категории, но не слишком много и имеет меру ноль. А его дополнение состоит не из всех иррациональных чисел, имеет первую категорию , но мера пересечения с каждым отрезком равна мере самого отрезка.
Спасибо Nemiroff