Comprobación de que la secuencia $x_n = \frac{1}{n}$ converge a cada punto de $\mathbb{R}$ en la topología cofinita

Question

Dejemos que $a \in \mathbb{R}$ . Entonces cualquier conjunto abierto $U$ en la topología cofinita que contiene $a$ es de la forma $U = \mathbb{R} - \{\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_p\}$ para algunos $p \in \mathbb{N}$ (y por supuesto $\alpha_i \neq a \ \forall 1 \leq i \leq p$ ). Ahora, toma $N = c \left(\displaystyle{\frac{1}{\min \alpha_i}}\right) + 1$ , donde $c(x)$ representa el techo de $x$ (es decir $c(2.1) = 3$ ). Entonces está claro que $x_n \in U \ \forall n \geq N$ y hemos terminado.

¿Está bien así? En realidad, creo que podría prescindir de todo esto y limitarme a argumentar que la cola de $x_n$ está eventualmente contenida en $U$ desde $\mathbb{R} - U$ sólo tiene un número finito de elementos y $\{x_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ es infinito, pero no estoy seguro de si eso también está bien.

Answer 1

Tu argumento está bien, pero tienes razón en que esas precisiones son innecesarias. Cualquier secuencia que no contenga un punto concreto infinitas veces converge a todos los puntos de un espacio infinito con la topología cofinita.

Answer 2

Lo único que estamos utilizando de la secuencia aquí es que $x_n \neq x_m$ siempre que $n \neq m$ para que $\{x_n: n \in \mathbb{N}\}$ es infinito.

Si entonces $U=\mathbb{R}-F$ (así $F \subseteq \mathbb{R}$ finito) es cualquier conjunto abierto no vacío de la topología cofinita, entonces hay algún $N$ tal que $\{x_n: n \ge N\}$ no contiene puntos de $F$ : nos saltamos todos los $n$ ya que necesitamos evitar cualquiera de los puntos finitos de $F \cap \{x_n: n \in \mathbb{N}\}$ si es que hay alguna. Y luego para todos $n \ge N$ , $x_n \in U$ . Esto es suficiente para demostrar que $x_n \to x$ para cualquier $x \in \mathbb{R}$ .

Así también $1,2,3,4,\ldots \to \pi$ Por ejemplo, en la topología cofinita.