Cualquier subconjunto cerrado de $\mathbb C$ es el conjunto de límite de puntos de alguna secuencia

Question

Deje $X$ ser un subconjunto cerrado de $\mathbb C$ con la norma habitual.

Demostrar que existe una compleja secuencia $(u_n)$ tal que $X$ es exactamente el conjunto de límite de puntos de $(u_n)$.

En aras de la claridad, permítanme volver a definir el conjunto de límite de puntos de una secuencia.

$l$ es un punto límite de $(u_n)$ fib hay una larga de $(u_n)$ que converge a $l$.

Equivalenty, $l$ es un punto límite de $(u_n)$ fib para cada vecindad $V$$l$, hay una infinidad de números naturales $n$ tal que $u_n ∈ V$.

Me demostró lo contrario de la afirmación anterior, y estoy atascado con la implicación directa. Yo no puedo construir ese $(u_n)$ con mis propias manos, y traté de contradicción, sin éxito.

Answer 1

Un subespacio de una normativa espacio es separable, por lo tanto $X$ es separable. Deje $\{x_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ ser una contables subconjunto denso.

Ahora $X$ tiene una contables número de puntos aislados (si $x \in X$ es aislado, recoger una pelota alrededor de $x$ no de intersección $X$, luego esta bola contiene un punto de $\mathbb{Q}[i]$ y por lo tanto tenemos una inyección de $\{\text{isolated points}\} \to \mathbb{Q}[i]$ e este último conjunto es contable). Deje $I = \{y_m\}_{m \in \mathbb{N}^*}$ el conjunto de puntos aislados (tal vez hay repeticiones, no es un problema).

Forman la secuencia $y_{n,m}$ estableciendo: $$y_{n,m} = \begin{cases} x_n & m = 0 \\ y_m & m > 0 \end{casos}$$ Y deje $z_k = y_{f(k)}$ donde $f : \mathbb{N} \to \mathbb{N} \times \mathbb{N}^*$ es un bijection.

Esta secuencia cumple con cualquier punto aislado de a $X$ un número infinito de veces por diseño, de manera que punto aislado será un punto límite de $z_k$.

Si $x \in X$ no es un punto aislado, vamos a $V$ ser un barrio de $x$$X$; a continuación, $V$ es infinito. Desde la secuencia inicial $\{x_n\}$ era densa en $X$, también es denso en $V \cap X$, pero este conjunto es infinito (porque $x$ no es un punto aislado de a $X$), y por lo $\{z_k\} \cap V \cap X$ será infinito (porque un subconjunto finito no ser denso en uno infinito, porque $\mathbb{C}$ es un espacio métrico).

Y cualquier punto límite de $\{z_k\} \subset X$ se encuentra en $\bar X = X$. Esto concluye.

Answer 2

Para una secuencia $(a_n)$ el conjunto de su límite de puntos es

$$\cap_{n\ge 1} \overline{\{a_n, a_{n+1}, \ldots \}}$$

A partir de una secuencia $(r_n)$ construir la secuencia

$$r_1,\ r_1, r_2,\ r_1, r_2 ,r_3,\ \ldots,\ r_1, r_2, \ldots, r_n, \ldots $$

con el conjunto de límite de puntos de $\overline{\{r_1, r_2, \ldots \}}$

Obs: las Obras en general, espacios topológicos.

Answer 3

Este es un enfoque más sencillo.

Para probar el resultado deseado, es suficiente para construir una secuencia $(v_n)\in X^{\mathbb N}$ de manera tal que, $$\forall \lambda \in X, \forall \epsilon>0, \forall N \in \mathbb N, \exists n_0 \geq N, |v_{n_0}-\lambda|\leq \epsilon$$

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Desde $\mathbb C$ es separable, existe una densa, contables subconjunto $D$$\mathbb C$.

Vamos a definir $(u_n)$ tal que $D=\{u_n | n \in \mathbb N\}$.

Desde $X$ es cerrado, para cada una de las $n\in \mathbb N$, se puede definir la proyección de $v_n$$u_n$$X$$v_n \in \{ x\in X \;\;|\;\;|u_n-x|\; \text{is minimal }\}$.

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Queda por demostrar que $(v_n)$ cumple con nuestros requisitos.

Deje $\epsilon >0$$N\in \mathbb N$.

Deje $\displaystyle A=\{n\in \mathbb N \;| \;\; |u_n-\lambda|\leq \frac{\epsilon}3\}$.

Es fácil comprobar que $A$ es infinito.

Por otra parte, si $n\in A$, $|v_n- \lambda|\leq \epsilon$

De lo contrario, $$\epsilon \leq |v_n-\lambda|\leq |v_n-u_n|+|u_n-\lambda|\leq |\lambda-u_n|+|u_n-\lambda|\leq\frac{2\epsilon}3$$

Desde $A$ es infinito, elegir cualquier $n_0 \in A$$n_0 \geq N$. Tenemos$|v_{n_0}-\lambda|\leq \epsilon$

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PS: se ve que el resultado aún se mantiene si $\mathbb C$ se reemplaza con cualquier espacio métrico separable que ha de Bolzano-Weierstrass de la propiedad.