La prueba de que un conjunto perfecto es incontable

Question

Hay algo que no entiendo acerca de la prueba de que la perfecta conjuntos son innumerables. La misma prueba está presente en Rudin Principios de Análisis Matemático.

Asumimos que nuestra construcción de la $U_n$ debe contener todos los puntos de $S$? ¿Y si sólo estamos recogiendo de manera uniforme indexados en los puntos de $S$ ($x_{2n}$)? Nos gustaría obtener una infinitamente contables subconjunto de $S$, y el resto de $S$ puede ser utilizado para proporcionar puntos de $V$. Lo que me estoy perdiendo?

Answer 1

Hay una alternativa de la prueba, el uso de lo que es una consecuencia de Baire Teorema:

THM Deje $(M,d)$ ser un espacio métrico completo sin puntos aislados. A continuación, $(M,d)$ es incontable.

PRUEBA de Asumir $M$ es contable, y deje $\{x_1,x_2,x_3,\dots\}$ ser una enumeración de $M$. Ya que cada singleton es cerrado, cada una de las $X_i=X\smallsetminus \{x_i\}$ está abierto para todas las $i$. Por otra parte, cada uno de ellos es densa, ya que cada punto es un punto de acumulación de a $X$. Por Baire Teorema de, $\displaystyle\bigcap_{i\in\Bbb N} X_i$ debe ser densa, por lo tanto no vacío, pero es fácil de ver que está vacío, lo cual es absurdo. $\blacktriangle$.

COROLARIO Deje $(M,d)$ ser completa, $P$ perfecto subconjunto de $M$. A continuación, $P$ es incontable.

PRUEBA de $(P,d\mid_P)$ es un espacio métrico completo sin puntos aislados.

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AGREGAR podría ser interesante notar que uno puede demostrar Baire Teorema de uso de una construcción completamente análogo a la prueba se sugiere en el post.

THM Deje $(X,d)$ completo, y dejar que $\langle G_n\rangle$ ser una secuencia de abiertos densos conjuntos en $X$. A continuación, $G=\displaystyle \bigcap_{n\in\Bbb N}G_n$ es densa.

PROOOF se puede construir una secuencia $\langle F_n\rangle$ de los conjuntos cerrados de la siguiente manera. Deje $x\in X$, y tome $\epsilon >0$,$B=B(x,\epsilon)$. Desde $G_1$ es densa, no existe $x_1\in B\cap G_1$. Dado que tanto $B$ $G_1$ están abiertas, no existe una bola de $B_1=B(x_1,r_1)$ tal que $$\overline{B_1}\subseteq B\cap G_1$$

Desde $G_2$ es abierto y denso, no es $x_2\in B_1\cap G_2$ y abrir de nuevo un balón $B_2=B(x_2,r_2)$ tal que $\overline{B_2}\subseteq B_1\cap G_2$, pero pedimos ahora que $r_2\leq r_1/2$. Luego nos sucesivamente tome $r_{n+1}<\frac{r_n}2$. Inductivamente, se ve que se puede construir una secuencia de cerrado acotado establece $F_n=\overline{B_n}$ tal que $$F_{n+1}\subseteq F_n\\ \operatorname{diam}D_n\to 0$$

Desde $X$ es completa, no existe $\alpha\in \displaystyle\bigcap_{n\in\Bbb N}F_n$. Pero, por construcción, podemos ver que $\displaystyle\alpha\in \bigcap_{n\in\Bbb N}G_n\cap B(x,\epsilon)$

Por lo tanto $G$ es denso en $X$.$\blacktriangle.$

Answer 2

$\newcommand{\cl}{\operatorname{cl}}$ El resultado en el citado enlace puede ser fortalecidos: un perfecto subconjunto de $\Bbb R$ (o, de hecho, de cualquier espacio métrico completo) tiene cardinalidad, al menos, $2^\omega$ y por lo tanto, ciertamente, es incontable. La prueba utiliza la misma idea básica en un poco más sofisticado.

Prueba. Deje $\langle X,d\rangle$ ser un espacio métrico completo, y dejar que $S$ ser un perfecto subconjunto de $X$. Deje $\Sigma$ el conjunto de secuencias finitas de $0$'s y $1$'s, y para cada una de las $n\in\Bbb N$ deje $\Sigma_n=\{\sigma\in\Sigma:|\sigma|=n\}$. Si $\sigma\in\Sigma$$i\in\{0,1\}$, denotan por $\sigma^{\frown}i$ la secuencia obtenida añadiendo $i$$\sigma$; por lo tanto, si $\sigma\in\Sigma_n$,$\sigma^{\frown}i\in\Sigma_{n+1}$. Para $\sigma,\tau\in\Sigma$ escritura $\sigma\prec\tau$ fib $\sigma$ es un buen segmento inicial de $\tau$. Voy a construir abrir conjuntos de $U_\sigma$ $\sigma\in\Sigma$ tal manera que:

1. $U_\sigma\cap S\ne\varnothing$ por cada $\sigma\in\Sigma$,
2. $\{U_\sigma:\sigma\in\Sigma_n\}$ es de a pares distintos para cada una de las $n\in\Bbb N$,
3. $\cl U_\sigma\subseteq U_\tau$ siempre $\sigma\prec\tau$, y
4. $\operatorname{diam}U_\sigma\le 2^{-n}$ siempre $\sigma\in\Sigma_n$.

Supongo que esto ha sido hecho. Deje $\Sigma_\omega$ el conjunto de secuencias infinitas de $0$'s y $1$'s, y se nota que $|\Sigma_\omega|=2^\omega$. Para cada una de las $\sigma\in\Sigma_\omega$ $n\in\Bbb N$ deje $\sigma^n\in\Sigma_n$ ser el segmento inicial de $\sigma$ de la longitud de la $n$, y vamos a $$F_\sigma=\bigcap_{n\in\Bbb N}\left(S\cap\cl U_{\sigma^n}\right)\;;$$ conditions (1), (3) and (4) and the completeness of $X$ ensure that $F_\sigma=\{x\sigma\}$ for some $x\sigma\en X$, and condition (2) ensures that if $\tau\en\Sigma_\omega$ is distinct from $\sigma$, then $F_\tau\cap F_\sigma=\varnothing$ and hence $x\tau\ne x\sigma$. Thus, $\{x\sigma:\sigma\en\Sigma_\omega\}$ is a subset of $S$ of cardinality $2^\omega$.

Para la construcción de los conjuntos de $U_\sigma$, vamos a $y_\varnothing\in S$ ser arbitraria, y vamos a $U_\varnothing=B(y_0,1)$; $y_0$ es un punto de acumulación de a $S$, lo $S\cap U_\varnothing$ es infinito. (Aquí se $\varnothing$ es la secuencia de longitud $0$.) Dado $U_\sigma$ algunos $\sigma\in\Sigma_n$ tal que $S\cap U_\sigma$ es infinito, vamos a $y_{\sigma^{\frown}0}$ $y_{\sigma^{\frown}1}$ ser distintos puntos de $S\cap U_\sigma$. Hay un positivo $r\le 2^{-(n+1)}$ tal que $B(y_{\sigma^{\frown}0},r)\cap B(y_{\sigma^{\frown}1},r)=\varnothing$, y nos pusimos $U_{\sigma^{\frown}i}=B(y_{\sigma^{\frown}i},r)$$i\in\{0,1\}$. Los puntos de $y_{\sigma^{\frown}i}$ son de acumulación de puntos de $S$, de manera que los conjuntos $S\cap U_{\sigma^{\frown}i}$ son infinitas, y el recursiva de la construcción pasa a través de.

Answer 3

El quid del argumento es que nos asegúrese de recoger todos los puntos. Lista de los elementos $\{x_{1}, x_{2}, \cdots , x_{n}, \cdots\}$ y, a continuación, tomar el intervalo abierto $U_1$. Si $x_{2}$ no $U_{1}$, lo ignoran, como no va a aparecer en $V$. Si $x_{2}$$U_{1}$, construimos $U_{2}$. De esta manera, tenemos que ir hacia abajo en la lista de $x_{n}$, y hacemos caso de ellos si no están en la actual $U_{j}$ estamos considerando, y en caso contrario, construimos $U_{j+1}$. Cuando construimos $V$, y demostrar que es no vacío, hemos demostrado que tenemos, ya sea activamente eliminan los puntos o ignorado por aquellos que no pudieron haber terminado en $V$. De este modo obtenemos una contradicción.