Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

12Topologie van de reële rechte

Limieten verwijzen telkens naar hetzelfde meetkundige vocabulaire: punten “dicht bij” een verzameling, verzamelingen “zonder lekken aan de rand”, intervallen waaruit rijen niet kunnen ontsnappen. Dit hoofdstuk legt dat vocabulaire vast — open en gesloten verzamelingen, inwendige en afsluiting, dichtheid — op de reële rechte, en bewijst de compactheid van segmenten in haar rijenvorm. Dezelfde begrippen, in genormeerde vectorruimten, zijn stof voor het tweede jaar; op $\R$ zijn ze binnen bereik en meteen nuttig voor Hoofdstuk 13.

12.1 Open verzamelingen, gesloten verzamelingen

Definitie 12.1 (Omgeving, open verzameling)

Een verzameling $V \subseteq \R$ is een omgeving van $x \in \R$ wanneer ze voor een zekere $r > 0$ een interval $\intoo{x - r}{x + r}$ bevat. Een verzameling $U \subseteq \R$ heet open wanneer ze een omgeving van elk van haar punten is:

\forall x \in U,\ \exists r > 0, \quad \intoo{x - r}{x + r} \subseteq U .

Voorbeeld 12.2

Open intervallen zijn open: voor $x \in \intoo{a}{b}$ neem je $r = \min(x - a,\, b - x) > 0$ . Halfrechten $\intoo{a}{+\infty}$ zijn open; $\R$ en $\emptyset$ zijn open (de laatste bij gebrek aan punten). $\intcc{0}{1}$ is niet open: geen enkel interval rond $0$ blijft binnen.

Propositie 12.3 (Stabiliteit van open verzamelingen)

Elke vereniging van open verzamelingen is open; een eindige doorsnede van open verzamelingen is open. Oneindige doorsneden kunnen falen: $\bigcap_{n \geq 1} \intoo{-\frac 1n}{\frac 1n} = \{0\}$ , niet open.

Bewijs. Vereniging: is $x \in \bigcup_i U_i$ , dan is $x \in U_{i_0}$ voor een zekere $i_0$ , en het interval dat $U_{i_0}$ levert ligt binnen de vereniging. Eindige doorsnede: is $x \in U_1 \cap \dots \cap U_k$ , neem dan $r = \min(r_1, \dots, r_k) > 0$ van de stralen die elke $U_j$ levert. Voor het tegenvoorbeeld: elk interval rond $0$ bevat een zekere $\frac{1}{n}$ (Archimedes) en verlaat dus de doorsnede. ∎

Voorbeeld 12.4 (Openheid waarborgen met expliciete stralen)

Is $U = \{x \in \R : x^2 > 2\}$ open? Ja, en het bewijsstuk laat zich opschrijven: $U = \intoo{-\infty}{-\sqrt2} \cup \intoo{\sqrt2}{+\infty}$ , een vereniging van twee open halfrechten, open volgens Propositie 12.3. Je kunt ook punt voor punt redeneren: voor $x \in U$ met $x > \sqrt 2$ neem je $r = x - \sqrt2 > 0$ : elke $y \in \intoo{x - r}{x + r}$ voldoet aan $y > \sqrt 2$ en dus $y^2 > 2$ ; symmetrisch aan de linkerkant. Beide stijlen doen ertoe — de structurele (bouw uit bekende open verzamelingen met verenigingen en eindige doorsneden) schaalt beter, de $\varepsilon$ -stijl werkt wanneer er geen structuur zichtbaar is; en Hoofdstuk 13 voegt er een derde en krachtigste aan toe: $U$ is het origineel van de open verzameling $\intoo{2}{+\infty}$ onder de continue $x \mapsto x^2$ .

Definitie 12.5 (Gesloten verzameling)

Een verzameling $F \subseteq \R$ heet gesloten wanneer haar complement $\R \setminus F$ open is. Wegens De Morgan en Propositie 12.3: elke doorsnede van gesloten verzamelingen is gesloten, en eindige verenigingen van gesloten verzamelingen zijn gesloten.

Stelling 12.6 (Karakterisering van gesloten verzamelingen met rijen)

$F$ is gesloten dan en slechts dan als voor elke rij $(u_n)$ punten van $F$ die naar een zekere $\ell \in \R$ convergeert, de limiet $\ell$ tot $F$ behoort. (“Gesloten” $=$ “stabiel onder limieten”.)

Bewijs. ( $\Rightarrow$ ) Zij $F$ gesloten, $u_n \in F$ , $u_n \to \ell$ , en stel $\ell \notin F$ . Het complement is open: een zeker $\intoo{\ell - r}{\ell + r}$ mijdt $F$ . Maar de convergentie legt $u_n$ voor grote $n$ in dat interval: in tegenspraak met $u_n \in F$ .

( $\Leftarrow$ ) Stel dat $F$ niet gesloten is: het complement is niet open, dus is er een $x \notin F$ zonder interval $\intoo{x - r}{x + r}$ binnen het complement; met $r = \frac{1}{n+1}$ kies je $u_n \in F$ met $\abs{u_n - x} < \frac{1}{n+1}$ . Dan is $u_n \in F$ en $u_n \to x \notin F$ : de eigenschap met rijen faalt. ∎

Voorbeeld 12.7 (De toets met rijen, beide kanten op)

Gesloten: $F = \Z \cup \bigl\{n + \frac1n : n \geq 2\bigr\}$ . Zij $u_k \in F$ met $u_k \to \ell$ . Het venster $\intcc{\ell - 1}{\ell + 1}$ bevat maar eindig veel punten van $F$ (eindig veel gehele getallen, eindig veel $n + \frac1n$ ), en voorbij een zekere rang liggen alle $u_k$ erin: de rij neemt dan eindig veel waarden aan en is, convergerend, uiteindelijk constant (als in Oefening 12.3): $\ell \in F$ . Gesloten — ook al bevat $F$ paren punten op willekeurig kleine afstand $\frac1n$ .

Niet gesloten: $G = \bigl\{\frac1m + \frac1n : m, n \in \N^*\bigr\}$ . De rij $\frac1n + \frac1n \in G$ gaat naar $0$ , en $0 \notin G$ (een som van twee positieve termen): de toets met rijen faalt, $G$ is niet gesloten. Interessant genoeg behoort elke $\frac1m$ wel tot $\overline G \cap G$ : immers $\frac1m = \frac{1}{m+1} + \frac{1}{m(m+1)} \in G$ . Het inzicht tot slot: om geslotenheid te bewijzen moet je alle convergente rijen tegelijk beheersen (meestal via een argument van lokale eindigheid of een gesloten formule); om haar te weerleggen volstaat één goedgekozen ontsnappende rij — die asymmetrie maakt de negatieve richting de makkelijke, en alle tegenvoorbeelden van dit hoofdstuk hebben die vorm van één regel.

Voorbeeld 12.8

Segmenten $\intcc{a}{b}$ , halfrechten $\intco{a}{+\infty}$ , eindige verzamelingen en $\Z$ (een convergente rij gehele getallen is uiteindelijk constant) zijn gesloten. $\intoc{0}{1}$ is open noch gesloten (open faalt in $1$ ; gesloten faalt want $\frac 1n \to 0 \notin$ de verzameling): de meeste verzamelingen zijn geen van beide. $\R$ en $\emptyset$ zijn zowel open als gesloten — en het zijn de enige zulke deelverzamelingen van $\R$ (Oefening 12.9).

Voorbeeld 12.9 (Een open verzameling uit oneindig veel stukken)

$\R \setminus \Z = \bigcup_{n \in \Z} \intoo{n}{n+1}$ : een oneindige vereniging van open intervallen, open volgens Propositie 12.3 — zodat $\Z$ gesloten is zonder enig argument met rijen. Let op de taakverdeling in de stabiliteitsregels: verenigingen van open verzamelingen mogen willekeurig zijn (elk punt heeft alleen zijn eigen bewijsstuk nodig, geleverd door de ene verzameling die het bevat), terwijl doorsneden eindig moeten blijven (de bewijsstukken moeten doorsneden worden, en oneindig veel stralen kunnen tot niets krimpen). Oefening 12.10 zal laten zien dat dit voorbeeld de algemene vorm is: elke open deelverzameling van $\R$ is een aftelbare disjuncte vereniging van open intervallen.

12.2 Inwendige, afsluiting, dichtheid

Definitie 12.10 (Inwendige, afsluiting, rand)

Zij $A \subseteq \R$ .

Een punt $x$ is inwendig aan $A$ wanneer $A$ een omgeving van $x$ is; het inwendige $\mathring{A}$ is de verzameling van de inwendige punten.
Een punt $x$ is adherent aan $A$ wanneer elke omgeving van $x$ de verzameling $A$ ontmoet; de afsluiting $\overline{A}$ is de verzameling van de adherente punten.
De rand is $\partial A = \overline A \setminus \mathring A$ .

Er geldt $\mathring A \subseteq A \subseteq \overline A$ .

Propositie 12.11 (Hoofdeigenschappen)

$\mathring A$ is de grootste open verzameling bevat in $A$ ; $A$ is open precies wanneer $A = \mathring A$ .
$\overline A$ is de kleinste gesloten verzameling die $A$ bevat; $A$ is gesloten precies wanneer $A = \overline A$ .
(Karakterisering van adherentie met rijen) $x \in \overline A$ dan en slechts dan als $x$ de limiet is van een rij punten van $A$ .
Complementeren verwisselt de begrippen: $\R \setminus \overline A = \bigl(\R \setminus A\bigr)^{\!\circ}$ .

Bewijs. (4) $x \notin \overline A$ $\iff$ een zekere omgeving van $x$ mijdt $A$ $\iff$ een zeker interval rond $x$ ligt in $\R \setminus A$ $\iff$ $x$ is inwendig aan $\R \setminus A$ .

(1) $\mathring A$ is open: is $x \in \mathring A$ , dan is een zeker $\intoo{x-r}{x+r} \subseteq A$ ; elk punt $y$ van dat interval heeft er een kleiner interval omheen dat erin ligt en dus in $A$ : het hele interval ligt in $\mathring A$ . Elke open $U \subseteq A$ bestaat uit inwendige punten van $A$ , dus $U \subseteq \mathring A$ : de grootste. De karakterisering van openheid volgt.

(2) In detail. Volgens (4) is $\R \setminus \overline A$ het inwendige van $\R \setminus A$ , een open verzameling volgens (1): dus is $\overline A$ gesloten, en ze bevat $A$ . Minimaliteit: zij $F \supseteq A$ gesloten. Dan is $\R \setminus F$ open en bevat in $\R \setminus A$ , dus geeft de maximaliteit in (1)

\R \setminus F \subseteq \bigl(\R \setminus A\bigr)^{\!\circ} = \R \setminus \overline A ,

en opnieuw complementeren geeft $\overline A \subseteq F$ . Dus is $\overline A$ de kleinste gesloten oververzameling. Karakterisering: is $A = \overline A$ , dan is $A$ gesloten (zojuist aangetoond); is $A$ gesloten, dan is ze zelf een gesloten oververzameling van $A$ , zodat de minimaliteit $\overline A \subseteq A$ afdwingt, en dus gelijkheid.

(3) Is $u_n \in A$ met $u_n \to x$ , dan bevat elke omgeving van $x$ een zekere $u_n \in A$ , dus $x \in \overline A$ . Omgekeerd, is $x \in \overline A$ , dan ontmoet elk interval $\intoo{x - \frac{1}{n+1}}{x + \frac{1}{n+1}}$ de verzameling $A$ in een zekere $u_n$ , en $u_n \to x$ . ∎

Voorbeeld 12.12

$\overline{\intoo{0}{1}} = \intcc{0}{1}$ ; $\mathring{\intcc{0}{1}} = \intoo{0}{1}$ ; $\partial\intoo{0}{1} = \{0, 1\}$ . Voor $A = \{\frac 1n : n \in \N^*\}$ is $\overline A = A \cup \{0\}$ , $\mathring A = \emptyset$ en $\partial A = A \cup \{0\}$ . Voor $\Q$ : wegens de dichtheid (Stelling 10.14) is elk reëel getal adherent aan $\Q$ , dus $\overline{\Q} = \R$ , terwijl $\mathring{\Q} = \emptyset$ (elk interval bevat irrationale getallen): de rand van $\Q$ is heel $\R$ .

Voorbeeld 12.13 (Een volledige anatomie)

Zij $A = \intoc{0}{1} \,\cup\, \bigl(\Q \cap \intoo{2}{3}\bigr) \,\cup\, \{4\}$ . We berekenen de drie verzamelingen van Definitie 12.10, stuk voor stuk.

Inwendige. Een punt van $\intoo{0}{1}$ heeft een heel interval binnen $A$ : inwendig. Het punt $1$ : elk interval eromheen lekt rechts van $1$ , waar $A$ niets heeft tot $2$ : niet inwendig. Geen enkel punt van $\Q \cap \intoo{2}{3}$ is inwendig (elk interval bevat irrationale getallen, Stelling 10.14); en het geïsoleerde punt $4$ evenmin. Dus is $\mathring A = \intoo{0}{1}$ .

Afsluiting. Limieten van punten van $A$ : heel $\intcc{0}{1}$ ( $0 = \lim \frac1n$ met $\frac 1n \in A$ ); heel $\intcc{2}{3}$ (elk reëel getal daar is een limiet van rationale getallen uit het interval, opnieuw de dichtheid); en $4$ . Meer niet: een punt buiten $\intcc{0}{1} \cup \intcc{2}{3} \cup \{4\}$ heeft positieve afstand tot die gesloten verzameling. Dus is $\overline A = \intcc{0}{1} \cup \intcc{2}{3} \cup \{4\}$ .

Rand. $\partial A = \overline A \setminus \mathring A = \{0, 1\} \cup \intcc{2}{3} \cup \{4\}$ .

Het inzicht tot slot: de drie bewerkingen werken lokaal — elk stuk van $A$ draagt bij naar zijn eigen aard (een massief interval behoudt zijn binnenkant, een dicht-maar-poreus stuk wordt volledig rand, een geïsoleerd punt is zuivere rand) — en een tekening van $A$ van twee regels voorspelt elk antwoord voordat er ook maar één bewijs geschreven is.

Opmerking 12.14 (Veelgemaakte fouten bij puntverzamelingen)

(i) “Niet open” betekent niet “gesloten”: de meeste verzamelingen zijn geen van beide ( $\intoc{0}{1}$ ), en twee verzamelingen zijn allebei ( $\emptyset$ , $\R$ ) — open en gesloten zijn geen tegengestelden maar duaal via het complement. (ii) Inwendige en afsluiting commuteren niet: voor $A = \Q$ is

\overline{\mathring A} = \overline\emptyset = \emptyset \qquad\text{terwijl}\qquad \bigl(\,\overline A\,\bigr)^{\!\circ} = \mathring \R = \R :

de twee samengestelde operatoren verschillen zoveel als verzamelingen maar kunnen. (iii) Oneindige verenigingen van gesloten verzamelingen kunnen niet gesloten zijn: $\bigcup_{n\geq1} \intcc{\frac1n}{1} = \intoc{0}{1}$ — het spiegelbeeld van het tegenvoorbeeld met doorsneden uit Propositie 12.3. (iv) Dicht betekent niet groot: $\Q$ ligt dicht, is aftelbaar en heeft leeg inwendige, en haar complement ligt eveneens dicht; dichtheid zegt “willekeurig dicht bij alles”, niet “bijna alles” — de Cantorverzameling van de weekendopgave (Probleem 12.1) maakt het tegenovergestelde punt: een topologisch kleine verzameling die overaftelbaar groot is.

Voorbeeld 12.15 (Een exact berekende afsluiting)

Zij $G = \bigl\{\frac1m + \frac1n : m, n \in \N^*\bigr\}$ (uit Voorbeeld 12.7). Bewering:

\overline G = G \,\cup\, \Bigl\{\frac1m : m \in \N^*\Bigr\} \,\cup\, \{0\} .

( $\supseteq$ ) $\frac1m = \lim_n \bigl(\frac1m + \frac1n\bigr)$ en $0 = \lim_n \frac2n$ : adherent wegens de karakterisering met rijen. ( $\subseteq$ ) Zij $x = \lim_k \bigl( \frac{1}{m_k} + \frac{1}{n_k}\bigr)$ ; orden elk paar zó dat $m_k \leq n_k$ . Is $(m_k)$ onbegrensd, dan heeft een deelrij $m_k \to \infty$ , dus ook $n_k \to \infty$ en $x = 0$ . Anders neemt $(m_k)$ eindig veel waarden aan, waarvan er één, zeg $m$ , oneindig vaak voorkomt; langs die deelrij gaat $\frac{1}{n_k} \to x - \frac1m$ : is $(n_k)$ begrensd, dan neemt ze een zekere waarde $n$ oneindig vaak aan en is $x = \frac1m + \frac1n \in G$ ; zo niet, dan is $x = \frac1m$ . Elk geval landt in de aangekondigde verzameling. Het inzicht tot slot: een afsluiting berekenen is een gevalsonderzoek op de indices in compactheidsstijl — een begrensde index betekent eindig veel waarden (duivenhok), een onbegrensde index betekent een ontsnappende limiet — en het antwoord vertoont de typische structuur van limietpunten in twee lagen: de verzameling, haar limieten van de eerste generatie, en hun limiet $0$ .

Definitie 12.16 (Dichtheid, topologische vorm)

$A$ heet dicht in $\R$ wanneer $\overline A = \R$ — equivalent: elk niet-leeg open interval ontmoet $A$ ; equivalent (via Propositie 12.11 (3)): elk reëel getal is een limiet van elementen van $A$ . Voorbeelden: $\Q$ , $\R \setminus \Q$ , de dyadische getallen (Oefening 10.8), dichte deelgroepen (Oefening 10.9).

Voorbeeld 12.17 (Dichtheid is relatief)

“Dicht” zoals hier gedefinieerd betekent dicht in $\R$ ; een verzameling kan in plaats daarvan slechts in een deel van de rechte dicht liggen. De dyadische getallen van $\intcc{0}{1}$ , dus $D \cap \intcc{0}{1}$ (Oefening 10.8), ontmoeten elk open interval dat in $\intcc{0}{1}$ ligt, maar missen $\intoo{2}{3}$ natuurlijk volledig: ze liggen dicht in $\intcc{0}{1}$ , wat betekent $\overline{D \cap \intcc{0}{1}} = \intcc{0}{1}$ . De algemene uitdrukking “ $A$ ligt dicht in $B$ ” staat kort voor $B \subseteq \overline A$ — benoem altijd de omgevende verzameling, want de eindpunten uit de weekendopgave liggen dicht in de Cantorverzameling terwijl ze nergens dicht liggen in $\R$ : dezelfde verzameling, twee waarheidsgetrouwe en tegengesteld klinkende beschrijvingen.

Voorbeeld 12.18 (Met dichtheid omgaan)

Drie snelle zetten die voortdurend terugkeren. Vergroten: ligt $A$ dicht en is $A \subseteq B$ , dan ligt $B$ dicht (elk interval ontmoet $A$ al). Vervoeren: ligt $A$ dicht, dan ook $\lambda A + \mu$ voor $\lambda \neq 0$ — een interval $I$ ontmoet $\lambda A + \mu$ precies wanneer het interval $\frac{I - \mu}{\lambda}$ de verzameling $A$ ontmoet; zo liggen bijvoorbeeld de oneven veelvouden van $10^{-9}$ dicht. Doorsnijden faalt: twee dichte verzamelingen kunnen elkaar volledig missen ( $\Q$ en $\R \setminus \Q$ ): dichtheid overleeft verenigingen en affiene afbeeldingen, nooit doorsneden.

12.3 Compactheid van segmenten

Stelling 12.19 (Segmenten zijn rijencompact)

Zij $a \leq b$ . Elke rij punten van $\intcc{a}{b}$ heeft een deelrij die naar een punt van $\intcc{a}{b}$ convergeert.

Algemener zijn de deelverzamelingen van $\R$ met die eigenschap (elke rij heeft een deelrij die in de verzameling convergeert) precies de gesloten en begrensde verzamelingen.

Bewijs. Een rij in $\intcc{a}{b}$ is begrensd, dus extraheert Bolzano–Weierstrass (Stelling 11.16) een convergente deelrij; haar limiet blijft in $\intcc{a}{b}$ omdat segmenten gesloten zijn (Stelling 12.6).

Algemeen geval. (Gesloten en begrensd $\Rightarrow$ compact): zij $F$ gesloten en begrensd, en $(u_n)$ een rij in $F$ . De begrensdheid van $F$ begrenst de rij, dus extraheert Bolzano–Weierstrass een $u_{\varphi(n)} \to \ell$ ; en $\ell \in F$ omdat $F$ gesloten is en de deelrij een convergente rij punten van $F$ is (Stelling 12.6): de twee hypothesen worden elk één keer verbruikt, de begrensdheid voor het bestaan van de limiet, de geslotenheid voor haar lidmaatschap. (Compact $\Rightarrow$ gesloten en begrensd): is $F$ onbegrensd, kies dan $u_n \in F$ met $\abs{u_n} \geq n$ ; elke deelrij is onbegrensd en dus divergent (Propositie 11.4): geen enkele convergente deelrij. Is $F$ niet gesloten, neem dan $u_n \in F$ met $u_n \to \ell \notin F$ (Stelling 12.6): elke deelrij convergeert naar $\ell \notin F$ , zodat geen enkele deelrij in $F$ convergeert. ∎

Voorbeeld 12.20 (Geneste compacte verzamelingen)

Een eerste oefening op de stelling. Zij $K_0 \supseteq K_1 \supseteq K_2 \supseteq \dots$ niet-lege compacte (gesloten en begrensde) deelverzamelingen van $\R$ . Dan is $\bigcap_n K_n \neq \emptyset$ . Kies immers voor elke $n$ een $x_n \in K_n$ : de rij leeft in de compacte $K_0$ , dus convergeert een deelrij $x_{\varphi(n)}$ naar een zekere $x$ (Stelling 12.19). Voor elke vaste $m$ liggen de termen $x_{\varphi(n)}$ met $\varphi(n) \geq m$ alle in de gesloten verzameling $K_m$ , zodat de limiet $x$ in $K_m$ ligt (Stelling 12.6); en omdat $m$ willekeurig was, is $x \in \bigcap_n K_n$ . Een nuttige metgezel: bevat een open verzameling $U$ de doorsnede $\bigcap_n K_n$ , dan is $U \supseteq K_n$ voor een zekere $n$ — pas hetzelfde argument toe op punten $x_n \in K_n \setminus U$ ; de limiet $x$ zou in $\bigcap K_n \subseteq U$ liggen, terwijl $U$ open zijn afdwingt dat $x_{\varphi(n)} \in U$ voorbij een zekere rang, een tegenspraak. Beide uitspraken falen zonder compactheid: $\bigcap_n \intoo{0}{\frac 1n} = \emptyset$ en $\bigcap_n \intco{n}{+\infty} = \emptyset$ . Het inzicht tot slot: de compactheid zet een oneindige keten beweringen over niet-leegheid om in één enkel limietpunt — ze is het gereedschap dat de overgang naar de oneindige doorsnede overleeft, en de weekendopgave (Probleem 12.1) zal er tweemaal op steunen.

De eerste vier stadia van de constructie met middelste derden: elk segment van C_n verliest zijn open middelste derde, wat de 2n+1 segmenten van C_n+1 overlaat, met totale lengte (2/3)n+1. De Cantorverzameling C = _n C_n — het onderwerp van de weekendopgave — is het niet-lege compacte residu dat het argument met geneste compacte verzamelingen hierboven waarborgt: lengte nul, en toch overaftelbaar veel overlevende punten. — De eerste vier stadia van de constructie met middelste derden: elk segment van $C_n$ verliest zijn open middelste derde, wat de $2^{n+1}$ segmenten van $C_{n+1}$ overlaat, met totale lengte $(\frac23)^{n+1}$ . De Cantorverzameling $C = \bigcap_n C_n$ — het onderwerp van de weekendopgave Probleem 12.1 — is het niet-lege compacte residu dat het argument met geneste compacte verzamelingen hierboven waarborgt: lengte nul, en toch overaftelbaar veel overlevende punten.

Opmerking 12.21

Dit is de motor achter de extremumstelling (Hoofdstuk 13) en de stelling van Heine over de uniforme continuïteit. De naam “compact” krijgt zijn algemene definitie (met overdekkingen) in het tweede jaar; op $\R$ hebben we aan de rijencompactheid genoeg, en “compact $=$ gesloten $+$ begrensd” is de uitspraak om te onthouden.

Voorbeeld 12.22 (Randen onder verenigingen)

Steeds geldt $\partial(A \cup B) \subseteq \partial A \cup \partial B$ : een punt van $\partial(A \cup B)$ heeft elke omgeving die $A \cup B$ ontmoet (dus $A$ of $B$ , oneindig vaak een van beide) en die het complement van $A \cup B$ ontmoet, dat in beide complementen ligt — een korte controle legt het punt dan in $\partial A$ of $\partial B$ . De inclusie kan spectaculair strikt zijn: met $A = \Q$ en $B = \R\setminus\Q$ is

\partial(A \cup B) = \partial \R = \emptyset , \qquad \partial A \cup \partial B = \R \cup \R = \R :

twee rafelige verzamelingen kunnen tot één naadloze samensmelten, waarbij hun randen elkaar vernietigen. Het inzicht tot slot: inwendigen en afsluitingen gedragen zich monotoon onder verenigingen en doorsneden, randen niet — behandel $\partial$ als een afgeleide grootheid ( $\overline A \setminus \mathring A$ ) en nooit als een operator met een eigen algebra.

Opmerking 12.23 (Perspectieven binnen dit volume)

Het hier opgebouwde vocabulaire wordt in dit boek nog tweemaal verbruikt. In Hoofdstuk 13 is elke stelling een vermomde topologische uitspraak: de tussenwaardestelling zegt dat continue afbeeldingen de intervaleigenschap bewaren, de extremumstelling dat ze de compactheid bewaren — en de bewijzen roepen Stellingen 12.6 en 12.19 bij naam aan. In Hoofdstuk 25 worden dezelfde definities in $\R^2$ herlezen met schijven in plaats van intervallen: open verzamelingen, afsluitingen en compactheid gaan woord voor woord over, en de extremumstelling in twee variabelen rijdt opnieuw op Bolzano–Weierstrass (extraheer op elke coördinaat). Het ene begrip dat niet pijnloos veralgemeent is het interval zelf — in het vlak vervangt samenhang de convexiteit, een verhaal dat begint bij het “alleen $\emptyset$ en $\R$ zijn open en gesloten” van Oefening 12.9.

12.4 Oefeningen

Oefening 12.1 ★

Zeg voor elke verzameling of ze open, gesloten, allebei of geen van beide is (met verantwoording): $\intoo{0}{1} \cup \intoo{2}{3}$ ; $\;\intco{0}{1}$ ; $\;\{0\} \cup \intcc{1}{2}$ ; $\;\R \setminus \Z$ ; $\;\Q \cap \intoo{0}{1}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.1.

$\intoo{0}{1} \cup \intoo{2}{3}$ : open (vereniging van open verzamelingen), niet gesloten ( $\frac 1n \to 0$ ligt erbuiten).

$\intco{0}{1}$ : geen van beide. Niet open (geen interval rond $0$ ligt erbinnen); niet gesloten ( $1 - \frac1n \to 1 \notin$ de verzameling).

$\{0\} \cup \intcc{1}{2}$ : gesloten (eindige vereniging van gesloten verzamelingen), niet open (faalt in $0$ ).

$\R \setminus \Z$ : open ( $\Z$ is gesloten), niet gesloten: de rij $\bigl(\frac 1n\bigr)$ ligt erin, maar haar limiet $0$ behoort tot $\Z$ en ontsnapt dus aan de verzameling.

$\Q \cap \intoo{0}{1}$ : geen van beide. Niet open: elk interval rond een rationaal getal bevat irrationale getallen. Niet gesloten: ze bevat rijen die naar het irrationale $\frac{\sqrt 2}{2}$ gaan (dichtheid).

Oefening 12.2 ★

Bepaal $\mathring A$ , $\overline A$ en $\partial A$ voor: $A = \intoc{0}{1} \cup \{2\}$ ; $\;A = \R \setminus \Q$ ; $\;A = \bigl\{\frac{(-1)^n n}{n+1} : n \in \N\bigr\}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.2.

$A = \intoc{0}{1} \cup \{2\}$ : $\mathring A = \intoo{0}{1}$ , $\overline A = \intcc{0}{1} \cup \{2\}$ , $\partial A = \{0, 1, 2\}$ .

$A = \R \setminus \Q$ : $\mathring A = \emptyset$ (elk interval bevat rationale getallen), $\overline A = \R$ (dichtheid van de irrationale getallen), $\partial A = \R$ .

$A = \bigl\{\frac{(-1)^n n}{n+1}\bigr\}$ : de termen met even index gaan naar $1$ , die met oneven index naar $-1$ , en geen van beide behoort tot $A$ . $\mathring A = \emptyset$ (geïsoleerde punten), $\overline A = A \cup \{-1, 1\}$ , $\partial A = \overline A$ .

Oefening 12.3 ★

Bewijs dat een eindige verzameling gesloten is, eerst via complementen en daarna via de karakterisering met rijen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.3.

Complementen. $F = \{a_1 < a_2 < \dots < a_k\}$ : het complement is de vereniging van de open intervallen $\intoo{-\infty}{a_1}$ , $\intoo{a_i}{a_{i+1}}$ en $\intoo{a_k}{+\infty}$ — open volgens Propositie 12.3.

Rijen. Zij $u_n \in F$ met $u_n \to \ell$ . Met $\varepsilon = \min\{\abs{a_i - a_j} : i \neq j\}/2 > 0$ (of een willekeurige $\varepsilon$ als $F$ een singleton is): voorbij een zekere rang liggen alle termen binnen $\varepsilon$ van $\ell$ en dus binnen $2\varepsilon$ van elkaar, wat afdwingt dat ze vanaf die rang één enkele $a_i$ zijn; dan is $\ell = a_i \in F$ .

Oefening 12.4 ★

Bewijs dat voor alle $A, B \subseteq \R$ geldt $\overline{A \cup B} = \overline A \cup \overline B$ . Toon met een voorbeeld aan dat $\overline{A \cap B}$ kan verschillen van $\overline A \cap \overline B$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.4.

$\subseteq$ : $\overline A \cup \overline B$ is gesloten (eindige vereniging) en bevat $A \cup B$ , dus bevat ze de kleinste gesloten oververzameling $\overline{A \cup B}$ . $\supseteq$ : uit $A \subseteq A \cup B$ volgt $\overline A \subseteq \overline{A \cup B}$ (de afsluiting is monotoon: adherente punten van $A$ zijn adherent aan de grotere verzameling), en analoog voor $B$ .

Tegenvoorbeeld voor doorsneden: $A = \intoo{0}{1}$ en $B = \intoo{1}{2}$ : $\overline{A \cap B} = \overline\emptyset = \emptyset$ terwijl $\overline A \cap \overline B = \{1\}$ .

Oefening 12.5 ★★

Zij $u_n \to \ell$ in $\R$ . Bewijs dat de verzameling $\{u_n : n \in \N\} \cup \{\ell\}$ gesloten is (en dus compact als we erbij nemen dat ze begrensd is — wat ze is).

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.5.

Gebruik de karakterisering met rijen (Stelling 12.6). Zij $S = \{u_n\} \cup \{\ell\}$ en $(v_k)$ een rij in $S$ met $v_k \to m$ ; toon $m \in S$ aan. Twee gevallen. Wordt een zekere waarde $v \in S$ oneindig vaak door $(v_k)$ aangenomen, dan geeft een constante deelrij $m = v \in S$ . Anders wordt elke waarde eindig vaak aangenomen; in het bijzonder verschijnt voor elke $n$ de term $u_n$ eindig vaak, en $\ell$ eveneens. Dan zijn er voor elke $N$ maar eindig veel indices $k$ met $v_k \in \{u_0, \dots, u_N, \ell\}$ : de overige $v_k$ zijn termen $u_n$ met $n > N$ . Kies bij gegeven $\varepsilon > 0$ een $N$ met $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ voor $n > N$ : op eindig veel na voldoen alle $v_k$ aan $\abs{v_k - \ell} \leq \varepsilon$ . Dus $v_k \to \ell$ , waaruit $m = \ell \in S$ .

Oefening 12.6 ★★

Zij $U$ open en $A$ willekeurig. Bewijs dat $U + A = \{u + a\}$ open is. Leid af dat de som van een open verzameling en een willekeurige verzameling open is, en zet daar tegenover: geef twee gesloten verzamelingen waarvan de som niet gesloten is. (Probeer $\Z$ en $\sqrt 2\,\Z$ , met Oefening 10.9.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.6.

$U + A = \bigcup_{a \in A} (U + a)$ , en elke verschuiving $U + a$ is open (verschuif de intervalbewijsstukken). Een vereniging van open verzamelingen is open (Propositie 12.3).

Gesloten verzamelingen: $\Z$ en $\sqrt 2\,\Z$ zijn gesloten (als $\alpha\Z$ : convergente rijen zijn uiteindelijk constant, vergelijk Voorbeeld 12.8). Hun som $\Z + \sqrt 2\,\Z$ ligt dicht in $\R$ (Oefening 10.9) maar is niet $\R$ (ze is aftelbaar, of eenvoudiger: $\frac{\sqrt 2}{2} \notin \Z + \sqrt2\Z$ , want anders zou $\sqrt 2$ rationaal zijn — uit $\frac{\sqrt2}{2} = m + n\sqrt 2$ volgt $(2n - 1)\sqrt 2 = -2m$ , dus $\sqrt 2 \in \Q$ tenzij $n = \frac12$ , wat onmogelijk is). Een dichte echte deelverzameling is niet gesloten: haar afsluiting is $\R$ en dus niet zijzelf.

Oefening 12.7 ★★

Een punt $x \in A$ heet geïsoleerd in $A$ wanneer een zekere omgeving van $x$ de verzameling $A$ alleen in $x$ ontmoet. Bewijs dat elk punt van $\Z$ geïsoleerd is in $\Z$ , dat in $A = \{\frac1n\}$ alle punten geïsoleerd zijn terwijl $\overline A \neq A$ , en dat een verzameling waarvan alle punten geïsoleerd zijn een leeg inwendige heeft.

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.7.

$\Z$ : de omgeving $\intoo{n - \frac12}{n + \frac12}$ van $n$ ontmoet $\Z$ alleen in $n$ .

$A = \{\frac1n : n \in \N^*\}$ : rond $\frac 1n$ isoleert het interval met straal $\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n(n+1)}$ (bijvoorbeeld gehalveerd) het punt van zijn buren — alle punten zijn geïsoleerd. En toch is $0 \in \overline A \setminus A$ : geïsoleerde punten beletten adherente buitenstaanders niet.

Zijn alle punten van $A$ geïsoleerd, dan is geen enkel punt van $A$ inwendig, want een inwendig punt heeft een heel interval $A$ -buren om zich heen (een interval is oneindig), in tegenspraak met de isolatie. Dus is $\mathring A = \emptyset$ .

Oefening 12.8 ★★

Bewijs dat de afsluiting van een begrensde verzameling begrensd is, en dat $\sup \overline A = \sup A$ voor niet-lege naar boven begrensde $A$ . Leid af dat $\sup A \in \overline A$ : het supremum is altijd adherent.

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.8.

Is $A \subseteq \intcc{-M}{M}$ , dan bevat de gesloten verzameling $\intcc{-M}{M}$ de verzameling $A$ en dus ook $\overline A$ (de kleinste gesloten oververzameling): $\overline A$ is begrensd.

Zij $s = \sup A$ (eindig). Omdat $A \subseteq \overline A$ , is $\sup \overline A \geq s$ . Omgekeerd is $\overline A \subseteq \intoc{-\infty}{s}$ : die halfrechte is gesloten en bevat $A$ ; dus is elk element van $\overline A$ hoogstens $s$ , waaruit $\sup\overline A \leq s$ . Gelijkheid.

$s \in \overline A$ : volgens de $\varepsilon$ -karakterisering (Propositie 10.4) bevat elk interval $\intoo{s - \varepsilon}{s + \varepsilon}$ een element van $A$ : $s$ is adherent.

Oefening 12.9 ★★★

Bewijs dat de enige deelverzamelingen van $\R$ die zowel open als gesloten zijn $\emptyset$ en $\R$ zijn. Aanwijzing: stel dat $A$ open en gesloten is met $A \neq \emptyset$ en $\R \setminus A \neq \emptyset$ ; kies $a \in A$ en $b \notin A$ , zeg $a < b$ , en beschouw $s = \sup\,(A \cap \intcc{a}{b})$ ; beslis of $s$ tot $A$ of tot haar complement kan behoren.

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.9.

Stel dat $A$ open en gesloten is, met $a \in A$ en $b \in \R \setminus A$ ; zonder verlies van algemeenheid $a < b$ . De verzameling $B = A \cap \intcc{a}{b}$ is niet-leeg ( $a$ ) en begrensd: zij $s = \sup B$ . Volgens Oefening 12.8 is $s \in \overline B \subseteq \overline A = A$ ( $A$ gesloten). Merk op dat $s \leq b$ , en omdat $b \notin A$ is zelfs $s < b$ . Nu is $A$ open: een zeker interval $\intoo{s - r}{s + r}$ ligt in $A$ , en we mogen $r < b - s$ nemen. Dan behoort $s + \frac{r}{2}$ tot $A \cap \intcc{a}{b} = B$ en overtreft het $s$ — in tegenspraak met $s = \sup B$ . Zo’n paar $(a, b)$ bestaat dus niet: een van $A$ en $\R \setminus A$ is leeg.

Oefening 12.10 ★★★

(Structuur van de open verzamelingen) Zij $U \subseteq \R$ open en niet-leeg. Zij voor $x \in U$ de verzameling $I_x$ de vereniging van alle open intervallen die $x$ bevatten en in $U$ liggen. Bewijs dat $I_x$ een open interval is, dat twee verzamelingen $I_x, I_y$ gelijk of disjunct zijn, en dat $U$ een vereniging van aftelbaar veel twee aan twee disjuncte open intervallen is (kies in elk een rationaal getal).

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.10.

$I_x$ is een vereniging van open intervallen die alle $x$ bevatten: ze is open, en ze is een interval omdat ze convex is — is $u < z < v$ met $u, v \in I_x$ , dan liggen $u$ en $v$ in open deelintervallen $J_u \ni x$ en $J_v \ni x$ van $U$ , en $J_u \cup J_v$ is een interval (beide bevatten $x$ ) binnen $U$ dat $z$ bevat; dus $z \in I_x$ (Propositie 10.19).

Is $I_x \cap I_y \neq \emptyset$ , dan is $I_x \cup I_y$ een open interval (convex: twee overlappende intervallen) bevat in $U$ dat $x$ en $y$ bevat, dus $I_x \cup I_y \subseteq I_x$ en $\subseteq I_y$ wegens de maximaliteit van elk: $I_x = I_y$ .

Dus is $U$ de disjuncte vereniging van de verschillende verzamelingen $I_x$ (elke $x \in U$ ligt in haar eigen $I_x$ ). Aftelbaarheid: elk niet-leeg open interval $I$ van de familie bevat een rationaal getal $q_I$ (Stelling 10.14), en verschillende disjuncte intervallen krijgen verschillende rationale getallen: de familie injecteert in $\Q$ , dat aftelbaar is (het wordt door paren gehele getallen geïndexeerd). Er zijn dus hoogstens aftelbaar veel intervallen.

Oefening 12.11 ★★

Een punt $x \in \R$ heet een ophopingspunt van $A$ wanneer elke omgeving van $x$ de verzameling $A \setminus \{x\}$ ontmoet; hun verzameling is de afgeleide verzameling $A'$ . Bewijs dat $\overline A = A \cup A'$ , en dat $A$ gesloten is dan en slechts dan als $A' \subseteq A$ . Bepaal $A'$ voor $A = \{\frac 1n : n \in \N^*\}$ , voor $A = \Z$ en voor $A = \Q$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.11.

$\overline A = A \cup A'$ . ( $\supseteq$ ) Steeds is $A \subseteq \overline A$ ; en is $x \in A'$ , dan ontmoet elke omgeving van $x$ de verzameling $A \setminus \{x\} \subseteq A$ , dus is $x$ adherent. ( $\subseteq$ ) Zij $x \in \overline A$ . Is $x \in A$ , dan zijn we klaar. Is $x \notin A$ , dan ontmoet elke omgeving van $x$ de verzameling $A = A \setminus \{x\}$ : $x \in A'$ .

Bijgevolg is $A$ gesloten $\iff$ $A = \overline A = A \cup A'$ $\iff$ $A' \subseteq A$ .

$A = \{\frac 1n\}$ : $0$ is een ophopingspunt ( $\frac 1n \to 0$ , met termen $\neq 0$ ); elke $\frac 1n$ is geïsoleerd (Oefening 12.7) en dus niet in $A'$ ; en een punt $x \notin A \cup \{0\}$ heeft een heel interval dat $A$ mijdt (tussen zijn twee buren in $A \cup \{0\}$ , of voorbij $1$ ). Dus $A' = \{0\}$ .

$\Z' = \emptyset$ : elk geheel getal is geïsoleerd, en elk niet-geheel getal heeft een omgeving binnen $\R \setminus \Z$ .

$\Q' = \R$ : elk interval rond een willekeurig reëel getal bevat oneindig veel rationale getallen (Stelling 10.14), in het bijzonder één dat van het middelpunt verschilt.

Oefening 12.12 ★★★

Definieer voor niet-lege $A \subseteq \R$ de functie $d_A(x) = \inf\{\abs{x - a} : a \in A\}$ . Bewijs:

$\abs{d_A(x) - d_A(y)} \leq \abs{x - y}$ voor alle $x, y$ ( $d_A$ is $1$ -lipschitz);
$d_A(x) = 0$ dan en slechts dan als $x \in \overline A$ ; in het bijzonder is $d_F(x) > 0$ wanneer $F$ gesloten is en $x \notin F$ ;
voor elke $\varepsilon > 0$ is de verzameling $V_\varepsilon = \{x : d_F(x) < \varepsilon\}$ open, bevat ze $F$ , en is $\bigcap_{\varepsilon > 0} V_\varepsilon = F$ voor gesloten $F$ : elke gesloten verzameling is een aftelbare doorsnede van open verzamelingen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.12.

Voor elke $a \in A$ is $\abs{x - a} \leq \abs{x - y} + \abs{y - a}$ , dus $d_A(x) \leq \abs{x - y} + \abs{y - a}$ ; het infimum over $a$ nemen geeft $d_A(x) \leq \abs{x - y} + d_A(y)$ . $x$ en $y$ verwisselen geeft de andere ongelijkheid: $\abs{d_A(x) - d_A(y)} \leq \abs{x - y}$ .
$d_A(x) = 0$ $\iff$ er is voor elke $\varepsilon > 0$ een $a \in A$ met $\abs{x - a} < \varepsilon$ $\iff$ elk interval rond $x$ ontmoet $A$ $\iff$ $x \in \overline A$ . Is $F$ gesloten en $x \notin F = \overline F$ , dan is $d_F(x) \neq 0$ , dus $d_F(x) > 0$ .
Is $d_F(x) < \varepsilon$ , zet dan $r = \varepsilon - d_F(x) > 0$ : voor $\abs{y - x} < r$ geeft onderdeel (1) dat $d_F(y) \leq d_F(x) + \abs{x - y} < \varepsilon$ : het interval $\intoo{x - r}{x + r}$ ligt in $V_\varepsilon$ , die dus open is; en ze bevat $F$ omdat $d_F$ daar nul is. Ten slotte is $x \in \bigcap_{\varepsilon>0} V_\varepsilon$ $\iff$ $d_F(x) < \varepsilon$ voor alle $\varepsilon$ $\iff$ $d_F(x) = 0$ $\iff$ $x \in \overline F = F$ . Omdat $\bigcap_{\varepsilon > 0} V_\varepsilon = \bigcap_{n \geq 1} V_{1/n}$ , is elke gesloten verzameling een aftelbare doorsnede van open verzamelingen.

12.5 Opgave: de Cantorverzameling, klein en reusachtig tegelijk

Probleem 12.1

Weekendopgave — de Cantorverzameling van de middelste derden: lengte nul, overaftelbaar, perfect, en $C + C = \intcc{0}{2}$

Verwijder uit $\intcc{0}{1}$ het open middelste derde, dan het middelste derde van elk overblijvend segment, en herhaal dat eeuwig: wat overleeft is de Cantorverzameling $C$ , de fundamentele tegenvoorbeeldenfabriek van de analyse. Deze opgave bouwt haar op, leest haar door de machinerie van grondtal $3$ uit Probleem 10.1, en stelt haar paradoxale portret vast: totale lengte nul en toch overaftelbaar; leeg inwendige en toch geen enkel geïsoleerd punt; totaal onsamenhangend en toch vult $C + C$ het hele segment $\intcc{0}{2}$ . Formeel: $C_0 = \intcc{0}{1}$ , en $C_{n+1}$ ontstaat uit $C_n$ door uit elk segment van $C_n$ het open middelste derde te verwijderen; ten slotte is $C = \bigcap_{n \geq 0} C_n$ . Overal is een ternaire code van $x \in \intcc{0}{1}$ elke cijferrij $(d_k)_{k\geq1}$ met $d_k \in \{0, 1, 2\}$ waarvan de waarde $\sup_n \sum_{k=1}^n d_k 3^{-k}$ gelijk is aan $x$ — oneigenlijke codes (uiteindelijk $2$ ) zijn toegestaan; volgens Probleem 10.1 (vragen 9–11) heeft elke $x \in \intcc{0}{1}$ één of twee codes, en twee precies wanneer $x = m/3^N \in \intoo{0}{1}$ .

Deel I — De constructie.

Beschrijf $C_1$ en $C_2$ expliciet als verenigingen van segmenten, en bewijs met inductie: $C_n$ is een disjuncte vereniging van $2^n$ gesloten segmenten, elk van lengte $3^{-n}$ .
Toon aan dat $C$ gesloten en begrensd — dus compact (Stelling 12.19) — en niet-leeg is, en dat elk eindpunt van elk segment van elke $C_n$ tot $C$ behoort.
De totale lengte van $C_n$ is $\bigl(\frac23\bigr)^n$ . Leid af dat $C$ voor elke $\varepsilon > 0$ door eindig veel segmenten met totale lengte $\leq \varepsilon$ overdekt kan worden: de Cantorverzameling heeft lengte nul.
Toon aan dat een interval bevat in $C$ voor elke $n$ lengte $\leq 3^{-n}$ heeft en dus een singleton of leeg is: $\mathring C = \emptyset$ . Gesloten met leeg inwendige betekent dat $C$ nergens dicht is.

Deel II — De ternaire code.

Bewijs de recursie van de zelfgelijkvormigheid

$C_{n+1} = \tfrac13 C_n \,\cup\, \bigl(\tfrac23 + \tfrac13 C_n\bigr), \qquad\text{en dus}\qquad C = \tfrac13 C \,\cup\, \bigl(\tfrac23 + \tfrac13 C\bigr),$

waarbij de twee stukken disjunct zijn: $C$ bestaat uit twee kopieën van zichzelf op schaal $\frac13$ .
Bewijs met inductie naar $n$ : $x \in C_n$ dan en slechts dan als $x$ een ternaire code heeft waarvan de eerste $n$ cijfers in $\{0, 2\}$ liggen. Leid daaruit, met het feit dat $x$ hoogstens twee codes heeft, af: $x \in C$ dan en slechts dan als $x$ een code heeft zonder enig cijfer $1$ (een $1$ -vrije code).
Codes in actie: geef $1$ -vrije codes voor $0$ , $1$ , $\frac13$ en $\frac23$ ; toon aan dat $\frac14 = (0.\overline{02})_3$ en $\frac34 = (0.\overline{20})_3$ , zodat beide tot $C$ behoren; en ga na dat $\frac14$ geen eindpunt van enige $C_n$ is (eindpunten hebben de vorm $m/3^n$ ).
Toon aan dat elke $x \in C$ precies één $1$ -vrije code heeft (bewijs dat, wanneer $x$ twee codes heeft, precies één van beide het cijfer $1$ bevat). Besluit: de waardeafbeelding is een bijectie van de rijen over $\{0,2\}$ op $C$ .
(Diagonaal) Zij $k \mapsto x_k$ een willekeurige afbeelding $\N^* \to C$ . Bouw een rij over $\{0, 2\}$ die op index $k$ van de code van $x_k$ verschilt, en besluit dat $C$ overaftelbaar is — terwijl vraag 3 daarentegen zegt dat ze metrisch verwaarloosbaar is.

Deel III — Topologisch portret.

Maak de balans op: $C$ is compact, overaftelbaar, van lengte nul, nergens dicht. Welke ene insluiting $C \subseteq C_n$ draagt elk van die eigenschappen?
( $C$ is perfect) Zij $x \in C$ met $1$ -vrije code $(d_k)$ . Het cijfer $d_n$ omklappen ( $0 \leftrightarrow 2$ ) levert een $x_n \in C$ met $\abs{x_n - x} = 2 \cdot 3^{-n}$ . Besluit dat $C$ geen enkel geïsoleerd punt heeft: elk punt van $C$ is een limiet van andere punten van $C$ .
Toon aan dat de eindpunten uit vraag 2 een aftelbare dichte deelverzameling van $C$ vormen (knot de code na $n$ cijfers af en ga verder met nullen; de aftelbaarheid als in Oefening 12.10). Besluit: het typische punt van $C$ — zoals $\frac14$ — is geen eindpunt: de eindpunten vormen een aftelbaar skelet binnen een overaftelbaar lichaam.
(Totaal onsamenhangend) Zij $x < y$ in $C$ . Kies $n$ met $3^{-n} < y - x$ en lever een punt $z \in \intoo{x}{y}$ met $z \notin C$ . Besluit dat de enige niet-lege intervallen bevat in $C$ de singletons zijn.

Deel IV — Rekenkunde van $C$ .

Toon aan dat $1 - C = C$ (wat doet $x \mapsto 1 - x$ met een $1$ -vrije code? denk aan $1 = (0.\overline{2})_3$ ).
(Codes optellen) Toon aan dat, hebben $x$ en $x'$ de codes $(a_k)$ en $(b_k)$ , dan $x + x' = \lim_n\,(t_n + t'_n)$ met $t_n, t'_n$ de partiële sommen. Leid af: elke $y \in \intcc{0}{1}$ is het midden van twee punten van $C$ — kies bij een code $(e_k)$ van $y$ cijfers $a_k, b_k \in \{0, 2\}$ met $\frac{a_k + b_k}{2} = e_k$ .
Besluit $C + C = \intcc{0}{2}$ en, met vraag 14, $C - C = \intcc{-1}{1}$ . Een concreet geval: schrijf $1$ als een som van de twee punten die in vraag 7 gevonden werden en die geen eindpunten zijn.
Bezin je: een verzameling van lengte nul waarvan de verschilverzameling $\intcc{-1}{1}$ vult. Waarom is er geen tegenspraak tussen “ $C$ is metrisch verwaarloosbaar” en “ $C + C$ heeft volle lengte”? (Eén zin; denk na over wat lengte wel en niet beheerst.)

Deel V — Leden, rationaal en irrationaal.

Combineer vraag 8 met het periodiciteitscriterium uit Probleem 10.1: een punt van $C$ is rationaal dan en slechts dan als zijn $1$ -vrije code uiteindelijk periodiek is. Voer de staartdeling in grondtal $3$ uit om na te gaan dat $\frac1{13} = (0.\overline{002})_3 \in C$ .
Lever een expliciet irrationaal lid van $C$ : de waarde van de code met $d_k = 2$ op de driehoeksposities $k = \frac{j(j+1)}{2}$ en $d_k = 0$ elders. Verantwoord de irrationaliteit met het argument van de groeiende gaten uit Probleem 10.1 (vraag 20).
(Op een heel segment) Beschouw $h$ , die het punt van $C$ met $1$ -vrije code $(d_k)$ afbeeldt op de waarde van de binaire rij $\bigl(\frac{d_k}2\bigr)$ , dus $h(x) = \sup_n \sum_{k=1}^n \frac{d_k}{2}\,2^{-k}$ . Toon aan dat $h$ de verzameling $C$ op $\intcc{0}{1}$ afbeeldt. De verwaarloosbare $C$ is dus surjectief op een segment van volle lengte — een tweede bewijs dat $C$ overaftelbaar is.
(Zelfgelijkvormige lengte) Stel dat er een lengtebegrip $L$ voor $C$ en haar gekrompen kopieën gedefinieerd zou zijn, verenigbaar met schaling ( $L(\lambda A) = \lambda L(A)$ ), invariant onder translatie, en additief over de disjuncte ontbinding uit vraag 5. Toon aan dat dan $L(C) = \frac23\,L(C)$ , wat $L(C) = 0$ afdwingt: de zelfgelijkvormigheid alleen al veroordeelt $C$ tot lengte nul.

Deel VI — Een dikke neef, en de moraal.

(Dikke Cantorverzameling) Herhaal de constructie, maar verwijder in stadium $n$ ( $n = 0, 1, 2, \dots$ ) uit elk van de $2^n$ huidige segmenten slechts een centraal open interval van lengte $4^{-(n+1)}$ . Toon aan dat de segmentlengtes $l_n$ voldoen aan $l_{n+1} = \frac{l_n - 4^{-(n+1)}}{2}$ en $l_n = \frac{2^n + 1}{2\cdot 4^n} > 0$ , dat de resulterende $K = \bigcap K_n$ compact is met leeg inwendige, en dat de totale verwijderde lengte $\sum_{n\geq0} 2^n 4^{-(n+1)} = \frac12$ bedraagt. Neem de (intuïtieve, in bachelorjaar 3 bewezen) additiviteit van de lengte voor eindige verenigingen van intervallen aan, en toon met beide uitspraken van Voorbeeld 12.20 aan dat elke eindige familie open intervallen die $K$ overdekt een totale lengte $\geq \frac12$ heeft: $K$ is nergens dicht maar niet verwaarloosbaar. Kleinheid heeft verscheidene niet-equivalente betekenissen.
(Afstanden) Toon aan dat voor een niet-lege gesloten $F \subseteq \R$ en $x \in \R$ het infimum $d(x, F)$ bereikt wordt (een minimaliserende rij plus Bolzano–Weierstrass). Bereken vervolgens

$\max_{y \in \intcc{0}{1}} d(y, C) = \frac16 ,$

precies bereikt in het middelpunt $y = \frac12$ (een punt van een gat dat in stadium $n$ ontstaat ligt binnen $\frac{3^{-n}}{2}$ van de eindpunten van dat gat, die in $C$ liggen).
(Elk punt een deelrijlimiet) Lever met de vragen 12 en 2 één enkele rij in $C$ waarvan de verzameling deelrijlimieten heel $C$ is. (Vergelijk: voor een convergente rij is die verzameling één punt — $C$ verwezenlijkt het andere uiterste onder de compacte verzamelingen.)
Synthese, één zin per onderdeel: (i) welke stellingen van dit hoofdstuk verbruikte de constructie werkelijk (stabiliteit van gesloten verzamelingen, compactheid, karakteriseringen met rijen)? (ii) som de vier paradoxale paren van het portret op (lengte nul / overaftelbaar, gesloten / leeg inwendige, perfect / totaal onsamenhangend, verwaarloosbaar / $C+C$ vol); (iii) waar duikt $C$ later weer op (de duivelstrap gebouwd op $h$ in de theorie van de continuïteit, en de maattheorie van het volume van bachelorjaar 3, waar $C$ “aftelbaar” van “verwaarloosbaar” scheidt)?

Oplossing

Oplossing van Probleem 12.1.

1. $C_1 = \intcc{0}{\frac13} \cup \intcc{\frac23}{1}$ en

C_2 = \intcc{0}{\tfrac19} \cup \intcc{\tfrac29}{\tfrac13} \cup \intcc{\tfrac23}{\tfrac79} \cup \intcc{\tfrac89}{1} .

Inductie: is $C_n$ een disjuncte vereniging van $2^n$ gesloten segmenten van lengte $3^{-n}$ , dan laat het verwijderen van het open middelste derde uit elk segment per ouder twee gesloten segmenten van lengte $3^{-n-1}$ over: $2^{n+1}$ segmenten, twee aan twee disjunct (kinderen van verschillende ouders zijn gescheiden omdat de ouders dat waren; kinderen van één ouder zijn gescheiden door het verwijderde gat).

2. Elke $C_n$ is een eindige vereniging van segmenten en dus gesloten; $C = \bigcap C_n$ is een doorsnede van gesloten verzamelingen: gesloten (Definitie 12.5); begrensd ( $\subseteq \intcc{0}{1}$ ): compact volgens Stelling 12.19. Niet-leeg: $0$ ligt in het meest linkse segment van elke $C_n$ . Zij $a$ een eindpunt van een segment $S$ van $C_n$ . Voor $m \leq n$ is $a \in C_n \subseteq C_m$ . Voor de latere stadia: het verwijderen van het middelste derde haalt nooit een eindpunt weg, en $a$ is opnieuw een eindpunt van een van de twee kinderen van $S$ (dat aan $a$ raakt); met inductie is $a \in C_m$ voor alle $m \geq n$ : $a \in C$ .

3. Totale lengte van $C_n$ : $2^n \cdot 3^{-n} = (\frac23)^n \to 0$ . Kies bij gegeven $\varepsilon > 0$ een $n$ met $(\frac23)^n \leq \varepsilon$ : dan is $C \subseteq C_n$ , een vereniging van eindig veel segmenten met totale lengte $\leq \varepsilon$ .

4. Zij $I \subseteq C$ een interval met twee verschillende punten. Voor elke $n$ is $I \subseteq C_n$ , en $I$ moet, convex zijnde, binnen één enkel segment van $C_n$ liggen (twee segmenten ontmoeten zou $I$ dwingen een punt van het gat ertussen te bevatten, dat buiten $C_n$ ligt). De lengte van $I$ is dus $\leq 3^{-n}$ voor elke $n$ : tegenspraak. De enige intervallen binnen $C$ zijn dus leeg of singletons; in het bijzonder past geen enkele $\intoo{x-r}{x+r}$ binnen $C$ : $\mathring C = \emptyset$ . Omdat $C$ gesloten is, heeft $\overline C = C$ een leeg inwendige: $C$ is nergens dicht.

5. Schrijf $\varphi_0(x) = \frac x3$ en $\varphi_2(x) = \frac{2 + x}{3}$ , stijgende affiene bijecties van $\intcc{0}{1}$ op $\intcc{0}{\frac13}$ en $\intcc{\frac23}{1}$ . Bewering: $C_{n+1} = \varphi_0(C_n) \cup \varphi_2(C_n)$ . Voor $n = 0$ is dat vraag 1. Inductie: een stijgende affiene afbeelding stuurt het middelste derde van een segment naar het middelste derde van het beeldsegment, zodat het verwijderen van middelste derden met $\varphi_0$ en $\varphi_2$ verwisselt; de verwijderingsstap toepassen op $C_{n+1} = \varphi_0(C_n) \cup \varphi_2(C_n)$ levert $C_{n+2} = \varphi_0(C_{n+1}) \cup \varphi_2(C_{n+1})$ . Doorsnijden over $n$ : voor $x \leq \frac13$ is $x \in C \iff x \in \varphi_0(C_n)$ voor alle $n$ $\iff 3x \in \bigcap C_n = C$ ; analoog op $\intcc{\frac23}{1}$ ; en geen punt van $\intoo{\frac13}{\frac23}$ ligt in $C_1$ . Bijgevolg is $C = \varphi_0(C) \cup \varphi_2(C)$ , disjunct.

6. Inductie naar $n$ ; het geval $n = 0$ zegt dat elke $x \in \intcc{0}{1}$ een code heeft, wat Probleem 10.1 is (vraag 9 voor $x < 1$ ; en $1 = (0.\overline 2)_3$ ). Neem de equivalentie op rang $n$ aan. Is $x \in C_{n+1}$ , dan is volgens vraag 5 $x = \varphi_i(z)$ met $z \in C_n$ en $i \in \{0, 2\}$ ; is $(e_k)$ een code van $z$ waarvan de eerste $n$ cijfers $1$ -vrij zijn, dan heeft $(i, e_1, e_2, \dots)$ als partiële sommen $\frac i3 + \frac13\sum_{k\leq m} e_k 3^{-k} \to \varphi_i(z) = x$ : een code van $x$ waarvan de eerste $n + 1$ cijfers $1$ -vrij zijn. Omgekeerd, heeft $x$ een code $(d_k)$ met $d_1, \dots, d_{n+1} \in \{0, 2\}$ , dan heeft de verschoven rij $(d_2, d_3, \dots)$ een zekere waarde $z \in \intcc{0}{1}$ waarvan de eerste $n$ cijfers $1$ -vrij zijn, en de berekening van de partiële sommen achterstevoren gelezen geeft $x = \varphi_{d_1}(z)$ ; met de inductie is $z \in C_n$ , dus $x \in C_{n+1}$ wegens vraag 5. Ten slotte: een volledig $1$ -vrije code legt $x$ in elke $C_n$ en dus in $C$ ; omgekeerd, is $x \in C$ , dan heeft voor elke $n$ een van de hoogstens twee codes van $x$ (Probleem 10.1, vraag 11) haar eerste $n$ cijfers $1$ -vrij; één vaste code moet dat voor willekeurig grote $n$ doen (duivenhok tussen twee codes), en een code waarvan de eerste $n$ cijfers $1$ -vrij zijn voor willekeurig grote $n$ is ronduit $1$ -vrij.

7. $0 = (0.\overline 0)_3$ , $1 = (0.\overline 2)_3$ , $\frac13 = (0.0\overline{2})_3$ (de oneigenlijke tweeling van $(0.1)_3$ ) en $\frac23 = (0.2\overline{0})_3$ . Meetkundige sommen:

(0.\overline{02})_3 = \sum_{j\geq1} \frac{2}{9^{\,j}} = \frac{2/9}{1 - 1/9} = \frac14 , \qquad (0.\overline{20})_3 = \sum_{j\geq1} \frac{2}{3\cdot 9^{\,j-1}} = \frac{2/3}{1 - 1/9} = \frac34 ,

beide $1$ -vrij: $\frac14, \frac34 \in C$ . (De oneindige sommen staan kort voor suprema van partiële sommen, als in Probleem 10.1.) De eindpunten van segmenten van $C_n$ hebben de vorm $m/3^n$ (inductie: de eindpunten van kinderen zijn eindpunten van de ouder of verschillen er een veelvoud van $3^{-n-1}$ van). Was $\frac14 = \frac{m}{3^n}$ , dan zou $3^n = 4m$ , en $4 \nmid 3^n$ : onmogelijk. Dus ligt $\frac14$ in $C$ zonder ooit een eindpunt te zijn.

8. Stel dat $x$ twee verschillende $1$ -vrije codes had. Überhaupt twee codes hebben betekent (Probleem 10.1, vraag 11, in grondtal $3$ ) dat $x = m/3^N \in \intoo{0}{1}$ en dat de twee codes de afbrekende zijn, met laatste cijfer $d_N \in \{1, 2\}$ ongelijk aan nul gevolgd door nullen, en haar tweeling, met $d_N - 1$ op positie $N$ gevolgd door tweeën. Is $d_N = 1$ , dan bevat de eerste een $1$ ; is $d_N = 2$ , dan draagt de tweeling $d_N - 1 = 1$ . In beide gevallen is hoogstens één van het paar $1$ -vrij: tegenspraak. Elke $x \in C$ heeft dus precies één $1$ -vrije code (het bestaan volgt uit vraag 6), en verschillende rijen over $\{0,2\}$ hebben verschillende waarden. Elke rij over $\{0,2\}$ heeft een waarde in $\intcc{0}{1}$ (partiële sommen $\leq 1$ ) waarvan alle beginstukken $1$ -vrij zijn, dus een waarde in elke $C_n$ , dat wil zeggen in $C$ : de waardeafbeelding is een bijectie van de rijen over $\{0,2\}$ op $C$ .

9. Zij $(d^{(k)})$ de $1$ -vrije code van $x_k$ en zet $e_k = 2 - d^{(k)}_k \in \{0, 2\}$ : een rij over $\{0,2\}$ waarvan de waarde $y$ in $C$ ligt met $(e_k)$ als unieke $1$ -vrije code (vraag 8). Voor elke $k$ verschillen de codes van $y$ en $x_k$ op positie $k$ , dus $y \neq x_k$ : geen enkele afbeelding $\N^* \to C$ is surjectief. Een overaftelbare verzameling van lengte nul: groot in kardinaliteit en klein in maat, tegelijk.

10. Compactheid: de geslotenheid van de oneindige doorsnede plus de begrensdheid (vraag 2) — de ene eigenschap die niet door één insluiting gedragen wordt. Lengte nul: $C \subseteq C_n$ met totale lengte $(\frac23)^n$ (vraag 3). Nergens dicht: $C \subseteq C_n$ dwingt intervallen binnen $C$ tot lengte $\leq 3^{-n}$ (vraag 4). De overaftelbaarheid rijdt op geen enkele insluiting: ze heeft de volledige doorsnedestructuur nodig, gecodeerd in de bijectie van vraag 8.

11. Klap $d_n$ om tot $2 - d_n$ : de nieuwe rij is nog steeds een rij over $\{0,2\}$ , dus ligt haar waarde $x_n$ in $C$ ; de partiële sommen voorbij rang $n$ verschillen precies $2\cdot3^{-n}$ , dus $\abs{x_n - x} = 2\cdot3^{-n}$ . Bijgevolg is $x_n \neq x$ en $x_n \to x$ : elk punt van $C$ is een limiet van andere punten van $C$ — $C$ is perfect, zonder geïsoleerd punt.

12. Wegens de inductie van vraag 5 zijn de segmenten van $C_n$ precies de $\intcc{t}{t + 3^{-n}}$ , waarbij $t$ de waarden van rijen over $\{0,2\}$ van lengte $n$ doorloopt. Is $x \in C$ met code $(d_k)$ , dan is de afknotting $t_n$ (de cijfers $d_1 \dots d_n$ , dan nullen) dus een linkereindpunt, met $0 \leq x - t_n \leq 3^{-n}$ : de eindpunten liggen dicht in $C$ . Ze vormen een deelverzameling van $\{m/3^n : m, n\}$ , een verzameling geïndexeerd door paren gehele getallen, en dus aftelbaar (zoals voor $\Q$ in Oefening 12.10). Omdat $C$ overaftelbaar is (vraag 9), zijn op aftelbaar veel na alle punten van $C$ geen eindpunt — $\frac14$ (vraag 7) is de zichtbare top van die ijsberg.

13. Kies $n$ met $3^{-n} < y - x$ . Beide punten $x, y$ liggen in $C_n$ , en ze kunnen niet in hetzelfde segment liggen (lengte $3^{-n} < y - x$ ): het verwijderde gat tussen hun segmenten levert een $z$ met $x < z < y$ en $z \notin C_n \supseteq C$ . Elke twee punten van $C$ worden dus door het complement gescheiden: de enige convexe deelverzamelingen van $C$ zijn de singletons — $C$ is totaal onsamenhangend.

14. Is $(d_k)$ de $1$ -vrije code van $x$ , dan is de rij $(2 - d_k)$ opnieuw een rij over $\{0,2\}$ , met partiële sommen

\sum_{k=1}^{n} (2 - d_k)3^{-k} = (1 - 3^{-n}) - \sum_{k=1}^n d_k 3^{-k} \longrightarrow 1 - x :

dus $1 - x \in C$ . Bijgevolg is $1 - C \subseteq C$ , en de afbeelding tweemaal toepassen geeft $1 - C = C$ : de Cantorverzameling is symmetrisch om $\frac12$ .

15. De partiële sommen $t_n \to x$ en $t'_n \to x'$ (stijgende rijen convergeren naar hun supremum, dus naar de waarde), zodat $t_n + t'_n \to x + x'$ volgens Stelling 11.5. Kies bij gegeven $y \in \intcc{0}{1}$ met code $(e_k)$ het paar $(a_k, b_k) = (0,0), (0,2), (2,2)$ naargelang $e_k = 0, 1, 2$ : dan is $a_k + b_k = 2e_k$ , de rijen $(a_k)$ en $(b_k)$ zijn rijen over $\{0,2\}$ met waarden $x, x' \in C$ , en

x + x' = \lim_n\,(t_n + t'_n) = \lim_n 2\sum_{k=1}^n e_k 3^{-k} = 2y :

elke $y \in \intcc{0}{1}$ is het midden van twee punten van $C$ .

16. Vraag 15 geeft $\intcc{0}{2} = 2\,\intcc{0}{1} \subseteq C + C$ , en $C + C \subseteq \intcc{0}{1} + \intcc{0}{1} = \intcc{0}{2}$ : gelijkheid. Vervolgens, met $1 - C = C$ :

C - C = C + (C - 1) = (C + C) - 1 = \intcc{-1}{1} .

Een concreet geval: $1 = \frac14 + \frac34$ , een som van twee leden van $C$ die geen eindpunt zijn.

17. Lengte meet hoeveel van de rechte de verzameling zelf inneemt; ze zegt niets over de verzameling sommen, die het beeld is van de familie met twee parameters $C \times C$ onder $(x, x') \mapsto x + x'$ — de twee cijferrijen worden onafhankelijk gekozen, en precies die vrijheid vult $\intcc{0}{2}$ . Geen enkele stelling begrenst de lengte van een somverzameling met de lengtes van de summanden, en $C$ is het bewijs dat geen enkele dat kan.

18. Volgens Probleem 10.1 (vraag 18) is $x$ rationaal precies wanneer haar eigenlijke ontwikkeling uiteindelijk periodiek is. De $1$ -vrije code van $x \in C$ is ofwel die eigenlijke ontwikkeling ofwel de oneigenlijke tweeling van een afbrekende; een afbrekende rij en haar tweeling (uiteindelijk constant $2$ ) zijn beide uiteindelijk periodiek, zodat de periodiciteit van de $1$ -vrije code equivalent is met de rationaliteit van $x$ . Staartdeling van $\frac1{13}$ in grondtal $3$ ( $r_0 = 1$ ): $3 = 13\cdot0 + 3$ , $9 = 13\cdot0 + 9$ , $27 = 13\cdot2 + 1$ , en de rest keert terug naar $1$ : cijfers $\overline{002}$ , dus $\frac1{13} = (0.\overline{002})_3$ , $1$ -vrij en periodiek: een rationaal lid van $C$ . (Controle: $\frac{2/27}{1 - 1/27} = \frac{2}{26} = \frac1{13}$ .)

19. De rij met $d_k = 2$ op de driehoeksposities $k = \frac{j(j+1)}{2}$ en $0$ elders is een rij over $\{0,2\}$ , zodat haar waarde $x^*$ tot $C$ behoort (vraag 8). Ze heeft oneindig veel tweeën met gaten $j + 1 \to \infty$ tussen opeenvolgende, dus is ze niet uiteindelijk periodiek (een periode $T$ zou uiteindelijk tweeën met gaten $\leq T$ afdwingen: het argument van de groeiende gaten uit Probleem 10.1, vraag 20); volgens vraag 18 is $x^* \notin \Q$ . En volgens vraag 9 plus de aftelbaarheid van $\Q$ zijn op aftelbaar veel na alle leden van $C$ irrationaal: $x^*$ is de regel, niet de uitzondering.

20. Zij $y \in \intcc{0}{1}$ : ze heeft een binaire code $(c_k)$ met $c_k \in \{0, 1\}$ (Probleem 10.1, vraag 9, in grondtal $2$ ; $y = 1$ neemt de rij van louter enen). Dan is $(2c_k)$ een rij over $\{0,2\}$ , ligt haar waarde $x$ in $C$ , en is $h(x)$ de waarde van $(c_k)$ , namelijk $y$ : $h$ beeldt $C$ op $\intcc{0}{1}$ af. Was $C$ het beeld van een afbeelding vanuit $\N^*$ , dan zou samenstellen met $h$ heel $\intco{0}{1}$ opsommen, in tegenspraak met de diagonaalstelling uit Probleem 10.1 (vraag 22): $C$ is opnieuw overaftelbaar. Een verzameling van lengte nul die surjectief is op een heel segment.

21. Volgens vraag 5 is $C$ de disjuncte vereniging van $\varphi_0(C)$ en $\varphi_2(C)$ , elk een verschuiving van de geschaalde kopie $\frac13 C$ . Additiviteit, schaling en translatie-invariantie geven

L(C) = L(\varphi_0(C)) + L(\varphi_2(C)) = \tfrac13 L(C) + \tfrac13 L(C) = \tfrac23\,L(C),

dus $\frac13 L(C) = 0$ : $L(C) = 0$ . De zelfgelijkvormigheid alleen al veroordeelt $C$ tot lengte nul — vraag 3 voltrok slechts het vonnis.

22. Een segment van lengte $l_n$ verliest een centraal interval van lengte $4^{-(n+1)}$ en laat twee segmenten van lengte $l_{n+1} = \frac{l_n - 4^{-(n+1)}}{2}$ over; vanaf $l_0 = 1$ bevestigt inductie $l_n = \frac{2^n + 1}{2\cdot4^n}$ : immers $\frac12\Bigl(\frac{2^n+1}{2\cdot4^n} - \frac{1}{4^{n+1}}\Bigr) = \frac{2(2^n + 1) - 1}{2\cdot4^{n+1}} = \frac{2^{n+1} + 1}{2\cdot4^{n+1}}$ , en steeds is $l_n > 0$ : de constructie verhongert nooit. $K = \bigcap K_n$ is gesloten en begrensd en dus compact; een interval binnen $K$ ligt in één segment van $K_n$ , van lengte $l_n \to 0$ : leeg inwendige. Verwijderde lengte: $\sum_{n\geq0} 2^n \cdot 4^{-(n+1)} = \frac14\sum_{n\geq0}\bigl(\frac12\bigr)^n = \frac12$ , en elke $K_n$ heeft totale lengte $2^n l_n = \frac{2^n + 1}{2^{n+1}} > \frac12$ . Zij nu de vereniging $U$ van eindig veel open intervallen met $U \supseteq K$ . Volgens de metgezeluitspraak uit Voorbeeld 12.20 is $U \supseteq K_n$ voor een zekere $n$ ; nemen we de additiviteit van de lengte op eindige verenigingen van intervallen aan, dan is de totale lengte van de overdekkende intervallen minstens die van $K_n$ , die $\frac12$ overtreft. $K$ is dus nergens dicht en toch bestaat er geen goedkope overdekking: topologische kleinheid (nergens dicht) en metrische kleinheid (lengte nul) zijn werkelijk verschillende begrippen, en $K$ scheidt ze.

23. Bereiken: zij $d = d(x, F)$ en kies $a_k \in F$ met $\abs{x - a_k} \leq d + \frac1k$ : de $a_k$ zijn begrensd, dus extraheert Bolzano–Weierstrass (Stelling 11.16) een $a_{\varphi(k)} \to a$ , met $a \in F$ ( $F$ gesloten, Stelling 12.6) en $\abs{x - a} = \lim \abs{x - a_{\varphi(k)}} = d$ . Nu het maximum: is $y \in C$ , dan is $d(y, C) = 0$ ; anders ligt $y$ in een gat dat in een zeker stadium $n \geq 1$ verwijderd werd, een open interval van lengte $3^{-n}$ waarvan de twee eindpunten tot $C$ behoren (vraag 2), dus $d(y, C) \leq \frac{3^{-n}}{2} \leq \frac16$ , met gelijkheid alleen wanneer $n = 1$ en $y$ het middelpunt van het gat $\intoo{\frac13}{\frac23}$ is, dus $y = \frac12$ ; en inderdaad is $d\bigl(\frac12, C\bigr) = \frac16$ omdat $C \cap \intoo{\frac13}{\frac23} = \emptyset$ en $\frac13, \frac23 \in C$ . Bijgevolg is $\max_{y\in\intcc{0}{1}} d(y, C) = \frac16$ , precies bereikt in $\frac12$ .

24. De eindpunten vormen een aftelbare dichte deelverzameling van $C$ (vraag 12): som ze op als één rij $(e_j)_{j\geq1}$ , een rij in $C$ . Al haar deelrijlimieten liggen in $C$ ( $C$ gesloten). Omgekeerd, leg $x \in C$ vast: voor elke $n$ hebben de segmenten van de $C_m$ die $x$ bevatten ( $m \geq n$ ) hun eindpunten binnen $3^{-m} \leq 3^{-n}$ van $x$ , dus liggen er oneindig veel verschillende eindpunten binnen $3^{-n}$ van $x$ ; kies indices $j_1 < j_2 < \dots$ met $\abs{e_{j_n} - x} \leq 3^{-n}$ : een deelrij die naar $x$ convergeert. De verzameling deelrijlimieten van $(e_j)$ is dus precies $C$ — één rij die zich bij overaftelbaar veel punten ophoopt, het tegenovergestelde uiterste van een convergente rij, waarvan de klonterverzameling een singleton is.

25. (i) De constructie verbruikte: de stabiliteit van gesloten verzamelingen onder willekeurige doorsnede (het bestaan van $C$ als gesloten verzameling), de compactheidsstelling Stelling 12.19 (vragen 2, 22 en 23), en de karakteriseringen met rijen van geslotenheid en adherentie (het argument met geneste compacte verzamelingen uit Voorbeeld 12.20 en vraag 23). (ii) De vier paren: lengte nul en toch overaftelbaar (vragen 3 en 9); gesloten en toch met leeg inwendige (vraag 4); perfect — geen enkel geïsoleerd punt — en toch totaal onsamenhangend (vragen 11 en 13); verwaarloosbaar en toch $C + C = \intcc{0}{2}$ (vraag 16). (iii) De surjectie $h$ uit vraag 20 wordt, continu en niet-dalend gemaakt, de duivelstrap in de theorie van de continue functies; en in de maattheorie van het volume van bachelorjaar 3 is $C$ de standaardgetuige dat “verwaarloosbaar” niet “aftelbaar” betekent, met haar dikke neef (vraag 22) die “nergens dicht” van “verwaarloosbaar” scheidt.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst