Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

12Topologie van de reële rechte

Limieten blijven verwijzen naar dezelfde meetkundige woordenschat: punten “dicht bij” een verzameling, verzamelingen “zonder randlekken”, intervallen waaruit rijen niet kunnen ontsnappen. Dit hoofdstuk legt die woordenschat vast — open en gesloten verzamelingen, inwendige en afsluiting, dichtheid — op de reële rechte, en bewijst de compactheid van segmenten in haar sequentiële vorm. Dezelfde begrippen, in genormeerde vectorruimten, zijn tweedejaarsstof; op $\R$ liggen ze binnen bereik en zijn ze 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 een interval $\intoo{x - r}{x + r}$ bevat voor een zekere $r > 0$ . Een verzameling $U \subseteq \R$ is open wanneer ze een omgeving is van elk van haar punten:

\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 $r = \min(x - a,\, b - x) > 0$ . Halve rechten $\intoo{a}{+\infty}$ zijn open; $\R$ en $\emptyset$ zijn open (de laatste vacuüm). $\intcc{0}{1}$ is niet open: geen enkel interval rond $0$ blijft binnen.

Propositie 12.3 (Stabiliteit van open verzamelingen)

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

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

Voorbeeld 12.4 (Openheid certificeren met expliciete stralen)

Is $U = \{x \in \R : x^2 > 2\}$ open? Ja, en het certificaat kan opgeschreven worden: $U = \intoo{-\infty}{-\sqrt2} \cup \intoo{\sqrt2}{+\infty}$ , een unie van twee open halve rechten, open volgens Propositie 12.3. Alternatief, redeneer punt per punt: voor $x \in U$ met $x > \sqrt 2$ , neem $r = x - \sqrt2 > 0$ : elke $y \in \intoo{x - r}{x + r}$ voldoet aan $y > \sqrt 2$ , dus $y^2 > 2$ ; symmetrisch aan de linkerkant. Beide stijlen zijn van belang — de structurele (bouw op uit bekende open verzamelingen via unies en eindige doorsneden) schaalt beter, de $\varepsilon$ -stijl werkt wanneer er geen structuur zichtbaar is; en Hoofdstuk 13 zal een derde toevoegen, de krachtigste: $U$ is het origineel van de open $\intoo{2}{+\infty}$ onder de continue $x \mapsto x^2$ .

Definitie 12.5 (Gesloten verzameling)

Een verzameling $F \subseteq \R$ is gesloten wanneer haar complement $\R \setminus F$ open is. Volgens de wetten van de Morgan en Propositie 12.3: elke doorsnede van gesloten verzamelingen is gesloten, eindige unies van gesloten verzamelingen zijn gesloten.

Stelling 12.6 (Sequentiële karakterisering van gesloten verzamelingen)

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

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

( $\Leftarrow$ ) Veronderstel dat $F$ niet gesloten is: het complement is niet open, dus een zekere $x \notin F$ heeft geen interval $\intoo{x - r}{x + r}$ binnen het complement; door $r = \frac{1}{n+1}$ te nemen, kies $u_n \in F$ met $\abs{u_n - x} < \frac{1}{n+1}$ . Dan $u_n \in F$ , $u_n \to x \notin F$ : de sequentiële eigenschap mislukt. ∎

Voorbeeld 12.7 (De sequentiële test, beide richtingen)

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 slechts eindig veel punten van $F$ (eindig veel gehele getallen, eindig veel $n + \frac1n$ ), en vanaf een zekere rang liggen alle $u_k$ erin: de rij neemt dan eindig veel waarden aan, en, convergerend, is uiteindelijk constant (zoals in Oefening 12.3): $\ell \in F$ . Gesloten — ook al bevat $F$ paren punten op afstand $\frac1n$ , willekeurig dichtbij.

Niet gesloten: $G = \bigl\{\frac1m + \frac1n : m, n \in \N^*\bigr\}$ . De rij $\frac1n + \frac1n \in G$ streeft naar $0$ , en $0 \notin G$ (een som van twee positieve termen): de sequentiële test mislukt, $G$ is niet gesloten. Interessant is dat elke $\frac1m$ wel tot $\overline G \cap G$ behoort: inderdaad $\frac1m = \frac{1}{m+1} + \frac{1}{m(m+1)} \in G$ . Het afsluitende inzicht: om geslotenheid te bewijzen, beheers alle convergente rijen tegelijk (meestal via een lokale eindigheid of een argument met gesloten formule); om ze te weerleggen, volstaat één goedgekozen ontsnappende rij — de asymmetrie maakt de negatieve richting de gemakkelijke, en de tegenvoorbeelden van dit hoofdstuk hebben allemaal deze eenregelige vorm.

Voorbeeld 12.8

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

Voorbeeld 12.9 (Een open verzameling samengesteld uit oneindig veel stukken)

$\R \setminus \Z = \bigcup_{n \in \Z} \intoo{n}{n+1}$ : een oneindige unie van open intervallen, open volgens Propositie 12.3 — dus $\Z$ is gesloten zonder dat er een sequentieel argument nodig is. Merk de arbeidsverdeling in de stabiliteitsregels op: unies van open verzamelingen mogen willekeurig zijn (elk punt heeft enkel zijn eigen certificaat nodig, geleverd door de ene verzameling die het bevat), terwijl doorsneden eindig moeten blijven (certificaten moeten doorsneden worden, en oneindig veel stralen kunnen tot niets krimpen). Oefening 12.10 zal aantonen dat dit voorbeeld de algemene vorm is: elke open deelverzameling van $\R$ is een aftelbare disjuncte unie 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 aanklevend aan $A$ wanneer elke omgeving van $x$ $A$ ontmoet; de afsluiting $\overline{A}$ is de verzameling van de aanklevende punten.
De rand is $\partial A = \overline A \setminus \mathring A$ .

Dan is $\mathring A \subseteq A \subseteq \overline A$ .

Propositie 12.11 (Hoofdeigenschappen)

$\mathring A$ is de grootste open verzameling bevat in $A$ ; $A$ is open desda $A = \mathring A$ .
$\overline A$ is de kleinste gesloten verzameling die $A$ bevat; $A$ is gesloten desda $A = \overline A$ .
(Sequentiële karakterisering van aankleving) $x \in \overline A$ als en slechts als $x$ de limiet is van een rij van punten van $A$ .
Complementering wisselt de begrippen om: $\R \setminus \overline A = \bigl(\R \setminus A\bigr)^{\!\circ}$ .

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

(1) $\mathring A$ is open: als $x \in \mathring A$ , dan een zekere $\intoo{x-r}{x+r} \subseteq A$ ; elk punt $y$ van dat interval heeft een kleiner interval eromheen dat erin ligt, dus in $A$ : het hele interval ligt in $\mathring A$ . Elke open $U \subseteq A$ bestaat uit inwendige punten van $A$ , dus $U \subseteq \mathring A$ : 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 $\overline A$ is gesloten, en het bevat $A$ . Minimaliteit: zij $F \supseteq A$ gesloten. Dan is $\R \setminus F$ open en bevat in $\R \setminus A$ , dus volgens de maximaliteit in (1),

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

en door opnieuw de complementen te nemen: $\overline A \subseteq F$ . Dus $\overline A$ is de kleinste gesloten superverzameling. Karakterisering: als $A = \overline A$ dan is $A$ gesloten (net aangetoond); als $A$ gesloten is, is het zelf een gesloten superverzameling van $A$ , dus minimaliteit dwingt $\overline A \subseteq A$ af, en gelijkheid.

(3) Als $u_n \in A$ , $u_n \to x$ : elke omgeving van $x$ bevat een zekere $u_n \in A$ , dus $x \in \overline A$ . Omgekeerd, als $x \in \overline A$ : elk interval $\intoo{x - \frac{1}{n+1}}{x + \frac{1}{n+1}}$ ontmoet $A$ 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 $A = \{\frac 1n : n \in \N^*\}$ : $\overline A = A \cup \{0\}$ , $\mathring A = \emptyset$ , $\partial A = A \cup \{0\}$ . Voor $\Q$ : door dichtheid (Stelling 10.14) is elk reëel getal aanklevend 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); evenmin de geïsoleerde $4$ . Dus $\mathring A = \intoo{0}{1}$ .

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 van het interval, opnieuw dichtheid); en $4$ . Niets anders: een punt buiten $\intcc{0}{1} \cup \intcc{2}{3} \cup \{4\}$ heeft positieve afstand tot die gesloten verzameling. Dus $\overline A = \intcc{0}{1} \cup \intcc{2}{3} \cup \{4\}$ .

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

Het afsluitende inzicht: de drie bewerkingen werken lokaal — elk stuk van $A$ draagt bij volgens zijn eigen aard (een vol interval behoudt zijn binnenkant, een dicht-maar-poreus stuk wordt volledig rand, een geïsoleerd punt is pure rand), en een tweeregelige tekening van $A$ voorspelt elk antwoord voordat er enig bewijs geschreven is.

Opmerking 12.14 (Veelvoorkomende valkuilen in puntverzamelingsredeneringen)

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

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

de twee geïtereerde operatoren verschillen zo veel als verzamelingen maar kunnen. (iii) Oneindige unies van gesloten verzamelingen kunnen niet gesloten zijn: $\bigcup_{n\geq1} \intcc{\frac1n}{1} = \intoc{0}{1}$ — de spiegel van het doorsnede-tegenvoorbeeld van Propositie 12.3. (iv) Dicht betekent niet groot: $\Q$ is dicht, aftelbaar, met leeg inwendige, en zijn complement is ook dicht; dichtheid zegt “willekeurig dicht bij alles”, niet “bijna alles” — de Cantorverzameling van het weekendvraagstuk (Probleem 12.1) maakt het tegengestelde punt, een topologisch kleine verzameling die overaftelbaar groot is.

Voorbeeld 12.15 (Een afsluiting exact berekend)

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 $0 = \lim_n \frac2n$ : aanklevend volgens de sequentiële karakterisering. ( $\subseteq$ ) Zij $x = \lim_k \bigl( \frac{1}{m_k} + \frac{1}{n_k}\bigr)$ ; orden elk paar zo dat $m_k \leq n_k$ . Als $(m_k)$ onbegrensd is, heeft een deelrij $m_k \to \infty$ , dus $n_k \to \infty$ ook en $x = 0$ . Anders neemt $(m_k)$ eindig veel waarden aan, een ervan, zeg $m$ , oneindig vaak; langs die deelrij $\frac{1}{n_k} \to x - \frac1m$ : als $(n_k)$ begrensd is, neemt ze een zekere waarde $n$ oneindig vaak aan en $x = \frac1m + \frac1n \in G$ ; zo niet, $x = \frac1m$ . Elk geval landt in de aangekondigde verzameling. Het afsluitende inzicht: een afsluiting berekenen is een gevalsanalyse in compactheidsstijl op indices — begrensde index betekent eindig veel waarden (duiventil), onbegrensde index betekent dat een limiet ontsnapt — en het antwoord toont de typische tweelaagse structuur van limietpunten: de verzameling, haar eerstegeneratielimieten, en hun limiet $0$ .

Definitie 12.16 (Dichtheid, topologische vorm)

$A$ is dicht in $\R$ wanneer $\overline A = \R$ — equivalent, elk niet-leeg open interval ontmoet $A$ ; equivalent (volgens Propositie 12.11 (3)) is elk reëel getal 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 dicht zijn in slechts een deel van de rechte. De dyadische getallen van $\intcc{0}{1}$ , d.w.z. $D \cap \intcc{0}{1}$ (Oefening 10.8), ontmoeten elk open interval opgenomen in $\intcc{0}{1}$ maar missen natuurlijk $\intoo{2}{3}$ volledig: zij zijn dicht in $\intcc{0}{1}$ , wat betekent $\overline{D \cap \intcc{0}{1}} = \intcc{0}{1}$ . De algemene uitdrukking “ $A$ is dicht in $B$ ” is een afkorting voor $B \subseteq \overline A$ — noem altijd de omvattende verzameling, aangezien de eindpunten van het weekendvraagstuk dicht zijn in de Cantorverzameling terwijl ze nergens dicht zijn in $\R$ : dezelfde verzameling, twee waarheidsgetrouwe en tegengesteld klinkende beschrijvingen.

Voorbeeld 12.18 (Dichtheid hanteren)

Drie snelle bewegingen die voortdurend terugkeren. Vergroten: als $A$ dicht is en $A \subseteq B$ , dan is $B$ dicht (elk interval ontmoet reeds $A$ ). Transporteren: als $A$ dicht is, dan is $\lambda A + \mu$ dat ook voor $\lambda \neq 0$ — een interval $I$ ontmoet $\lambda A + \mu$ desda het interval $\frac{I - \mu}{\lambda}$ $A$ ontmoet; dus de oneven veelvouden van $10^{-9}$ , bijvoorbeeld, zijn dicht. Doorsnijden mislukt: twee dichte verzamelingen kunnen elkaar volledig missen ( $\Q$ en $\R \setminus \Q$ ): dichtheid overleeft unies en affiene afbeeldingen, nooit doorsneden.

12.3 Compactheid van segmenten

Stelling 12.19 (Segmenten zijn sequentieel compact)

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

Algemener zijn de deelverzamelingen van $\R$ met deze 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 Bolzano–Weierstrass (Stelling 11.16) extraheert een convergente deelrij; haar limiet blijft in $\intcc{a}{b}$ omdat segmenten gesloten zijn (Stelling 12.6).

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

Voorbeeld 12.20 (Geneste compacte verzamelingen)

Een eerste oefening voor de stelling. Zij $K_0 \supseteq K_1 \supseteq K_2 \supseteq \dots$ niet-lege compacte (gesloten begrensde) deelverzamelingen van $\R$ . Dan $\bigcap_n K_n \neq \emptyset$ . Inderdaad, kies $x_n \in K_n$ voor elke $n$ : de rij leeft in de compacte $K_0$ , dus een deelrij $x_{\varphi(n)}$ convergeert naar een zekere $x$ (Stelling 12.19). Voor elke vaste $m$ liggen de termen $x_{\varphi(n)}$ met $\varphi(n) \geq m$ allemaal in de gesloten verzameling $K_m$ , dus de limiet $x$ ligt in $K_m$ (Stelling 12.6); aangezien $m$ willekeurig was, $x \in \bigcap_n K_n$ . Een nuttige metgezel: als een open verzameling $U$ $\bigcap_n K_n$ bevat, dan $U \supseteq K_n$ 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, maar $U$ open dwingt $x_{\varphi(n)} \in U$ af uiteindelijk, een tegenspraak. Beide uitspraken mislukken zonder compactheid: $\bigcap_n \intoo{0}{\frac 1n} = \emptyset$ en $\bigcap_n \intco{n}{+\infty} = \emptyset$ . Het afsluitende inzicht: compactheid zet een oneindige keten van niet-leegheidsbeweringen om in één enkel limietpunt — het is het gereedschap dat de overgang naar de oneindige doorsnede overleeft, en het weekendvraagstuk (Probleem 12.1) zal er tweemaal op steunen.

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

Opmerking 12.21

Dit is de motor achter de extremewaardestelling (Hoofdstuk 13) en de stelling van Heine over uniforme continuïteit. De naam “compact” zal zijn algemene (overdekkings-) definitie krijgen in het tweede jaar; op $\R$ is sequentiële compactheid alles wat we nodig hebben, en “compact $=$ gesloten $+$ begrensd” is de uitspraak om te onthouden.

Voorbeeld 12.22 (Randen onder unies)

Altijd $\partial(A \cup B) \subseteq \partial A \cup \partial B$ : 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 plaatst het punt dan in $\partial A$ of $\partial B$ . De inclusie kan spectaculair strikt zijn: met $A = \Q$ en $B = \R\setminus\Q$ ,

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

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

Opmerking 12.23 (Perspectieven binnen dit boekdeel)

De hier opgebouwde woordenschat wordt in dit boek nog tweemaal verbruikt. In Hoofdstuk 13 is elke stelling een topologie-uitspraak in vermomming: de tussenwaardestelling zegt dat continue afbeeldingen de intervaleigenschap behouden, de extremewaardestelling zegt dat ze compactheid behouden — en de bewijzen roepen Stellingen 12.6 en 12.19 bij naam op. In Hoofdstuk 25 worden dezelfde definities herlezen in $\R^2$ met schijven in plaats van intervallen: open verzamelingen, afsluitingen en compactheid dragen woord voor woord over, en de extremewaardestelling in twee veranderlijken 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 met Oefening 12.9’s “enkel $\emptyset$ en $\R$ zijn open en gesloten”.

12.4 Oefeningen

Oefening 12.1 ★

Zeg voor elke verzameling of ze open, gesloten, beide 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 (unie van open verzamelingen), niet gesloten ( $\frac 1n \to 0$ erbuiten).

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

$\{0\} \cup \intcc{1}{2}$ : gesloten (eindige unie 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 $\Z$ , d.w.z. ontsnapt aan de verzameling.

$\Q \cap \intoo{0}{1}$ : geen van beide. Niet open: elk interval rond een rationaal getal bevat irrationale getallen. Niet gesloten: het bevat rijen die streven naar het irrationale $\frac{\sqrt 2}{2}$ (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 even termen streven naar $1$ , de oneven termen naar $-1$ , 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, dan via de sequentiële karakterisering.

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.3.

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

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

Oefening 12.4 ★

Bewijs dat voor alle $A, B \subseteq \R$ : $\overline{A \cup B} = \overline A \cup \overline B$ . Toon met een voorbeeld 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 unie) en bevat $A \cup B$ , dus bevat het de kleinste gesloten superverzameling $\overline{A \cup B}$ . $\supseteq$ : $A \subseteq A \cup B$ geeft $\overline A \subseteq \overline{A \cup B}$ (afsluiting is monotoon: aanklevende punten van $A$ zijn aanklevend aan de grotere verzameling), en evenzo voor $B$ .

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

Oefening 12.5 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.5.

Gebruik de sequentiële karakterisering (Stelling 12.6). Zij $S = \{u_n\} \cup \{\ell\}$ en $(v_k)$ een rij in $S$ met $v_k \to m$ ; toon $m \in S$ . Twee gevallen. Als een zekere waarde $v \in S$ oneindig vaak door $(v_k)$ wordt 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 $\ell$ ook. Dan zijn voor elke $N$ de indices $k$ met $v_k \in \{u_0, \dots, u_N, \ell\}$ eindig in aantal: de overblijvende $v_k$ zijn termen $u_n$ met $n > N$ . Gegeven $\varepsilon > 0$ , kies $N$ 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 $v_k \to \ell$ , zodat $m = \ell \in S$ .

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 contrasteer: 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 translatie $U + a$ is open (de intervalcertificaten worden getransleerd). Een unie 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, vgl. Voorbeeld 12.8). Hun som $\Z + \sqrt 2\,\Z$ is dicht in $\R$ (Oefening 10.9) maar is niet $\R$ (ze is aftelbaar, of eenvoudigweg: $\frac{\sqrt 2}{2} \notin \Z + \sqrt2\Z$ , anders zou $\sqrt 2$ rationaal zijn — door $\frac{\sqrt2}{2} = m + n\sqrt 2$ te schrijven dwing je $(2n - 1)\sqrt 2 = -2m$ af, dus $\sqrt 2 \in \Q$ tenzij $n = \frac12$ , onmogelijk). Een dichte echte deelverzameling is niet gesloten: haar afsluiting is $\R \neq$ zichzelf.

Oefening 12.7 ★★

Een punt $x \in A$ is geïsoleerd in $A$ wanneer een zekere omgeving van $x$ $A$ enkel in $x$ ontmoet. Bewijs dat elk punt van $\Z$ geïsoleerd is in $\Z$ , dat $A = \{\frac1n\}$ al zijn punten geïsoleerd heeft en toch $\overline A \neq A$ , 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 $\Z$ enkel in $n$ .

$A = \{\frac1n : n \in \N^*\}$ : rond $\frac 1n$ isoleert het interval van straal $\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n(n+1)}$ (gehalveerd, zeg) het van zijn buren — alle punten geïsoleerd. Toch $0 \in \overline A \setminus A$ : geïsoleerde punten verhinderen aanklevende buitenstaanders niet.

Als alle punten van $A$ geïsoleerd zijn: geen enkel punt van $A$ is inwendig, aangezien een inwendig punt een heel interval van $A$ -buren eromheen heeft (een interval is oneindig), in tegenspraak met isolatie. Dus $\mathring A = \emptyset$ .

Oefening 12.8 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.8.

Als $A \subseteq \intcc{-M}{M}$ , bevat de gesloten verzameling $\intcc{-M}{M}$ $A$ , dus bevat ze $\overline A$ (kleinste gesloten superverzameling): $\overline A$ is begrensd.

Zij $s = \sup A$ (eindig). Aangezien $A \subseteq \overline A$ , $\sup \overline A \geq s$ . Omgekeerd, $\overline A \subseteq \intoc{-\infty}{s}$ : de halve rechte is gesloten en bevat $A$ ; dus elk element van $\overline A$ is $\leq s$ , wat $\sup\overline A \leq s$ geeft. 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 aanklevend.

Oefening 12.9 ★★★

Bewijs dat de enige deelverzamelingen van $\R$ die zowel open als gesloten zijn $\emptyset$ en $\R$ zijn. Hint: veronderstel dat $A$ open, gesloten is, met $A \neq \emptyset$ en $\R \setminus A \neq \emptyset$ ; kies $a \in A$ , $b \notin A$ , zeg $a < b$ , en beschouw $s = \sup\,(A \cap \intcc{a}{b})$ ; beslis of $s$ tot $A$ of tot zijn 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 ( $a$ ), begrensd: zij $s = \sup B$ . Volgens Oefening 12.8, $s \in \overline B \subseteq \overline A = A$ ( $A$ gesloten). Merk op $s \leq b$ , en aangezien $b \notin A$ : $s < b$ . 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 $s$ — in tegenspraak met $s = \sup B$ . Dus bestaat er geen zulk paar $(a, b)$ : één van $A$ , $\R \setminus A$ is leeg.

Oefening 12.10 ★★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.10.

$I_x$ is een unie van open intervallen die allemaal $x$ bevatten: ze is open, en ze is een interval, aangezien ze convex is — als $u < z < v$ met $u, v \in I_x$ , dan liggen $u$ en $v$ in open deelintervallen $J_u \ni x$ , $J_v \ni x$ 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).

Als $I_x \cap I_y \neq \emptyset$ : $I_x \cup I_y$ is dan 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 $\subseteq I_y$ volgens de maximaliteit van elk: $I_x = I_y$ .

Dus $U$ is de disjuncte unie 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 is geïndexeerd door paren gehele getallen). Dus ten hoogste aftelbaar veel intervallen.

Oefening 12.11 ★★

Een punt $x \in \R$ is een ophopingspunt van $A$ wanneer elke omgeving van $x$ $A \setminus \{x\}$ ontmoet; hun verzameling is de afgeleide verzameling $A'$ . Bewijs dat $\overline A = A \cup A'$ , en dat $A$ gesloten is als en slechts 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.

$\overline A = A \cup A'$ . ( $\supseteq$ ) $A \subseteq \overline A$ altijd; en als $x \in A'$ , ontmoet elke omgeving van $x$ $A \setminus \{x\} \subseteq A$ , dus $x$ is aanklevend. ( $\subseteq$ ) Zij $x \in \overline A$ . Als $x \in A$ , klaar. Als $x \notin A$ , ontmoet elke omgeving van $x$ $A = A \setminus \{x\}$ : $x \in A'$ .

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

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

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

$\Q' = \R$ : elk interval rond eender welk reëel getal bevat oneindig veel rationale getallen (Stelling 10.14), in het bijzonder eentje verschillend van het centrum.

Oefening 12.12 ★★★

Voor $A \subseteq \R$ niet-leeg, definieer $d_A(x) = \inf\{\abs{x - a} : a \in A\}$ . Bewijs:

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.12.

Voor elke $a \in A$ : $\abs{x - a} \leq \abs{x - y} + \abs{y - a}$ , dus $d_A(x) \leq \abs{x - y} + \abs{y - a}$ ; door het infimum over $a$ te nemen: $d_A(x) \leq \abs{x - y} + d_A(y)$ . Door $x$ en $y$ te verwisselen krijg je de andere ongelijkheid: $\abs{d_A(x) - d_A(y)} \leq \abs{x - y}$ .
$d_A(x) = 0$ $\iff$ voor elke $\varepsilon > 0$ is er een $a \in A$ met $\abs{x - a} < \varepsilon$ $\iff$ elk interval rond $x$ ontmoet $A$ $\iff$ $x \in \overline A$ . Als $F$ gesloten is en $x \notin F = \overline F$ , dan $d_F(x) \neq 0$ , d.w.z. $d_F(x) > 0$ .
Als $d_F(x) < \varepsilon$ , stel $r = \varepsilon - d_F(x) > 0$ : voor $\abs{y - x} < r$ geeft deel (1) $d_F(y) \leq d_F(x) + \abs{x - y} < \varepsilon$ : het interval $\intoo{x - r}{x + r}$ ligt in $V_\varepsilon$ , dat dus open is; het bevat $F$ aangezien $d_F = 0$ daar. Ten slotte $x \in \bigcap_{\varepsilon>0} V_\varepsilon$ $\iff$ $d_F(x) < \varepsilon$ voor alle $\varepsilon$ $\iff$ $d_F(x) = 0$ $\iff$ $x \in \overline F = F$ . Aangezien $\bigcap_{\varepsilon > 0} V_\varepsilon = \bigcap_{n \geq 1} V_{1/n}$ , is elke gesloten verzameling een aftelbare doorsnede van open verzamelingen.

12.5 Vraagstuk: De Cantorverzameling, klein en enorm tegelijk

Probleem 12.1

Weekendvraagstuk — de Cantor-middelste-derden-verzameling: lengte nul, overaftelbaar, perfect, en $C + C = \intcc{0}{2}$

Verwijder uit $\intcc{0}{1}$ zijn open middelste derde, dan de middelste derde van elk overblijvend segment, en herhaal eeuwig: wat overleeft is de Cantorverzameling $C$ , de fundamentele tegenvoorbeeldenfabriek van de analyse. Dit vraagstuk construeert haar, leest haar via de grondtal- $3$ -machinerie van Probleem 10.1, en vestigt haar paradoxale portret: totale lengte nul, en toch overaftelbaar; leeg inwendige, en toch geen enkel geïsoleerd punt; volledig onsamenhangend, en toch vult $C + C$ het hele segment $\intcc{0}{2}$ . Formeel: $C_0 = \intcc{0}{1}$ , en $C_{n+1}$ wordt uit $C_n$ verkregen door de open middelste derde van elk segment van $C_n$ te verwijderen; ten slotte $C = \bigcap_{n \geq 0} C_n$ . 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, twee precies wanneer $x = m/3^N \in \intoo{0}{1}$ .

Deel I — De constructie.

Beschrijf $C_1$ en $C_2$ expliciet als unies van segmenten, en bewijs door inductie: $C_n$ is een disjuncte unie van $2^n$ gesloten segmenten, elk van lengte $3^{-n}$ .
Toon dat $C$ gesloten, begrensd — dus compact (Stelling 12.19) — 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 voor elke $\varepsilon > 0$ de verzameling $C$ kan overdekt worden door eindig veel segmenten van totale lengte $\leq \varepsilon$ : de Cantorverzameling heeft lengte nul.
Toon dat een interval bevat in $C$ lengte $\leq 3^{-n}$ heeft voor elke $n$ , dus een singleton of leeg is: $\mathring C = \emptyset$ . Gesloten zijnd met leeg inwendige, is $C$ nergens dicht.

Deel II — De ternaire code.

Bewijs de zelfgelijkvormigheidsrecursie

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

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

Deel III — Topologisch portret.

Verzamel het dossier tot nu toe: $C$ is compact, overaftelbaar, van lengte nul, nergens dicht. Welke enkele inclusie $C \subseteq C_n$ draagt elke eigenschap?
( $C$ is perfect) Zij $x \in C$ met $1$ -vrije code $(d_k)$ . Het omkeren van het cijfer $d_n$ ( $0 \leftrightarrow 2$ ) levert $x_n \in C$ 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 dat de eindpunten van vraag 2 een aftelbare dichte deelverzameling van $C$ vormen (kap de code af na $n$ cijfers en ga verder met $0$ ’s; aftelbaarheid zoals in Oefening 12.10). Besluit: het typische punt van $C$ — zoals $\frac14$ — is geen eindpunt: eindpunten zijn een aftelbaar skelet binnen een overaftelbaar lichaam.
(Volledig onsamenhangend) Zij $x < y$ in $C$ . Kies $n$ met $3^{-n} < y - x$ en produceer een punt $z \in \intoo{x}{y}$ met $z \notin C$ . Besluit dat de enige niet-lege intervallen bevat in $C$ singletons zijn.

Deel IV — Rekenkunde van $C$ .

Toon $1 - C = C$ (wat doet $x \mapsto 1 - x$ met een $1$ -vrije code? denk aan $1 = (0.\overline{2})_3$ ).
(Optelling van codes) Toon dat als $x$ , $x'$ codes $(a_k)$ , $(b_k)$ hebben, dan $x + x' = \lim_n\,(t_n + t'_n)$ waarbij $t_n, t'_n$ de partiële sommen zijn. Leid af: elke $y \in \intcc{0}{1}$ is het middelpunt van twee punten van $C$ — gegeven een code $(e_k)$ van $y$ , kies 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, $C - C = \intcc{-1}{1}$ . Concreet geval: schrijf $1$ als een som van de twee niet-eindpunten gevonden in vraag 7.
Reflecteer: 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 controleert en wat niet.)

Deel V — Leden, rationaal en irrationaal.

Combineer vraag 8 met het periodiciteitscriterium van Probleem 10.1: een punt van $C$ is rationaal als en slechts als zijn $1$ -vrije code uiteindelijk periodiek is. Voer de staartdeling in grondtal $3$ uit om te controleren dat $\frac1{13} = (0.\overline{002})_3 \in C$ .
Produceer een expliciet irrationaal lid van $C$ : de waarde van de code met $d_k = 2$ op de driehoekige posities $k = \frac{j(j+1)}{2}$ en $d_k = 0$ elders. Verantwoord irrationaliteit via het groeiende-gaten-argument van Probleem 10.1 (vraag 20).
(Op een vol segment) Beschouw $h$ dat het punt van $C$ met $1$ -vrije code $(d_k)$ afbeeldt op de waarde van de binaire rij $\bigl(\frac{d_k}2\bigr)$ , d.w.z. $h(x) = \sup_n \sum_{k=1}^n \frac{d_k}{2}\,2^{-k}$ . Toon dat $h$ $C$ op $\intcc{0}{1}$ afbeeldt. Dus de verwaarloosbare $C$ surjecteert op een segment van volle lengte — een tweede bewijs dat $C$ overaftelbaar is.
(Zelfgelijkvormige lengte) Veronderstel dat een zeker lengtebegrip $L$ gedefinieerd was voor $C$ en zijn gekrompen kopieën, dat schaling ( $L(\lambda A) = \lambda L(A)$ ), translatie-invariantie en additiviteit over de disjuncte ontbinding van vraag 5 respecteert. Toon dat dan $L(C) = \frac23\,L(C)$ , wat $L(C) = 0$ afdwingt: zelfgelijkvormigheid alleen veroordeelt $C$ reeds 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 enkel een centraal open interval van lengte $4^{-(n+1)}$ . Toon dat de segmentlengten $l_n$ voldoen aan $l_{n+1} = \frac{l_n - 4^{-(n+1)}}{2}$ , $l_n = \frac{2^n + 1}{2\cdot 4^n} > 0$ , dat de resulterende $K = \bigcap K_n$ compact is met leeg inwendige, en dat de totale verwijderde lengte $\sum_{n\geq0} 2^n 4^{-(n+1)} = \frac12$ is. Toegevend de (intuïtieve, jaar 3) additiviteit van lengte voor eindige unies van intervallen, en gebruikmakend van beide uitspraken van Voorbeeld 12.20, toon dat elke eindige familie van open intervallen die $K$ overdekt totale lengte $\geq \frac12$ heeft: $K$ is nergens dicht maar niet verwaarloosbaar. Kleinheid heeft verschillende niet-equivalente betekenissen.
(Afstanden) Toon dat voor een niet-lege gesloten $F \subseteq \R$ en $x \in \R$ het infimum $d(x, F)$ bereikt wordt (minimaliserende rij plus Bolzano–Weierstrass). Bereken dan

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

bereikt precies in het centrum $y = \frac12$ (een punt van een gat gecreëerd in stadium $n$ ligt binnen $\frac{3^{-n}}{2}$ van de eindpunten van het gat, die in $C$ liggen).
(Elk punt een deelrijlimiet) Gebruikmakend van vragen 12 en 2, produceer een enkele rij in $C$ waarvan de verzameling van deelrijlimieten heel $C$ is. (Vergelijk: voor een convergente rij is die verzameling één punt — $C$ verwezenlijkt het tegengestelde uiterste onder compacte verzamelingen.)
Synthese, telkens één zin: (i) welke stellingen van dit hoofdstuk heeft de constructie werkelijk verbruikt (stabiliteit van gesloten verzamelingen, compactheid, sequentiële karakteriseringen)? (ii) noem de vier paradoxale koppelingen van het portret (lengte nul/overaftelbaar, gesloten/leeg inwendige, perfect/volledig onsamenhangend, verwaarloosbaar/ $C+C$ vol); (iii) waar duikt $C$ later weer op (de duiveltrap gebouwd op $h$ in de theorie van de continuïteit, en de maattheorie van het boekdeel van jaar 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: als $C_n$ een disjuncte unie is van $2^n$ gesloten segmenten van lengte $3^{-n}$ , laat het verwijderen van de open middelste derde van elk twee gesloten segmenten van lengte $3^{-n-1}$ per ouder over: $2^{n+1}$ segmenten, paarsgewijs disjunct (kinderen van verschillende ouders zijn gescheiden omdat de ouders het waren; kinderen van één ouder zijn gescheiden door het verwijderde gat).

2. Elke $C_n$ is een eindige unie van segmenten, 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 $m \leq n$ , $a \in C_n \subseteq C_m$ . Voor de latere stadia: de middelste-derde-verwijdering verwijdert nooit een eindpunt, en $a$ is opnieuw een eindpunt van een van de twee kinderen van $S$ (het kind dat $a$ raakt); door inductie $a \in C_m$ voor alle $m \geq n$ : $a \in C$ .

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

4. Zij $I \subseteq C$ een interval met twee verschillende punten. Voor elke $n$ : $I \subseteq C_n$ , en $I$ , convex zijnd, moet binnen een enkel segment van $C_n$ liggen (het ontmoeten van twee segmenten zou $I$ dwingen een punt van het gat ertussen te bevatten, dat buiten $C_n$ ligt). Dus de lengte van $I$ is $\leq 3^{-n}$ voor alle $n$ : tegenspraak. Dus de enige intervallen binnen $C$ zijn leeg of singletons; in het bijzonder past geen enkele $\intoo{x-r}{x+r}$ binnen $C$ : $\mathring C = \emptyset$ . Aangezien $C$ gesloten is, heeft $\overline C = C$ 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 dit vraag 1. Inductie: een stijgende affiene afbeelding stuurt de middelste derde van een segment naar de middelste derde van het beeldsegment, dus het verwijderen van middelste derden commuteert met $\varphi_0$ en $\varphi_2$ ; het toepassen van de verwijderingsstap op $C_{n+1} = \varphi_0(C_n) \cup \varphi_2(C_n)$ levert $C_{n+2} = \varphi_0(C_{n+1}) \cup \varphi_2(C_{n+1})$ . Door over $n$ te doorsnijden: voor $x \leq \frac13$ , $x \in C \iff x \in \varphi_0(C_n)$ voor alle $n$ $\iff 3x \in \bigcap C_n = C$ ; evenzo op $\intcc{\frac23}{1}$ ; en geen punt van $\intoo{\frac13}{\frac23}$ ligt in $C_1$ . Dus $C = \varphi_0(C) \cup \varphi_2(C)$ , disjunct.

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

7. $0 = (0.\overline 0)_3$ , $1 = (0.\overline 2)_3$ , $\frac13 = (0.0\overline{2})_3$ (de oneigenlijke tweeling van $(0.1)_3$ ), $\frac23 = (0.2\overline{0})_3$ . 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 korten suprema van partiële sommen af, zoals in Probleem 10.1.) Eindpunten van segmenten van $C_n$ zijn van de vorm $m/3^n$ (inductie: kindeindpunten zijn oudereindpunten of verschillen van een ervan met een veelvoud van $3^{-n-1}$ ). Als $\frac14 = \frac{m}{3^n}$ dan $3^n = 4m$ , en $4 \nmid 3^n$ : onmogelijk. Dus $\frac14 \in C$ zonder ooit een eindpunt te zijn.

8. Veronderstel dat $x$ twee verschillende $1$ -vrije codes had. Überhaupt twee codes hebben betekent (Probleem 10.1, vraag 11, grondtal $3$ ) dat $x = m/3^N \in \intoo{0}{1}$ en de twee codes zijn: de afbrekende, met laatste niet-nul-cijfer $d_N \in \{1, 2\}$ gevolgd door $0$ ’s, en zijn tweeling, met $d_N - 1$ op positie $N$ gevolgd door $2$ ’s. Als $d_N = 1$ bevat de eerste een $1$ ; als $d_N = 2$ draagt de tweeling $d_N - 1 = 1$ . Hoe dan ook is ten hoogste één van het paar $1$ -vrij: tegenspraak. Dus elke $x \in C$ heeft precies één $1$ -vrije code (bestaan volgens vraag 6), en verschillende $\{0,2\}$ -rijen hebben verschillende waarden. Elke $\{0,2\}$ -rij heeft een waarde in $\intcc{0}{1}$ (partiële sommen $\leq 1$ ) met alle prefixen $1$ -vrij, dus een waarde in elke $C_n$ , d.w.z. in $C$ : de waardeafbeelding is een bijectie van $\{0,2\}$ -rijen op $C$ .

9. Zij $(d^{(k)})$ de $1$ -vrije code van $x_k$ en stel $e_k = 2 - d^{(k)}_k \in \{0, 2\}$ : een $\{0,2\}$ -rij waarvan de waarde $y$ in $C$ ligt en $(e_k)$ als haar unieke $1$ -vrije code heeft (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: grootheid in kardinaliteit, kleinheid in maat — tegelijk.

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

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

12. Volgens de inductie van vraag 5 zijn de segmenten van $C_n$ precies de $\intcc{t}{t + 3^{-n}}$ waarbij $t$ de waarden van lengte- $n$ $\{0,2\}$ -rijen doorloopt. Gegeven $x \in C$ met code $(d_k)$ , is de afkapping $t_n$ (cijfers $d_1 \dots d_n$ dan $0$ ’s) daarom een linker eindpunt, en $0 \leq x - t_n \leq 3^{-n}$ : eindpunten zijn dicht in $C$ . Ze vormen een deelverzameling van $\{m/3^n : m, n\}$ , een verzameling geïndexeerd door paren gehele getallen, dus aftelbaar (zoals voor $\Q$ in Oefening 12.10). Aangezien $C$ overaftelbaar is (vraag 9), zijn op aftelbaar veel na alle punten van $C$ geen eindpunten — $\frac14$ (vraag 7) is de zichtbare top van die ijsberg.

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

14. Als $(d_k)$ de $1$ -vrije code van $x$ is, is de rij $(2 - d_k)$ opnieuw een $\{0,2\}$ -rij, 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 $1 - x \in C$ . Dus $1 - C \subseteq C$ , en de afbeelding tweemaal toepassen geeft $1 - C = C$ : de Cantorverzameling is symmetrisch rond $\frac12$ .

15. De partiële sommen $t_n \to x$ en $t'_n \to x'$ (stijgende rijen convergeren naar hun supremum, d.w.z. de waarde), dus $t_n + t'_n \to x + x'$ volgens Stelling 11.5. Gegeven $y \in \intcc{0}{1}$ met code $(e_k)$ , kies $(a_k, b_k) = (0,0), (0,2), (2,2)$ naargelang $e_k = 0, 1, 2$ : dan $a_k + b_k = 2e_k$ , de rijen $(a_k)$ , $(b_k)$ zijn $\{0,2\}$ -rijen 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 middelpunt 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. Dan, gebruikmakend van $1 - C = C$ :

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

Concreet geval: $1 = \frac14 + \frac34$ , een som van twee niet-eindpuntleden van $C$ .

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

18. Volgens Probleem 10.1 (vraag 18) is $x$ rationaal desda zijn eigenlijke ontwikkeling uiteindelijk periodiek is. De $1$ -vrije code van $x \in C$ is ofwel die eigenlijke ontwikkeling of de oneigenlijke tweeling van een afbrekende; een afbrekende rij en zijn tweeling (uiteindelijk constante $2$ ’s) zijn beide uiteindelijk periodiek, dus periodiciteit van de $1$ -vrije code is equivalent met 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 driehoekige posities $k = \frac{j(j+1)}{2}$ en $0$ elders is een $\{0,2\}$ -rij, dus haar waarde $x^*$ behoort tot $C$ (vraag 8). Ze heeft oneindig veel $2$ ’s met gaten $j + 1 \to \infty$ tussen opeenvolgende, dus ze is niet uiteindelijk periodiek (een periode $T$ zou uiteindelijk $2$ ’s op gaten $\leq T$ afdwingen: het groeiende-gaten-argument van Probleem 10.1, vraag 20); volgens vraag 18, $x^* \notin \Q$ . En volgens vraag 9 plus de aftelbaarheid van $\Q$ zijn op aftelbaar veel na alle leden van $C$ irrationaal: $x^*$ is de norm, niet de uitzondering.

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

21. Volgens vraag 5 is $C$ de disjuncte unie van $\varphi_0(C)$ en $\varphi_2(C)$ , elk een translatie 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 $\frac13 L(C) = 0$ : $L(C) = 0$ . Zelfgelijkvormigheid alleen veroordeelt $C$ tot lengte nul — vraag 3 voerde het vonnis slechts uit.

22. Een segment van lengte $l_n$ verliest een centraal interval van lengte $4^{-(n+1)}$ , waarbij twee segmenten van lengte $l_{n+1} = \frac{l_n - 4^{-(n+1)}}{2}$ overblijven; vanaf $l_0 = 1$ bevestigt inductie $l_n = \frac{2^n + 1}{2\cdot4^n}$ : inderdaad $\frac12\Bigl(\frac{2^n+1}{2\cdot4^n} - \frac{1}{4^{n+1}}\Bigr) = \frac{2(2^n + 1) - 1}{2\cdot4^{n+1}} = \frac{2^{n+1} + 1}{2\cdot4^{n+1}}$ , en $l_n > 0$ altijd: de constructie verhongert nooit. $K = \bigcap K_n$ is gesloten en begrensd, 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 eindig veel open intervallen met unie $U \supseteq K$ . Volgens de metgezel-uitspraak van Voorbeeld 12.20, $U \supseteq K_n$ voor een zekere $n$ ; toegevend de additiviteit van lengte op eindige unies van intervallen, is de totale lengte van de overdekkende intervallen minstens die van $K_n$ , die $\frac12$ overtreft. Dus $K$ is 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. Bereiking: 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 Bolzano–Weierstrass (Stelling 11.16) extraheert $a_{\varphi(k)} \to a$ , met $a \in F$ ( $F$ gesloten, Stelling 12.6) en $\abs{x - a} = \lim \abs{x - a_{\varphi(k)}} = d$ . Nu het maximum: als $y \in C$ , $d(y, C) = 0$ ; anders ligt $y$ in een gat verwijderd in een zeker stadium $n \geq 1$ , 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 die $n = 1$ vereist en $y$ in het centrum van het gat $\intoo{\frac13}{\frac23}$ , d.w.z. $y = \frac12$ ; en inderdaad $d\bigl(\frac12, C\bigr) = \frac16$ aangezien $C \cap \intoo{\frac13}{\frac23} = \emptyset$ en $\frac13, \frac23 \in C$ . Dus $\max_{y\in\intcc{0}{1}} d(y, C) = \frac16$ , bereikt precies in $\frac12$ .

24. De eindpunten vormen een aftelbare dichte deelverzameling van $C$ (vraag 12): lijst ze op als een enkele rij $(e_j)_{j\geq1}$ , een rij in $C$ . Haar deelrijlimieten liggen allemaal in $C$ ( $C$ gesloten). Omgekeerd, fixeer $x \in C$ : 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 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. Dus de verzameling van deelrijlimieten van $(e_j)$ is precies $C$ — één rij die zich bij overaftelbaar veel punten ophoopt, het tegengestelde uiterste van een convergente rij, waarvan de ophopingsverzameling een singleton is.

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