Dice : Sea \(S \subseteq \mathbb{R}^{n}\). Probar que si \(S\) es no numerable, entonces existe \(x \in S\) tal que \(x\) es punto de condensacion de \(S\)
Hasta ahora se me ocurrio esta parte:
Pruebo por contrareciproco. Es decir, veamos que \(S\) no tiene puntos de condensacion \(\Rightarrow\) \(S\) es numerable.
Como \(S\) no tiene puntos de condensacion \(\Rightarrow\) \(\forall x \in S, \exists r>0 \backslash B(x,r)\cap S\) es numerable. Entonces existe \(f: {B(x,r)\cap S} \rightarrow \mathbb{N}\) \(\forall x \in S\).
Hasta aca llegue. No puedo ver porq la parte de S que no esta en la interseccion tambien tendria q ser numerable. Si me pueden tiraqr alguna ayuda, agradecere
\(S\eq=\bigcup_{x\in S}B(x,{r}_{x})\cap S\)(uní todas las bolas que vos marcaste en lo que hiciste, suponiendo que no hay puntos de condensación. Ahora, \(\mathbb{R}^{n}\) es separable(tiene un denso a lo sumo numerable), entonces \(S\) también es separable. Usando que \(B(x,{r}_{x})\cap S\) son abiertos en \(S\), tenés un cubrimiento por abiertos de \(S\). Entonces, al ser separable admite subcubrimiento a lo sumo numerable. Entonces \(S\eq=\bigcup_{i\in I}B({x}_{i},{r}_{{x}_{i}})\cap S\) con \(I\) a lo sumo numerable. Entonces \(S\) es unión a lo sumo numerable de conjuntos a lo sumo numerables, entonces \(S\) es a lo sumo numerable, como querías ver.
Nota: esto de cubrimientos por abiertos es Lindelof. Se puede probar para \(\mathbb{R}^{n}\) a ''mano'', y es lo que se hace en los primeros ejercicios de la práctica 4 o 3(no recuerdo).
Si no se entiende algo avisá. Saludos
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I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities
Hola! Tengan en cuenta que en la práctica de cardinalidad todavía "no sabíamos" lindelof, ni separabilidad en general. ¿Se les ocurre alguna manera de resolver el ejercicio sin usar algo tan fuerte como que R es separable? ¡Saludos, gracias!
¡Creo que la tengo! Tal vez esté usando el axioma de elección, pero who cares, right?
exequiel131719 escribió:
\(S\eq=\bigcup_{x\in S}B(x,{r}_{x})\cap S\)(uní todas las bolas que vos marcaste en lo que hiciste, suponiendo que no hay puntos de condensación.
Empiezo haciendo lo mismo. Ahora, \(\forall\ x \in \mathbbb{S}\ \exists\ q_x \in \matbbb{Q}\) tal que \(d(q_x,x)<\frac{r_x}{2}\)
Afirmo que \(B(q_x, \frac{r_x}{2}) \subseteq B(x, r_x)\). Esto se puede ver usando la desigualdad triangular. (*)
Ahora bien, puede pasar que algún \(q \in \mathbb{Q}\) aparezca repetido, en bolas de (tal vez) distintos radios. En ese caso, me quedo con la bola más grande. (...Esto me huele a que estoy usando el axioma de elección, pero bueno).
Cada bola es numerable por estar metida adentra de la bola numerable original (*). Unión numerable de cosas es numerable, así que listo el pollo. (Abs! Supusimos S no numerable)