OliForum Matematico

Dimostrare che ogni sottoinsieme di $ ~ \mathbb{R}^n $ privo di punti di accumulazione è numerabile.

Ovvero, se per ogni elemento x di questo insieme esiste un intervallo aperto che
- contenga x
- non contenga altri elementi dell'insieme,
allora esiste una corrispondenza biunivoca tra l'insieme e $ ~ \mathbb{N} $.

Ah, non prendetevela troppo se ho scritto cazzate... non conosco granchè di matematica non elementare.

Tesi più forte:
ogni sottoinsieme di $ \mathbb{R}^n $ che ha una quantità numerabile di punti di accumulazione, è numerabile.

(Nota: con "numerabile", intendo "al più numerabile")

risolvo quello di edriv

- per n=1.
Sia $ A $ un sottoinsieme di $ \mathbb R $
Parto da 0 considero il primo numero che trovo e lo chiamo $ a_1 $ (se non esiste il primo numero allora 0 è un punto di accumulazione).
E così via.

- per tutti gli n
Sia $ A $ un sottoinsieme di $ \mathbb R^n $
Proietto ogni $ x \in A $ sugli assi. Mi muovo lungo l'asse $ x_1 $ partendo da 0. se non trovo la prima proiezione (perchè magari le componenti $ x_1 $ degli elementi di A sono un insieme denso) allora mi muovo lungo $ x_2 $, e così via. Se lungo nessuno degli assi c'è il primo elemento allora (0,...,0) è punto di accumulazione, assurdo. Quindi riesco sempre a trovare la prima proiezione su uno degli n assi. Il punto di cui è proiezione sarà $ a_1 $

Quello di Mind:
tolgo da A i punti di accumulazione e procedo come prima. L'unione di due numerabili è numerabile

No, può darsi che non ci sia un "successivo di r" senza che r sia un punto di accumulazione.

Ad esempio, prendi 0 più tutti i reali maggiori di 1.
Non esiste un successivo di 0, ma vedi bene che non è di accumulazione...

Ah già, è vero...
per n=1 dico che se A è continuo (equipotente ad R) allora A ha almeno un punto di accumulazione.
Considero infatti gli insiemi
$ P_k=[k, k+1] \cap A $
almeno uno di questi ha infiniti elementi. Poi è bolzano-weierstrass.
Analogamente per tutti gli n (bolzano-weierstrass resta valido per n>1)
Quella di Mind segue da questa privando A dei suoi punti di accumulazione e ripetendo il processo di sopra.

pic88 ha scritto:Quella di Mind segue da questa privando A dei suoi punti di accumulazione e ripetendo il processo di sopra.

Privando A dei suoi punti di accumulazione?
E come?!?!?

E anche ammettendo questo, come segue la tesi? ("ripetendo il processo di sopra" non è chiaro, e comunque non funziona)

Credo che intenda dire:
sia A l'insieme di punti
sia $ ~ X \subseteq A $ l'insieme dei suoi punti di accumulazione
Quindi:
- A \ X è numerabile perchè privo di punti di accumulazione
- X è numerabile per ipotesi
- A è numerabile perchè unione di insiemi numerabili

Poi però qual è l'errore?
Per n=1 ha dimostrato che se l'insieme è più che numerabile, ha un punto di accumulazione, quindi se non ha punti di accumulazione, è numerabile..

Ma...
Forse non sapete cosa è un punto di accumulazione. Che mi pare estremamente strano, visto che state parlando di teoremi di bolzano-weierstrass etc.
O forse mi sono rincoglionito io, che potrebbe anche darsi.

http://en.wikipedia.org/wiki/Limit_point

Ne deduco che pic88 ha risolto il problema di edriv riconducendolo al teorema di bolzano-weierstrass, e incidentalmente dicendo una cosa giusta. Ma che col secondo problema si è incartato perché deve sfruttare effettivamente la definizione di punto di accumulazione.

Leggete la pagina che ho linkato, please.
O ancora meglio, parliamo di matematica olimpica in un foruma di matematica olimpica, dai?

Già, che cavolata!

I punti di accumulazione possono benissimo non appartenere all'insieme...