سوال ۶۸ کنکور ارشد ریاضی ۱۴۰۵

در سراسر این حل، $E'$ همان مجموعهٔ مشتق $E$ است — یعنی مجموعهٔ نقاط حدی (انباشتگی) $E$ — و دو واقعیت استاندارد در یک فضای متریک را به یاد آورید: نقطهٔ $x$ در $E'$ قرار دارد اگر و تنها اگر هر همسایگی $x$ مجموعهٔ $E$ را در نقطه‌ای $\neq x$ قطع کند؛ و $x \in E \setminus E'$ اگر و تنها اگر $x$ یک نقطهٔ منزوی از $E$ باشد.

گزارهٔ (الف) — درست

فرض $E' \cap E = \varnothing$ می‌گوید که هیچ نقطه‌ای از $E$ نقطهٔ حدی $E$ نیست؛ به بیان هم‌ارز، هر نقطهٔ $E$ منزوی است. نشان می‌دهیم که یک مجموعهٔ فشردهٔ متشکل از نقاط منزوی باید متناهی باشد.

فرض کنید $E$ نامتناهی باشد. چون $E$ فشرده و نامتناهی است، خاصیت بولتزانو–وایرشتراس در فضاهای متریک فشرده تضمین می‌کند که هر زیرمجموعهٔ نامتناهی $E$ (خودِ $E$ را در نظر بگیرید) یک نقطهٔ حدی $p \in E$ دارد:

$p \in E \quad\text{and}\quad p \in E'.$

آنگاه $p \in E' \cap E$، که با $E' \cap E = \varnothing$ در تناقض است. پس $E$ متناهی است.

به بیان هم‌ارز: برای هر $x \in E$، منزوی‌بودن یک گوی باز $B_x$ با $B_x \cap E = \{x\}$ می‌دهد. خانوادهٔ $\{B_x\}_{x\in E}$ یک پوشش باز برای مجموعهٔ فشردهٔ $E$ است؛ یک زیرپوشش متناهی $B_{x_1},\dots,B_{x_n}$ ایجاب می‌کند که $E \subseteq \{x_1,\dots,x_n\}$، پس $E$ متناهی است.

گزارهٔ (ب) — درست

نشان می‌دهیم که $E' \setminus E$ هیچ مجموعهٔ باز ناتهی‌ای را در بر نمی‌گیرد. برای برهان خلف فرض کنید گوی بازِ $B \neq \varnothing$ای وجود دارد که

$B \subseteq E' \setminus E.$

چون $B \subseteq E' \setminus E \subseteq X \setminus E$، داریم $B \cap E = \varnothing$. حال هر $x \in B$ را انتخاب کنید. چون $B \subseteq E'$، نقطهٔ $x$ یک نقطهٔ حدی $E$ است، پس هر همسایگی $x$ باید نقطه‌ای از $E$ غیر از $x$ را در بر داشته باشد. اما $B$ خود یک همسایگی باز از $x$ با $B \cap E = \varnothing$ است — یعنی اصلاً هیچ نقطه‌ای از $E$ ندارد. این تناقض نشان می‌دهد که چنین $B$ای وجود ندارد، پس $E' \setminus E$ درون تهی دارد.

(به‌طور مشخص، $E = \mathbb{Q} \subseteq \mathbb{R}$ می‌دهد $E' = \mathbb{R}$، پس $E' \setminus E = \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$، یعنی اعداد گنگ، که به‌راستی درون تهی دارند.)

نتیجه‌گیری

هر دو گزارهٔ (الف) و (ب) درست‌اند، پس گزینهٔ درست ۱ است.

نکتهٔ کنکوری: مجموعه‌ای که در درونِ $E'\setminus E$ قرار گیرد، یک مجموعهٔ باز از نقاط حدی خواهد بود که از $E$ جدا است — اما یک مجموعهٔ باز جدا از $E$ نمی‌تواند هیچ نقطهٔ حدی $E$ را در بر داشته باشد. همین یک مشاهده گزارهٔ (ب) را از میان می‌برد؛ و «فشرده + همهٔ نقاط منزوی $\Rightarrow$ متناهی» همان صورتِ نقاط‌منزوی قضیهٔ بولتزانو–وایرشتراس است.