Esercizi di topologia
1) Sia $ X $ uno spazio topologico e siano $ A $ e $ B $ sottoinsiemi di $ X $ e $ A_n $ una successione di parti di $ X $. Indichiamo con $ \bar A $ la chiusura di $ A $ in $ X $. Confutare con un controesempio le seguenti uguaglianze:
a) $ \bar { \bigcup A_n } = \bigcup \bar A_n $
b) $ \bar { \bigcap A_n } = \bigcap \bar A_n $
c) $ \bar {A-B} = \bar A - \bar B $
Svolgimento
a) In $ R $ si ha $ \bar { \bigcup (1/n , 1) } = [0,1] $ mentre $ \bigcup \bar {(1/n , 1)} = \bigcup [1/n,1]= (0,1] $
b) In $R $ si ha che $ \bar { \bigcap (0,1/n) } $ è vuoto mentre $ \bigcap \bar {(0,1/n)} = \bigcap [0,1/n] = {0} $
c) Sempre in $ R $ si ha $ \bar { (0,2)- {1} } = [0,2] $ mentre $ \bar {(0,2)} - bar {{1}} = [0,2]-{1}= [0,1) \cup (1,2] $
Fatto bene? Grazie!
a) $ \bar { \bigcup A_n } = \bigcup \bar A_n $
b) $ \bar { \bigcap A_n } = \bigcap \bar A_n $
c) $ \bar {A-B} = \bar A - \bar B $
Svolgimento
a) In $ R $ si ha $ \bar { \bigcup (1/n , 1) } = [0,1] $ mentre $ \bigcup \bar {(1/n , 1)} = \bigcup [1/n,1]= (0,1] $
b) In $R $ si ha che $ \bar { \bigcap (0,1/n) } $ è vuoto mentre $ \bigcap \bar {(0,1/n)} = \bigcap [0,1/n] = {0} $
c) Sempre in $ R $ si ha $ \bar { (0,2)- {1} } = [0,2] $ mentre $ \bar {(0,2)} - bar {{1}} = [0,2]-{1}= [0,1) \cup (1,2] $
Fatto bene? Grazie!
Risposte
Ahah macché, anzi ti stimo tantissimo! Guarda che sei bravo, è pieno di studenti di matematica che una dimostrazione non saprebbero nemmeno da dove cominciarla.
Esercizio simpatico e utile, che forse hai già incontrato:
Se $X$ è connesso e localmente connesso per archi (ossia, ammette un sistema fondamentale di intorni connessi per archi) allora è connesso per archi. In particolare, ogni aperto connesso di $RR^n$ è connesso per archi (notare che un aperto di uno spazio localmente connesso per archi è esso stesso localmente connesso per archi, per cui si potrebbe scrivere il teorema in forma un minimo più generale).
Esercizio simpatico e utile, che forse hai già incontrato:
Se $X$ è connesso e localmente connesso per archi (ossia, ammette un sistema fondamentale di intorni connessi per archi) allora è connesso per archi. In particolare, ogni aperto connesso di $RR^n$ è connesso per archi (notare che un aperto di uno spazio localmente connesso per archi è esso stesso localmente connesso per archi, per cui si potrebbe scrivere il teorema in forma un minimo più generale).
Bello questo, non l'avevo ancora visto, ho buttato giu qualche riflessione ma dubito che sia tutto giusto cmq...
Se $x$ e $y$ sono due punti di $X$ che non sono connessi da nessun arco allora tutti gli intorni path-connected di $x$ sono necessariamente disgiunti da tutti gli intorni path-connected di $y$, altrimenti sarebbe possibile costruire un arco fra $x$ e $y$ usando un punto dell'intersezione. Sia $P_x$ l'unione di tutti gli intorni path connected di $x$ e sia $P_y$ la stessa cosa per $y$. Se un aperto path connected $A$ interseca $P_x$ allora tutti i punti di $A$ si possono collegare con $x$ quindi $A \subset P_x$. Segue che non esiste in $X$ nessun aperto path connected che interseca contemporaneamete $P_x$ e $P_y$. Sia quindi $P$ l'unione di tutti gli aperti path connected che non intersecano nè $P_x$ nè $P_y$. Mi sembra evidente che $P, P_x,P_y$ sono aperti a due a due disgiunti e la loro unione è uguale a $X$, pertanto abbiamo segato $X$ in tre pezzi, contro l'ipotesi di connessione.
Cosa ho sbagliato stavolta? xD
Se $x$ e $y$ sono due punti di $X$ che non sono connessi da nessun arco allora tutti gli intorni path-connected di $x$ sono necessariamente disgiunti da tutti gli intorni path-connected di $y$, altrimenti sarebbe possibile costruire un arco fra $x$ e $y$ usando un punto dell'intersezione. Sia $P_x$ l'unione di tutti gli intorni path connected di $x$ e sia $P_y$ la stessa cosa per $y$. Se un aperto path connected $A$ interseca $P_x$ allora tutti i punti di $A$ si possono collegare con $x$ quindi $A \subset P_x$. Segue che non esiste in $X$ nessun aperto path connected che interseca contemporaneamete $P_x$ e $P_y$. Sia quindi $P$ l'unione di tutti gli aperti path connected che non intersecano nè $P_x$ nè $P_y$. Mi sembra evidente che $P, P_x,P_y$ sono aperti a due a due disgiunti e la loro unione è uguale a $X$, pertanto abbiamo segato $X$ in tre pezzi, contro l'ipotesi di connessione.
Cosa ho sbagliato stavolta? xD
"perplesso":
Consideriamo un punto $x_0 \in A$ e un punto di accumulazione $x \in \bar A$. Se $X$ è metrizzabile esiste una successione $x_0,x_1,x_2,...$ di punti di $A$ che tende a $x$. Poichè $A$ è path connected l'idea è quella di unire i percorsi fra $x_n$ e $x_{n+1}$. Esisteno quindi le funzioni continue $f_n: [n/{n+1},{n+1}/{n+2}] \rightarrow \bar A$ tali che $f_n(n/{n+1})=x_n$ e $f_n({n+1}/{n+2})=x_{n+1}$. Notiamo che laddove i domini di queste funzioni si sovrappongono le funzioni coincidono infatti $f_{n-1}(n/{n+1})=x_n=f_n(n/{n+1})$ per ogni $n$ e che l'unione dei domini è $[0,1)$. Consideriamo infine la funzione continua $f_x:{1} \rightarrow \bar A$ tale che $f_x(1)=x$. Siccome gli intervalli $[n/{n+1},{n+1}/{n+2}]$ e ${1}$ sono chiusi, per il "pasting lemma" possiamo incollare le funzioni $f_n$ e la funzione $f_x$ ed ottenere una funzione continua $f:[0,1] \rightarrow \bar A$ tale che $f(0)=f_0(0)=x_0$ e $f(1)=f_x(1)=x$. Pertanto la chiusura di $A$ è path connected.
E' sbagliato. Con il pasting lemma ti costruisci al più una funzione continua da [tex][0,1)[/tex] ad [tex]A[/tex]. Poi tu poni [tex]f(1) := x_0[/tex], ma devi controllare la continuità a mano, perché [tex][0,1)[/tex] e [tex]\{1\}[/tex] sono, sì disgiunti, ma il primo non è chiuso!
D'altra parte questo approccio si rivela fallace non appena tu provi ad applicarlo al seno del topologo (se fai finta di dimostrare che il seno del topologo sia connesso per archi, con questa tecnica ci riusciresti!).
"perplesso":
Bello questo, non l'avevo ancora visto, ho buttato giu qualche riflessione ma dubito che sia tutto giusto cmq...
Se $x$ e $y$ sono due punti di $X$ che non sono connessi da nessun arco allora tutti gli intorni path-connected di $x$ sono necessariamente disgiunti da tutti gli intorni path-connected di $y$, altrimenti sarebbe possibile costruire un arco fra $x$ e $y$ usando un punto dell'intersezione. Sia $P_x$ l'unione di tutti gli intorni path connected di $x$ e sia $P_y$ la stessa cosa per $y$. Se un aperto path connected $A$ interseca $P_x$ allora tutti i punti di $A$ si possono collegare con $x$ quindi $A \subset P_x$. Segue che non esiste in $X$ nessun aperto path connected che interseca contemporaneamete $P_x$ e $P_y$. Sia quindi $P$ l'unione di tutti gli aperti path connected che non intersecano nè $P_x$ nè $P_y$. Mi sembra evidente che $P, P_x,P_y$ sono aperti a due a due disgiunti e la loro unione è uguale a $X$, pertanto abbiamo segato $X$ in tre pezzi, contro l'ipotesi di connessione.
Cosa ho sbagliato stavolta? xD
Non mi è chiarissimo il motivo per cui l'unione dovrebbe essere tutto lo spazio. In ogni caso, ne esiste una un po' meno contorta, ma ti chiedo scusa perché ho fatto un po' casino con le ipotesi. In realtà è sufficiente che ogni punto abbia un intorno connesso per archi, per cui mostriamo questo (a cui avevo accennato) che è più interessante:
Sia $X$ uno spazio localmente connesso per archi e sia $AsubX$ un aperto connesso. Allora $A$ è connesso per archi.
Suggerimento (fin troppo grande
): fissare un singolo $x$ e pensare alla classe di equivalenza dei punti congiungibili a $x$.Edit: ma anzi, lo sa che 'sto "localmente connesso per archi" non lo capisco benissimo? Continua a sembrarmi sufficiente l'esistenza di un singolo intorno connesso per archi, visto che poi ogni intorno contenuto in esso lo sarà altrettanto. Anzi mi sembra proprio che l'esistenza i un singolo intorno implichi quella di una base di intorni.
"yellow":
Non mi è chiarissimo il motivo per cui l'unione dovrebbe essere tutto lo spazio
Ogni punto di $X$ possiede un intorno path connected quindi se unisci tutti gli aperti path connected ti viene $X$. Io ho preso tutti gli aperti path connected e li ho divisi in tre gruppi disgiunti $P,P_x,P_y$ se li unisco viene $X$. Tutto qua l'idea non è poi così contorta anche se poco elegante xD ... ora penso un pò al tuo suggerimento
"yellow":
Edit: ma anzi, lo sa che 'sto "localmente connesso per archi" non lo capisco benissimo? Continua a sembrarmi sufficiente l'esistenza di un singolo intorno connesso per archi, visto che poi ogni intorno contenuto in esso lo sarà altrettanto. Anzi mi sembra proprio che l'esistenza i un singolo intorno implichi quella di una base di intorni.
Falso.
Considera il seno del topologo con qualche aggiunta: [tex]\left\{(x, \sin \left( \frac{1}{x} \right), x \in (0,\pi] \right\} \cup (\{0\} \times [0,1]) \cup ([0,\pi] \times \{0\})[/tex].
Allora è connesso per archi, banalmente, ma non è localmente connesso per archi perché non appena ti restringi ad un intorno di [tex](0,1)[/tex] perdi questa proprietà.
In effetti basta anche il più semplice esempio del pettine...
Quello che dici è vero, ad esempio, per la locale compattezza (magari sotto qualche ipotesi buona sullo spazio che adesso non ricordo).
"perplesso":
[quote="yellow"]Non mi è chiarissimo il motivo per cui l'unione dovrebbe essere tutto lo spazio
Ogni punto di $X$ possiede un intorno path connected quindi se unisci tutti gli aperti path connected ti viene $X$. Io ho preso tutti gli aperti path connected e li ho divisi in tre gruppi disgiunti $P,P_x,P_y$ se li unisco viene $X$. Tutto qua l'idea non è poi così contorta anche se poco elegante xD ... ora penso un pò al tuo suggerimento
[/quote]Ok ci sono, il fatto è creando $P$ in questo modo non ti vengono per costruzione intorni intersecanti $P_x$ o $P_y$, perché altrimenti l'unione sarebbe un nuovo intorno connesso per archi di $x$ o $y$. Eliminando uno dei due punti resta moralmente simile a quella classica che avevo in mente.
"maurer":
[quote="yellow"]
Edit: ma anzi, lo sa che 'sto "localmente connesso per archi" non lo capisco benissimo? Continua a sembrarmi sufficiente l'esistenza di un singolo intorno connesso per archi, visto che poi ogni intorno contenuto in esso lo sarà altrettanto. Anzi mi sembra proprio che l'esistenza i un singolo intorno implichi quella di una base di intorni.
Falso.
Considera il seno del topologo con qualche aggiunta: [tex]\left\{(x, \sin \left( \frac{1}{x} \right), x \in (0,\pi] \right\} \cup (\{0\} \times [0,1]) \cup ([0,\pi] \times \{0\})[/tex].
Allora è connesso per archi, banalmente, ma non è localmente connesso per archi perché non appena ti restringi ad un intorno di [tex](0,1)[/tex] perdi questa proprietà.
In effetti basta anche il più semplice esempio del pettine...
Quello che dici è vero, ad esempio, per la locale compattezza (magari sotto qualche ipotesi buona sullo spazio che adesso non ricordo).[/quote]
Giusto, mi ero scordato questo esempio che pure conoscevo! Grazie, ora mi è tutto chiaro
.
12) Let $X$ denote th rational points of the interval $[0,1] xx 0$ of $R^2$. Let $T$ denote the union of all line segments joining the point $p=0 xx 1$ to poins of $X$. Show that $T$ is path connected, but is locally connected only at the point $p$.
Ecco un disegnino xD
Ognuno dei segmenti che formano $T$ giace su una retta del tipo $y=mx+1$ con coefficiente razionale $m<0$.
Lo spazio $T$ è path connected perchè presi comunque due punti possiamo costruire un percorso passando per il punto $p$ (la linea rossa nella figura). Formalizziamo: presi due punti $p_1=(x_1,m_1x_1+1)$ e $p_2=(x_2,m_2x_2+1)$ costruiamo un arco tra $p_1$ e $p$ così
$f:t \in [0,1] \rightarrow (x_1(1-t),m_1x_1(1-t)+1) \in T $
e poi un arco fra $p$ e $p_2$
$g:t \in [1,2] \rightarrow (x_2(t-1),m_2x_2(t-1)+1) \in T $
Notare che $f(1)=p=g(1)$, quindi incolliamo $f$ e $g$ ottenendo un arco fra $p_1$ e $p_2$
Un generico aperto di $T$ è l'intersezione fra un rettangolo aperto di $R^2$ e $T$ (i segmenti verdi in figura). Se il rettangolo contiene il punto $p=0 xx 1$ allora la sua intersezione con $T$ è connessa per archi (per il ragionamneto fatto prima). Se invece non contiene $p$, possiamo disconnettere il rettangolo usando una retta col coefficiente $m$ irrazionale (linea marrone tratteggiata in figura). Formalizzando: sia $(a,b) xx (c,d)$ il rettangolo in figura (con $0
Grazie a chi vorrà commentare ed eventualmente bastonarmi.
Ecco un disegnino xD
Ognuno dei segmenti che formano $T$ giace su una retta del tipo $y=mx+1$ con coefficiente razionale $m<0$.
Lo spazio $T$ è path connected perchè presi comunque due punti possiamo costruire un percorso passando per il punto $p$ (la linea rossa nella figura). Formalizziamo: presi due punti $p_1=(x_1,m_1x_1+1)$ e $p_2=(x_2,m_2x_2+1)$ costruiamo un arco tra $p_1$ e $p$ così
$f:t \in [0,1] \rightarrow (x_1(1-t),m_1x_1(1-t)+1) \in T $
e poi un arco fra $p$ e $p_2$
$g:t \in [1,2] \rightarrow (x_2(t-1),m_2x_2(t-1)+1) \in T $
Notare che $f(1)=p=g(1)$, quindi incolliamo $f$ e $g$ ottenendo un arco fra $p_1$ e $p_2$
Un generico aperto di $T$ è l'intersezione fra un rettangolo aperto di $R^2$ e $T$ (i segmenti verdi in figura). Se il rettangolo contiene il punto $p=0 xx 1$ allora la sua intersezione con $T$ è connessa per archi (per il ragionamneto fatto prima). Se invece non contiene $p$, possiamo disconnettere il rettangolo usando una retta col coefficiente $m$ irrazionale (linea marrone tratteggiata in figura). Formalizzando: sia $(a,b) xx (c,d)$ il rettangolo in figura (con $0
Grazie a chi vorrà commentare ed eventualmente bastonarmi.
Intanto metto sotto spoiler la dimostrazione che avevo in mente del teorema che avevo proposto.
L'ultima tua dimostrazione mi sembra ottima anche se non ho seguito i calcoli. L'unico appunto che farei è che gli aperti di cui parli (intersezioni coi rettangoli) non sono come dici tutti gli aperti di $T$ ma ne costituiscono una base, il che ovviamente è sufficiente.
"yellow":
Sia $X$ uno spazio localmente connesso per archi e sia $AsubX$ un aperto connesso. Allora $A$ è connesso per archi.
Suggerimento (fin troppo grande
L'ultima tua dimostrazione mi sembra ottima anche se non ho seguito i calcoli. L'unico appunto che farei è che gli aperti di cui parli (intersezioni coi rettangoli) non sono come dici tutti gli aperti di $T$ ma ne costituiscono una base, il che ovviamente è sufficiente.
13) Let $A$ and $B$ be disjoint compact subspaces of the Hausdorff space $X$. Show that there exist disjoint open sets $U$ and $V$ containing $A$ and $B$ respectively
Per la soluzione utilizziamo il seguente:
Lemma
If $Y$ is a compact subspaces of the Hausdorff space $X$ and $x_0$ is not in $Y$, then there exist disjoint open sets $U$ and $V$ containing $x_0$ and $Y$ respectively.
Sfruttando la compattezza di $B$ ed il Lemma precedente possiamo affermare che per ogni $x \in A$ esiste $V_x$ tale che $x \notin V_x$ e $B \subseteq V_x$. Pertanto $B \subseteq \bigcap_{x \in A} V_x$ e inoltre $A \cap \bigcap_{x \in A} V_x = \emptyset$.
Usando poi la compattezza di $A$ ed il Lemma possiamo dire che per ogni $y \in \bigcap_{x \in A} V_x$ esiste $U_y$ tale che $y \notin U_y$ e $A \subseteq U_y$. Quindi $A \subseteq \bigcap_{y \in \bigcap V_x } U_y$ e inoltre $\bigcap_{y \in \bigcap V_x } U_y \cap \bigcap_{x \in A} V_x = \emptyset$.
Pertanto $\bigcap_{y \in \bigcap V_x } U_y$ e $bigcap_{x \in A} V_x$ sono gli aperti cercati.
Che vi sembra?
Per la soluzione utilizziamo il seguente:
Lemma
If $Y$ is a compact subspaces of the Hausdorff space $X$ and $x_0$ is not in $Y$, then there exist disjoint open sets $U$ and $V$ containing $x_0$ and $Y$ respectively.
Sfruttando la compattezza di $B$ ed il Lemma precedente possiamo affermare che per ogni $x \in A$ esiste $V_x$ tale che $x \notin V_x$ e $B \subseteq V_x$. Pertanto $B \subseteq \bigcap_{x \in A} V_x$ e inoltre $A \cap \bigcap_{x \in A} V_x = \emptyset$.
Usando poi la compattezza di $A$ ed il Lemma possiamo dire che per ogni $y \in \bigcap_{x \in A} V_x$ esiste $U_y$ tale che $y \notin U_y$ e $A \subseteq U_y$. Quindi $A \subseteq \bigcap_{y \in \bigcap V_x } U_y$ e inoltre $\bigcap_{y \in \bigcap V_x } U_y \cap \bigcap_{x \in A} V_x = \emptyset$.
Pertanto $\bigcap_{y \in \bigcap V_x } U_y$ e $bigcap_{x \in A} V_x$ sono gli aperti cercati.
Che vi sembra?
Ma la compattezza c'era nelle ipotesi?
Ops nel copiare la traccia ho saltato la parolina "compact". Corretto grazie. xD
La dimostrazione mi sembra giusta ma hai messo tutte intersezioni invece che unioni 
.
Domani mi diverto a cercare di dimostrare il lemma (edit: vabbè penso di aver già capito, ma proverò comunque a formalizzare se ho 5 minuti!).
.Domani mi diverto a cercare di dimostrare il lemma (edit: vabbè penso di aver già capito, ma proverò comunque a formalizzare se ho 5 minuti!).
"yellow":
La dimostrazione mi sembra giusta ma hai messo tutte intersezioni invece che unioni
Si lo so che ho messo le intersezioni ... ho sbagliato? Boh ci penserò
No sono io che sono troppo pigro per leggere bene. Però a questo punto non capisco perché l'intersezione sia necessariamente un aperto. Ci penserò anch'io .
.
Ecco questa è una bella domanda, ora ho capito l'obiezione (peraltro calzante xD) Ci penso...
La dimostrazione è quasi giusta, ma i dettagli sono da sistemare.
Per ogni [tex]x \in A[/tex] scegliete [tex]U_x,V_x[/tex] con [tex]U_x[/tex] intorno di [tex]x[/tex], [tex]V_x[/tex] intorno di [tex]B[/tex] tali che [tex]U_x \cap V_x = \emptyset[/tex].
Al variare di [tex]x \in A[/tex] gli [tex]U_x[/tex] ricoprono [tex]A[/tex], sicché per compattezza troviamo [tex]x_1,\ldots,x_n \in A[/tex] tali che [tex]A \subset U := \bigcup_{i = 1}^n U_{x_i}[/tex]. A questo punto ponete [tex]V := \bigcap_{i = 1}^n V_{x_i}[/tex].
Chiaramente [tex]U[/tex] e [tex]V[/tex] sono intorni aperti di, rispettivamente, [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex]. Rimane da mostrare che [tex]U \cap V = \emptyset[/tex]. Sia [tex]x \in V[/tex]; allora se [tex]x \in U[/tex] si avrebbe [tex]x \in U_{x_i}[/tex] per qualche [tex]i = 1,\ldots,n[/tex]; ma [tex]x \in V \subset V_i[/tex] e [tex]V_i \cap U_i = \emptyset[/tex], quindi abbiamo un assurdo. []
Per ogni [tex]x \in A[/tex] scegliete [tex]U_x,V_x[/tex] con [tex]U_x[/tex] intorno di [tex]x[/tex], [tex]V_x[/tex] intorno di [tex]B[/tex] tali che [tex]U_x \cap V_x = \emptyset[/tex].
Al variare di [tex]x \in A[/tex] gli [tex]U_x[/tex] ricoprono [tex]A[/tex], sicché per compattezza troviamo [tex]x_1,\ldots,x_n \in A[/tex] tali che [tex]A \subset U := \bigcup_{i = 1}^n U_{x_i}[/tex]. A questo punto ponete [tex]V := \bigcap_{i = 1}^n V_{x_i}[/tex].
Chiaramente [tex]U[/tex] e [tex]V[/tex] sono intorni aperti di, rispettivamente, [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex]. Rimane da mostrare che [tex]U \cap V = \emptyset[/tex]. Sia [tex]x \in V[/tex]; allora se [tex]x \in U[/tex] si avrebbe [tex]x \in U_{x_i}[/tex] per qualche [tex]i = 1,\ldots,n[/tex]; ma [tex]x \in V \subset V_i[/tex] e [tex]V_i \cap U_i = \emptyset[/tex], quindi abbiamo un assurdo. []
Bella! Io purtroppo ho complicato la cosa inutilmente perchè invece di usare l'ipotesi di compattezza in modo diretto, mi ero fissato nel voler applicare il lemma due volte (una per A e una per B) xD . Grazie mille.
Io purtroppo ho complicato la cosa inutilmente perchè invece di usare l'ipotesi di compattezza in modo diretto, mi ero fissato nel voler applicare il lemma due volte (una per A e una per B) xD . Grazie mille.
Con sostanzialmente la stessa tecnica dimostri il lemma che hai citato.
Una delle conseguenze più utili di quel lemma è il fatto che un compatto in uno spazio di Hausdorff è chiuso.
E quindi le mappe da un compatto ad un Hausdorff sono sempre mappe chiuse! Visto che poi quando si inizia ad usare la topologia veramente (in geometria) i tuoi spazi sono sempre di Hausdorff e talvolta sono compatti, questa banalità diventa di un'utilità mostruosa!
Una delle conseguenze più utili di quel lemma è il fatto che un compatto in uno spazio di Hausdorff è chiuso.
E quindi le mappe da un compatto ad un Hausdorff sono sempre mappe chiuse! Visto che poi quando si inizia ad usare la topologia veramente (in geometria) i tuoi spazi sono sempre di Hausdorff e talvolta sono compatti, questa banalità diventa di un'utilità mostruosa!
"perplesso":
$ f(x)=\{(0, if x \notin Q),(x, if x \in Q) :} $
Dovrebbe essere continua nel solo punto $x=0$ Che ne pensi?
credo di essere di troppo nel topic, ma davvero non riesco a capire perchè è continua solo in $0$, forse perchè è l'unico punto in cui appartiene sia all'insieme che non appartiene ai numeri razionali, sia a quelli di x appartenenti a $Q$?
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