ご回答大変ありがとうございます。


> 後で貴方が書かれていることを見ると, その証明を
> 理解されているとは思えません.

そうですか。


>> r_1=1,r_2=1/2,r_3=2,r_4=1/3,r_5=3,r_6=1/4,r_7=2/3,r_8=3/2,r_9=4,… と採っていけばいいと思います。
> r_n は単に全ての 1 以下の正の有理数を順番に並べたものとするのですか.

いえ,1以上の有理数も含んでおりますが…。


>> 有理点の列{(x_{1,i},x_{2,i},…,x_{d,i})}_{i∈N}⊂R^+×R^{d-1}を採り,
>> nbhd((x_{1,i},x_{2,i},…,x_{d,i}),r_i)⊂ψ(E)なる近傍
>> nbhd((x_{1,i},x_{2,i},…,x_{d,i}),r_i)をV_iと書く事にすると
>> U_{i=1..∞}V_i=ψ(E)となる。
> R^+×R^{d-1} の座標が有理数の点を任意に取ったのでは,
> ψ(E) に入るとは限りませんし, i = 1 のとき, r_1 = 1 では
> nbhd((x_{1,1},x_{2,1},…,x_{d,1}),r_1) が ψ(E) に
> 含まれる保証もありませんね. i = 2 でも i = 3 でもそうです.
> それの和 ∪_{i=1}^∞ V_i が ψ(E) となるのは何故でしょう.
> きちんと, V_i ⊂ ψ(E) となるように作る. ψ(E) の任意の点
> P に対して, P ∈ V_i となる番号 i が見つかることを示す.
> それを行わなければ証明にはなりません.

こうしてはどうでしょうか。上記の有理数列{q_n}は
q_1=0,q_2=1,q_3=-1,q_4=1/2,q_5=-1/2,q_6=2,q_7=-2,q_8=1/3,q_9=-1/3,q_10=3,q_11=-3,q_12=1/4,q_13=-1/4,
q_14=2/3,q_15=-2/3,q_16=3/2,q_17=-3/2,q_18=4,q_19=-4,…
としていけば正負の全有理数を網羅できると思います。まあ有理数全体は可算集合だから順に並べれる事は当たり前なのですが。
R^2内の有理点(x,y)ならa_1:=(q_0,q_0),a_2:=(q_0,q_1),a_3:=(q_1,q_0),(q_1,q_1),
(q_1,q_2),…
R^3内の有理点(x,y,z)ならa_1:=(q_0,q_0,q_0),a_2:=(q_0,q_0,q_1),(q_0,q_1,q_0),
(q_0,q_1,q_1),(q_0,q_1,q_2),…
：
R^d内の有理点(x_1,x_2,…,x_d)なら…a_1:=(q_0,q_0,…,q_0),a_2:=…
という風に一番右の成分を一の位,右から二番目を十の位、右から三番目を百の位,…と見立てるのです。
更に{r_n}も組み合わせて
a_1:=(r_1,q_0,q_0,…,q_0),a_2:=(r_1,q_0,q_0,…,q_1),a_3:=(r_1,q_0,q_0,
…,q_3),…
並べればR^+×R^+×R^{d-1}の全有理点を順番に網羅できると思います。
その時,U_1:=nbhd((q_0,q_0,…,q_0),r_1),U_2:=nbhd((q_0,q_0,
…,q_1),r_1),U_3:=nbhd((q_0,q_0,…,q_3),r_1),…
と各近傍にラベルを振っていきます。
そして{U⊂ψ(E);U∈{U_1,U_2…}}の元の中でラベルが一番若い近傍をV_1,二番目に若い近傍をV_2,…という風にラベリングし直し
ていくと,,,
∪_{i=1}^∞ V_i.=ψ(E)となるのが主張です。
まず,y:=(y_1,y_2,…,y_d)∈ψ(E)∩R^dを採ると,0<∃δ∈R;nbhd(y,δ)⊂ψ(E)(∵開集合の定義)。
その時,0<r_n<δ/2なる有理数r_nが採れる(∵有理数の稠密性)。
その時,x:=∃(x_1,x_2,…,x_d)∈nbhd(y,r_n) (∵有理数の稠密性)。
するとy∈nbhd(x,r_n)⊂ψ(E)でnbhd(x,r_n)=V_iなる番号iが存在するのでnbhd(x,r_n)⊂∪_{i=1}^∞
V_i.
y=(y_1,∞,∞,…,∞)の時も同様。
、、、という事でψ(E)⊂∪_{i=1}^∞ V_i..

という感じでいかがでしょうか?