设$S\subset \mathbb{R}$,且$\forall s\in S$,$s$都是$S$的孤立点.则$S$是至多可数集.
证明：见开集的构造中的引理.
注:利用这个结论可以证明一个看起来不太显然的题：
$X$是一个不可数的集合,里面的元素都是非负实数.从里面挑出任意多个(但必须是有限个)元素加起来,都不会大于某个实数$M$.则X里的正数只有至多可数个.
我曾给过这个题一种证法.见下面分隔出来的部分.
证明：
性质：根据实数的阿基米德性质,对于任意给定的正实数$\varepsilon$，都存在相应的正整数$N$,使得$\frac{1}{N}<\varepsilon$.
对于任意给定的正整数$n$,$X$中大于$\frac{1}{n}$的数只能是有限个,否则会与“$X$中任意有限多个元素加起来不超过某个给定实数”这个条件矛盾(为什么?).把$X$中所有大于$\frac{1}{n}$的数形成的集合记为$G_n$.(可见，$X$中大于1的数只有有限个，大于$\frac{1}{2}$的数也只有有限个，大于$\frac{1}{3}$的数也只有有限个，大于$\frac{1}{4}$的数也只有有限个……)
而且$1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\cdots,\frac{1}{n},\cdots$形成的集合是一个可数集,所以$G_1,G_2,G_3,G_4,\cdots,G_n,\cdots$也是一个可数集.由于$\forall i\in\mathbb{N}^+$,$G_i$都是有限集，所以$\bigcup_{i\in\mathbb{N}^+}G_i$是至多可数集(为什么?)，再由性质,可知$\bigcup_{i\in\mathbb{N}^+}G_i$已经包含了$X$中的所有正数,因此$X$中的正数形成的集合是至多可数的(为什么?).$\Box$
现在看来，可以用$\mathbf{R}$上的离散点集是至多可数集轻易地证明该题目.