La prueba de $\mathbb{R}$ es correcto, pero tienes derecho a ser sospechoso de $\mathbb{Q}$. En realidad, no son tales bijections!
Esto se deduce del teorema de Cantor, el uso de un ida y vuelta argumento:
Supongamos $X,Y$ son dos contables densa (= entre dos elementos, hay una tercera) lineal órdenes sin extremos (= no hay máximo o mínimo). A continuación, hay una orden de preservación de la bijection entre ellos.
En particular, tanto en $\mathbb{Q}$ $\mathbb{Q}\setminus\{0\}$ son contables densa lineal órdenes sin extremos.
He aquí un resumen de cómo probar el Cantor del teorema anterior:
En primer lugar, hemos de probar que "finito parcial bijections son extensibles:"
Lema: Supongamos $X,Y$ son contables densa lineal órdenes sin extremos, $x_1,...,x_n\in X$, $y_1,...,y_n\in Y$, y el mapa de $x_i\mapsto y_i$ es el fin de la preservación de (que es, por $1\le i,j\le n$ tenemos $x_i<_Xx_j\iff y_i<_Yy_j$). Entonces:
Para cada $a\in X$, hay un $b\in Y$ de manera tal que el mapa de $x_i\mapsto y_i, a\mapsto b$ es el fin de la preservación de.
Para cada $b\in Y$, hay un $a\in X$ de manera tal que el mapa de $x_i\mapsto y_i, a\mapsto b$ es el fin de la preservación de.
La prueba utiliza la densidad y la falta de criterios de valoración para mostrar que nunca se puede "quedarse." Para ver por qué el lema es cierto, usted podría considerar la situación $n=2$, pasando de las $X$$Y$: dado $x_1,x_2$, hay tres posibilidades donde poner $a$ hasta el "fin-patrón" de $(x_1,x_2,a)$ - es decir, a la izquierda de ambos, a la derecha de ambos, y entre los dos y cada uno de estos puede ser reflejado en la $Y$ lado ya que no importa lo $y_1,y_2$, hay puntos a la izquierda de ambos (desde $Y$ no tiene ningún extremo izquierdo), a la derecha de ambos (desde $Y$ no tiene ningún extremo derecho), y entre los dos (ya $Y$ es denso).
Ahora podemos repetir el lema de construir un bijection entre nuestros dos contables densa lineal órdenes sin extremos:
Reparamos enumeraciones $\{x_i:i\in\mathbb{N}\},\{y_j:j\in\mathbb{N}\}$ $X,Y$ respectivamente.
En el inicio de la etapa $s$ tendremos definido finito tuplas $A_s=(a_1,...,a_s), B_s=(b_1,...,b_s)$ de los elementos de $X$ y elementos de $Y$, respectivamente, de tal manera que el mapa $$f_s: A_s\rightarrow B_s: a_i\mapsto b_i$$ is order-preserving. We begin with $A_0=\emptyset, B_0=\emptyset$.
Incluso en etapas, que "se extienda sobre la $X$ lado:" en la etapa de $2s$ elegimos la menos $m$ tal que $x_m$ no $A_{2s}$, y usamos el lema a encontrar algunos de los $y\in B$ de manera tal que se extiende $f_s$ a enviar $x_m$ $y$permanece en el orden de preservación, que a continuación se tack $x_m$ a $A_{2s}$ conseguir $A_{2s+1}$ y tachuela $y$ a $B_{2s}$ conseguir $B_{2s+1}$.
En diferentes etapas, se "extienda sobre la $Y$ lado:" al igual que antes, nos recoger la siguiente sin usar el elemento$y_m$$Y$, y aplicar el lema para ampliar nuestra $f_s$ a un poco más grande $f_{s+1}$ $y_m$ en su gama.
Poniendo estas etapas juntos podemos conseguir que nuestro deseado completo bijection $f$.
¿De dónde viene esta descomponer para innumerables densa lineal órdenes sin extremos? Así, nos encontramos en la necesidad de recorrer el lema anterior a través de los contables ordinales; pero en la primera infinito etapa, no puede ser aplicado desde "$f_\omega$" no es un finito parcial bijection.
