Conjunto no numerable de números irracionales de modo que no hay dos elementos que se sumen a un racional

Question

Estoy tratando de encontrar un conjunto como el que se describe en el título para demostrar que el siguiente espacio métrico es separable:

$([0,1],d)$

dónde

$ d (x, y) = \ left \ {\begin{array}{ll} |x-y| & \mbox{if } x-y \in \mathbb{Q}\\ 5 & \mbox{if } x-y \not\in \mathbb{Q} \end {array} \ right. $

Si existe un enfoque más fácil entonces cualquier sugerencia es bienvenida. Además, si voy por el camino equivocado y es separable, me gustaría preguntar cómo hacerlo al revés.

Answer 1

Tenga en cuenta que$x\sim y\iff x-y\in\Bbb Q$ define una relación de equivalencia en$[0,1]$. Además, esta relación de equivalencia tiene innumerables clases de equivalencia. Supongamos que$V\subseteq[0,1]$ es un conjunto que cumple con cada clase de equivalencia exactamente en un punto, y ahora considere$A=\{B(x,1/3)\mid x\in V\}$.

Demuestre que$A$ es un conjunto incontable de conjuntos abiertos separados desunidos.

Answer 2

Este espacio métrico no es separable. Para ver esto consideremos la partición en la $[0,1]$ inducida por la relación $x \sim y \iff x-y \in \mathbb Q$. Se puede demostrar que cada clase de equivalencia es contable y es una copia traducida de $\mathbb Q$. Por ejemplo, $\mathbb Q$ sí es la clase de equivalencia de a $0$ mientras $\mathbb Q + \pi$ $\mathbb Q + \pi + 1$ ambos representan a la clase de los irracionales $\pi$. Puesto que cada clase de equivalencia tiene medida cero, debe haber una cantidad no numerable de clases. Por lo tanto una contables subconjunto $D$ de su espacio sólo puede contener elementos de countably muchas clases. Entonces si $z$ es de una clase diferente en el open de bola de $B(z,1)$ es disjunta de a $D$.

Answer 3

Extienda$\{1\}$ a una base de$\mathbb R$ como$\mathbb Q$ - espacio vectorial, llámelo$B$.

Entonces no es racional$\mathbb Q$ - la combinación lineal de elementos de$B \setminus \{1\}$.

Answer 4

El Lema de Zorn produce un subconjunto máximo$A\subset [0,1]$ con la propiedad que para cada$x,y\in A$ con$x\neq y$ tenemos$x-y\notin \mathbb Q$. Supongamos que$A$ era contable. Luego, para cada$x\in A^c$ hay$a(x)\in A$ con$x-a(x)\in \mathbb Q$. Dado que$A^c$ es incontable, debe haber$z\in A$ tal que$Z := a^{-1}(\{z\})$ sea incontable. Ahora, para cada$x,y\in Z$ tenemos$x-y = x-a(x)-(y-a(y))\in \mathbb Q$. Pero esto produce una inyección$Z\to \mathbb Q, y\mapsto x-y$ para un$x\in Z$ fijo. Contradicción.

Answer 5

He aquí un extraño enfoque que se basa en el Axioma de Elección: para cualquier irracional $r$, la $\{s \mid r + s \in \mathbb{Q}\}$ es contable. Así que para cualquier contables set $R$ de irrationals, el conjunto $\{s \mid (\exists r \in R)s + r \in \mathbb{Q}\}$ es una contables de la unión de conjuntos contables, y por lo tanto contables.

Deje $r_0$ ser cualquier irracional. Para cualquier contables ordinal $\alpha > 0$, vamos a $r_{\alpha}$ ser irracional no es igual a cualquier previamente seleccionados $r_{\beta}$ y no figuran en el conjunto $\{s \mid (\exists \beta < \alpha)s + r_{\beta} \in \mathbb{Q}\}$.

La secuencia de $\langle r_{\alpha} \mid \alpha < \omega_1\rangle$ (recordemos que $\omega_1$ es el primer innumerables ordinal) es un incontable secuencia de irrationals no hay dos de los cuales se suma a un racional.