Irracional conjunto de Cantor?

Question

Alguien me puede ayudar?

Cómo puedo probar que existe un número $k \in \mathbb R$ que $$A = \{x + k;\ x \in \text{Cantor set} \} \subset\text{ Irrationals}\;?$$

Answer 1

Deje $C$ ser el medio tercios conjunto de Cantor. Si $x\in\Bbb R$$q\in\Bbb Q\cap(x+C)$, entonces no es un $y\in C$ tal que $q=x+y$, y, por tanto,$x=q-y\in q-C$. Si $\Bbb Q\cap(x+C)\ne\varnothing$ por cada $x\in\Bbb R$, luego

$$\Bbb R=\bigcup_{q\in\Bbb Q}(q-C)\;.$$

Verificar que cada uno de los conjuntos de $q-C$ $q\in\Bbb Q$ es un circuito cerrado, en ningún subconjunto denso de $\Bbb R$, y, a continuación, aplicar la categoría de Baire teorema de obtener una contradicción.

Answer 2

Si usted lee en español, usted puede desear mirar en el libro

Wilman Brito, El Teorema de Categoría de Baire y aplicaciones, Consejo de publicaciones, Universidad de los Andes, Mérida, Venezuela, 2011.

He encontrado este libro a través de este MO pregunta. Lo que sigue, viene a partir de esta referencia.

Sección 1.10 es sobre el conjunto de Cantor y el resultado que usted está preguntando acerca de, que se observó, en primer lugar por Ludwig Scheeffer, en 1884, con el argumento de Brian respuesta. La referencia es

Ludwig Scheeffer. Zur Theorie der stetigen Funktionen einer reellen Veränderlichen, Acta de Matemáticas. 5 (1), (1884), 49-82. MR1554648.

(El artículo está detrás de un paywall.) La prueba puede verse en inglés en La teoría de conjuntos de puntos, por William Henry Jóvenes y Grace Chisholm Young, recientemente (2006) reeditado como parte de la Colección de la Biblioteca de Cambridge. (Ver Teorema 18 en el Capítulo IV, y $\S67$ en el Capítulo V.)

Más precisamente, Scheeffer muestra que si $E$ es contable y $N$ es denso en ninguna parte, entonces no es un denso conjunto de $D$ de los puntos de $d$ tal que $(E+d)\cap N$ está vacía. Tenga en cuenta que Brian respuesta en realidad muestra un poco más (por $E=\mathbb Q$$N=C$, el conjunto de Cantor), es decir, que el conjunto de $x$ tal que $C+x$ consta en su totalidad de los números irracionales, es comeager. Este es un caso particular de una 1954 resultado por Frederick Bagemihl, ver

Frederick Bagemihl. Una nota sobre Scheeffer del teorema, Michigan Matemáticas. J. 2 (1953--54), (1955), 149-150. MR0065614 (16,455 c).

Bagemihl mostró que si $F$ es magro y $N$ es contable, entonces hay una comeager set $G$ tal que $(x+N)\cap F=\emptyset$ todos los $x\in G$. Esta es una mejora de Scheeffer del resultado, en sustitución de la suposición de que $N$ es nada densa, con los más débiles, requisito que es escaso, y la conclusión de que $D$ es densa con un fuerte exigencia de que es comeager.

En 1981, en

Duane Boes, Richard Darst, y Paul Erdős. Grasa, simétrica, irracional conjuntos de Cantor, Amer. De matemáticas. Mensual 88 (5), (1981), 340--341. MR0611391 (83i:26003),

se demostró que existe una comeager set $G\subseteq[0,1]$ tal que $(0,1)\cap C_\alpha$ se compone sólo de los números irracionales, para todos los $\alpha\in G$. Aquí, para $0<\alpha\le 1$, $C_\alpha$ se define como el conjunto de Cantor, comenzando con $[0,1]$ y en la etapa de $n>0$ la eliminación de la mitad del intervalo de duración $\alpha/3^n$ de cada intervalo. (Por lo $C_1=C$ es el habitual conjunto de Cantor.)

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Volviendo a la pregunta, tenga en cuenta que todos los resultados anteriores se establecen a través de las aplicaciones de la categoría de Baire teorema. Para ejemplos explícitos de reales $x$ tal que $x+C$ se compone únicamente de los números irracionales, ver este MO pregunta. En particular, cualquier $x$ de manera tal que cada secuencia finita de $0$s, $1$s y $2$s aparece como una subcadena de la ternario de expansión de $x$ tiene esta propiedad.

Answer 3

Hemos tenido un problema similar en uno de nuestros Análisis Real de las asignaciones. Fue una generalización del problema dado.

Deje $E \subset \mathbb{R}$ ser un conjunto con Lebesgue exterior de medida $0$. Entonces existe $h \in \mathbb{R}$ tal que $E+h \subseteq \mathbb{Q}^c$.

Podemos demostrar esto mediante la identidad Brian derivados.

Si $\Bbb Q\cap(E+h)\ne\varnothing$ por cada $h\in\Bbb R$, luego

$$\Bbb R=\bigcup_{h\in\Bbb Q}(h-E)\;.$$

$$m(\Bbb R) \leq \sum_{h \in \Bbb Q}{} m^*(h-E)=0$$

lo que nos da una contradicción. Por eso, $\Bbb Q\cap(E+h)=\varnothing$ algunos $h \in \Bbb R$.