¿Son los números irracionales isomorfos en orden a los números trascendentales reales?

Question

1. Sé que los números racionales son de orden isomorfo a los números reales algebraicos. ¿Implica esto que los números irracionales son de orden isomorfo a los números trascendentales reales?
2. Sé que el tipo de orden de los racionales $\eta$ es un tipo de orden homogéneo (lo que significa que para dos elementos cualesquiera existe un automorfismo que envía uno a otro). ¿Son también homogéneos los tipos de orden de los irracionales y de los números trascendentales reales?

Answer 1

He aquí una respuesta a parte de (2).

El tipo de orden de $\mathbb{P}$ los irracionales, es homogénea, porque $\langle\mathbb{P},\le\rangle$ es isomorfo en orden a $\langle\mathbb{Z}^\omega,\preceq\rangle$ donde $\preceq$ es el orden lexicográfico, que es de orden homogéneo.

Para construir el isomorfismo de orden, enumera los racionales como $\mathbb{Q}=\{q_n:n\in\omega\}$ . Construir recursivamente intervalos abiertos $I_\sigma$ pour $\sigma\in\mathbb{Z}^{<\omega}$ para satisfacer las siguientes condiciones.

1. $I_{\langle\rangle}=\mathbb{R}$ .
2. Si $\langle\rangle\ne\sigma\in\mathbb{Z}^{<\omega}$ , $I_\sigma$ es un intervalo abierto no vacío con extremos racionales.
3. Para cada $n\in\omega$ , $q_n$ es un punto final de algún $I_\sigma$ avec $|\sigma|\le n+1$ .
4. Para cada $\sigma\in\mathbb{Z}^{<\omega}$ y $n\in\mathbb{Z}$ , $I_{\sigma^\frown n}\subseteq I_\sigma$ .
5. Para cada $\sigma\in\mathbb{Z}^{<\omega}$ y $n\in\mathbb{Z}$ el extremo derecho de $I_{\sigma^\frown n}$ es el extremo izquierdo de $I_{\sigma^\frown (n+1)}$ .
6. Para cada $\sigma\in\mathbb{Z}^{<\omega}$ , $\{I_{\sigma^\frown n}:n\in\mathbb{Z}\}$ cubre todo $I_\sigma$ excepto los puntos finales de los intervalos $I_{\sigma^\frown n}$ .
7. Si $\langle\rangle\ne\sigma\in\mathbb{Z}^{<\omega}$ la longitud de $I_\sigma$ es inferior a $2^{-|\sigma|}$ .

Las cláusulas (4)-(6) garantizan que para cada $\sigma\in\mathbb{Z}^{<\omega}$ y $n\in\mathbb{Z}$ , $\operatorname{cl}I_{\sigma^\frown n}\subseteq I_\sigma$ por lo que para cada $\sigma\in\mathbb{Z}^\omega$ , $$\bigcap\limits_{n\in\omega}I_{\sigma\upharpoonright n}\ne\varnothing\;.\tag{1}$$ La cláusula (7) garantiza que la intersección en $(1)$ es como máximo un singleton, por lo que para cada $\sigma\in\mathbb{Z}^\omega$ existe un único $h(\sigma)\in\mathbb{R}$ tal que $$\bigcap\limits_{n\in\omega}I_{\sigma\upharpoonright n}=\{h(\sigma)\}\;.$$ Por último, la cláusula (3) garantiza que $h(\sigma)\in\mathbb{P}$ Así que $h:\mathbb{Z}^\omega\to\mathbb{P}$ .

Para ver que $h$ es una inyección, supongamos que $\sigma,\tau\in\mathbb{Z}^\omega$ y $\sigma\ne\tau$ . Sea $n\in\omega$ sea mínimo de forma que $\sigma\upharpoonright n\ne\tau\upharpoonright n$ entonces, por construcción $I_{\sigma\upharpoonright n}\cap I_{\tau\upharpoonright n}=\varnothing$ Así que $h(\sigma)\ne h(\tau)$ . Para ver que $h$ es suryectiva, basta con observar que para cualquier $x\in\mathbb{P}$ y cualquier $n\in\omega$ existe un único $\sigma\in\mathbb{Z}^n$ tal que $x\in I_\sigma$ . Así, $h$ es una biyección, y sólo queda comprobar que $h$ conserva el orden.

Supongamos que $\sigma,\tau\in\mathbb{Z}^\omega$ avec $\sigma\prec\tau$ . Sea $n\in\omega$ sea mínimo de forma que $\sigma(n)\ne\tau(n)$ y que $\varphi=\sigma\upharpoonright n=\tau\upharpoonright n$ . Entonces $h(\sigma),h(\tau)\in I_\varphi$ , $h(\sigma)\in I_{\varphi^\frown \sigma(n)}$ , $h(\tau)\in I_{\varphi^\frown \tau(n)}$ y $\sigma(n)<\tau(n)$ Así que $h(\sigma)<h(\tau)$ por la cláusula (5).

Por último, ver que $\langle\mathbb{Z}^\omega,\preceq\rangle$ es de orden homogéneo, sea $\sigma,\tau\in\mathbb{Z}^\omega$ y defina $\delta\in\mathbb{Z}^\omega$ por $\delta(n)=\tau(n)-\sigma(n)$ . A continuación, el turno $$s:\mathbb{Z}^\omega\to\mathbb{Z}^\omega:\varphi\mapsto\langle\varphi(n)+\delta(n):n\in\omega\rangle$$ es un automorfismo de orden de $\langle\mathbb{Z}^\omega,\preceq\rangle$ tomando $\sigma$ a $\tau$ .

Answer 2

Supongamos que $f$ es una función de biyección estrictamente creciente desde el conjunto linealmente ordenado de todos los números racionales al conjunto linealmente ordenado de todos los números algebraicos reales. Sea $g:\mathbb R \to \mathbb R$ definirse del siguiente modo:

$$g(x) = \sup \{ f(u) : u \in \mathbb Q \text{ and }u < x \}.$$

Si no me equivoco, se puede demostrar mediante la búsqueda de definiciones que la restricción de $g$ a los irracionales es una biyección estrictamente creciente desde ese conjunto a los números trascendentales reales.

Para ver que es suryectiva, supongamos $y$ es un número trascendental real y sea

$$x=\sup\{ f^{-1}(w) : w \in \mathbb Q\text{ and }w < y\}.$$

Desde $f$ es una biyección estrictamente creciente, el conjunto cuyo sup se toma es un segmento inicial no vacío de $\mathbb Q$ . Dado que algunos miembros de $\mathbb Q$ son $>y$ el complemento del conjunto del que se toma sup no está vacío. Por lo tanto, el conjunto tiene un límite superior en $\mathbb R$ por lo que el sup existe. El número $x$ no puede ser racional ya que entonces $f(x)$ sería un número racional $<y$ y otros racionales estarían entre ese número y $y$ y sus imágenes inversas en $f$ sería mayor que $x$ pero eso contradice la definición de $x$ .