Ordinales y series derivadas

Question

Dado un conjunto $P$ de los números reales, sus derivados es el conjunto de todos acumulación de puntos - $a\in P^\prime$ si cada conjunto abierto que contiene a $a$ también contiene un número infinito de puntos de $P$ (lo que es equivalente, al menos, un punto de $P$ diferente de $a$).

Cantor definió $P^0=P$ $P^k$ a la deriva conjunto de $P^{k-1}$. Entonces él tuvo la maravillosa idea de continuar con esta construcción a $P^\omega = \bigcap_{k} P^k$, y luego tenemos a $P^{\omega +1}$ la derivada conjunto de $P^\omega$ y así sucesivamente.

La pregunta es si es interesante para continuar en los ordinales de esta manera. es decir, hay un conjunto $P$ tal que $P^\omega \ne P^{\omega +1}$. Hay un ejemplo?

Answer 1

Para cualquier espacio topológico $X$, el Cantor-Bendixon derivados de $X$ son definidos por inducción transfinita:

1. $X^0 = X$;
2. $X^{\alpha+1} = (X^{\alpha})'$;
3. $X^{\gamma} = \cap_{\alpha\lt \gamma}X^{\alpha}$ para el límite de los números ordinales $\gamma$.

Por simple cardinalidad argumentos, debe existir un mínimo ordinal $\alpha$ tal que $X^{\alpha} = X^{\alpha+1}$. Esto se llama el Cantor-Bendixon rango de $X$.

Como se observó en la TASA de respuesta a este Desbordamiento de Matemáticas pregunta, cada ordinal es el Cantor-Bendixon rango de algunos topológica del espacio.

Para$X$$\mathbb{R}$, el Cantor-Bendixon rango es siempre contables, pero por cada contables ordinal $\alpha$, no es un subconjunto cerrado $X$ $\mathbb{R}$ $X^{\alpha}$ un singleton. Véase, por ejemplo, esta escrito por Harold Simmons. Así $$\mathrm{sup}\{\text{CB rank}(X)\mid X\subseteq \mathbb{R}\} = \omega_1,$$ donde $\omega_1$ es el primer innumerables ordinal.

Answer 2

Usted puede integrar cualquier contables ordinal de los números racionales. Creo que esto se puede conseguir resultados interesantes en los derivados de conjunto de cualquier contables ordinal profundidad; por ejemplo, un conjunto de tipo de orden $\omega^\omega$ debe hacer lo que quiera.

Para construir uno, comienza con un $\omega$ entre 0 y 1 (tomar, digamos, $\frac{1}{2}, \frac{2}{3}, \frac{3}{4}, \ldots$). Ahora agregue un $\omega^2$ entre 1 y 2 por medio de la compresión de lo que hicimos en el primer intervalo de entre 1 y $1\frac{1}{2}$, luego de nuevo entre las $1\frac{1}{2}$$1\frac{2}{3}$, etc. A continuación realizar un $\omega^3$ en el intervalo siguiente... usted consigue el punto. Esto proporciona un conjunto de tipos de orden $\omega^\omega$, pero se extiende hasta el infinito - usted puede aplastar todo a pesar de residir en un determinado intervalo de tiempo, y esto debe obtener un nuevo punto de acumulación en el paso $\omega+1$.

EDIT: he Aquí una más explícita versión. Deje $S_0=\{1\}$ y creo que de $S_0$ residen en el medio abierto intervalo de $(0,1]$. Inductivo, supongamos que usted ha $S_{n-1}$ construido en el intervalo de $(n-1,n]$. Construcción $S_n$ por linealmente la asignación de intervalo de $(n-1,n]$ en el intervalo de $\left(n, n+\frac{1}{2}\right]$ y tomando la imagen de $S_{n-1}$, entonces el nuevo mapa que el intervalo de a $\left(n+\frac{1}{2}, n+\frac{2}{3}\right]$ y tomar la imagen de $S_{n-1}$, y así sucesivamente $\omega$ los tiempos de asignación de las mismas en los intervalos de $\left(n+\frac{k}{k+1}, n+\frac{k+1}{k+2}\right]$. Esto le da a usted $S_n$; ahora vamos a $S = \cup S_n$ ser la unión de todos los conjuntos.

Por ejemplo, $S_1 = \{1\frac{1}{2}, 1\frac{2}{3}, 1\frac{3}{4}, \ldots\}$. $S_2$ se compone de una infinidad de secuencias convergentes en los puntos de $2\frac{1}{2}, 2\frac{2}{3}$ etc.

Podrás observar que $S_0$ es de orden tipo $1$, $S_1$ tiene el tipo de la orden $\omega$, $S_2$ ha pedido el tipo de $\omega^2$ y, en general $S_n$ es de orden tipo $\omega^n$. $S$ por lo tanto es de orden tipo de $\omega^\omega$.

También podrás observar que $S_0' = \emptyset$ mientras $S_1' = S_0+1$ (una copia de $S_0$ desplazado 1 a la derecha), $S_2' = S_1+1$ desde $S_2$ ha acumulación de puntos exactamente donde $S_1$ tiene elementos (desplazado 1 a la derecha, por supuesto), y así sucesivamente y así sucesivamente. Por lo tanto $S^m$ no está vacía natural de todos los $m$ (de hecho, $S_m$ es sólo $S+m$), sin embargo $S^\omega$ está vacía.

Para remediar esto, el mapa de la mitad de la línea de $[0,\infty)$ monótona en un intervalo finito como $[0,1)$ (por ejemplo, deje $t \mapsto \frac{t}{t+1}$) y deje $P$ ser la imagen de $S$ en virtud de dicha asignación. $P$ tiene un punto de acumulación en $1$, y que la acumulación punto sigue siendo también un punto de acumulación de $P'$, $P''$ y en general, $P^m$ para cualquier natural $m$. Por lo tanto, $P^\omega=\{1\}$ mientras $P^{\omega+1}=\emptyset$ como se desee.