Conjunto cerrado e incontable de números irracionales

Question

¿Podría construir un ejemplo real de un conjunto incontable de números irracionales que sea cerrado (en el sentido topológico)?

Puedo encontrar ejemplos contables que están cerrados, como $\{ \sqrt{2} + \sqrt{2}/n \}_{n=1}^\infty \cup \{ \sqrt2 \}$ Pero, ¿cómo se construye un ejemplo incontable?

Debe existir al menos un ejemplo incontable, ya que de lo contrario los números racionales forman un conjunto de Berstein y no son medibles.

Answer 1

Si se enumeran los racionales $\mathbb{Q}=\{q_1,q_2,\ldots\}$ y definir los intervalos $I_n=(q_n-2^{-n},q_n+2^{-n})$ tenemos que el conjunto $S=\bigcup_{n=1}^\infty I_n$ contiene todos los números racionales y $$m(S)\leq\sum_{n=1}^\infty m(I_n)=\sum_{n=1}^\infty 2^{-\left(n-1\right)}=2$$ Por lo tanto, el complemento de $S$ en $\mathbb{R}$ es de medida infinita (por tanto, incontable) y sólo contiene irracionales.

Answer 2

Enumerar los racionales como $r_0,r_1,\dots,r_n,\dots$ .

Alrededor de la $n$ -a racionales, hacer un intervalo abierto de ancho $\epsilon/2^n$ . Toma la unión de estos. El complemento hace el trabajo.

Answer 3

Los números irracionales son homeomorfos a $\Bbb N^{\Bbb N}$ . Sea $C=\{0,1\}^{\Bbb N}$ , visto como un subconjunto de $\Bbb N^{\Bbb N}$ . Por el teorema del producto de Tikhonov $C$ es compacto, y $\Bbb N^{\Bbb N}$ es Hausdorff, por lo que $C$ está cerrado en $\Bbb N^{\Bbb N}$ . (De hecho $C$ es homeomorfo al conjunto de Cantor de los tercios medios). Por último, $C$ es claramente incontable. Ahora bien, si $h:\Bbb R\setminus\Bbb Q\to\Bbb N^{\Bbb N}$ es cualquier homeomorfismo, $h^{-1}[C]$ es un subconjunto cerrado e incontable de $\Bbb R\setminus\Bbb Q$ los irracionales. Al ser compacto, también está cerrado en $\Bbb R$ .

Answer 4

He aquí un ejemplo que no requiere ni la teoría de la medida ni una enumeración de los números racionales. El conjunto de irracionales positivos está en biyección con el conjunto de secuencias infinitas de enteros positivos a través de su representación de fracción continua (que es única para los irracionales). Tomemos el subconjunto para el que todos los términos de la representación de la fracción continua son $1$ o $2$ . El complemento en el conjunto de los reales positivos es abierto, ya que para cada irracional que tiene algún coeficiente de fracción continua ${}>2$ se encuentra fácilmente una vecindad en la que los coeficientes hasta éste, inclusive, no se modifican, y en una vecindad suficientemente pequeña de cada número racional $\alpha$ algún coeficiente de fracción continua (más allá de la representación finita de $\alpha$ mismo) es necesariamente muy grande.

Puedo añadir que si el conjunto ${\Bbb N_{>0}}^\Bbb N$ de secuencias infinitas de enteros positivos está dotado de la topología del producto para la topología discreta de $\Bbb N_{>0}$ (de modo que los subconjuntos de secuencias en los que se fija una subsecuencia inicial finita forman una base de conjuntos abiertos), entonces la representación de la fracción continua es un homeomorfismo de los irracionales positivos (con su topología restringida de $\Bbb R$ ) a ${\Bbb N_{>0}}^\Bbb N$ . Por lo tanto, esto es sólo una versión concreta de la respuesta de Brian M. Scott (pero sólo con irracionales positivos, y con un argumento más elemental para demostrar que el conjunto es cerrado).

Answer 5

Creo que con el Axioma de la Elección se puede construir tal conjunto. Para cada número irracional $x$ en el intervalo $[0,1]$ asociar una secuencia de números irracionales $\{x_n\}$ que converge a $x$ . ¿Cree que esto es suficientemente constructivo?

EDITAR: @Tom Oldfield señaló que los términos de diferentes secuencias podrían converger a números racionales, y esto parece bastante difícil de evitar, por lo que el conjunto bien podría no ser cerrado.