¿Conjunto incontable de números irracionales cerrado bajo adición y multiplicación?

Question

¿Es posible algo así?

No hay mucho que decir realmente. Obviamente si hubiera un conjunto estaría lleno de números trascendentales. Esto me llevó a pensar en una función generadora de números trascendentales (dado un número trascendental) cerrada bajo adición y multiplicación - una fácil es la función algebraica pero estas son claramente contables sin embargo. (Peor aún los números tendrían que ser algebraicamente independientes lo que significa que hay que recortar las funciones algebraicas).

¿Alguna idea, chicos?

Answer 1

Esto es posible.

En primer lugar, consideremos el conjunto de todos los números de la forma $$ a_1\pi + a_2\pi^2 + \cdots + a_n\pi^n $$ donde $n \geq 1$ los coeficientes $a_1,\ldots,a_n$ son enteros no negativos, y al menos uno $a_i$ es positivo. Este conjunto es claramente cerrado bajo la suma y la multiplicación. Sin embargo, no es incontable.

Podemos ampliar este conjunto añadiendo otro número. Por ejemplo, podemos considerar polinomios de dos variables que impliquen $\pi$ y $e$ con las mismas restricciones: no hay término constante, todos los coeficientes son enteros no negativos y al menos uno de los coeficientes es positivo. Suponiendo que $\pi$ y $e$ son algebraicamente independiente (que no se conoce), todos estos polinomios son distintos y distintos de cero, por lo que obtenemos un conjunto mayor de números trascendentales que es cerrado bajo adición y multiplicación. Sin embargo, este conjunto sigue sin ser incontable.

Para hacer un conjunto incontable que sea cerrado bajo la suma y la multiplicación, debemos empezar con un incontable set $S$ de números reales trascendentales algebraicamente independientes. Se sabe que tal conjunto existe, ya que el grado de trascendencia de los números reales sobre los racionales es incontable. Si ahora tomamos todos los polinomios sobre los elementos de $S$ satisfaciendo las mismas condiciones (ningún término constante, coeficientes enteros no negativos, al menos un coeficiente positivo), el resultado será un conjunto incontable de números trascendentales que es cerrado bajo adición y multiplicación.

Answer 2

Dejemos que $A_0$ ser una base de trascendencia para $\mathbb{R}$ en $\mathbb{Q}$ que ya tiene el tamaño del continuo, y dejemos que $$B_0=\{\text{finite sums of elements of }A_0\},$$ $$A_1=\{\text{finite products of elements of }B_0\},$$ $$B_1=\{\text{finite sums of elements of }A_1\},$$ $$\cdots$$ y $S=\bigcup_{n=0}^\infty A_n$ . Entonces $S$ es cerrado bajo adición y multiplicación por definición, $S$ es incontable, y cada elemento de $S$ es irracional porque no existe ninguna relación algebraica entre los elementos de $A_0$ en $\mathbb{Q}$ .

EDIT: Esto es lo mismo que la sugerencia de Jim más arriba, sólo que redactado de forma ligeramente diferente.

Answer 3

Para ampliar el comentario anterior.

La propiedad: " $S\subset \mathbb R\setminus\mathbb Q$ es cerrado bajo adición y multiplicación" satisface el lema de Zorn, por lo que debe existir un conjunto máximo de este tipo $S$ .

La maximalidad significa que para cualquier número irracional $x\notin S$ debe existir un polinomio de la forma $p(z)-q$ donde $q\in \mathbb Q$ y $p(z)$ es un polinomio no nulo y no constante con coeficientes en $(S\cup\{0\})\oplus\mathbb N)$ tal que $x$ es una raíz del polinomio.

Pero si $S$ es contable, entonces el conjunto de tales polinomios es contable, y por tanto el conjunto de tales raíces es contable.

Por lo tanto, cualquier máximo $S$ debe ser necesariamente incontable.

Esto puede extenderse a un teorema más general: Si $K\subset \mathbb R$ es incontable y cerrado bajo adición y multiplicación, entonces hay un incontable $S\subseteq K\setminus\mathbb Q$ que es cerrado bajo adición y multiplicación.

Prueba: Dado que $K$ es incontable, contiene un número trascendental, por lo que los polinomios positivos en ese trascendental forman un subconjunto de $K\setminus\mathbb Q$ cerrado bajo adición y multiplicación.

Como antes, por el lema de Zorn, debe haber un conjunto máximo $S\subset K\setminus\mathbb Q$ cerrado, y, como antes, si $S$ es contable, entonces se obtiene una contradicción - hay demasiados elementos de $K\setminus (S\cup\mathbb Q)$ y no hay suficientes polinomios con coeficientes en $(S\cup\{0\})\oplus\mathbb N$ .

Answer 4

He aquí una respuesta más "constructiva", sin utilizar el axioma de elección. Dejemos que ${\cal F}_n$ sea el conjunto de funciones de $n$ correspondientes a expresiones que utilizan cada variable una vez, con $+$ y $*$ (una forma conveniente de representarlos es como árboles en los que cada hoja es una de las $n$ y cada nodo que no sea una hoja está etiquetado con $+$ o $*$ en cualquier caso, hay un número finito para cada $n$ y se pueden enumerar). Tenga en cuenta que ${\cal F}_1$ consiste en una función $x \to x$ . Tomaré $S = \bigcup_{n=1}^\infty \bigcup_{f \in {\cal F}_n} f(C, \ldots,C)$ para un conjunto incontable adecuado $C$ . Necesito asegurar que para todos $f \in {\cal F}_n$ , $f(C,\ldots,C)$ no contiene ningún número algebraico.

Enumerar los triples $(\alpha, n, f)$ donde $\alpha$ es algebraico, $n$ es un número entero positivo y $f \in{\cal F}_n$ , como $(\alpha_k, n_k, f_k)_{k=1}^\infty$ . $C$ se obtendrá como una intersección anidada $\bigcap_{k=0}^\infty C_k$ , donde $C_0 = [0,1]$ , cada $C_k$ es la unión de $2^k$ intervalos cerrados disjuntos, y cada intervalo de $C_{k-1}$ contiene dos intervalos de $C_{k}$ . Estos deben ser elegidos de manera que $\alpha_k \notin f_k(C_{k},\ldots,C_k)$ . Para ello, hay que tener en cuenta que si elegimos al azar $x_i$ y $y_i$ en cada intervalo de $C_{k-1}$ , con probabilidad $1$ ninguno de los números $f(z_1,\ldots, z_{n_k})$ para $z_1, \ldots, z_{n_k} \in \{x_i: i=1..2^{k-1} \} \cup \{y_i: i =1..2^{k-1}\}$ es $\alpha_k$ . Tomando $\epsilon > 0$ lo suficientemente pequeño, podemos dejar que $C_k$ sea la unión de los intervalos $[x_i - \epsilon, x_i + \epsilon]$ y $[y_i - \epsilon, y_i + \epsilon]$ para $i=1 \ldots 2^{k-1}$ y esto tendrá las propiedades requeridas.