Construir $\mathbb{R}$ $\mathcal{P}(\mathbb{N})$

Question

Es bien sabido que el $\mathbb{R}$ tiene la misma cardinalidad como $\mathcal{P}(\mathbb{N})$; pero me gustaría fain saber si hay un camino para la construcción de $(\mathbb{R}, +,\cdot, \leq )$ utilizando sólo las definiciones que dependen $\mathcal{P}(\mathbb{N})$'s elementos y sus respectivas propiedades.

Answer 1

Aunque la construcción variante que proponemos a continuación siguen los usos racionales, es más directa y naturalmente relacionados con la ${\cal P}(\mathbb N)$ (y no a uno de sus cocientes por algunos de equivalencia de la relación) y así se acerca más a la "perfecta" de la solución de la OP está esperando. Como se observó en otras respuestas aquí, es suficiente para construir la estructura del campo en el set $\cal S$ de inifinite secuencias de ceros y unos (gracias a la característica de funciones).

Considere los siguientes cuatro tipos de intervalos (en $\mathbb Q$) con rational extremos :

$$ T_1 = {\mathbb Q}, T_2(a) = ]-\infty, \ (a\in {\mathbb Z}), T_3(a) = [a,+\infty [ \ (a\in {\mathbb Z}), T_4(a,b)= [a,b[ \ (a,b\in {\mathbb Q}) $$

Nos deja denotar por $\cal T$ el conjunto de todos los intervalos. Se define un "mapa de la división de" $\sigma=(\sigma_1,\sigma_2)$$\cal T$${\cal T}^2$. Este mapa $\sigma$ divide toda la $I\in \cal T$ en dos partes $\sigma_1(I)$ $\sigma_2(I)$ tal que $\sigma_1(I)$ es siempre "a la izquierda" de $\sigma_2(I)$ (en el sentido de que $x\leq y$ siempre $x\in {\sigma}_1(I), y\in {\sigma}_2(I)$).

Aquí está la definición formal de $\sigma$ :

$$ \sigma(T_1) = (T_2(0),T_3(0)), \\ \sigma(T_2(a)) = (T_2(a-1),T_4(a-1,a)), \\ \sigma(T_3(a)) = (T_4(un,un+1),T_3(a+1)), \\ \sigma(T_4(a,b))=(T_4(a,\frac{a+b}{2}),T_4(\frac{a+b}{2},b)) $$

Ahora para cualquier secuencia finita $(a_1, \ldots ,a_n)$ con cada una de las $a_k$$\lbrace 0,1 \rbrace$, definir un intervalo de $I_{(a_1, \ldots ,a_n)}$ inductivamente~: para la secuencia vacía $()$ hemos creado $I_{()}=T_1$, y para las otras secuencias que definen $I_{(a_1, \ldots ,a_{n-1},0)}=\sigma_1(I_{(a_1, \ldots ,a_{n-1})})$ y $I_{(a_1, \ldots ,a_{n-1},1)}=\sigma_2(I_{(a_1, \ldots ,a_{n-1})})$.

Para cualquier $n\geq 1$ $\varepsilon \in \lbrace 0,1 \rbrace$ deje $J(n,\varepsilon)$ denotar la unión de todos los $I_{a}$ donde $a$ $n$- elemento de la secuencia termina con $\varepsilon$.

Deje $a=(a_1,a_2, \ldots )$ $b=(b_1,b_2, \ldots )$ dos secuencias en $\cal S$. Recordemos que un (finito) segmento inicial de $a$ es una secuencia de la forma $(a_1,a_2, \ldots ,a_k)$ algunos $k$.

Para cualquier $n\geq 1$, definir $c_n$ $0$ si $I_{a'}+I_{b'} \subseteq J(n,0)$ algunos segmentos iniciales $a',b'$ $a$ $b$ respectivamente, y $1$ lo contrario. A continuación, el Feanor suma $a+b$ $a$ $b$ es la secuencia de las $c=(c_1,c_2, \ldots )$.

Para cualquier $n\geq 1$, definir $d_n$ $0$ si $I_{a'} \times I_{b'} \subseteq J(n,0)$ algunos segmentos iniciales $a',b'$ $a$ $b$ respectivamente, y $1$ lo contrario. A continuación, el Feanor producto $a \times b$ $a$ $b$ es la secuencia de las $d=(d_1,d_2, \ldots )$.

Por último, definir el Feanor orden en $\cal S$ siguiente $ a \leq b$ fib $a=b$, o $I_{a'}$ es "a la izquierda" de $I_{b'}$ (en el sentido de que $x\leq y$ siempre $x\in I_{a'}, y\in I_{b'}$) para algunos segmentos iniciales $a',b'$ $a$ $b$ respectivamente.

A continuación, $\cal S$ dotado con Feanor adición, la multiplicación y la orden tiene todas las propiedades necesarias de $\mathbb R$.

Answer 2

Voy construcción $\mathbb R$ a partir de secuencias en $\mathbb{Z}$. Esto no es precisamente una construcción de $\mathcal{P}(\mathbb N)$, pero que puede convertirse en uno por la observación de que cada secuencia en $\mathbb Z$ puede ser construido a partir de $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ mediante la asignación de

$$\left\{x_1+2^{\sigma_1}1\cdot10^{\lceil\log_{10}x_1\rceil+1},x_2+2^{\sigma_2}11\cdot10^{\lceil\log_{10}x_2\rceil+1},x_3+2^{\sigma_3}111\cdot10^{\lceil\log_{10}x_3\rceil+1},\ldots\right\}\mapsto \left((-1)^{\sigma_n}x_n\right)_{n\in\mathbb N}$$

donde cada una de las $\sigma_i\in\{0,1\}$ es el elegido para determinar el signo. Esto se puede hacer independiente de la ordenación del juego, ya podemos decir que es el elemento $x_n+2^{\sigma_n}1\cdots1\cdot10^{\lceil\log_{10}x_1\rceil+1}$ contando el número de $1$'s o $2$'s antes de la primera $0$. Por supuesto, hay muchas otras maneras en que esto se podía hacer; esta es sólo la primera pensé.

No puedo tomar crédito por el método de abajo. Fue inventado por Steve Schanuel y me fue dada en el dibujo de forma real en un análisis conjunto de problemas. Aquí está el boceto de el método con detalles rellenado por mí:

Deje $G$ ser la colección de secuencias de $f:\mathbb N\to\mathbb Z$, de modo que no es una constante $C$, de modo que $$\forall m,n\in\mathbb N, |f(m)+f(n)-f(m+n)|\leq C.$$ Deje $H$ ser la colección de todos los $f:\mathbb N\to\mathbb Z$, de modo que hay una constante $C$ satisfacción $|f(n)|\leq C$ todos los $n\in\mathbb N$.

(1) Probar que si $f\in G$, $\lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n$ existe en $\mathbb R$.

Prueba: Para empezar, tenga en cuenta que si $f,C$ son tales que $|f(n)+f(m)-f(n+m)|\leq C,\forall n,m\in\mathbb N$, $|nf(m) - f(nm)|\leq (n-1)C,\forall n,m\in\mathbb N$ por inducción en $n$. El caso base de este ($n=1$) es trivial, como $|f(m)-f(m)|=0\leq 0,\forall m\in\mathbb N$, mientras que si tenemos ese $|nf(m) - f(nm)|\leq (n-1)C$ $$\begin{eqnarray}|(n+1)f(m) - f((n+1)m)| &=& |nf(m) + f(m) - f(nm+m)|\\ &\leq& |nf(m) - f(nm)| + |f(nm) + f(m) - f(nm+m)|\\ &\leq& (n-1)C + C = nC.\end{eqnarray}$$ Thus for $f\in G$ and $m>n\geq N\in \mathbb N$ tenemos que $$\begin{eqnarray}|f(m)/m - f(n)/n| &=& |nf(m) - mf(n)|/(nm)\\ &=& |nf(m) - f(nm) - (mf(n) - f(nm))|/(nm)\\ &\leq& (|nf(m)-f(nm)| + |mf(n)-f(nm)|)/(nm)\\ &\leq& ((n-1)C+(m-1)C)/(nm)\\ &\leq& C(n+m)/(nm)\leq 2C/n\leq 2C/N\end{eqnarray}$$ so given any $\epsilon>0$ we can choose $N$ such that $N > 2C/\epsilon$ thus $|f(m)/m - f(n)/n|\leq 2C/N < \epsilon$. From this we see that the sequence $f(n)/n,n\in\mathbb N$ is Cauchy, so by the completeness of $\mathbb R$ we see that $\lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n$ exists in $\mathbb R$.

(2) Si $f,g\in G$, muestran que $\lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n=\lim\limits_{n\to\infty} g(n)/n$ si y sólo si $f-g\in H$.

Prueba: Vamos a $f,g\in G$ con las correspondientes constantes de $A$$B$. Supongamos primero que $f-g\in H$, de modo que existe una constante $C$ tal que $|f(n)-g(n)|\leq C,\forall n\in\mathbb N$. Desde $\lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n$ $\lim\limits_{n\to\infty} g(n)/n$ existen, tenemos que $\lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n - \lim\limits_{n\to\infty} g(n)/n$ es igual a $\lim\limits_{n\to\infty} (f(n)-g(n))/n$, y desde $|(f(n) - g(n))/n|\leq C/n$ $\lim\limits_{n\to\infty} C/n = C\lim\limits_{n\to\infty} 1/n = 0$ tenemos $\lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n - \lim\limits_{n\to\infty} g(n)/n = 0$$\lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n = \lim\limits_{n\to\infty} g(n)/n$. Si por otro lado tenemos a $\lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n = \lim\limits_{n\to\infty} g(n)/n$, luego tenemos a $\lim\limits_{n\to\infty} (f(n)-g(n))/n = 0$. Es importante tener en cuenta que $n,m\in\mathbb N$ $$|f(n) - g(n) + f(m) - g(m) -(f(m+n) - g(n+m))|< A + B$$ which gives us that $$(n-1)(A+B)\geq |n(f(m)-g(m)) - f(nm)+g(nm)| \geq |n|f(m)-g(m)| - |f(nm)-g(nm)||$$ thus $$n|f(m)-g(m)| - (n-1)(A+B) \leq |f(nm)-g(nm)|\leq n|f(m)-g(m)|+(n-1)(A+B)$$ If we have some $m\in\mathbb N$ such that $|f(m)-g(m)| > a + B+1$, then we have $$n|f(m)-g(m)| - (n-1)(A+B) > n(A+B+1) - (n-1)(A+B) = n + A + B > n$$ so $|f(nm)-g(nm)|/(nm) > 1/m,\forall n\in\mathbb N$, contradicting the fact that $\lim\limits_{n\to\infty} (f(n)-g(n))/n = 0$. Hence we must have $|f(m)-g(m)| \leq a + B+1,\forall m\in\mathbb N$ thus $f-g\in H$.

(3) Por $f,g\in G$, ponemos a $f\sim g$ si $f-g\in H$. Demostrar que $\sim$ es una relación de equivalencia. El conjunto de clases de equivalencia se denota por a $G/H$. La clase de equivalencia de a $f\in G$ se denota por $[f]$. Mostrar que existe una función de $j:G/H\to\mathbb R$, de modo que $j([f])=\lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n$ para todos los $f\in G$. Mostrar que $j$ es uno-a-uno.

Prueba: Vamos a $f,g,h\in G$ ser tal que $f\sim g$$g\sim h$, lo $f-g,g-h\in H$. Desde $|f(n)-f(n)|\leq 0,\forall n\in \mathbb N$ $|g(n)-f(n)| = |f(n)-g(n)|$ vemos que $f-f,g-f\in H$ $f\sim f,g\sim f$ nos da la reflexiva y propiedades conmutativas, mientras que el hecho de que $|f(n) - h(n)|\leq |f(n)-g(n)|+|g(n)-h(n)|$, ambos de los cuales están delimitadas, nos da $f-h\in H$ $f\sim h$ $\sim$ es transitiva así. Por lo tanto $\sim$ es una relación de equivalencia. Podemos definir una función de $j:G/H\rightarrow \mathbb R$ mediante el establecimiento $j([f]) = \lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n$, lo cual está bien definido debido a $[f] = [g]\implies f - g\in H$$\lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n = \lim\limits_{n\to\infty} g(n)/n$. También podemos ver que $j$ es uno-a-uno, como si $j([f])=j([g])$$\lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n = \lim\limits_{n\to\infty} g(n)/n$$f-g\in H$$[f] = [g]$.

(4) Demostrar que $j:G/H\to\mathbb R$ es un bijection.

Prueba: ya Tenemos eso $j$ es uno-a-uno, por lo que sólo tenemos que demostrar que $j$ es surjective. Deje $r\in \mathbb R$ ser un número real arbitrario y definir $f(n)$ como el menor entero mayor que o igual a $rn$. Para $m,n\in\mathbb N$ hemos $$|f(n)+f(m)-f(n+m)|\leq 3 + |nr + mr - (n+m)r| = 3$$ so $f\in G$. We also have that $|f(n)/n - r| = |f(n) - rn|/n < 1/n$ so for any $k\in\mathbb N$, $n\geq k\implica |f(n)/n - r| < 1/k$, hence $\lim\limits_{n\to\infty} f(n)/n = r$. This gives us $j([f]) = r$, para completar la prueba.

Así hemos construido $\mathbb R$.

Answer 3

para cualquier $x \in \mathcal{P}(\mathbb{N})$ considerar la secuencia de $u_x =\left\{\sum_{k \in t}\frac{1}{2^{k}}\mid t \subset x\text{ and }t\text{ is finite}\right\}$

luego de considerar la relación de equivalencia $x R y \iff u_x=u_y$

a continuación, utilice $\mathbb{Z} \times \mathcal{P}(\mathbb{N}) / R$

nota: $\mathbb{R}$ es la más pequeña de campo (modulo un homomorfism) que contiene a $\mathbb{Q}$, y donde las secuencias de Cauchy converge

Answer 4

No sé si esto es lo que están buscando, o mi razonamiento es totalmente correcta, ya que no he estudiado esto por un tiempo. Tenemos una obvia bijection entre irrationals en $(0,1)$ $\mathbb{N}^{\mathbb{N}}$ por: $$f:(a_{1},a_{2},a_{3}....)\rightarrow 1/(a_{1}+1/(a_{2}+...))$$

Por tanto, para cualquier subconjunto finito de $\mathbb{N}$, esto debe generar un número racional, y la bijection entre irrationals con el infinito subconjuntos debe ser clara. Además se puede argumentar que en virtud de este correspdondence $f(a_{1},a_{2},a_{3}....)>f(b_{1},b_{2},b_{3}....)$ si para algunos $i$, $\forall k<i, a_{k}=b_{k}$, mientras que $a_{i}>b_{i}$. Así, podemos definir un orden en los números irracionales a través de pedidos de posets de $\mathbb{N}$. No está claro para mí cómo uno puede definir adición, multiplicación, etc. a través de la construcción de tales.

Esta construcción está relacionada con la Farey árbol.