¿Existe algún conjunto incontablemente infinito que no genere los reales?

Question

¿Existe un conjunto incontablemente infinito $X \subseteq \mathbb R$ tal que $\mathbb R \neq \left<X\right>$ ? No se me ocurre ninguno, pero también me cuesta demostrar que no existe tal subconjunto.

Por ejemplo: $\mathbb R$ es incontable y obviamente $\mathbb R = \left<\mathbb R\right>$ . El conjunto Cantor $C$ es incontable, y sabemos que $C - C = [0, 1]$ Así pues, como $\mathbb R = \left<[0, 1]\right>$ sabemos que $C$ también genera $\mathbb R$ . También el conjunto de irracionales $\mathbb R \setminus \mathbb Q$ es incontable, pero podemos generar todos los números racionales fijando un número irracional $\alpha$ y luego decir el cualquier número racional $x$ será $(\alpha + x) - \alpha$ ya que ambos $\alpha + x$ y $\alpha$ son irracionales.

Así que los ejemplos que rápidamente me vienen a la mente generan todos los reales. ¿Hay algún contraejemplo sencillo?

Answer 1

Bien, la forma más fácil de que esto ocurra es que el hipótesis de continuidad falla - es decir, si hay un conjunto incontable de reales $X$ tal que $\vert X\vert<\vert\mathbb{R}\vert$ . En este caso es fácil ver que $\vert\langle X\rangle\vert=\vert X\vert<\vert \mathbb{R}\vert$ por lo que el subgrupo generado por $X$ no es todo $\mathbb{R}$ .

Ahora bien, es consistente con los axiomas habituales de la teoría de conjuntos (ZFC) que la hipótesis del continuo falle. Sin embargo, también es consistente que la hipótesis del continuo se mantenga; así que esto no es realmente una solución. ¿Podemos hacerlo mejor?

Claro que sí. Utilizando el axioma de elección podemos demostrar que existe un conjunto incontable $X$ de reales tal que el subgrupo generado por $X$ no contiene $\pi$ (decir). La forma de hacerlo es: dejemos que $\mathbb{P}$ sea el conjunto de todos los conjuntos de reales $X$ que generan subgrupos que no contienen $\pi$ . Pida $\mathbb{P}$ por inclusión. Por Lemma de Zorn - una consecuencia del axioma de elección (de hecho, equivalente a él) - $\mathbb{P}$ tiene un elemento máximo, y no es difícil demostrar que dicho elemento no puede ser contable.

Pero este todavía no es genial, porque este $X$ es difícil de describir, ¿podemos tener un ejemplo explícito?

La respuesta, quizá sorprendente, es sí ¡! (Ciertamente es sorprendente para mí - en una primera versión de esta respuesta, antes de haberla pensado bien, escribí que la respuesta a esta subpregunta es no .) Ver https://mathoverflow.net/questions/23202/explicit-big-linearly-independent-sets . Aunque necesitamos el axioma de elección para obtener un base para $\mathbb{R}$ como $\mathbb{Q}$ -de vectores, podemos obtener conjuntos explícitos e incontables de reales linealmente independientes sólo en ZF. Entonces, dado tal conjunto, podemos:

• Examine el conjunto dado, y observe que no genera todos los $\mathbb{R}$ . (Creo que ZF demuestra que no hay Borel es una base para $\mathbb{R}$ como $\mathbb{Q}$ -vectorial; ciertamente ZFC lo hace).

• O bien, basta con eliminar un solo elemento, y luego llamar al resultado nuestro $X$ . Contra: marginalmente menos "dulce". Pro: No se necesita ningún análisis complicado.

Answer 2

Tenga en cuenta que $\mathbb{R}$ es un espacio vectorial sobre $\mathbb{Q}$ ; deja que $B$ sea una base. Como $\operatorname{dim}_{\mathbb{Q}}\mathbb{R}$ es incontable, $B$ es incontable. Ahora dejemos que $b \in B$ y establecer $B_0 = B\setminus\{b\}$ ; tenga en cuenta que $B_0$ es incontable.

Supongamos que $b \in \langle B_0\rangle$ entonces hay $\alpha_1, \dots, \alpha_k \in \mathbb{Z}$ y $b_1, \dots, b_k \in B_0$ tal que $b = \alpha_1 b_1 + \dots + \alpha_k b_k$ . Esto es imposible ya que $\{b, b_1, \dots, b_k\}$ es linealmente independiente ( $B$ es una base).

Por lo tanto, $B_0$ es un conjunto incontable que no genera $\mathbb{R}$ .

Answer 3

Este es un ejemplo de una construcción bastante directa:

Teniendo en cuenta algunos $x \in \mathbb{R}$ , dejemos que $\lambda(x)(n)$ denotan el número de dígitos idénticos consecutivos en la expansión decimal de $x$ empezando por la posición $2^n$ . (Preferimos la expansión que termina en $0^\omega$ a la que termina en $9^\omega$ aquí).

Ahora dejemos que $$S := \{x \in \mathbb{R} \mid \exists k \in \mathbb{N} \ \forall n \in \mathbb{N} \quad \lambda(x)(n) \geq 2^n - k\}$$

$S$ es incontable, como por ejemplo la elección de $k = 1$ ya nos permite elegir infinitos dígitos de un elemento de $S$ de forma independiente. $S$ contiene $0$ y es cerrado bajo sustracción y adición, esto sólo requiere la elección de un $k$ . Finalmente, $S$ no es $\mathbb{R}$ Por ejemplo $0.(01)^\omega \notin S$ .

Answer 4

generar en el sentido de los campos
Dejemos que $X \subseteq \mathbb R$ sea un conjunto de dimensión Hausdorff cero, y además todos los productos cartesianos $X \times X \times \dots \times X$ tienen dimensión Hausdorff cero. Entonces el campo $F$ generado por $X$ también tiene dimensión Hausdorff cero (por lo que $F$ no es todo $\mathbb R$ ). Se pueden construir conjuntos de Cantor $X$ así, que son incontables.

enchufe
G. A. Edgar & Chris Miller, Borel subrings of the reals. Proc. Amer. Math. Soc. 131 (2003) 1121-1129
LINK
Conjuntos de Borel que son subregiones de $\mathbb R$ o bien tienen dimensión Hausdorff cero como se ha descrito, o bien son todos de $\mathbb R$ .

También: véanse las referencias allí para los subgrupos de los reales (debido a Erdös y Volkmann) con dimensión de Hausdorff $t$ para cualquier $t$ con $0<t<1$ .