Secuencia en conjunto incontable

Question

Dado un subconjunto incontable $A$ de $(0,1)$ ¿existe siempre $a,r>0$ tal que $a+r,a+r^2,a+r^3,\dots$ están todos en $A$ ? Por ejemplo, si $A$ contiene un intervalo, es fácil encontrar tal $a,r$ .

Para tratar de demostrarlo, podemos suponer que no hay tal $a,r$ existen (lo que significa que para cualquier $a,r$ existe $k$ con $a+r^k\not\in A$ ) y demostrar que el conjunto debe ser contable.

Answer 1

Dejemos que $A$ sea un conjunto incontable de elementos algebraicamente independientes (sobre $\mathbb{Q}$ ) elementos de $(0,1)$ . Entonces no puede contener ninguna secuencia de este tipo. En efecto, si $x=a+r$ , $y=a+r^2$ y $z=a+r^3$ entonces $x,y,$ y $z$ están todos en el subcampo $\mathbb{Q}(a,r)\subset\mathbb{R}$ que tiene un grado de trascendencia como máximo $2$ en $\mathbb{Q}$ . Así, $x,y,$ y $z$ deben ser algebraicamente dependientes, por lo que no pueden estar todas en $A$ .

(Este conjunto $A$ existe, por ejemplo, porque se puede tomar una base de trascendencia para $\mathbb{R}$ en $\mathbb{Q}$ y luego multiplicar cada elemento por un número racional apropiado para obtener un elemento de $(0,1)$ . De manera menos obvia, tal $A$ puede construirse sin el axioma de elección; véase esta respuesta en MO por ejemplo).

Answer 2

Teorema. Existe un conjunto perfecto no vacío $P\subseteq(0,1)$ (así $|P|=|\mathbb R|=2^{\aleph_0}$ ) tal que, para cualquier $c\in\mathbb R$ y $r\in(0,1),$ tenemos $\{c+r^n:n\in\mathbb N\}\not\subseteq P.$

Prueba. Construimos $P$ imitando la construcción del conjunto de Cantor, con las siguientes diferencias: en lugar de comenzar con el intervalo unitario cerrado $[0,1],$ comenzamos con un subintervalo cerrado de $(0,1);$ en el primer paso, en lugar de quitar el tercio medio abierto, quitamos la mitad media abierta; en el segundo paso quitamos los dos tercios medios abiertos de cada uno de los dos intervalos restantes; en el tercer paso quitamos los tres cuartos medios abiertos de cada uno de los cuatro intervalos restantes; y así sucesivamente. Al final nos queda un conjunto perfecto no vacío $P\subseteq(0,1)$ con la propiedad de que, para cada $\varepsilon\gt0,$ existe $n\in\mathbb N$ y $0\lt a_1\lt b_1\lt a_2\lt b_2\lt\cdots\lt a_m\lt b_m$ tal que: $$P\subseteq[a_1,b_1]\cup[a_2,b_2]\cup\cdots\cup[a_m,b_m];\tag1$$ $$b_i-a_i\lt\varepsilon\text{ for each }i\in\{1,2,\dots,m\};\tag2$$ $$\frac{b_i-a_i}{a_{i+1}-b_i}\lt\varepsilon\text{ for each }i\in\{1,2,\dots,m-1\}.\tag3$$ Dejemos que $c\in\mathbb R$ y $r\in(0,1),$ y asumir para una contradicción que $\{c+r^n:n\in\mathbb N\}\subseteq P.$ Dejemos que $a_1\lt b_1\lt\cdots\lt a_m\lt b_m$ satisfacen (1)-(3) para algunos $\varepsilon\in(0,r).$

Ahora $c=\lim_{n\to\infty}c+r^n\in P,$ así que $c\in[a_i,b_i]$ para algunos $i\in\{1,\dots,m\};$ y $b_i\lt c+r\in P,$ así que $c+r\ge a_{i+1}.$ Elija $n\in\mathbb N$ para que $c+r^{n+1}\le b_i\lt a_{i+1}\le c+r^n,$ es decir , $$a_i\le c\lt c+r^{n+1}\le b_i\lt a_{i+1}\le c+r^n;$$ entonces $$\varepsilon\gt\frac{b_i-a_i}{a_{i+1}-b_i}\ge\frac{r^{n+1}}{r^n-r^{n+1}}=\frac r{1-r}\gt r,$$ contradiciendo nuestra elección de $\varepsilon.$