El ejercicio es demostrar que para cualquier contables conjunto de $\mathbb{R}$ , vamos a llamar A, su complemento $\mathbb{R}/A$ tiene la misma cardinalidad como $\mathbb{R}$. La solución me doy cuenta de que es sencillo, suponiendo contables elección, a hacer una segunda contables subconjunto, tomando la unión de los dos conjuntos, suponiendo un bijection y así sucesivamente, pero quería probar algo diferentes, sin asumir elección, y no sé si es correcto. Mi pensamiento es que para cualquier contables set, me puede escribir como $A=\{a_0, a_1,....\}$ pero no necceserily en orden creciente. Si estaba en orden creciente, podría decir simplemente que $(a_0, a_1) \in \mathbb{R}-A$ e lo $|\mathbb{R}-A|>=\mathbb{R}$, así que me la igualdad. Estoy atrapado en demostrar que había a $a_i, a_j \in A $ tal que $a_n \notin (a_i,a_j ) $cualquier $a_n \in A$. El problema es que esto no se cumple para cualquier elección de $a_i$. Por ejemplo, si $A= \{0\} \cup \{ 1/n \}$, entonces, obviamente, para $0 $ esto no se sostiene, aunque se mantiene para cualquier otro elemento. Es allí cualquier manera fácil y rápida de conseguir más allá de esto?
Respuestas
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Para contables (finito o infinito) $A\subset \mathbb R$ encontrar un countably infinito $B\subset \mathbb R$ que es disjunta de a $A.$ Mostrar que hay un bijection $f:B\to B\cup A.$ Extender $f$ el dominio $\mathbb R$ \ $A$ dejando $f(x)=x$ $x\in \mathbb R \setminus (B\cup A).$ $f:(\mathbb R$ \ $A) \to \mathbb R$ es un bijection.
Si quieres, voy a mostrar cómo encontrar $B$ sin el Axioma de Elección y por el más elemental de los métodos.
El apéndice. Para encontrar $B$: Si $A$ está vacía deje $B=\mathbb N.$ Si $A\ne\phi$ deje $A=\{a_n:n\in \mathbb N\}.$ no importa si $a_m=a_n$ algunos $m\ne n.$ Deje $(a_{n,j})_{j\in \mathbb N}$ ser la secuencia de dígitos decimales de $a_n$ a la derecha del punto decimal, en base a $10,$ donde $a_{n,j}\ne 9$ para infinidad de $j.$ Deje $a^*_j=1$ si $a_{j,j}$ es uniforme y deje $a^*_j=2$ si $a_{j,j}$ es impar. Deje $d=\sum_{n\in \mathbb N}a^*_j10^{-j}.$ Deje $B=\{2\cdot 10^{-j}+d:j\in \mathbb N\}.$
Aquí construimos. sin recurrir a el axioma de elección, una contables subconjunto $B$ que es disjunta de a $A$; la OP puede utilizar DanielWainfleet del argumento, de llegar a la solución deseada.
Supongamos que para algunos $a$ $b$ $\mathbb{R}$ $a \lt b$ el intervalo cerrado $[a,b]$ es disjunta de a $A$. Entonces es trivial para la construcción de $B$. Así, suponemos que cada intervalo en $\mathbb{R}$ tiene una intersección no vacía con $A$.
Deje que el conjunto de $A$ ser enumerados con una secuencia $a_n$.
Definición: El $a_n \text{-distance}$ de cualquier intervalo de $[a,b]$ es el entero más pequeño $n_0$ tal que $a_{n_0} \in [a,b]$.
Lema 1: Un número real $\hat b$ puede ser construido de forma recursiva, perteneciente al intervalo abierto $(0,1)$, que es distinta de la de los elementos en $A$.
Prueba
Comenzando con el intervalo cerrado $[0,1]$, la dividen en 5 partes iguales y examinar los dos 'ajuste'intervals $[\frac{1}{5},\frac{2}{5}]$$[\frac{3}{5},\frac{4}{5}]$, seleccionando el uno con el mayor $a_n \text{-distance}$. Repita este proceso.
Este proceso nos da una secuencia anidada de intervalos cerrados. Por las propiedades básicas de los números reales, la intersección de esta disminución de de la cadena de intervalos es un singleton $\{\hat b\}$. Pero también es fácil ver que cada nueva anidada intervalo debe tener un mayor $a_n \text{-distance}$ que la anterior. Por supuesto, esto significa que el $\{\hat b\} \cap A = \emptyset$. $\qquad \blacksquare$
Proposición 2: Una contables set $B$ puede construirse de tal manera que $A \cap B = \emptyset$.
Prueba
Tenga en cuenta que $A$ es un subconjunto de un mayor contables set $A^{`}$, el 'entero traducir set $A + \mathbb{Z}$. Si un número real $b$ no $A^{`}$, $b + m \notin A^{`}$ para cualquier entero $m$. Así, aplicar el lema de 1 a
$A^{`}$ las $\hat b$. A continuación, se traduce $\hat b + m$ para formar una contables conjunto discontinuo de $A$.
Tenga en cuenta que también hemos demostrado que no hay ningún bijective asignación entre una contables set$A$$\mathbb{R}$.
Deje $A$ ser un infinito contables conjunto, por lo tanto $A=\{a_1,a_3...a_n....\}$
Tomar una contables set $B=\{b_1,b_2...\}$ tal que $B \cap A =\emptyset$
Claramente $\mathbb{R}$ \ $A$ es incontable.
Tomar una enumeración de $A\cup B$
tal que $A \cup B=\{a_1,b_1,a_2,b_2....a_n,b_n...\}$
Tome $f: (\mathbb{R}-A) \to \mathbb{R}$ donde
$f(x)=\begin{cases}\ x &x \in \mathbb{R}-(A \cup B)\\ a_{n} & x=b_{2n-1}\\ b_{n} &x=b_{2n}\\ \end{casos}$
$\text{$f$ is bijective } \Rightarrow |\mathbb{R}| = |\mathbb{R}-A|$
Sea a = { a1, a2,.. aj,.. } ser una contables subconjunto de los reales R.
B = { a - b | a,b en A } es contable. Así que algo de p en R - B.
p + a es contable y disjunta de A. de lo Contrario
algunos a,b en a con p + a = b, p = b - a, en la B, una contradicción.
Definir f:R -> R - Una por
f(x) = x, si x no en Un $\cup$ p+a
f(a_j) = p + a_2j, para todos los a_j en Un
f(p + a_j) = p + a_(2j-1), para todo p + a_j en p + a
f es un bijection; R y R - son equinumerous.
