Cómo mostrar que $\mathbb{Q}$ no $G_\delta$

Question

He leído una sección de un libro y se hizo mención en el conjunto de los racionales no ser $G_\delta$. Sin embargo, no dio ninguna prueba. He leído en la wikipedia sobre el uso de contradicción, pero hizo uso de la categoría de Baire teorema, que es desconocida para mí.
Me preguntaba si alguien me podría ofrecer una calidad diferentes; tal vez con el hecho de que el complemento de $G_\delta$$F_\sigma$.

Gracias.

Answer 1

Sospecho que apenas alrededor de cualquier prueba de que no se utilice directamente la categoría de Baire teorema utiliza ya sea una consecuencia de la misma o es un caso especial de la misma. He elegido el segundo curso.

Supongamos que $\mathbb{Q} = \bigcap\limits_{k\in\omega}V_k$, donde cada una de las $V_k$ es abierto en la topología usual en $\mathbb{R}$. Claramente cada una de las $V_k$ es denso en $\mathbb{R}$. Deje $\mathbb{Q}=\{q_k:k\in\omega\}$ ser una enumeración de los racionales, y para cada una de las $k\in\omega$ deje $W_k=V_k\setminus \{q_k\}$; claramente cada una de las $W_k$ es densa y abierta en $\mathbb{R}$, e $\bigcap\limits_{k\in\omega}W_k = \varnothing$.

Deje $(a_0,b_0)$ ser cualquier no-vacío intervalo abierto tal que $[a_0,b_0]\subseteq W_0$. Dado un no-vacío abierto intervalo de $(a_k,b_k)$, vamos a $r_k=\frac14(b_k-a_k)$; claramente $a_k<a_k+r_k<b_k-r_k<b_k$. Desde $W_{k+1}$ es denso y abierto, hay un no-vacío abierto intervalo de $(a_{k+1},b_{k+1})$ tal que $$(a_{k+1},b_{k+1}) \subseteq [a_{k+1},b_{k+1}] \subseteq W_{k+1}\cap (a_k+r_k,b_k-r_k),$$ y la construcción de poder continuar.

Para $k\in\omega$ deje $J_k = [a_k,b_k] \subseteq W_k$. Para cada una de las $k \in \omega$ tenemos $J_k \supseteq J_{k+1}$, lo $\{J_k:k\in\omega\}$ es una disminución de nido de no-vacío cerrado intervalos. Vamos $J = \bigcap\limits_{k\in\omega}J_k$; $J\subseteq J_k \subseteq W_k$ para cada una de las $k\in\omega$, lo $J \subseteq \bigcap\limits_{k\in\omega}W_k = \varnothing$. Pero el anidada intervalos teorema garantiza que $J \ne \varnothing$, por lo que tenemos una contradicción. Por lo tanto, $\mathbb{Q}$ no puede ser un $G_\delta$en $\mathbb{R}$.

Answer 2

Un extraño argumento de la siguiente manera:

Supongamos $\mathbb Q$$G_\delta$. Mazurkiewicz del teorema (usted puede leer sobre él aquí ) nos dice que no existe una métrica $d$$\mathbb Q$, equivalente a la original, de tal manera que $\mathbb Q$ se completa con respeto a $d$.

Ahora, un completo espacio métrico que es contable como un conjunto tiene un punto aislado (para demostrar que uno necesita del teorema de Baire) así llegamos a la conclusión de que $\mathbb Q$, en su habitual topología, tiene un punto aislado. Este es, por supuesto, absurdo.

Answer 3

Otro tonto argumento de que creo que también funciona:

Supongamos $\mathbb Q$$G_\delta$, por lo que existe una secuencia $(A_n)_{n\geq1}$ de subconjuntos abiertos de $\mathbb R$ tal que $\mathbb Q=\bigcap_{n\geq1} A_n$.

Recordemos que cada una de las $A_n$ es un discontinuo de la unión de intervalos abiertos. Para cada una de las $n\geq1$ deje $\mathcal I_n$ el conjunto de los intervalos que componen $A_n$.

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que las $\mathcal I_1$ contiene al menos dos elementos llamarles $I(0)$ $I(1)$ - cada uno de longitud en la mayoría de las $2^{-1}$

También podemos suponer que $\mathcal I_2$ contiene dos elementos contenidos en $I(0)$ cada uno de la longitud de la $2^{-1}$ llamarles $I(00)$ $I(01)$ - y dos de los elementos contenidos en $I(1)$, también de la longitud en la mayoría de las $2^{-1}$ llamarles $I(10)$$I(11)$.

Por supuesto, podemos continuar así indefinidamente... de este modo, obtener los intervalos de $I(w)$, uno para cada finito palabra $w$ escrito en las cartas $0$$1$, de tal manera que la longitud de $I(w)$ es en la mayoría de las $2^{-\mathrm{length}(w)}$, y de tal manera que siempre que $w'$ es un prefijo de $w$,$I(w')\supseteq I(w)$.

Ahora elija cualquiera de los infinitos términos de la progresión $w$ de ceros y unos, y para cada una de las $n\geq1$ deje $w_n$ ser el prefijo de $w$ de la longitud de la $n$, y elegir un punto a $x_n$ en el intervalo de $I(w_n)$. Es fácil comprobar que el límite de $y_w=\lim_{n\to\infty}x_n$ existe y pertenece a $\mathbb Q$, $y_w\neq y_{w'}$ si $w$ $w'$ son distintos infinito de secuencias de ceros y unos. Esto es absurdo, como $\mathbb Q$ es contable, sin embargo, hay una cantidad no numerable de infinitas secuencias de ceros y unos.

$$♦♦♦$$

Otra forma de implementar la idea.

Supongamos $\mathbb Q=\cap_{n\geq1}A_n$ $A_n$ abierta en $\mathbb R$.

Masajeamos el open ajusta un poco al principio.

• Para cada una de las $b\geq1$ deje $B_n=\bigcap_{i=1}^nA_n$, por lo que el $(B_n)_{n\geq1}$ es una disminución de la secuencia de abrir conjuntos cuya intersección también es $\mathbb Q$.

• A continuación, para cada una de las $n\geq1$ deje $C_n=B_n\cap\Big(\mathbb R\setminus(\pi+\tfrac1{2^n}\mathbb Z)\Big)$, por lo que el $(C_n)$ es también una disminución de la secuencia de abrir conjuntos cuya intersección es $\mathbb Q$, con el añadido de la propiedad para todos los $n\geq1$ cada componente de $C_n$ es de longitud en la mayoría de las $\tfrac1{2^n}$.

Deje $\mathcal I_n$ ser un conjunto de componentes conectados de $C_n$. Si $n\geq1$,$C_n\supseteq C_{n+1}$, por lo que hay una función de $\phi_n:\mathcal I_{n+1}\to\mathcal I_n$ el envío de cada elemento de $\mathcal I_{n+1}$ para el elemento único de la $\mathcal I_n$ que la contiene. Desde $\bigcap_{n\geq1}C_n=\mathbb Q$, es fácil ver que $\phi_n$ es surjective.

Vamos $$X=\varprojlim(\mathcal I_n,\phi_n)=\Big\{(i_n)_{n\geq1}\in\prod_{n\geq1}\mathcal I_n:\phi_n(i_{n+1})=i_n,\quad\forall n\geq1\Big\}$$ be the inverse limit of the sets $\mathcal I_n$ along the maps $\phi_n$. This is an uncountable set, and it is easy to construct an injective function $f:X\to\mathbb P$. Indeed, if $\xi=(i_n)_{n\geq1}\in X$ pick, for each $n\geq1$, a point $x_n\en i_n$; then one can show that $f(\xi)=\lim_{n\to\infty}x_n$ existe, y que de esta forma se define una función inyectiva.