Demostrar que $(0 ,1)\cap\mathbb{Q}$ es de orden-isomorphc a $\mathbb{Q}$: es mi prueba correcta?

Question

Yo debo demostrar que $(0 ,1)\cap\mathbb{Q} \approx \mathbb{Q}$. Es mi prueba por debajo de la correcta?

(Nota: sé que el 'cada dos linealmente ordenado, denso, contables establece con ningún presupuesto mínimo y máximo no están en orden-isomorfo teorema, pero mi libro de texto sugiere que hacerlo de esta manera. Sin embargo, cualquier alternativa de las pruebas son muy bienvenidos).

Mi prueba

En primer lugar, vamos mapa de $\frac{1}{2} \in (0 ,1)\cap\mathbb{Q}$$0 \in \mathbb{Q}$.

Ahora, vamos a considerar la secuencia de $\frac{n}{n+1}$ donde $n = 2, 3, 4, \dots$ (la secuencia converge a $1$), y el mapa de cada elemento para un entero positivo en $\mathbb{Q}$, como este:

$\frac{2}{3} \mapsto 1$,

$\frac{3}{4} \mapsto 2$,

$\dots,$

$\frac{n}{n+1} \mapsto n-1$.

Y vamos a considerar la secuencia de $\frac{1}{2^n}$, donde $n=2, 3, 4, \dots$ (la secuencia converge a $0$), y el mapa de cada elemento a un número entero negativo en $\mathbb{Q}$, como este:

$\frac{1}{4} \mapsto -1$,

$\frac{1}{8} \mapsto -2$,

$\dots$,

$\frac{1}{2^n} \mapsto -n+1$.

Tenemos 'un orden, un isomorfismo de plantilla:

Considerar dos puntos: $(f, z)$$(f', z')$, de tal manera que $f$ $f'$ son $\frac{n}{n+1}$ $\frac{n+1}{n+2}$ o$\frac{1}{2^{n+1}}$$\frac{1}{2^n}$, e $z$ $z'$ correspondiente con números enteros.

$f$, $f'$, $z$, y $z'$ son todos racionales, así que si podemos construir una función lineal mediante la resolución del sistema de ecuaciones

$$\begin{cases} z=kf + b \\ z'= kf' + b, \\ \end{casos}$$

a continuación, $k$ $b$ también resultan ser racional. Y, como siempre que nos de entrada racional $x \in (0,1)\cap\mathbb{Q}$ en la función, la salida $y \in \mathbb{Q}$ será racional.

Ejemplo: $(f, z) = (\frac{1}{2}, 0)$, $(f', z') = (\frac{2}{3}, 1)$. De la solución de $$\begin{cases} 0 = \frac{1}{2}k + b\\ 1 = \frac{2}{3}k + b\\ \end{casos}$$ we get $y = 6x -3$.

Haciendo esto para cada dos 'vecinos' puntos, se obtiene la necesaria orden-isomorfismo:

Answer 1

La prueba de que funciona, pero hay uno que falta poco. Usted ha construido una función de $f:(0,1)\cap\mathbb Q\to\mathbb Q$ que es creciente y bien definido (realmente mapas racionales a los racionales). Lo que no comprobar es que es surjective. Son todos racionales valores realmente lograr? Son ellos, pero usted debe hacer que el punto de forma explícita. Si eres el intervalo por intervalo y mira a tu imagen, surjectivity es bastante claro. Si se cuenta como una rigurosa prueba es una cuestión de gusto.

En este caso también se podría hacer algo más concreto, pero la mejor opción es siempre una cuestión de gusto. En realidad se puede dar una fórmula para el isomorfismo y su inversa. Que hace que todo sea fácil de comprobar.

Tal vez el punto de partida más fácil es que $f(x)=\frac{x}{1-x}$ da un aumento de la bijection $[0,1)\to[0,\infty)$. Dado que tanto $f$ $f^{-1}(y)=\frac{y}{1+y}$ son funciones racionales, $f(x)$ es racional si y sólo si $x$ es racional. Es importante el uso de funciones racionales con ambos, numerador y denominador de primer orden, ya que de lo contrario la inversa puede no mapa racionales a los racionales, lo que hace la función no surjective entre los dos conjuntos.

Ahora usted puede dividir su $(0,1)$ en dos mitades y estirar la mitad derecha, a $+\infty$, y la izquierda la mitad de a$-\infty$, con una variación de esta $f$. Esto nos lleva a la función de $g:(0,1)\to\mathbb R$ $$g(x) = \begin{cases} \frac{x-1/2}{1-x},&x\geq\frac12\\ \frac{x-1/2}{x},&x<\frac12 \end{casos}$$ cuya inversa está dada por $$g^{-1}(x) = \begin{cases} \frac{2y+1}{2+2y},&y\geq0\\ \frac{1}{2-2y},&y<0. \end{casos}$$ La forma básica de la trama es la misma que la suya. La única diferencia parece ser la forma en que hemos diseñado la función de mapa racionales a los racionales.