Probando $\mathbb{R}$ es incontable utilizando cortes Dedekind?

Question

Conozco varias pruebas de que los números reales son incontables (la prueba inicial de Cantor, una prueba por diagonalización, etc.). Sin embargo, nunca he visto una prueba de que los reales son incontables que proceda mostrando que el conjunto de cortes Dedekind de los racionales es incontable. Sé que el conjunto de todos los subconjuntos de los racionales es incontable, pero no todos estos conjuntos son cortes Dedekind.

¿Existe una prueba sencilla de la incontabilidad de $\mathbb{R}$ que funciona mostrando que el conjunto de cortes Dedekind es incontable?

Gracias.

Answer 1

Realmente no se puede demostrar que $\mathbb R$ es incontable utilizando cortes Dedekind. Si se puede demuestre eso, entonces no conozco ninguna prueba de este tipo (y habiendo trabajado mucho en el curso de introducción a la teoría de conjuntos en mi universidad durante los últimos años, dudo que no haya conocido tal prueba). Puedes demostrar que $\mathcal P(\mathbb N)$ es incontable con este método.

Los cortes Dedekind proporcionan un método para construir y definir los números reales, más que un método directo para demostrar que su tamaño es $2^{\aleph_0}$ .

Sin embargo, al demostrar que $|\mathbb R|=2^{\aleph_0}=|\mathcal P(\mathbb N)|$ podemos utilizar los cortes Dedekind para establecer la $\leq$ demostrando que si fijamos una enumeración de $\mathbb Q$ como $q_n$ , entonces los conjuntos $A_r = \{n\in\mathbb N\mid q_n<r\}$ para $r\in\mathbb R$ formar una inyección de $\mathbb R$ en $\mathcal P(\mathbb N)$ . Por lo tanto, hay como máximo $2^{\aleph_0}$ muchos números reales.

La otra dirección suele implicar la construcción del conjunto de Cantor y muestra que hay exactamente $2^{\aleph_0}$ muchos números reales.

Answer 2

(Desgranando el comentario de Hagen): El camino más corto desde los cortes de Dedekind a "incontables" es probablemente:

En primer lugar , demuestran directamente a partir de la definición que el conjunto de cortes Dedekind es un orden total denso bajo inclusión de conjuntos, y satisface la propiedad de supremacía (es decir, la supremacía de un conjunto acotado no vacío de cortes es su unión).

Entonces supongamos que tenemos alguna secuencia de cortes $r_1, r_2, \ldots$ . Nuestra tarea es encontrar un corte que no sea $r_i$ para cualquier $i$ . Definir por inducción simultánea dos secuencias $a_n$ y $b_n$ por:

• $a_0 < b_0$ pero, por lo demás, son arbitrarios.
• Para $i\ge 1$ seleccione $a_i$ y $b_i$ tal que $a_{i-1}<a_i<b_i<b_{i-1}$ y tal que $r_i<a_i$ o $r_i>b_i$ . Es fácil ver que tales $a_i$ y $b_i$ siempre existen en cada paso. (Si trabajas sin el axioma de elección, demuestra primero que los cortes correspondientes a los racionales son un subconjunto denso contable y selecciona $(a_i,b_i)$ como el primer par calificador de racionales en cada etapa).
• Finalmente, el corte que buscamos es el supremum de la $a_i$ s. Esto no puede ser cualquier $r_n$ porque cada $r_n$ es menor que algún $a_i$ o mayor que algunos $b_i$ y cada $b_i$ es mayor que todos los $a_i$ s.

Por lo tanto, ninguna secuencia de cortes contiene todos los cortes, es decir el conjunto de cortes no es contable.

Answer 3

El conjunto de todas las secuencias infinitas con {0,1} es incontable.

El conjunto de todas las secuencias infinitas con {0,1} donde todos los miembros son 0 a partir de algún lugar es contable.

El conjunto de complementos de secuencias de {0,1} con un número infinito de 1's es, por tanto, incontable.

Establecemos una correspondencia 1x1 entre este último conjunto y los cortes mayores de 0 y menores o iguales de 1 de la siguiente manera:

Si A = {An} es una secuencia de este tipo, definimos un subconjunto de los racionales C(A)= {g: hay un N natural tal que g < suma(1 a N)(An/2**n)}.

C(A) es un corte, y si A<>B, entonces C(A)<>C(B)