¿Hay una partición de $[0,1]$ en conjuntos cerrados, infinitos numerable?

Question

Me pregunto si es posible Partición del intervalo cerrado $[0,1]$ a puerta cerrada, countably conjuntos infinitos.

Las únicas observaciones que yo podría hacer de la siguiente manera:

1. Cuando quitamos los extremos, que efectivamente terminan con $\mathbb R$, y se puede considerar que la imagen de $$\mathscr S :=\{r+\mathbb N\mid r\in [0,1)\}$$

   2. Porque cada $S\in \mathscr S$ es limitada, debe contener al menos un punto límite. Debido a que nuestra partición en sí debe ser innumerables, $\bigcup_{S\in \mathscr S} L(S)$ ist innumerables, y por segunda countability, tiene una cantidad no numerable de límite de puntos.

   3. Un ejemplo natural de una partición en countably conjuntos infinitos es $\{r+\mathbb Q\}$, pero estos elementos no son cerradas – por el contrario, todos los conjuntos de cierre es $\mathbb R$ ya.

No estoy muy seguro de dónde ir de allí. Mi intuición me dice que esto no va a funcionar, porque sería "demasiado lleno" cerca de los puntos de límite, pero no estoy seguro de cómo hacer esto precisa.

Answer 1

Sí. Usted puede construir una partición de la recursión transfinita.

Específicamente, se construye una secuencia de distintos cerrado countably infinitos subconjuntos $A_\alpha\subset[0,1]$ donde $\alpha$ rangos de los ordinales. Habiendo construido $A_\beta$ todos los $\beta<\alpha$, vamos a $S=[0,1]\setminus\bigcup_{\beta<\alpha}A_\beta$. Si $S$ es incontable, entonces hay una cierta secuencia de los distintos elementos de $S$ que converge a un elemento de $S$ (si no, cada elemento de la $S$ sería aislado en $S$ $S$ sería discreto, pero no hay incontables discretos subconjunto de $[0,1]$). Escoja una secuencia y deje $A_\alpha$ consisten en los términos de la secuencia, junto con su límite.

Si $S$ es contable, que en lugar de detener la repetición, y poner cada elemento de a $S$ en una diferente de la $A_\beta$ $\beta<\alpha$ (debe haber sido una cantidad no numerable de $\beta<\alpha$, por lo que podemos hacer esto, y los conjuntos permanecerá cerrado después de la adición de un único punto).

Desde $[0,1]$ es un conjunto, la recursividad debe detener el tiempo, y se obtiene una partición de $[0,1]$ en countably infinita de conjuntos cerrados.

Answer 2

Cabe señalar que una partición de $[0,1]$ en countably infinita de conjuntos cerrados puede ser construido de manera efectiva, sin el uso de la inducción transfinita o el axioma de elección.

Deje $C$ ser el conjunto de Cantor. Es bien sabido que podemos definir un bijection $h:(\frac13,\frac23)\to C.$

Si $(a,b)$ está conectado a un componente de $[0,1]\setminus C$ - en otras palabras, $(a,b)$ es uno de los del medio "tercios" alejado de $[0,1]$ en la formación del conjunto de Cantor - definir un bijection $h_{a,b}:(a,b)\to C\cap[2a-b,2b-a].$ No arbitraria opciones son necesarios para esto: $[2a-b,2b-a]$ el intervalo cerrado de los cuales, $(a,b)$ fue eliminado en el tercio medio, por lo $C\cap[2a-b,b-2a]$ es similar a la del conjunto de Cantor, y podemos definir $h_{a,b}$ como una composición de $h$ con la obvia afín mapas: $(a,b)\to(\frac13,\frac23)\to C\to C\cap[2a-b,2b-a].$

A continuación, definir un mapa de $f:[0,1]\to C.$

Si $t\in C,$ deje $f(t)=t.$

Si $t\in[0,1]\setminus C,$ deje $f(t)=h_{a,b}(t),$ donde $(a,b)$ es el componente conectado de $[0,1]\setminus C$ contiene $t.$

Finalmente, para cada una de las $x\in C,$ definir $A_x=f^{-1}(x).$

Claramente, $\{A_x:x\in C\}$ es una partición de a $[0,1],$ y cada conjunto $A_x$ es contable, ya que contiene exactamente un punto de $C$ y en más de un punto en cada componente intervalo de $(a,b)$ $[0,1]\setminus C.$ Un poco de consideración muestran que $A_x$ también es infinito y cerrado; de hecho, consiste en el punto de $x$ y una secuencia de puntos de convergencia a $x.$