Dada una partición contable de los reales, ¿deben los puntos de condensación de alguna parte tener un interior no vacío?

Question

Decir que $p$ es un punto de condensación de un subconjunto $S$ a de un espacio topológico $X$ es decir que cualquier barrio de $p$ contiene una cantidad no numerable de puntos de $S$.

Supongamos que hemos escrito $\mathbb{R} = \bigcup_{i=1}^\infty A_i$. Me gustaría saber si los puntos de condensación de algunos $A_i$ deben formar un conjunto con interior no vacío.

Mis pensamientos: en Primer lugar, algunas de las $A_i$ puede ser contable. Pero, la unión de todos los $A_i$ es de 1ª categoría en el espacio de Baire $\mathbb{R}$, por lo que la unión de todas las incontables $A_i$ es 2ª categoría en $\mathbb{R}$. Por lo tanto, hay algunos innumerables $A_n$ que no es nada densa. La dificultad es que podríamos tener $A_n$ igual a, digamos, la unión de los racionales con un conjunto de Cantor, en cuyo caso la condensación de los puntos de $A_n$ son exactamente el conjunto de Cantor (que tiene un vacío interior).

Es mi sentimiento, aunque me parece que no puede demostrar, es que no debe haber al menos un $A_i$ que hace uso de su uncountability a no ser denso en ninguna parte.

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Creo que la respuesta a esta pregunta es "sí". La clave de la cosa a la que yo no había notado que lo hace sencillo, señaló por Bryan Scott a continuación, es que si $A \subset \mathbb{R}$ $C$ es el conjunto de puntos de condensación de $A$, $A - C$ es contable. Como yo lo veo, esto es debido a los siguientes

Hecho: Si $S$ es un incontable subconjunto de un segundo-contables espacio topológico $X$, $S$ tiene un punto de condensación.

Prueba. De lo contrario, hay una cubierta de la $(U_s)_{s \in S}$ $S$ de manera tal que cada una de las $U_s$ contiene sólo countably muchos puntos de $S$. Desde $X$ es segundo contable, $S$ es segundo contable, por lo tanto Lindelof en la topología de subespacio. Por lo tanto, podemos extraer una contables subcover de $(U_s)$ y esto demuestra que, contrariamente a la suposición, de que $S$ es contable. QED.

Continuando, si $A-C$ fueron innumerables, tendría un punto de condensación que también sería un punto de condensación de $A$ $A-C$ debe ser contable. Desde contable implica 1ª categoría, se desprende $\mathbb{R} = \bigcup_{i=1}^n A_i = \bigcup_{i=1}^n (A_i-C_i) \cup C_i$ que para algunos $i$ la condensación de los puntos de $C_i$ $A_i$ no forman un lugar denso conjunto. Ya que la condensación de los puntos de un subconjunto de un espacio topológico siempre forman un conjunto cerrado (claramente su complemento es abierto), esta $C_i$ está cerrado y no es nada densa, o, equivalentemente, que está cerrado con interior no vacío.

Answer 1

Para cada una de las $i \in \mathbb{Z}^+$ deje $C_i$ el conjunto de puntos de condensación de $A_i$; a continuación, $A_i \setminus C_i$ es contable. Vamos $C_0 = \bigcup\limits_{i \in \mathbb{Z}^+} (A_i \setminus C_i)$; $C_0$ es contable, y $\bigcup\limits_{i\in\omega}C_i = \mathbb{R}$. Claramente algunos de los $C_i$ $i>0$ debe estar en algún lugar densa en $\mathbb{R}$. Sin embargo, es totalmente posible para todos los de la $A_i$ que ellos mismos han vacío interior, incluso si cada uno se compone enteramente de condensación puntos.

Enumerar $2^\omega \times \omega \times \omega$$\{\langle \alpha_\xi,m_\xi,n_\xi \rangle:\xi \in 2^\omega\}$, vamos a $\mathbb{R} = \{x_\xi:\xi < 2^\omega\}$, y deje $\{I_n:n \in \omega\}$ ser una enumeración de los intervalos abiertos con racional de los extremos. De forma recursiva construir conjuntos de $A_n$ $n\in\omega$ como sigue. Supongamos que en la etapa de $\xi < 2^\omega$ las aproximaciones $A_n(\eta)$, cada uno de cardinalidad $|\eta|$, han sido construidos para cada una de las $n\in\omega$$\eta<\xi$. Para $k\in\omega\setminus\{m_\xi\}$ deje $A_k(\xi)=\bigcup\limits_{\eta<\xi}A_k(\eta)$. Deje $\zeta$ ser mínima tal que $x_\zeta \in I_{n_\xi}\setminus \left(\bigcup\limits_{k\in\omega\setminus\{m_\xi\}}A_k(\xi)\cup\bigcup\limits_{\eta<\xi}A_{m_\xi}(\eta)\right)$, y deje $A_{m_\xi} = \{x_\zeta\}\cup\bigcup\limits_{\eta<\xi}A_{m_\xi}(\eta)$. Esto siempre es posible, ya que los $|I_{n_\xi}|=2^\omega>\left|\bigcup\limits_{k\in\omega\setminus\{m_\xi\}}A_k(\xi)\cup\bigcup\limits_{\eta<\xi}A_{m_\xi}(\eta)\right|$. La construcción pasa a través de a $2^\omega$, y para cada una de las $n\in\omega$ dejamos $A_n = \bigcup\limits_{\xi<2^\omega}A_n(\xi)$. Los conjuntos de $A_n$ partición $\mathbb{R}$, y dado que cada uno de ellos se cruza con todos los no-vacío intervalo abierto con racional de los extremos (en un juego de poder $2^\omega$, de hecho), todos ellos tienen un vacío interior.