Un conjunto que no es ni escasos ni comeagre en cualquier intervalo de tiempo.

Question

Como sugiere el título, estoy interesado en un subconjunto de la recta real que no es ni escasos ni comeagre en cualquier intervalo de tiempo. ¿Alguien tiene un ejemplo?

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Añadido. Ver los comentarios de algunos de discusión acerca de Bernstein conjuntos, que puede proporcionar una solución. No sé nada acerca de estos conjuntos, por lo que una respuesta detallada o de referencia en relación a esto, sin duda sería bienvenida.

Aquí están algunos pensamientos míos y de uno de mis compañeros de clase sobre el problema. Mi idea original era la siguiente: Vamos a $\mathcal V$ ser un conjunto de Vitali (es decir, $\mathcal V$ contiene exactamente un elemento de cada aditivo coset de $\mathbb Q$), seleccione el subconjunto denso $S$ $\mathbb Q$ cuyo complementar $\mathbb Q \setminus S$ $\mathbb Q$ también es denso, y deje $E = \mathcal{V} + S$. A continuación,$E^c = \mathcal{V} + \mathbb{Q}\setminus S$, y parece que $E$ debe tener la propiedad requerida, pero he sido incapaz de demostrar que esto es así.

Mi compañero tenía otra idea. Trabajó en $[-1,1]\setminus\{0\}$, buscando un conjunto $E$ con las siguientes propiedades.

1. El complemento de $E$ se obtiene a partir de a $E$ a través de la reflexión que pasa por el origen, es decir, $E^c = -E$.
2. Si $E \cap I$ es la intersección de a $E$ con algunos diádica subinterval $I \subset [-1,1]$ de la $k$th generación, $E$ es similar a esta intersección, en el sentido de que $E = 2^k(E\cap I) + a$ para algún número real $a$; es decir, la intersección de a $E$ con cualquier diádica subinterval es una escala de traducir de $E$.

Si no me equivoco, es relativamente sencillo comprobar que cualquier conjunto $E$ satisfactorio 1. y 2. proporciona un ejemplo. En cuanto a la existencia de dicho conjunto se refiere, mi compañero hizo un argumento, pero era bastante complicado, y no recuerdo bien la parte superior de mi cabeza para comprobar su exactitud.

Answer 1

Voy a tratar de completar algunos detalles sobre el conjunto de Bernstein de la construcción, y su conexión con este problema.

Recordemos que $B \subseteq \mathbb{R}$ es llamado un conjunto de Bernstein si este no incluye ni es disjunta de cualquier innumerables conjunto cerrado; es decir, $F \setminus B$ $F \cap B$ son tanto vacío para cada innumerables cerrado $F \subseteq \mathbb{R}$. (Equivalentemente, podemos definir un conjunto de Bernstein como un subconjunto $B \subseteq \mathbb{R}$ que no incluye ni es disjunta de cualquier conjunto perfecto.)

Podemos construir un conjunto de Bernstein al darse cuenta de que hay $2^{\aleph_0} = \mathfrak{c}$ muchos incontables cerrado subconjuntos de a $\mathbb{R}$. (Esperemos que han visto que no se $\mathfrak{c}$ muchas abrir los subconjuntos de a $\mathbb{R}$, y por lo tanto no se $\mathfrak{c}$ muchos subconjuntos cerrados de $\mathbb{R}$. Por otra parte, para cada una de las $x \in \mathbb{R}$ el conjunto $\mathbb{R} \setminus ( x-1 , x+1 )$ es fácilmente visto ser un innumerable conjunto cerrado, del que se desprende que hay $\mathfrak{c}$ muchos de estos).

Secundario el hecho de que se necesita es que los innumerables conjuntos cerrados de $\mathbb{R}$ todos tienen cardinalidad $\mathfrak{c}$.

Para "construir" un conjunto de Bernstein nos "enumerar" las incontables cerrado subconjuntos de a$\mathbb{R}$$\{ F_\alpha : \alpha < \mathfrak{c} \}$. A continuación, para cada una de las $\alpha < \mathfrak{c}$ nos inductivamente de selección distintos de reales $x_\alpha , y_\alpha$ tal que $$x_\alpha , y_\alpha \in F_\alpha \setminus ( \{ x_\xi : \xi < \alpha \} \cup \{ y_\xi : \xi < \alpha \} ).$$ Since $| F_\alpha | = \mathfrak{c}$ and $| \{ x\xi : \xi < \alpha \} \cup \{ y_\xi : \xi < \alpha \} | < \mathfrak{c}$, siempre podemos tomar estas decisiones.

Después de $\mathfrak{c}$-muchos pasos, definimos $B = \{ x_\alpha : \alpha < \mathfrak{c} \}$. Es un conjunto de Bernstein, porque para cada $\alpha < \mathfrak{c}$ tenemos que $x_\alpha \in B \cap F_\alpha$$y_\alpha \in F_\alpha \setminus B$.

Vamos a demostrar que si $B$ es un conjunto de Bernstein, a continuación, $B$ no es ni escasos ni co-escasos en cualquier intervalo abierto $I$. El argumento será simétrica (ya que el complemento de un conjunto de Bernstein es también un conjunto de Bernstein), y así vamos a mostrar que el $B$ no es co-escasos en cualquier intervalo abierto $I$.

Supongamos que $B$ es co-escaso en algún intervalo abierto $I$. De ello se desprende que hay un denso $G_\delta$-subconjunto $G$$I$$G \subseteq B$. (Tenga en cuenta que $G$ $G_\delta$ subconjunto de $\mathbb{R}$.) De ello se desprende que $G$ sí es co-escasos en $I$, y por lo tanto es incontable. Dado que los conjuntos de Borel todos tienen el Perfecto Set de la Propiedad, no es un vacío perfecto $P \subseteq G$. Por lo tanto tenemos a $P \subseteq G \subseteq B$, contradiciendo el hecho de que $B$ no incluye innumerables conjunto cerrado!

Answer 2

Creo que su idea de un conjunto de Vitali hace el truco.

Fijar un intervalo de $(a,b)$. Tenga en cuenta que, por la categoría de Baire teorema de la, $\mathcal{V}$ es no pobre. (Si lo fuera, entonces también lo sería de todos sus traduce, de que el contable de la unión es $\mathbb{R}$.) Por lo tanto, hay un intervalo de longitud de menos de $b-a$ que $\mathcal{V}$ es no pobre. (Si es que eran escasos en todos los intervalos, sería una contables de la unión de los escasos conjuntos, por lo tanto escasos). Deje $(c,d)$ ser un intervalo, y elegir un racional $q \in S$ tal que $(c+q, d+q) \subset (a,b)$. Ahora $\mathcal{V} + q$ es nonmeager en $(c+q, d+q)$, por lo tanto nonmeager en $(a,b)$, y por lo $E = \mathcal{V}+S$ es nonmeager en $(a,b)$.

Por el mismo argumento, $E^c$ es también nonmeager en cada intervalo, para lo $E$ no es comeager en cualquier intervalo.