Particiones de $\mathbb{R}^2$ en discontinuo, conectado, subconjuntos densos.

Question

No existen pares distintos, conectados, denso subconjuntos $U_1,\dots, U_n \subset \mathbb{R}^2$ tal que $U_1\cup \cdots \cup U_n =\mathbb{R}^2$?

Si $n=1$, entonces podemos tomar $U_1 = \mathbb{R}^2$.

Si $n=2$, entonces podemos tomar $$U_1= \{(x,y)\in\mathbb{R}^2| y\neq 0~\text{and} \sqrt{x^2+y^2}\in\mathbb{Q}\}\cup\{(x,0)\in\mathbb{R}^2|x\geq 0\}$$ y $$U_2=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2|y\neq 0~\text{and}~\sqrt{x^2+y^2}\notin\mathbb{Q}\}\cup\{(x,0)\in\mathbb{R}^2|x<0\}.$$

No sé cómo construir estos conjuntos de $U_1,\dots, U_n$$n\geq 3$, ni sé una prueba de que es imposible.

Edit: Lukas mostró cómo construir conjuntos de $U_1,\dots, U_n$. ¿Y si en vez de insistir en que cada una de las $U_i$ está conectado, insistimos en que cada una de las $U_i$ es la ruta de acceso conectado?

Answer 1

Aquí es una construcción en la $2$-esfera $S^2$, equipadas con cualquier medida razonable. Mediante la eliminación de un punto se convierte en homeomórficos al plano, por lo que da un ejemplo en $\mathbb{R}^2$. (Tienes que ser un poco cuidadoso que el punto de quitar, pero no es difícil de averiguar que existe uno que funcione. Alternativamente, equipar $\mathbb{R}^2$ con un almacén de métrica y ejecutar la misma construcción.) La construcción es similar a la norma "Lagos de la Ama" de la construcción en el espíritu.

Deje $U_1^1$ ser un camino simple que es $1$-denso en $S^2$, es decir, tales que cada punto de la esfera tiene distancia $\le 1$ a un punto en $U_1^1$. Ahora vamos a $U_2^1$ ser un camino simple (es decir, un homeomórficos imagen de$[0,1]$) $S^2 \setminus U_1^1$ $1$- denso en $S^2$. Proceder a obtener discontinuo $1$-denso simples trazos $U_1^1,\ldots U_n^1$. Ahora extender $U_1^1$ obtener un $1/2$-denso simple camino de $U_1^2$$S^2 \setminus (\bigcup_k U_k^1)$. Inductivamente construir una secuencia de condiciones mutuamente disjuntas simples trazos $U_1^2,\ldots U_n^2$ se $1/2$-densas extensiones de $U_1^1,\ldots,U_n^1$. Ahora seguir ampliando los inductivo para obtener mutuamente disjuntas rutas de $U_1^m,\ldots U_n^m$ se $1/m$-denso en $S^2$. Esta construcción es posible porque en cualquier paso, el complemento de los ya construidos rutas de acceso está conectado, ya que es el complemento en $S^2$ de un conjunto finito de distintos homeomórficos imágenes de $[0,1]$.

Ahora vamos a $U_k^\infty = \bigcup_m U_k^m$$k=1,\ldots,n$. Esta es una recopilación de las condiciones mutuamente disjuntas abrir caminos (imágenes continuas de $[0,1)$ o $(0,1)$, dependiendo de cómo exactamente las extensiones son elegidos), cada uno de ellos densa en el plano. Su unión no es necesariamente todos los de $\mathbb{R}^2$, así que vamos a $T=S^2 \setminus \bigcup_k U_k^\infty$, y deje $U_1 = U_1^\infty \cup T$$U_k = U_k^\infty$$k\ge 2$. A continuación, $S^2 = \bigcup_k U_k$ es un discontinuo de la partición, y desde $U_2,\ldots,U_n$ son continuas imágenes de un intervalo, están conectados, incluso trayectoria-conectado. El conjunto $U_1$ no es necesariamente trayectoria-conectado, por lo que en el fin de mostrar la conexión asumir que $U_1 = A \cup B$ con relativamente abiertos disjuntos conjuntos de $A$$B$. Desde $U_1^\infty$ es la ruta de acceso conectado, tiene que estar contenida en cualquiera de las $A$ o $B$. Podemos suponer $U_1^\infty \subseteq A$. Suponga $t \in T \cap B$. Desde $U_1^\infty$ es densa y $B$ es relativamente abierto, no tiene que existir $u \in U_1^\infty \cap B$. Sin embargo, esto se contradice $A \cap B = \emptyset$.

El último argumento es, probablemente, algún estándar de la topología de resultado, que si $U$ está conectado, y $V\supseteq U$ está contenida en el cierre de $U$, $V$ está conectado. El punto crucial es encontrar distintos conectado subconjuntos densos en el primer lugar.

Esta construcción no garantiza que $U_1$ es la ruta de acceso conectado, y no estoy seguro de si la pregunta similar sobre una ruta de acceso conectado a una de ellas tiene una respuesta positiva.

Answer 2

Aquí está una construcción explícita que creo que va a funcionar. Esto es para los conectados, no la ruta de acceso conectado, caso.

Tomar $X_1$, ..., $X_n$ para ser una partición de $\mathbb{R}$ dentro de la densa subconjuntos. (Por ejemplo, para $i > 1$ elegir un primer $p_i$ y tome $X_i$ ser todos los números racionales con denominador de la forma ${p_i}^j$, y finalmente tome $X_1$ a ser el complemento.) Ver esto como una función de $f: \mathbb{R} \rightarrow \{1, ..., n\}$. Tomar $Y_1$, ..., $Y_n$ para ser una partición de $\mathbb{R}$ en intervalos. A continuación, defina $U_i = \bigcup_{x \in \mathbb{R}} \{x\} \times Y_{f(x)}$.

Es claro que el $U_i$ forma una partición y que cada una es más densa. No estoy seguro de cómo mostrar que cada uno está conectado, pero aquí es un boceto. Una desconexión de $U_i$ tendría el formulario $A_1$, $A_2$, donde el $A_i$ son distintos bloques abiertos que cubren $U_i$. En este caso yo esperaría que hay incrustado un círculo $C \subseteq \mathbb{R}^2 - A_1 \cup A_2$. (El círculo podría pasar por el punto en el infinito.) En particular, $C$ se encuentra en el complemento de $U_i$. Pero el complemento de $U_i$ tiene la misma forma como $U_i$ sí. Sus componentes de la ruta son líneas rectas, y no hay espacio para el círculo de $C$.

Aquí están crudo fotos con cada una de las $U_i$ en un color diferente. La ruta de acceso original conectado a la construcción con $n = 2$ parece La nueva construcción con $n = 3$ parece

Answer 3

ACTUALIZADO 2012-12-15

Para la trayectoria-conectado caso, el post original demuestra que se puede lograr a$1$$2$. Yo reclamo que también podemos lograr la continuidad de muchos. Yo todavía me gustaría saber acerca de todas las cardinalidades en el medio.

La reclamación. Hay una solución de continuidad-muchos ruta de acceso conectado a $U_i$.

Prueba. La idea básica es esta: desde la construcción original es unidimensional foliación en casi todas partes, lo que si tratamos de hacer una foliación?

Empezar con $S^2$ en lugar de $\mathbb{R}^2$. Tomar el hemisferio norte $H_0$, cuyo límite es el ecuador $S^1$. Supongamos $f_0: S^1 \rightarrow S^1$ es una reflexión. Elegir un punto de $x \in S^1$. Definir $p_0$ como el segmento de la línea de $x$ $f_0(x)$que se proyecta en línea recta hasta $H_0$. $p_0$ es una ruta correctamente incrustado en $H_0$, aunque es degenerado al $f_0(x) = x$. Como $x$ varía en las diferentes rutas de $p_0$ dar una partición (creo que se llama una foliación) de $H_0$.

Supongamos $f_1$ es también un reflejo de $S^1$. El uso que del mismo modo para definir una ruta de $p_1$ en el hemisferio sur $H_1$ a partir de a $p_0(x)$. Definir $f = f_1 \circ f_0$, que es una rotación de $S^1$, e $p$ como la ruta de la composición de la $p_0 p_1$. A continuación, $p$ es un camino en el $S^2$ $x$ $f(x)$que se reúne $S^1$ a $x$, $f_0(x)$, y $f(x)$. Repita este paso para extender $p$$[0, 1]$$[0, \infty)$, de modo que $p(i) = f^i(x)$ para todos los enteros $i \ge 0$. Desde $f$ es un homeomorphism de $S^1$, también podemos ejecutar el proceso hacia atrás para extender $p$ a un camino de $\mathbb{R} \rightarrow S^2$ $p(i) = f^i(x)$ para todos los enteros $i$.

Ahora vamos a $x$ variar a lo largo de $S^1$, que nos da las rutas de $p_x$. Si $A_x$ es de la órbita de la $x$ bajo la acción por iteraciones de $f$, entonces la intersección de a$p_x$$S^1$$A_x \cup f_0(A_x)$. Para cualquier punto de $y$ en la intersección, $p_y$ es básicamente el mismo que $p_x$: el dominio ha sido traducido, pero la imagen es la misma. Así que si definimos $U_x = p_x(\mathbb{R})$, la elección de $f_0$ $f_1$ nos da una partición $\{U_x\}$ $S^2$ a caminos.

Luego, por supuesto, podemos elegir las $f_i$, de modo que $f$ es una rotación por un desagradable ángulo de $\alpha$ $\alpha / 2 \pi$ irracional. Cada una de las $A_x$ es denso en $S^1$, y cada una de las $p_x$ es denso en $S^2$. La familia $\{U_x\}$ es una partición de a $S^2$ dentro de la densa trayectoria-conectado subconjuntos.

La pregunta original era de unos $\mathbb{R}^2$, por lo que la punción $S^2$ mediante la eliminación de un punto. Que corta una de las $U_x$ en la mitad, pero cada mitad es todavía trayectoria-conectado y (es bastante claro) denso. También es bastante claro que la cardinalidad de a $\{U_x\}$ es el continuo. Por ejemplo, cada una de las $U_x$ tiene una medida de $0$. QED.

Answer 4

Siempre se puede tomar una densa partición de $\mathbb R$ $n$ subconjuntos y considerar las radios. Por ejemplo, si $V_1, \dots, V_n$ es un denso partición de $\mathbb R$, luego $$ U_i = \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, | \, \sqrt{x^2 + y^2} \en V_i \} $$ es un subconjunto denso de $\mathbb R^2$. No está conectado, pero de la misma manera que usted utiliza la línea real para hacer $U_1$ $U_2$ en su caso, usted puede jugar con las líneas de $y = ix$ por ejemplo, para asegurarse de $U_i$ está conectado. Probablemente este aspecto :

$$ U_i = \left( \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, | \, \sqrt{x^2 + y^2} \en V_i, (x > 0 \quad \Rightarrow \quad y \neq jx, j = 1, 2, \dots, i-1, i+1, \dots n, ) \} \cup \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, | \, y = i x , x > 0\}\right) $$ y usted puede poner $0 \in U_1$ hacer todas sus condiciones de satisfacción. Es bastante complicado de escribir, pero es bastante simple ; he utilizado la partición de $\mathbb R$ para obtener mi particiones de $\mathbb R^2$ denso y, a continuación, "conectado" el uso de las líneas que van hacia el origen.

Espero que ayude,