Una partición de la unidad de intervalo en una cantidad no numerable denso innumerables subconjuntos

Question

El título lo dice todo: ¿existe una partición de $[0,1]$ en una cantidad no numerable denso innumerables subconjuntos ?

Answer 1

Sí. De curso $[0,1]^2$ puede ser escrito como $\bigcup_{x\in [0,1]} \{x\}\times[0,1]$ y hay un bijection entre el$[0,1]^2$$[0,1]$.

añadido. Un explixit solución es la siguiente. Definir el conjunto $U_x$ como el conjunto de todos los números de $y\in[0,1]$ de manera tal que si usted escribe $y$ en binario y eliminar los dígitos en la posición impar, se obtiene los dígitos de $x$.

añadido bis Lamentablemente el $U_x$ definido anteriormente no son más densas que son como Cantor).

Answer 2

Aquí hay otra solución: Un $x\in[0,1]$ es irracional iff su continuo fracción es infinito. Recordemos que la continuación de la fracción de $x$, $$ x=\frac1{a_0+\frac1{a_1+\frac1{\dots}}}, $$ se obtiene dejando $a_0$ ser la parte entera de la $1/x$, dejando $a_1$ ser la parte entera de la $\displaystyle \frac1x-a_0$, etc, por lo que cada una de las $a_i$ es un entero positivo.

Recordemos ahora que el conjunto de $(\mathbb Z^+)^{\mathbb N}$ de secuencias infinitas de números enteros positivos es incontable (de hecho, $|(\mathbb Z^+)^{\mathbb N}|=|\mathbb R|$). Cada secuencia tiene la forma $(b_0,b_1,b_2,\dots)$ con cada una de las $b_i$ un entero positivo.

Ahora, para su partición: Dado $t\in(\mathbb Z^+)^{\mathbb N}$, puesto $x\in[0,1]$ $A_t$ fib, con la $a_i$ como en el anterior, tenemos que $(a_0,a_2,a_4,\dots)=t$. Tenga en cuenta que cada una de las $A_t$ es cerrado, innumerables, y son disjuntos a pares. La unión de todas las $A_t$$[0,1]\setminus\mathbb Q$. Pick countably muchos $t$, y añadir un elemento de $[0,1]\cap\mathbb Q$ a cada uno de estos $A_t$. Los conjuntos resultantes son de nuevo cerrada.

Para satisfacer el requisito de que los conjuntos densos, me deja modificar la construcción de algo: Decir que dos secuencias de $(a_0,a_1,\dots)$ $(b_0,b_1,\dots)$ $E$-equivalente iff hay $n,m$ tal que $b_{n+k}=a_{m+k}$$k=0,1,\dots$, es decir, iff, quitando segmentos inicial de cada uno (posiblemente de diferente longitud) obtenemos la misma secuencia. Esta es una relación de equivalencia en $(\mathbb Z^+)^{\mathbb N}$.

Destacar que cada clase de equivalencia es contable, se desprende del hecho de que $|(\mathbb Z^+)^{\mathbb N}|=|\mathbb R|$ que hay tantas clases de equivalencia como no son reales. Recogida de cada clase de equivalencia de un representante, y llame a $V$ el conjunto de los representantes elegidos, por lo $V\subseteq (\mathbb Z^+)^{\mathbb N}$ cumple con cada clase de equivalencia en exactamente un punto.

Ahora, para su partición: Dado $t\in V$, puesto $x\in[0,1]$ $B_t$ fib, con $$ x=\frac1{a_0+\frac1{a_1+\frac1{\dots}}} $$ as above, we have that $(a_0,a_2,a_4,\dots)\mathrel{E} t$. Note that each $B_t$ is $F_\sigma$, uncountable, and dense, and again they are pairwise disjoint. The union of all the $B_t$ is again $[0,1]\setminus\mathbb P$. Since $[0,1]\cap\mathbb P$ is itself an $F_\sigma$ set, we can pick a $t_0\in V$ and add to $B_{t_0}$ the set $[0,1]\cap\mathbb P$, and the resulting set is once again $F_\sigma$. Evidentemente, esto es óptima en el sentido de que no podemos obtener una partición utilizando conjuntos cerrados, debido a la densidad requisito.

Answer 3

Definir una relación de equivalencia $\sim$ $\Bbb R$ $x\sim y$ fib $x-y\in\Bbb Q$. (Verificar que esta es una relación de equivalencia.) Muestran que el $\sim$-clase de equivalencia de un número real $x$$x+\Bbb Q=\{x+q:q\in\Bbb Q\}$. Tenga en cuenta que cada una de las $x+\Bbb Q\in\mathscr{C}$ es denso en $\Bbb R$. Deje $\mathscr{C}=\Bbb R/\sim$ el conjunto de $\sim$-clases de equivalencia. Cada una de las $x+\Bbb Q\in\mathscr{C}$ es contable, por lo $|\mathscr{C}|=|\Bbb R|=|\Bbb R^2|$. Por lo tanto, podemos índice $\mathscr{C}$ por puntos en el plano: $\mathscr{C}=\{C_{\langle x,y\rangle}:\langle x,y\rangle\in\Bbb R^2\}$ donde $C_{\langle x,y\rangle}\ne C_{\langle u,v\rangle}$ si $\langle x,y\rangle\ne\langle u,v\rangle$.

Para cada una de las $x\in\Bbb R$ deje $S_x=\bigcup_{y\in\Bbb R}C_{\langle x,y\rangle}$; claramente $S_x$ es denso en $\Bbb R$, e $\{S_x:x\in\Bbb R\}$ es por lo tanto un incontable partición de $\Bbb R$ en innumerables densos conjuntos. Por último, vamos a $\varphi:\Bbb R\to(0,1)$ ser cualquier surjective homeomorphism, por ejemplo, $\varphi(x)=\frac1\pi\tan^{-1}x+\frac12$, y vamos a

$$D_x=\begin{cases} \varphi[S_x],&\text{if }x\ne 0\\ \varphi[S_0]\cup\{0,1\},&\text{if }x=0\;; \end{casos}$$

es fácil comprobar que $\{D_x:x\in\Bbb R\}$ es un incontable partición de $[0,1]$ en innumerables subconjuntos densos.

Answer 4

Un espacio de $X$ se llama máximo de resolver cuando se trata de un disjuntos a pares de la unión de $\Delta(X)$ muchos subconjuntos densos, donde $\Delta(X)$ es la mínima cardinalidad de todos los que no vacía de subconjuntos abiertos de $X$.

En este trabajo el autor demuestra en el teorema 3, en el que un espacio de $X$ $\aleph_0 \le \chi(X) \le \Delta(X)$ es el máximo de resolver. Para la definición de $\chi(X)$ ver wikipedia.

Como $[0,1]$ $\chi(X) = \aleph_0, \Delta(X) = \mathfrak{c}$ sabemos que es el máximo se puede resolver, por lo que tiene una partición de a $\mathfrak{c}$ muchos densos conjuntos.