Partición de N en número infinito de conjuntos disjuntos infinitas?

Question

¿Es posible tener un número infinito numerable de conjuntos infinitos contables tales que no hay dos conjuntos comparten un elemento y su unión es los enteros positivos?

Answer 1

Tal vez podemos empezar poco a poco, haciendo una descomposición de la $\mathbb{N}$ a $2$ conjuntos disjuntos, decir las probabilidades y las unifica.

Ahora vamos a ir a por una descomposición en $3$ conjuntos disjuntos. Dejar las probabilidades solo, y se descomponen de la iguala en los divisible por $2$ pero no más poder de $2$, y los divisible por $4$. Para decirlo de otra manera, estamos utilizando las probabilidades, el doble de las probabilidades, y el resto.

Continuar, y vamos a introducir una notación. Deje $W_0$ el conjunto de los enteros positivos impares. Deje $W_1$ el conjunto de los enteros positivos que son $2^1$ veces un número impar. Deje $W_2$ el conjunto de los enteros positivos que son $2^2$ veces un número impar. En general vamos a $W_n$ el conjunto de los números enteros que se $2^n$ veces un número impar.

Está claro que el $W_k$ son todos infinito, de a pares distintos, y que su unión es todo de $\mathbb{N}$.

Answer 2

Seguro. Por ejemplo, supongamos $A_n$ ser los números naturales con exactamente $n$ en sus binario de expansión.

Como alternativa, elija su favorito manera de descomponer $\mathbb{N}$ en dos distintos infinitos subconjuntos $A, B$, y elegir un bijection $f : B \to \mathbb{N}$. A continuación, $f(B)$ puede ser descompuesto en dos subconjuntos disjuntos $A, B$, por lo tanto $B$ puede ser descompuesto en dos subconjuntos disjuntos $f^{-1}(A), f^{-1}(B)$. Enjuague y repita. Este argumento es bastante general y funciona para cualquier conjunto infinito en el que se admite una descomposición en dos subconjuntos disjuntos de la misma cardinalidad como ésta (que bajo el Axioma de Elección es de ellos).

Answer 3

Vamos $$ A_0 = \lbrace 1,3,5,7,9,\ldots \rbrace $$ y $$ A_1 = \lbrace 2^n 1 : n \in \mathbb{N} \rbrace, $$ $$ A_2 = \lbrace 2^n 3 : n \in \mathbb{N} \rbrace, $$ $$ A_3 = \lbrace 2^n 5 : n \in \mathbb{N} \rbrace, $$ $$ A_4 = \lbrace 2^n 7 : n \in \mathbb{N} \rbrace, $$ $$ A_5 = \lbrace 2^n 9 : n \in \mathbb{N} \rbrace, $$ $$ \cdots. $$ Tomando nota de que para cualesquiera dos elementos distintos $r_1$ $r_2$ $A_0$ tiene $2^{n_1}r_1 \neq 2^{n_2}r_2$ $\forall n_1,n_2 \in \mathbb{N}$, tenemos que el $A_i$ son disjuntas. Por otro lado, vamos a $2k$,$k \in \mathbb{N}$, ser arbitraria, incluso número natural. Teniendo en cuenta su descomposición en factores primos, es necesariamente de la forma $2k = 2^n r$ donde$n \in \mathbb{N}$$r \in A_0$. Por lo tanto $2k \in \cup _{i = 1}^\infty A_i$, del que se desprende que $\cup _{i = 1}^\infty A_i = \lbrace 2,4,6,8,10,\ldots \rbrace$, y por lo $\mathbb{N} = \cup _{i = 0}^\infty A_i$, con todas las $A_i$ discontinuas y countably infinito.

EDIT: Respecto a user6312 la respuesta.

Los conjuntos $A_i$, $i = 1,2,3,\ldots$, corresponden a las filas $$ 2,4,8,16,32, \ldots, $$ $$ 6,12,24,48,96, \ldots, $$ $$ 10,20,40,80,160, \ldots, $$ $$ 14,28,56,112,224,\ldots, $$ $$ 18,36,72,144,288,\ldots, $$ $$ \cdots, $$ mientras que los conjuntos de $W_i$, $i=1,2,3,\ldots$, en user6312 la respuesta que corresponden a las columnas correspondientes, que es $$ 2,6,10,14,18,\ldots, $$ $$ 4,12,20,28,36,\ldots, $$ $$ 8,24,40,56,72,\ldots, $$ $$ 16,48,80,112,144,\ldots, $$ $$ 32,96,160,224,288,\ldots, $$ $$ \cdots. $$

Answer 4

Fácilmente.

Deje $P=\{2,3,5,7,11,\ldots\}$ ser todos los números primos. Tomar para $p\in P$, cualquier número primo deje $A_p = \{p^n\mid n\in\mathbb N, n\neq 0\}$ y tome $A_1 = \{n\in\mathbb N\mid n \text{ have at least two different prime divisors}\}\cup\{0\}$.

Cada $A_i$ es distinto del resto, y cada número natural tiene que aparecer en al menos una de ellas.

Sin embargo, si uno requiere que el de los conjuntos disjuntos, entonces es posible demostrar que no se puede dividir $\mathbb N$ a más de un contable número de conjuntos disjuntos.

Supongamos $A_i$$i\in I$, para algunos índices set $I$, es una partición de a $\mathbb N$ a conjuntos disjuntos. Mapa de cada una de las $i\in I$ a la mínima $n\in A_i$.

Desde $A_i\cap A_j=\varnothing$ tenemos que el mínimo elemento de $A_i$ no puede ser en $A_j$, por no hablar de su mínimo elemento. Dado que todos los $A_i$ es no vacío, entonces se tiene un mínimo elemento. Por lo tanto, tenemos un inyectiva asignación de $I$ a $\mathbb N$ e lo $I$ es contable (countably infinito o finito en este caso).

---

Otro buen ejemplo es el de tomar su favorito bijection entre el$\mathbb N$$\mathbb N\times\mathbb N$, se $f$. Ahora tome $A_n=f^{-1}[\{n\}\times\mathbb N]$, $A_n\cap A_m=\varnothing$ $n\neq m$ y con bastante facilidad, esta es una partición como te gusta. Esto se puede generalizar a cualquier número cardinal tal que $|A|=|A\times A|$.

Answer 5

Mientras que todas las respuestas aquí, obviamente, son excelentes, voy a tirar en uno más: imaginar los puntos de $\mathbb{N}^2$ dibujado como una infinita red de células (el cuadrante positivo del plano, esencialmente); a continuación, rellenar la celda $(1,1)$$1$, las células $(2,1)$$(1,2)$$2$$3$, y, en general, todas las células de $(n,1)$ a través de$(1,n)$, que se suma a $n+1$ con los números de$\left({1\over 2}n(n-1)\right)+1$${1\over 2}n(n+1)$. Esto proporciona un fácil aritmética función de sincronización $\langle\cdot,\cdot\rangle$$\mathbb{N}^2$$\mathbb{N}$, la asignación de $(i,j)$ $\langle i,j\rangle = {1\over2}(i+j-2)(i+j-1)+i$(y con explícitamente definibles funciones inversas $j_0(n), j_1(n)$ tal que $\langle j_0(n),j_1(n)\rangle = n$ todos los $n$, a pesar de que no voy a escribir, los que están fuera); $\mathbb{N}$ entonces se pueden dividir en los conjuntos de $\mathbb{N}_k = \left\{\langle k,i\rangle: i\in\mathbb{N}\right\}$. Este es el enfoque que se toma generalmente en la teoría de la recursividad, en particular, cuando la explícita $\Delta_0$ definability de la función vinculación y sus inversas, es importante.