Seguro.
Deje $f:[0, 1] \to [0, 1]$ ser tal que $$f(0. b_1 b_2 b_3\ldots) = \liminf_{N\to \infty} \frac{1}{N}\sum_{n=1}^N b_n$$ where $\{b_n\}$ is the usual binary representation of a number in that interval. We have that $f$ is well defined, measurable and integrable and the Birkhoff ergodic theorem implies that $\lambda(f^{-1}(1/2)) = 1$. For all other values $t\en [0, 1]$, $A_t = f^{-1}(t)$ has measure $0$.
Además $A_s\cap A_t =\emptyset$$s\neq t$, y para cualquier $N$ y $0\leq n < 2^N$, $A_t \cap [\frac{n}{2^N}, \frac{n+1}{2^N}] \neq \emptyset$ (la parte inicial de la expansión realmente no importa, lo $A_t$ tiene elementos en cada intervalo), y así es denso en $[0, 1]$ todos los $t$.
La colección de $\{A_t\}_{t\in[0, 1] \setminus 1/2}$ es lo que estabas buscando.
Acabo de leer tu comentario a la otra respuesta. No estoy seguro de que los sets que tengo aquí son Borel. Déjame pensarlo un poco.
Como se ha mencionado en los comentarios, tenemos la $\liminf$ de Borel funciones por lo que tenemos una Borel función y es preimages de singleton, por tanto, también Borel. Estoy satisfecho de que todo esto es correcto, pero no tengo una referencia específica, lo siento.
Con respecto a uncountability, hay al menos dos argumentos que vienen a la mente. La primera, la que yo tenía en mente mientras escribía, se refiere a una clase de medidas en $\prod_{n\in \mathbb{N}} \{0, 1\}$, es decir, aquellas medidas que corresponden a una infinita producto de la medida de $\mu(\{0\}) = 1-t$$\mu(\{1\}) = t$. Esto es un no atómica (para $t\neq 0\text{ or }1$) estándar de la probabilidad de espacio, y de forma un conjunto con la medida $1$, $A_t$ corresponde naturales, mapa, debe ser incontables. (Me gusta mucho este argumento, porque pone de relieve que tener medida $1$ es más sobre la conformación de las expectativas de una medida de gran tamaño).
Más directamente, supongamos que tenemos $A_t = \{a_1, a_2, a_3, \dots\}.$ algunos $t$, $a_i = 0. b_{i, 1} b_{i, 2} b_{i, 3}\ldots$ donde esta es la usual representación binaria de $a_i$. El uso de un estándar diagonalisation argumento sería problemático, ya que íbamos a perder el control de la assymptotic densidad de $1$s en su representación. Sin embargo, si se forma el número de $a$ que es tal que $a= 0.b_1 b_2 b_3\ldots$ donde $$b_i = \begin{cases} 1-b_{n,n^2} &\text{if } i = n^2 \text{ for some } n\in\mathbb{N} \\
b_{1, i}& \text{otherwise.} \end{casos}$$ then I claim that $f(a) = f(a_1)$ as the assymptotic density of the squares is $0$, so $un\en A_t$ but $a\neq a_n$ for all $n$ as their binary representations differ at the $n^2$ place. So $A_t$'s elements cannot be listed and $A_t$ es incontable.
