mateforum.ro

Aratati ca intervalul \( [0,1] \) nu poate fi partitionat in doua multimi disjuncte A si B astfel incat \( B=A+a \), cu \( a \) real. (Austrian-Polish MC, 1982)

Adunarea cu \( \alpha \) este un homeomorfism pe \( \mathbb R \), deci in particular este un homeomorfism intre A si B. Cred ca se poate arata ca A, deci si B, sunt multimi inchise. Dar intervalul \( [0,1] \) nu poate fi scris ca o reuniune de doua multimi inchise disjuncte.

O solutie elementara se bazeaza pe observatii simple legate de partitia considerata. Consider ca un argument elegant ar fi urmatorul:

Prespunem ca, prin contradictie, \( [0,1] = A \sqcup B \) iar, WLOG, \( a > 0 \).

Fie \( I_k = [ 2ak, 2ak + a ) \), \( J_k = [ 2ak + a, 2a(k + 1) ) \), k întreg nenegativ.

Consideram \( k \) minimal cu \( I_k \) neinclus în \( A \).

Imediat astfel, \( k \ge 1 \). Ne uitam la \( I_{k-1} \subset A \). Deci \( J_{k-1} \subset B \). Punem \( S = I_k \cap [0, 1] \).

Daca \( S = \emptyset \), se vede imediat ca \( A \cup B = [0, 1) \). In caz ca exista \( t \in I_k \cap B \), \( t - a \in A \) (prin constructie), \( t - a \in J_{k-1} \subset B \), contradictie.

Ramane cazul \( \left[ \inf S, 1 \right] \subseteq A \). Insa aceasta conduce la \( 1 + a \in B \), ceea ce încheie problema.