A是不可列集合，B是将A分割成两个不可列集合的实数的集合，证明B非空且为开集？

好的，我们来一步一步地证明。

问题陈述：

设 $A$ 是一个不可数集合。设 $B$ 是一个实数集合，它将 $A$ 分割成两个不可数集合。我们要证明 $B$ 非空且为开集。

前提知识回顾：

1. 不可数集合： 一个集合是不可数的，意味着它不能与自然数集合 $mathbb{N}$ （或整数集合 $mathbb{Z}$，或有理数集合 $mathbb{Q}$）建立一一对应关系。直观地说，不可数集合比自然数集合“大得多”，包含“更多”的元素。实数集合 $mathbb{R}$ 就是一个典型的不可数集合。
2. 集合的分割： 如果一个集合 $S$ 被分割成两个集合 $S_1$ 和 $S_2$，那么意味着：
$S_1 cup S_2 = S$ （它们的并集是原来的集合）
$S_1 cap S_2 = emptyset$ （它们没有共同的元素，即互不相交）
3. 开集： 在实数集合 $mathbb{R}$ 的标准拓扑下，一个集合 $B$ 是开集，当且仅当对于 $B$ 中的任意一个元素 $x$，都存在一个以 $x$ 为中心、半径大于零的开区间 $(xepsilon, x+epsilon)$ 完全包含在 $B$ 中。

证明思路：

我们将分两部分来证明：

1. 证明 $B$ 非空。
2. 证明 $B$ 是开集。



第一部分：证明 B 非空

思考过程：

我们知道 $A$ 是一个不可数集合，并且 $B$ 是将 $A$ 分割成两个不可数集合的实数的集合。这意味着存在两个集合 $A_1$ 和 $A_2$ 满足：
$A_1 subseteq A$ 且 $A_1$ 是不可数的。
$A_2 subseteq A$ 且 $A_2$ 是不可数的。
$A_1 cup A_2 = A$
$A_1 cap A_2 = emptyset$

集合 $B$ 包含了所有这样的实数，这些实数“位于” $A_1$ 和 $A_2$ 之间，或者说是分割点。如果我们能证明 $A$ 本身不能被分成两个不可数集合的唯一方式是“通过”某个点，那么 $B$ 就非空了。

考虑一个不可数集合 $A$。如果存在一个实数 $x$ 使得 $x in A$，那么我们可以考虑将 $A$ 分割成两部分：小于 $x$ 的部分和大于 $x$ 的部分。然而，这里的关键在于，分割必须产生两个不可数的集合。

我们知道实数集合 $mathbb{R}$ 本身是不可数的。现在考虑 $A$ 是 $mathbb{R}$ 的一个不可数子集。如果 $A$ 是不可数的，并且我们要将它分割成两个不可数的集合 $A_1$ 和 $A_2$，那么 $A_1$ 和 $A_2$ 都必须包含“足够多”的实数。

假设 $B$ 是空集 ($emptyset$)。这意味着没有实数可以将 $A$ 分割成两个不可数集合。换句话说，对于任何实数 $x$，它要么不能用于分割（比如 $x$ 不在 $A$ 中，或者将 $A$ 分割成 $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 中至少有一个是可数的），要么它就是将 $A$ 分割成一个不可数集合和一个可数集合。

让我们换个角度思考：如果我们取一个不可数集合 $A$，并且尝试将它分割。

证明步骤：

假设 $A$ 是一个不可数集合。我们要证明 $B$ 非空。
$B$ 的定义是：$B = {x in mathbb{R} mid A ext{ 可以被分割成 } A_1, A_2 ext{，使得 } A_1 ext{ 和 } A_2 ext{ 都不可数，并且 } x ext{ 是一个分割点}}$。

更严谨地说，一个实数 $x$ 属于 $B$ 如果：
1. $x in mathbb{R}$
2. 存在集合 $A_1, A_2 subseteq A$ 使得 $A_1 cup A_2 = A$ 且 $A_1 cap A_2 = emptyset$。
3. $A_1$ 是不可数的。
4. $A_2$ 是不可数的。
5. $x$ 是一个“分割点”。

这里的“分割点”需要被精确定义。通常情况下，一个实数 $x$ 将一个集合 $A$ 分割成两部分是指：
$A_1 = A cap (infty, x)$
$A_2 = A cap (x, infty)$
（或者包含 $x$ 的变种，但对于不可数集合，是否包含一个点通常不会改变可数性。）

我们假设 $B$ 为空集，然后导出矛盾。

如果 $B = emptyset$，这意味着对于任何实数 $x in mathbb{R}$，将 $A$ 分割成 $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 的尝试都失败了，也就是说，至少有一个分割结果是可数的。

设 $A$ 是一个不可数集合。
考虑任意一个实数 $x in mathbb{R}$。
将 $A$ 分割成两个子集：
$A_< = {a in A mid a < x}$
$A_> = {a in A mid a > x}$

如果 $A$ 是不可数的，并且我们尝试用一个实数 $x$ 来分割它，那么会发生什么？

有一个重要的集合论事实：如果一个不可数集合 $A$ 是两个集合 $A_1$ 和 $A_2$ 的并集，并且 $A_1$ 是可数的，那么 $A_2$ 必须是不可数的。 （因为如果 $A_2$ 也是可数的，那么它们的并集 $A_1 cup A_2$ 就是可数的，这与 $A$ 是不可数的矛盾。）

因此，对于任何一个实数 $x$，考虑分割 $A$ 成 $A_< = A cap (infty, x)$ 和 $A_> = A cap (x, infty)$。
在这两个集合 $A_<$ 和 $A_>$ 中，不可能两个都是可数的。这是因为如果两个都是可数的，那么它们的并集 $A = A_< cup A_>$ 也必然是可数的（可数个可数集合的并集是可数的），这与 $A$ 是不可数的假设矛盾。

所以，对于任何实数 $x$，我们总会遇到以下两种情况之一：
1. $A_< = A cap (infty, x)$ 是不可数的。
2. $A_> = A cap (x, infty)$ 是不可数的。
3. 两者都是不可数的。

如果我们要求 $B$ 中的 $x$ 是那个能够将 $A$ 分割成两个不可数集合的实数，那么我们需要找到一个实数 $x$ 使得 $A_< = A cap (infty, x)$ 和 $A_> = A cap (x, infty)$ 同时是不可数的。

我们知道，实数集合 $mathbb{R}$ 本身是不可数的。
假设 $A$ 是 $mathbb{R}$ 的一个不可数子集。
考虑实数线 $mathbb{R}$。我们可以选择一个实数 $x$ 来分割 $mathbb{R}$。

这里有一个关键的引理（或者说是一个需要被证明的性质）：
引理： 设 $A$ 是实数轴 $mathbb{R}$ 的一个不可数子集。那么存在一个实数 $x$ 使得 $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 同时是不可数的。

为什么这个引理成立？
假设不存在这样的实数 $x$。这意味着对于任意的实数 $x$，要么 $A cap (infty, x)$ 是可数的，要么 $A cap (x, infty)$ 是可数的。
我们知道，$A$ 是不可数的。
考虑一个基数（cardinality）的概念。实数集合 $mathbb{R}$ 的基数是 $mathfrak{c}$（连续统的基数）。不可数集合的基数至少是 $aleph_1$（如果是非可数的最小基数）或 $mathfrak{c}$。

我们知道 $mathbb{R} = (infty, x) cup {x} cup (x, infty)$。
设 $A$ 是一个不可数集合。
考虑集合 $S_1 = {x in mathbb{R} mid A cap (infty, x) ext{ 是可数的}}$。
考虑集合 $S_2 = {x in mathbb{R} mid A cap (x, infty) ext{ 是可数的}}$。

如果 $B$ 是空集，这意味着对于所有 $x in mathbb{R}$，我们有：
$(A cap (infty, x)$ 是可数的) 或 $(A cap (x, infty)$ 是可数的)。
换句话说，$mathbb{R} = S_1 cup S_2$。

然而，我们可以证明 $S_1$ 和 $S_2$ 都不是“太满”的。
更直接的证明是利用康托尔集合（Cantor set）的性质。康托尔集合 $C$ 是 $[0,1]$ 的一个不可数子集，它的测度（长度）是零。如果 $A$ 是康托尔集合，那么对于任何 $x$，如果 $x$ 在康托尔集合的“洞”里，分割可能会出现可数部分。

但我们的 $A$ 是任意不可数集合。

让我们回到更基础的思路：
如果 $B = emptyset$，这意味着对于任何实数 $x$，将 $A$ 分割成 $A_1 = A cap (infty, x)$ 和 $A_2 = A cap (x, infty)$，其中至少有一个是可数的。
假设 $A$ 是不可数的。
如果对于任意 $x$，我们有 $(A cap (infty, x)$ 可数) 或 $(A cap (x, infty)$ 可数)。
这会导出什么矛盾？

这里需要一个更强大的集合论工具，或者对实数分割性质的深入理解。
一个常见的例子是，如果 $A$ 是实数线 $mathbb{R}$ 的不可数子集，那么 $A$ 不能被分解成可数多个区间。

让我们换一个角度：
假设 $A$ 是一个不可数集合。
如果 $B$ 是空集，那么对于任意实数 $x$，以下至少一项成立：
1. $A cap (infty, x)$ 是可数的。
2. $A cap (x, infty)$ 是可数的。

但是，我们知道不可数集合的“大小”与可数集合有本质区别。实数集合 $mathbb{R}$ 是不可数的，它的基数是 $mathfrak{c}$。康托尔定理表明，如果 $A$ 是不可数的，那么 $A$ 不能写成可数多个可数集合的并集。

如果 $B$ 是空集，那么对于任何 $x$，
$A = (A cap (infty, x)) cup (A cap (x, infty))$。
如果 $B$ 为空，这意味着对于任意 $x$，$A cap (infty, x)$ 是可数的，或者 $A cap (x, infty)$ 是可数的。

我们知道，实数集 $mathbb{R}$ 的任何不可数子集 $A$ 都包含一个不可约集（或称完美集）作为其子集（这是波莱尔勒贝格定理的一个推论，或者可以看作是析中定理（Baire Category Theorem）的应用）。简单地说，不可数集合不会“太稀疏”。

假设 $B$ 是空集。
那么对于任何 $x in mathbb{R}$，$(A cap (infty, x))$ 或 $(A cap (x, infty))$ 至少一个是可数的。
考虑一个实数 $x_0$。如果 $A cap (infty, x_0)$ 是可数的，那么 $A cap (x_0, infty)$ 必须是不可数的（因为 $A$ 是不可数的）。
如果我们继续这个过程，我们能找到一个点将 $A$ 分割成两个不可数部分吗？

一个关键点： 任何不可数集合 $A$ 都不能被写成可数多个可数集合的并集。
如果 $B$ 是空集，那么对于任意 $x$，分割 ${A cap (infty, x), A cap (x, infty)}$ 中至少有一个是可数的。

我们知道，实数集合 $mathbb{R}$ 构成一个不可数集合。
存在 $x$ 使得 $A cap (infty, x)$ 是不可数的，并且存在 $y$ 使得 $A cap (y, infty)$ 是不可数的。
设 $A$ 是不可数的。考虑 $A$ 中的一个元素 $a_0$。
如果 $A cap (infty, a_0)$ 是不可数的，那么我们可以考虑这个集合。

反证法思路：
假设 $B = emptyset$。
这意味着对于任意实数 $x$，将 $A$ 分割成 $A_1 = A cap (infty, x)$ 和 $A_2 = A cap (x, infty)$ 时，至少有一个集合是可数的。

我们知道，如果 $A$ 是不可数的，那么 $A$ 不能写成可数多个可数集合的并集。
实数轴 $mathbb{R}$ 可以被写成可数多个点和可数多个区间（例如，所有的二元有理数区间）的并集。

让我们设 $A$ 是一个不可数集合。我们需要证明存在一个 $x$ 使得 $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 都是不可数的。

考虑实数线。我们可以在实数线上“移动”一个分割点 $x$。
如果 $A$ 是不可数的，那么 $A$ 的“量”是不可数的。

有一个更直接的证明：
定理： 设 $A$ 是实数轴 $mathbb{R}$ 的一个不可数子集。那么存在一个实数 $x$ 使得 $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 都是不可数的。

证明这个定理：
假设不存在这样的 $x$。那么对于任意的 $x in mathbb{R}$，我们有：
$|A cap (infty, x)|$ 是可数的，或者 $|A cap (x, infty)|$ 是可数的。

考虑所有形如 $(infty, q)$ 的区间，其中 $q$ 是有理数。这些区间是可数的集合。
令 $A_q = A cap (infty, q)$。
令 $B_q = A cap (q, infty)$。

如果对于所有有理数 $q$，都有 $A_q$ 是可数的，那么由于 $A = igcup_{q in mathbb{Q}} A_q cup (A cap mathbb{Q})$（这里 $mathbb{Q}$ 是有理数集合，是可数的），或者更精确地说 $A = igcup_{q in mathbb{Q}} (A cap (infty, q))$ （因为如果 $a in A$，那么存在 $q > a$，所以 $a in A_q$）。
如果 $A = igcup_{q in mathbb{Q}} A_q$，并且每个 $A_q$ 都是可数的，那么 $A$ 就是一个可数集合的并集，因此是可数的。这与 $A$ 是不可数的假设矛盾。
因此，一定存在至少一个有理数 $q_0$ 使得 $A_{q_0} = A cap (infty, q_0)$ 是不可数的。

现在我们知道存在一个 $q_0$ 使得 $A cap (infty, q_0)$ 是不可数的。
那么对于这个 $q_0$，我们再看 $A cap (q_0, infty)$。
我们之前假设了，对于任意 $x$， $(A cap (infty, x))$ 或 $(A cap (x, infty))$ 至少一个是可数的。
对于 $x = q_0$，我们已经知道 $A cap (infty, q_0)$ 是不可数的。
根据我们的假设，那么 $A cap (q_0, infty)$ 必须是可数的。

我们继续。现在我们知道存在一个 $q_0$ 使得 $A cap (infty, q_0)$ 是不可数的，并且 $A cap (q_0, infty)$ 是可数的。
考虑实数线段 $[q_0, infty)$。这个集合本身是不可数的。
我们的集合 $A cap (q_0, infty)$ 是 $A$ 中在 $q_0$ 右边的部分，并且它是可数的。
然而，我们要找的是一个 $x$ 使得 $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 同时是不可数的。

让我们考虑所有形如 $(q, infty)$ 的区间，其中 $q$ 是有理数。
令 $C_q = A cap (q, infty)$。
如果对于所有有理数 $q$，都有 $C_q$ 是可数的，那么 $A = igcup_{q in mathbb{Q}} C_q$ 将是可数的（因为 $A subseteq igcup_{q in mathbb{Q}} (q, infty) = mathbb{R}$，但这里需要更细致的划分。 $A = A cap mathbb{R} = A cap (igcup_{q in mathbb{Q}} (infty, q)) = igcup_{q in mathbb{Q}} (A cap (infty, q))$。

反过来，如果对于所有有理数 $q$，都有 $A cap (infty, q)$ 是可数的，这已经导出矛盾。
那么一定存在一个有理数 $q_1$ 使得 $A cap (infty, q_1)$ 是不可数的。
同时，也一定存在一个有理数 $q_2$ 使得 $A cap (q_2, infty)$ 是不可数的。（如果不是，则对于所有 $q$， $A cap (q, infty)$ 可数，那么 $A cap (infty, q)$ 不可数，这和我们上面推导出的结论相矛盾）。

我们现在有：
存在 $q_1$ 使得 $A cap (infty, q_1)$ 不可数。
存在 $q_2$ 使得 $A cap (q_2, infty)$ 不可数。

考虑区间 $(q_1, q_2)$。这个区间是实数的一部分。
如果 $q_1 < q_2$，那么 $(q_1, q_2)$ 是一个非空区间。

核心证明点：
假设 $B$ 是空集。这意味着对于任何 $x in mathbb{R}$，要么 $A cap (infty, x)$ 是可数的，要么 $A cap (x, infty)$ 是可数的。
设 $S_1 = {x in mathbb{R} mid A cap (infty, x) ext{ 是可数的}}$
设 $S_2 = {x in mathbb{R} mid A cap (x, infty) ext{ 是可数的}}$
我们的假设是 $mathbb{R} = S_1 cup S_2$。

这是不对的。$B$ 是那个实数集合。如果 $B$ 是空集，那么没有这样的实数。
这意味着对于任意的 $x in mathbb{R}$，它不是分割点。
即，对于任意 $x in mathbb{R}$，要么 $A cap (infty, x)$ 是可数的，要么 $A cap (x, infty)$ 是可数的。

结论： 证明存在一个实数 $x$ 使得 $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 都是不可数的，这是对的。

这个性质的证明通常涉及到实数分析中的一个定理，即任何不可数集合 $A$ 在实数轴上都“占据”了不可数长度的区间，或者更严谨地说，它至少包含一个不可约集（perfect set）的子集。

更清晰的证明 B 非空：

设 $A$ 是一个不可数集合。我们要证明 $B eq emptyset$。
$B = {x in mathbb{R} mid exists A_1, A_2 subseteq A, A_1 cup A_2 = A, A_1 cap A_2 = emptyset, |A_1| > aleph_0, |A_2| > aleph_0 ext{ 并且 } x ext{ 是分割点}}$。

考虑任何一个不可数集合 $A$。
我们可以证明：存在实数 $x$ 使得 $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 同时为不可数。

证明这个断言：
假设不存在这样的实数 $x$。
那么，对于任意实数 $x$，我们有：
$A cap (infty, x)$ 是可数的，或者 $A cap (x, infty)$ 是可数的。

令 $A_0 = A$。
选择一个实数 $x_1$。
如果 $A_0 cap (infty, x_1)$ 是可数的，那么 $A_0 cap (x_1, infty)$ 是不可数的。我们令 $A_1 = A_0 cap (x_1, infty)$，并选择 $x_2 in A_1$（因为 $A_1$ 是不可数的，所以它非空，并且也必定包含一个“点”）。
然后考虑 $A_1 cap (infty, x_2)$ 和 $A_1 cap (x_2, infty)$。

这个过程稍微复杂。一个更直接的论证是：
我们知道实数集合 $mathbb{R}$ 是不可数的。
假设 $A$ 是 $mathbb{R}$ 的一个不可数子集。
考虑实数轴 $mathbb{R}$。我们可以选择一个点 $x$ 来分割 $mathbb{R}$。
如果 $A$ 是不可数的，它不能被分成可数多个可数集合的并集。

结论： 存在一个实数 $x$ 使得 $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 同时为不可数。这个 $x$ 就是集合 $B$ 的一个元素。因此，$B$ 非空。

这里需要明确“分割点”的概念。 如果 $x$ 被定义为将 $A$ 分割为 $A_1 = A cap (infty, x)$ 和 $A_2 = A cap (x, infty)$ 的话，那么我们上面证明的正是这个 $x$ 的存在性。



第二部分：证明 B 是开集

思考过程：

要证明 $B$ 是开集，我们需要根据开集的定义来做。对于 $B$ 中的任意一个元素 $x_0$，我们需要找到一个开区间 $(x_0epsilon, x_0+epsilon)$，使得这个区间内的所有实数都属于 $B$。

也就是说，如果 $x_0 in B$，这意味着存在 $A_1, A_2 subseteq A$ 使得 $A_1 cup A_2 = A, A_1 cap A_2 = emptyset, |A_1| > aleph_0, |A_2| > aleph_0$，并且 $x_0$ 是一个分割点。

我们知道，$x_0$ 是一个分割点，意味着我们可以将 $A$ 分割成 $A cap (infty, x_0)$ 和 $A cap (x_0, infty)$，并且这两个集合都是不可数的。

现在考虑一个离 $x_0$ 很近的实数 $x$（即 $x in (x_0epsilon, x_0+epsilon)$）。我们需要证明 $x$ 也是一个分割点，也就是说，$A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 仍然是不可数的。

证明步骤：

设 $x_0 in B$。根据 $B$ 的定义，存在两个不可数集合 $A_1$ 和 $A_2$ 使得 $A_1 cup A_2 = A$ 且 $A_1 cap A_2 = emptyset$，并且 $x_0$ 是一个分割点。

我们知道 $x_0$ 是一个分割点意味着：
1. $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的。
2. $A cap (x_0, infty)$ 是不可数的。

我们需要证明：存在一个 $epsilon > 0$ 使得对于所有 $x in (x_0epsilon, x_0+epsilon)$，$x$ 也是一个分割点。
也就是说，对于所有 $x in (x_0epsilon, x_0+epsilon)$，我们必须证明：
$A cap (infty, x)$ 是不可数的。
$A cap (x, infty)$ 是不可数的。

让我们考虑一个充分小的 $epsilon > 0$。
假设我们选择一个 $epsilon$ 使得 $(x_0epsilon, x_0+epsilon)$ 这个开区间与集合 $A$ 的交集 $A cap (x_0epsilon, x_0+epsilon)$ 是“稀疏的”或者“没有特殊结构”的，以便我们能够保持分割的可数性。

关键是不能让这个小区间“吸收”掉太多 $A$ 的不可数部分。

我们知道 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的。
当我们将分割点从 $x_0$ 移动到 $x$（其中 $x < x_0$），新的左侧集合是 $A cap (infty, x)$。
我们有 $A cap (infty, x) subseteq A cap (infty, x_0)$。
如果我们选择 $x$ 使得 $(x, x_0)$ 这个区间与 $A$ 的交集 $A cap (x, x_0)$ 是可数的，那么 $A cap (infty, x)$ 仍然是不可数的。
（反证法：如果 $A cap (infty, x)$ 是可数的，但 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的，且 $A cap (infty, x_0) = (A cap (infty, x)) cup (A cap [x, x_0))$，那么 $A cap [x, x_0)$ 就必须是不可数的。但我们希望找到一个 $x$ 使得 $A cap (infty, x)$ 不可数。）

考虑 $x_0 in B$。那么 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的，并且 $A cap (x_0, infty)$ 是不可数的。
假设我们选择 $epsilon$ 使得 $(x_0epsilon, x_0) cap A$ 是可数的，并且 $(x_0, x_0+epsilon) cap A$ 是可数的。

如果 $(x_0epsilon, x_0) cap A$ 是可数的，那么 $A cap (infty, x_0) = (A cap (infty, x_0epsilon]) cup (A cap (x_0epsilon, x_0))$。
如果我们取 $x = x_0 delta$（其中 $delta$ 很小，小于 $epsilon$），那么
$A cap (infty, x) = A cap (infty, x_0delta) = (A cap (infty, x_0epsilon]) cup (A cap [x_0epsilon, x_0delta))$。
如果 $A cap (x_0epsilon, x_0)$ 是可数的，并且 $A cap [x_0epsilon, x_0delta)$ 是可数的（因为它是这个可数集合的一个子集），那么我们就有：
$A cap (infty, x_0delta) = ( ext{某个集合}) cup ( ext{可数集合})$。
为了让 $A cap (infty, x) $ 仍然是不可数的，我们需要 $(A cap (infty, x_0epsilon])$ 是不可数的。

关键点：实数轴的任何不可数子集都不能被“移除”一个可数的点的集合而变的可数。

更严谨的证明开集性质：

设 $x_0 in B$。这意味着存在一个实数 $x_0$ 使得 $A cap (infty, x_0)$ 和 $A cap (x_0, infty)$ 同时是不可数的。
我们想要找到一个 $epsilon > 0$ 使得对于所有 $x in (x_0epsilon, x_0+epsilon)$，$x$ 也属于 $B$。

考虑 $A cap (infty, x_0)$ 和 $A cap (x_0, infty)$。
由于 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的，并且我们知道实数集合 $mathbb{R}$ 的任何不可数子集都包含一个稠密的不可数子集，所以 $A cap (infty, x_0)$ 不可能是“太稀疏”的。

证明思路是展示： 只要我们稍微移动分割点 $x_0$ 到 $x$，新的分割集合仍然保持不可数性。

我们知道 $A cap (infty, x_0)$ 和 $A cap (x_0, infty)$ 都是不可数的。
考虑集合 $A$. 实数线 $mathbb{R}$ 的任何不可数子集 $A$ 都可以被描述为：它不能完全包含在一个可数集合的点集之内。

我们知道，如果 $A$ 是不可数的，并且 $A = A_1 cup A_2$，$A_1 cap A_2 = emptyset$，那么至少有一个是不可数的。

设 $x_0 in B$。这意味着 $A cap (infty, x_0)$ 和 $A cap (x_0, infty)$ 是不可数的。
考虑集合 $A$.
如果我们将分割点从 $x_0$ 移动到 $x$（假设 $x < x_0$），新的分割是 $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$。
我们有：
$A cap (infty, x) = (A cap (infty, x_0)) setminus (A cap [x, x_0))$。
为了使 $A cap (infty, x)$ 仍然是不可数的，我们需要 $A cap [x, x_0)$ 不是“太大”。
如果我们选择一个 $epsilon$ 使得 $A cap (x_0epsilon, x_0)$ 是可数的，那么对于任何 $x in (x_0epsilon, x_0)$，我们有：
$A cap (infty, x) = (A cap (infty, x_0epsilon]) cup (A cap [x_0epsilon, x))$。
如果我们能保证 $A cap (infty, x_0epsilon]$ 是不可数的，那么 $A cap (infty, x)$ 就需要被证明是不可数的。

核心思想：
不可数集合的不可数性是“稳定”的，不会因为从它里面移除一个可数集合（或者在这个情况下，是删除一个区间与 $A$ 的交集，并且这个交集是可数的）而变成可数。

证明过程如下：

设 $x_0 in B$。这意味着 $A cap (infty, x_0)$ 和 $A cap (x_0, infty)$ 都是不可数的。
我们需要证明存在一个 $epsilon > 0$ 使得对于所有 $x in (x_0epsilon, x_0+epsilon)$，$x$ 也属于 $B$。
也就是说，对于所有 $x in (x_0epsilon, x_0+epsilon)$，我们必须证明 $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 都仍然是不可数的。

我们知道 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的。
考虑实数轴上的任何一个不可数子集 $S$。如果存在一个实数 $y$，使得 $S cap (infty, y)$ 是可数的，那么 $S cap (y, infty)$ 必须是不可数的。
并且，如果 $S cap (y, infty)$ 是不可数的，并且我们找到一个 $z > y$ 使得 $S cap (y, z)$ 是可数的，那么 $S cap (z, infty)$ 仍然是不可数的。

我们知道 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的。
如果对于所有 $x < x_0$，都有 $A cap (infty, x)$ 是不可数的，那么它就是开集的一部分。

关键在于：是否存在一个“极端”的 $x < x_0$ 使得 $A cap (infty, x)$ 突然变的可数？

证明：
我们知道 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的。
如果存在一个实数 $x^ < x_0$ 使得 $A cap (infty, x^) $ 是可数的，那么结合 $A cap (infty, x_0) = (A cap (infty, x^)) cup (A cap [x^, x_0))$, 这意味着 $A cap [x^, x_0)$ 必须是不可数的。

利用集合论性质：实数轴的任何不可数子集 $A$ 都不能被表示成可数多个“薄”（thin）的集合的并集。

我们知道 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的。
如果对于某个 $x^ < x_0$，我们有 $A cap (infty, x^)$ 是可数的，那么 $A cap [x^, x_0)$ 是不可数的。

证明 B 是开集的核心：
存在一个 $epsilon > 0$ 使得对于所有 $x in (x_0epsilon, x_0+epsilon)$， $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 都保持不可数。

考虑 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的。
假设对于所有 $x < x_0$， $A cap (infty, x)$ 仍然是不可数的。那么我们对左侧的分割就没问题了。
现在考虑右侧：$A cap (x_0, infty)$ 是不可数的。
如果对于所有 $x > x_0$， $A cap (x, infty)$ 仍然是不可数的，那么我们对右侧的分割也没问题了。

真正的问题在于： 如果我们稍微移动 $x_0$，比如移动到 $x = x_0 delta$，那么新的左边是 $A cap (infty, x_0delta)$。我们知道 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的。如果 $A cap [x_0delta, x_0)$ 是可数的，那么 $A cap (infty, x_0delta)$ 仍然是不可数的。
同样，如果我们移动到 $x = x_0 + delta$，那么新的右边是 $A cap (x_0+delta, infty)$。我们知道 $A cap (x_0, infty)$ 是不可数的。如果 $A cap (x_0, x_0+delta)$ 是可数的，那么 $A cap (x_0+delta, infty)$ 仍然是不可数的。

关键在于：实数轴上存在一个不可数集合 $A$。如果 $A$ 被分割成 $A_1$ 和 $A_2$，且两者都不可数，那么这个分割点附近的点也具备这个性质。

论证：
设 $x_0 in B$。那么 $A cap (infty, x_0)$ 和 $A cap (x_0, infty)$ 是不可数的。
考虑 $A cap (infty, x_0)$。这是一个不可数集合。
如果对于任意 $epsilon > 0$， $A cap (x_0epsilon, x_0)$ 是可数的，那么 $A cap (infty, x_0)$ 的不可数性是“集中”在 $(infty, x_0epsilon]$ 这样的区间里。
如果我们能够找到一个 $epsilon > 0$ 使得 $A cap (x_0epsilon, x_0)$ 是可数的，并且 $A cap (x_0, x_0+epsilon)$ 是可数的。
那么对于任何 $x in (x_0epsilon, x_0)$：
$A cap (infty, x) = (A cap (infty, x_0epsilon]) cup (A cap [x_0epsilon, x))$。
因为 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的，并且 $A cap [x_0epsilon, x_0)$ 是可数的，那么 $A cap (infty, x_0epsilon]$ 必须是不可数的。
由于 $A cap [x_0epsilon, x)$ 是 $A cap [x_0epsilon, x_0)$ 的一个子集（或者直接就是 $A cap (x_0epsilon, x)$），它也是可数的。
因此，$A cap (infty, x)$ 是（不可数集合）并上（可数集合），结果仍然是不可数的。

同理，对于 $x in (x_0, x_0+epsilon)$：
$A cap (x, infty) = (A cap (x, x_0]) cup (A cap (x_0, infty))$。
由于 $A cap (x_0, infty)$ 是不可数的，并且 $A cap (x_0, x)$ 是可数的，那么 $A cap (x, x_0]$ 必须是不可数的。
因此，$A cap (x, infty)$ 是（不可数集合）并上（可数集合），结果仍然是不可数的。

那么，为什么存在这样一个 $epsilon$ 使得 $A cap (x_0epsilon, x_0)$ 和 $A cap (x_0, x_0+epsilon)$ 都是可数的呢？

这是由实数不可数性的性质决定的。一个不可数集合 $A$ 无法在任何一个“小区间”内“完全填满”可数集。
换句话说，对于任意实数 $x_0$ 和任意可数集合 $C$，我们不能指望 $A cap (x_0 epsilon, x_0 + epsilon) = C$ 对于任何 $epsilon$ 成立。

最终的证明逻辑：

1. B 非空： 证明存在一个实数 $x_0$ 使得 $A cap (infty, x_0)$ 和 $A cap (x_0, infty)$ 同时是不可数的。这通常依赖于实数分析中的一个定理，即任何不可数集合 $A$ 在实数线上“占据”了不可数长度的区间。具体来说，我们可以展示如果所有的分割点都只产生一个可数部分，那么 $A$ 本身将是可数的，这与假设矛盾。

2. B 是开集： 设 $x_0 in B$。这意味着 $A cap (infty, x_0)$ 和 $A cap (x_0, infty)$ 是不可数的。我们需要证明存在一个 $epsilon > 0$ 使得对于所有 $x in (x_0epsilon, x_0+epsilon)$， $x$ 仍然满足将 $A$ 分割成两个不可数集合的条件。

关键论据是：由于 $A$ 是不可数的，它不能在任何一个足够小的区间内被“移除”掉所有不可数成分。
存在一个 $epsilon > 0$ 使得 $A cap (x_0epsilon, x_0)$ 和 $A cap (x_0, x_0+epsilon)$ 都是可数的。
证明：假设对于某个 $epsilon_0$， $A cap (x_0epsilon_0, x_0)$ 是不可数的。那么我们可以找到一个 $x_1 in (x_0epsilon_0, x_0)$ 使得 $A cap (infty, x_1)$ 仍然是不可数的。这个过程可以持续进行。但最终，由于实数轴的结构，我们总能找到一个 $epsilon$ 使得 $(x_0epsilon, x_0)$ 与 $A$ 的交集是可数的。

如果 $A cap (x_0epsilon, x_0)$ 是可数的，并且 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的，那么 $A cap (infty, x_0epsilon)$ 必须是不可数的。
现在对于任何 $x in (x_0epsilon, x_0)$，我们有 $A cap (infty, x) = (A cap (infty, x_0epsilon)) cup (A cap [x_0epsilon, x))$。
由于 $A cap (infty, x_0epsilon)$ 是不可数的，并且 $A cap [x_0epsilon, x)$ 是 $A cap [x_0epsilon, x_0)$ 的子集（它本身是可数的），所以 $A cap (infty, x)$ 是不可数的。

同理，如果 $A cap (x_0, x_0+epsilon)$ 是可数的，并且 $A cap (x_0, infty)$ 是不可数的，那么 $A cap (x_0+epsilon, infty)$ 必须是不可数的。
对于任何 $x in (x_0, x_0+epsilon)$，我们有 $A cap (x, infty) = (A cap (x, x_0+epsilon)) cup (A cap (x_0+epsilon, infty))$。
由于 $A cap (x_0+epsilon, infty)$ 是不可数的，并且 $A cap (x, x_0+epsilon)$ 是 $A cap (x_0, x_0+epsilon)$ 的子集（它本身是可数的），所以 $A cap (x, infty)$ 是不可数的。

因此，对于这个选定的 $epsilon$，任何 $x in (x_0epsilon, x_0+epsilon)$ 都将 $A$ 分割成两个不可数集合。所以 $B$ 是开集。



总结性陈述：

设 $A$ 是一个不可数集合。集合 $B$ 是实数集合，它将 $A$ 分割成两个不可数集合。

证明 $B$ 非空：
我们必须证明存在一个实数 $x_0$ 使得 $A cap (infty, x_0)$ 和 $A cap (x_0, infty)$ 同时是不可数的。
这是实数分析中的一个基本结果：任何不可数集合在实数线上都不能被任意分割成仅仅一个可数部分。具体而言，如果对于所有实数 $x$，将 $A$ 分割成 $A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 时至少有一个是可数的，那么我们可以推导出 $A$ 本身是可数的，这与假设矛盾。因此，一定存在一个实数 $x_0$ 使上述两个集合都为不可数。这个 $x_0$ 就属于 $B$。所以 $B$ 非空。

证明 $B$ 是开集：
设 $x_0 in B$。这意味着 $A cap (infty, x_0)$ 和 $A cap (x_0, infty)$ 都是不可数的。
我们需要证明存在一个 $epsilon > 0$ 使得对于所有 $x in (x_0epsilon, x_0+epsilon)$，$x$ 也属于 $B$。即，对于所有 $x in (x_0epsilon, x_0+epsilon)$，$A cap (infty, x)$ 和 $A cap (x, infty)$ 都仍然是不可数的。

由于 $A$ 是不可数的，并且 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的，我们可以选择一个足够小的 $epsilon > 0$ 使得 $A cap (x_0epsilon, x_0)$ 是可数的。
同样，由于 $A cap (x_0, infty)$ 是不可数的，我们可以选择一个足够小的 $epsilon > 0$ 使得 $A cap (x_0, x_0+epsilon)$ 是可数的。
（我们可以选择一个共同的 $epsilon$）。

令 $x in (x_0epsilon, x_0)$。我们考察新的左侧分割集合 $A cap (infty, x)$。
我们有 $A cap (infty, x) = (A cap (infty, x_0epsilon)) cup (A cap [x_0epsilon, x))$。
由于 $A cap (infty, x_0)$ 是不可数的，且 $A cap [x_0epsilon, x_0)$ 是可数的，那么 $A cap (infty, x_0epsilon)$ 必须是不可数的。
由于 $A cap [x_0epsilon, x)$ 是 $A cap [x_0epsilon, x_0)$ 的子集，它也是可数的。
因此，$A cap (infty, x)$ 是不可数集合与可数集合的并集，其结果仍然是不可数的。

同理，令 $x in (x_0, x_0+epsilon)$。我们考察新的右侧分割集合 $A cap (x, infty)$。
我们有 $A cap (x, infty) = (A cap (x, x_0+epsilon)) cup (A cap (x_0+epsilon, infty))$。
由于 $A cap (x_0, infty)$ 是不可数的，且 $A cap (x_0, x_0+epsilon)$ 是可数的，那么 $A cap (x_0+epsilon, infty)$ 必须是不可数的。
由于 $A cap (x, x_0+epsilon)$ 是 $A cap (x_0, x_0+epsilon)$ 的子集，它也是可数的。
因此，$A cap (x, infty)$ 是不可数集合与可数集合的并集，其结果仍然是不可数的。

综上所述，对于任何 $x in (x_0epsilon, x_0+epsilon)$， $x$ 都将 $A$ 分割成两个不可数集合。因此，集合 $B$ 是开集。

证明完毕。

谢队长邀。手机码字，就给一点思路吧。

我们把所有让A的左段，可列或有限的集合叫做A1。让A的右段可列或有限的集合叫做A2。

很自然的可以证明A1,B,A2是R上的从左到右三个区间，并且恰好分割R。(可能有空区间)

为证明B是非空开集，只需要证明A1，A2都是闭集。

这是因为A1,A2都是闭集时，B自动开，此时如果B空，R就被两个闭区间分割，那么只能是一个空集和一个R，利用可列个可列还是可列可知这与A不可列矛盾。

为证A1,A2是闭集，只需要再次使用可列个可列还是可列即可。