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Digamos que el $sigma$-álgebra en $X$ es generado por los conjuntos $A_i subseteq X$. Para cada subconjunto $I$ de los números naturales, considere el conjunto $B_I = bigcap_i in I A_i cap bigcap_i notin I (X setminus A_i)$. Para conjuntos distintos $I$ y $J$, los conjuntos correspondientes $B_I$ y $B_J$ son disjuntos. Ahora tomemos casos: o solo una cantidad finita de $B_I$ no están vacías, o una cantidad infinita lo está. Esto mostrará que el álgebra $sigma$ es finita o tiene una cardinalidad al menos igual a la del continuo.
Mostrar que el álgebra $sigma$ no puede tener una cardinalidad estrictamente superior a la del continuo es un poco más complicado. No puedo encontrar un enfoque que evite la inducción transfinita en la jerarquía de Borel. Aquí hay un boceto de lo que tengo en mente:
Construimos una familia creciente $S_alpha$ de subconjuntos del conjunto potencia de $X$, a medida que $alpha$ oscila sobre los ordinales contables. Al final, $bigcup_alpha < omega_1 S_alpha$ será un $sigma$-álgebra de tamaño como mucho continuo que contiene nuestros generadores numerables (de hecho, será el $sigma$- álgebra que generan, pero eso es solo una ventaja adicional). Comenzamos configurando $S_0$ para igualar el conjunto (contable) de generadores. Dado $S_alpha$, dejemos que $S_alpha+1$ sea la colección de subconjuntos que se pueden escribir como uniones contables de la forma $bigcup_i A_i cup bigcup_j (X setminus B_j)$, donde $A_i$ y $B_j$ se eligen de $S_alpha$. Tenga en cuenta que si $|S_alpha| leq 2^aleph_0$, luego $|S_alpha+1| leq 2^aleph_0$ también (dado que solo hay un continuo de muchas opciones de formas de escribir la unión: esta es esencialmente la igualdad cardinal $(2^aleph_0)^aleph_0 = 2^ aleph_0$). Para ordinales límite $lambda$, sea $S_lambda = bigcup_alpha < lambda S_alpha$. Esto volverá a satisfacer $|S_lambda| leq 2^aleph_0$ siempre que cada $S_alpha$ en la unión lo haga.
Finalmente, vemos que $bigcup_alpha Es fácil probar que el álgebra $sigma$ es finita o tiene una cardinalidad de al menos $2^aleph_0$. Una forma de probar que tiene cardinalidad como máximo $2^aleph_0$, sin usar explícitamente la recursividad transfinita, es la siguiente. Es fácil ver que es suficiente probar este límite superior para un álgebra $sigma$ “genérica”, por ejemplo, para el álgebra $sigma$ de Borel de $ ,1^omega $, o para el álgebra de Borel $sigma$ del espacio de Baire $mathcalN = omega^omega$. Tenga en cuenta que $mathcalN$ es un espacio polaco, por lo que podemos hablar de subconjuntos analíticos de $mathcalN$. Cada subconjunto de Borel es un subconjunto analítico de $mathcalN$ (de hecho, $A subseteq mathcalN$ es Borel si y solo si $A$ y $X setminus A$ son ambos analíticos). Por lo que es suficiente probar que $mathcalN$ tiene $2^aleph_0$ subconjuntos analíticos. Ahora usa el teorema que establece que todo subconjunto analítico de $mathcalN$ es la proyección de un subconjunto cerrado de $mathcalN times mathcalN$. Dado que $mathcalN times mathcalN$ tiene una base contable de subconjuntos abiertos, tiene $2^aleph_0$ subconjuntos abiertos, por lo que tiene $2^aleph_0$ subconjuntos cerrados. Entonces $mathcalN$ tiene $2^aleph_0$ subconjuntos analíticos. La prueba que usa recursividad transfinita podría ser más simple, pero creo que la descripción del subconjunto analítico brinda una vista directa (“menos transfinita”) ligeramente diferente de los conjuntos de Borel, que podría ser útil conocer. Si entiendes que ha sido provechoso este artículo, nos gustaría que lo compartas con el resto entusiastas de la programación así contrubuyes a dar difusión a nuestro contenido.Aquí puedes ver las reseñas y valoraciones de los usuarios