La prueba usual de la Bernstein-Schroeder teorema es bastante explícito, que permite una construcción en la que estás tomando contables de los sindicatos de los pequeños conjuntos. (Ver "Otra prueba" en el enlace de arriba, si usted no está familiarizado con el argumento).
Es fácil ver que la prueba de que cuando se empieza con Borel inyecciones y los conjuntos de Borel, todos los conjuntos que usted necesita terminar siendo Borel, y así es el mapa resultante. (También se puede ver una escritura por Rao aquí.)
Este es un fenómeno general, que tiene un "Bernstein-Schroeder teorema" en muchas categorías. Vea aquí algunos ejemplos y excepciones. Juan Goodrick, que está contestando a la pregunta, estudiado esta generalidad en su tesis, en el contexto del modelo de la teoría.
Para la pregunta $2$, no hay ningún límite en la complejidad, en general. Greg Hjorth utiliza para comentar esto, ya que en la descriptiva conjunto teórico de estudio de problemas de clasificación, no tomamos en cuenta la complejidad de la correspondiente Borel mapas, y sugirió que esto puede ser un error, ya que el Borel las funciones involucradas en algunos de los argumentos que puede llegar a ser de mucha mayor complejidad que el de los conjuntos de Borel en que se aplican.
Dicho esto, si enlazamos las complejidades de los dos conjuntos involucrados, podemos decir algo. El bijection que obtenemos de las Bernstein-Schroeder argumento es bastante cercano a la complejidad de las inyecciones y los conjuntos involucrados.
La manera que tenemos de medir la complejidad de aquí es el uso de la Baire jerarquía de funciones. Una clase de Baire 0 la función es una función continua, por lo que preimages de abrir los conjuntos son continuas. Una clase de Baire 1 la función tiene preimages de abrir conjuntos que se $F_\sigma$. Etc. (Podemos definir Baire funciones independientemente de la Borel jerarquía, como las funciones obtenidas por el cierre de las funciones continuas en virtud de pointwise límites. Luego tenemos la clase de Baire 1 funciones pointwise imágenes de funciones continuas, Baire clase 2 funciones pointwise imágenes de Baire clase 1 funciones, etc.)
El punto es que si usted sabe la Borel complejidad de $f^{-1}(O)$ siempre $O$ está abierto, puede enlazado el Borel complejidad de $f^{-1}(B)$ arbitrarias de conjuntos de Borel $B$ así: Si preimages de abrir conjuntos de $\mathbf{\Sigma}^0_\alpha$, $f^{-1}(B)$ $\mathbf{\Sigma}^0_{\alpha+\beta}$ si $B$$\mathbf{\Sigma}^0_\beta$.
Ejecución de la construcción como en la página de la Wikipedia, si $A,B$ $\mathbf{\Sigma}^0_\alpha$ conjuntos y $f:A\to B$ $g:B\to A$ son Borel inyecciones cuya preimages enviar abrir conjuntos de a $\mathbf{\Sigma}^0_\beta$ establece a continuación, el Borel bijection obtenemos entre el $A$ $B$ es tal que preimages de abrir los conjuntos son en la mayoría de las $\mathbf{\Sigma}^0_{\beta+\alpha+\omega}$. No sé de referencia de la mano que verificar si esta es la óptima, y que puede ser muy bien que podemos hacer algo mejor.
Tal vez parte de la pregunta es ¿cómo sabemos que si $A$ $B$ son innumerables y Borel, hay Borel inyecciones de $A$ $B$e de $B$ $A$a empezar. Hay varias maneras de ver esto. Uno es para probar el resultado en primer lugar cuando uno de $A,B$ es el conjunto de Cantor. Esta es la clásica, o ver Rao nota vinculado anteriormente. Una más moderna argumento va mostrando que, dado cualquier subconjunto de Borel $A$ de un espacio polaco $P$, podemos cambiar la topología de $P$ hacer $A$ abierto mientras que la preservación de la Borel estructura de $P$. Esto se discute en el libro de Becker y Kechris, entre otros lugares. El resultado entonces de la siguiente manera fácil, ya que es fácil encontrar Borel inyecciones de entre los innumerables bloques abiertos.
