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¿Qué conjuntos se obtienen al agregar$\aleph_1$ uniones e intersecciones al álgebra de Borel?

El Borel sigma álgebra en $\mathbb{R}$ se obtiene a partir abierta pone en $\mathbb{R}$ y en repetidas ocasiones la aplicación de las operaciones de complemento, contables de la unión, y contables de las intersecciones. Mi pregunta es, ¿qué pasaría si no sólo permiten contables de uniones e intersecciones, pero también permite que los sindicatos y las intersecciones de las $\aleph_1$ muchos juegos?

Ahora, obviamente, si asumimos la Hipótesis continua, la respuesta es "obtenemos todos los subconjuntos de a$\mathbb{R}$". Pero acabamos de asumir $ZFC$, entonces lo que establece sabemos que podemos obtener? Podemos, al menos, obtener todos los Lebesgue medible? Aun así, podemos obtener todos los subconjuntos de a$\mathbb{R}$?

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Greg Case Puntos 10300

Esta es una excelente pregunta! Nótese en primer lugar que, sólo a partir de cardenal aritmética consideraciones, si obtenemos todos los conjuntos es independiente (y por lo tanto lo es si queremos obtener todos los Lebesgue medibles conjuntos).

El contexto adecuado para el estudio de esta cuestión es descriptivo de la teoría de conjuntos, y, de hecho, el problema se considera el principio. Por ejemplo, Sierpiński demuestran en el Sur une classe d'ensembles, Fundamenta Mathematicae 7 (1925), 237-243, que todos los $\mathbf\Sigma^1_2$ conjuntos son los sindicatos de $\aleph_1$ muchos conjuntos de Borel. Recordemos que un $\mathbf\Sigma^1_2$ es uno que es la imagen continua de un complemento de la imagen continua de un conjunto de Borel.

[Tenga en cuenta que es coherente que no se $\mathbf\Sigma^1_2$ establece que no son Lebesgue medibles.]

Alrededor de 1970, Martin y Solovay demostrado que la conjunción de Martin axioma, $\lnot\mathrm{CH}$, y la declaración de que $\omega_1$ es accesible para los reales implica lo contrario: Cada unión de $\aleph_1$ muchos conjuntos de Borel es $\mathbf\Sigma^1_2$. La declaración de que $\omega_1$ es accesible para los reales significa que hay una real $r$ tal que $\omega_1^{L[r]}=\omega_1$. Por otro lado, Solovay mostró que no se puede decir mucho más: es coherente con el continuum de ser arbitrariamente grande que existe un $\mathbf\Pi^1_2$ establecido (es decir, un conjunto que es el complemento de a $\mathbf\Sigma^1_2$ ) que no es la unión de menos de $2^{\aleph_0}$ muchos conjuntos de Borel.


Uno puede, sin embargo el soldado y me pregunto ¿qué se puede decir si permitimos que más sindicatos. La herramienta adecuada para estudiar el problema ahora es la noción de $\kappa$-Suslin conjunto. Es más sencillo trabajar en Baire espacio, en lugar de la distancia Euclídea línea, pero esto no hace ninguna diferencia desde el espacio de Baire $\omega^\omega$ es homeomórficos a la irrationals. Un subconjunto $A$ de $\omega^\omega$ es $\kappa$-Suslin si y sólo si hay un árbol de $T$ a $\omega\times\kappa$ tal que $A=p[T]$. Recordemos que un (descriptivo conjunto teórico) árbol en un conjunto $B$ es un conjunto de secuencias finitas de elementos de $B$ cerrado bajo segmentos inicial. Para $B=\omega\times\kappa$, podemos identificar cualquier secuencia con dos secuencias de la misma longitud, uno compuesto de un número finito viene, y uno de los miembros de $\kappa$. Una rama de $T$ es una secuencia infinita cuya finito de segmentos inicial en $T$ o, el pensamiento de $T$ como un conjunto de pares de secuencias, una rama sería un par de $(x,t)$ donde $x\in\omega^\omega$ ("real") y el $t\in\kappa^\omega$; el conjunto de todas las ramas a través de $T$ es denotado $[T]$. La proyección de $p[T]$ se define como el conjunto de los reales de a$x$ para los que podemos encontrar una $t\in\kappa^\omega$ con $(x,t)\in[T]$.

Martin demostró que para cualquier (finito) $n>0$, $\omega_n$-Suslin conjuntos son precisamente las que son la unión de $\aleph_n$ muchos conjuntos de Borel. En el contexto de la determinación, la medida de la $\kappa$-Suslin conjuntos ha sido identificado precisamente por diversos $\kappa$ (significativamente más allá de la $\omega_n$). Esto implica que los resultados acerca de la extensión de estos conjuntos en gran cardenal supuestos, y también ha sido estudiada desde obligando a los axiomas.

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ManuelSchneid3r Puntos 116

El sistema de series que he descrito es la $\omega_1$-Borel jerarquía. No sé quien introdujo por primera vez, pero Arnie Miller tiene un montón de trabajo sobre éste y otros temas relacionados - ver, por ejemplo, en este artículo y este conjunto de notas.

Esto es así fuera de mi zona de confort, así que permítanme decir unas breves poco sobre una de las preguntas muy básicas (entibaciones horriblemente a partir de la página $2$ de Miller en el mencionado documento, y mediante su notación): podemos obtener todos los conjuntos, y si es así ¿cuándo? Por supuesto, tenemos que asumir $\neg$CH para nada interesante a suceder.

  • Steprans demostró que es coherente que $\Pi_3^*=\Sigma_3^*=\mathcal{P}(2^\omega)$, pero $\Pi_2^*$ e $\Sigma_2^*$ son incomparables adecuada subconjuntos de a$\mathcal{P}(2^\omega)$. No sé nada acerca de su prueba, pero Miller menciona que el modelo produce ha $2^\omega=\aleph_{\omega_1}$, y Carlson mostró que para cada conjunto se $\omega_1$-Borel debemos tener $cf(2^\omega)=\omega_1$. Así que, en cierto sentido, "Cada conjunto es $\omega_1$-Borel" tiene un "Chi-sabor."

  • Steprans observó que ZFC+$\neg$CH implica que no podemos tener $\Sigma^*_2=\mathcal{P}(2^\omega)$. Por suponga $A$ eran $\Sigma^*_2$ conjunto de tamaño $>\omega_1$ (que debe existir desde CH falla). A continuación, como una unión de $\omega_1$-muchos de los conjuntos cerrados, debe contener un innumerable conjunto cerrado y, por tanto, un subconjunto perfecto. Pero ahora considere la posibilidad de cualquier Bernstein conjunto de cardinalidad del continuo.

  • Por último - y esto es de Miller propio resultado - Martin, el axioma de a $\omega_1$ solo implica que la jerarquía no colapso; sin embargo, ZFC+$\neg$CH por sí solo no es, obviamente, nos dicen incluso que $\Pi^*_2\not=\Sigma^*_2$ (Miller listas esta abierto).

Como se mencionó anteriormente, este es de lejos, fuera de mi rango de alfabetización; por favor, hágamelo saber si he cometido algún error!

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