El maravilloso librito Borel Espacios por Rao y Rao da una serie de ejemplos. Aquí es uno de ellos:
Lema: No es una función inyectiva $f:[0,1]\to [0,1]$ de manera tal que la preimagen de
cada innumerable conjunto de Borel con innumerables complemento no es un conjunto de Borel.
Prueba: Hay continuidad de muchos de los conjuntos de Borel, así que vamos a $(A_0,B_0), (A_1,B_1),\ldots, (A_\alpha,B_\alpha),\ldots,$ $\alpha<\mathfrak{c}$ ser un buen orden de todos los distintos pares de innumerables conjuntos de Borel. Constuct recursivelya $\mathfrak{c}$-secuencia de pares eligiendo para cada uno de los $\beta<\mathfrak{c}$ dos puntos de $x_\beta\in A_\beta$ $y_\beta\in B_\beta$ que no están en $\{x_\alpha, y_\alpha;\alpha<\beta\}$ (esto es posible ya que cada innumerables Borel conjunto tiene la cardinalidad del continuo). Vamos $f(x_\alpha)=y_\alpha$, $f(y_\alpha)=x_\alpha$ y deje $f(z)=z$ todos los $z$ no ocurren en la secuencia. Ahora podemos comprobar que $f$ tiene la propiedad requerida. Está claro que $f$ es inyectiva. Deje $A$ ser un innumerable conjunto de Borel con innumerables complemento. Ya que hay una cantidad no numerable de parejas de distinto innumerables subconjuntos de Borel $A$, $D=f^{-1}(A)\cap A$ es incontable. Tiene un incontable complemento, debido a que $A$ tiene uno. Supongamos que $f^{-1}(A)$ es un conjunto de Borel. A continuación, $D$ es un innumerable conjunto de Borel con innumerables complementan, de tal manera que $D=f^{-1}(D)$. Pero esto es imposible. El par $(D,D^C)$ deberá de presentar en nuestro ordenamiento, por lo $f$ mapas de un punto en $D$ a un punto en el $D^C$. $\blacksquare$
Corolario: Vamos a $f$ ser una función inyectiva $f:[0,1]\to [0,1]$ de manera tal que la preimagen de cada innumerable conjunto de Borel con innumerables complemento no es un conjunto de Borel. Deje $\mathcal{D}$ $\sigma$- álgebra generada por $f$ $\mathcal{B}$ ser el Borel $\sigma$-álgebra. A continuación, $\mathcal{D}\cap\mathcal{B}$ $\sigma$- álgebra consiste contable de conjuntos y conjuntos contables complementa.
Prueba: Cada, establece en $\mathcal{D}$ que es incontable y tiene un incontable complemento debe ser la preimagen de un innumerable conjunto de Borel con innumerables complemento. Pero tal preimages son por el último lema nunca conjuntos de Borel. Para cada conjunto en $\mathcal{D}\cap\mathcal{B}$ es contable o tiene una contables complemento. Por otra parte, es fácil ver que todo está en la intersección. $\blacksquare$
Nos muestran que el $\sigma$-álgebra en $[0,1]$ consiste contable de conjuntos y conjuntos contables complementa no es countably generado (Rao & Rao probar esto de una manera diferente). En primer lugar, tenemos un Lema:
Lema: Vamos a $\mathcal{C}$ ser un countably generadas $\sigma$-álgebra en un conjunto $X$. Entonces existe una función de $g:X\to [0,1]$ tal que $\mathcal{C}$
es el $\sigma$-álgebra generada por $g$ (donde el codominio está dotado de la Borel $\sigma$-álgebra). Por otra parte, si para todas las distintas $x,y\in X$ no es un porcentaje ($C\in\mathcal{C}$tal que $x\in C$$y\notin C$, $g$
debe ser inyectiva.
Prueba: Vamos a $\{C_0,C_1,C_2,\ldots\}$ ser una contables conjunto de generadores. Deje $g$ ser dada por $$g(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{2}{3^{n+1}}I_{C_n},$$ where $I_{C_n}$
es la función de indicador de $C_n$. La función de $g$ es conocido como el Marczewski-función. Si $g(x)=g(y)$, entonces no hay ningún conjunto no vacío $B$ tal que
$x\in g^{-1}(B)$ pero $y\notin g^{-1}(B)$. $\blacksquare$
Corolario: El $\sigma$-álgebra en $[0,1]$ consta de conjuntos contables y aquellos con contables complemento no es countably generado.
Prueba: Supongamos que es. Entonces, por el lema anterior, el $\sigma$-álgebra generada por algunos $g:[0,1]\to[0,1]$. Deje $x,y\in[0,1]$ dos puntos diferentes. A continuación, $x\in [0,1]\backslash\{y\}$ pero $y\notin[0,1]\backslash\{y\}$. De ello se desprende que $g$ debe ser inyectiva. Desde $g$ es medible, bien $g^{-1}\big([0,1/2]\big)$ o $g^{-1}\big([1/2,1]\big)$ debe tener una contables complemento. Decir, es que es el último. De nuevo $g^{-1}\big([1/2,3/4]\big)$ o $g^{-1}\big([3/4,1]\big)$ debe tener contables complemento. Continuando de esta manera, se obtiene una disminución de la secuencia de conjuntos contables complemento. De ello se desprende que la intersección $I$ tiene una contables complemento. Pero $I$ es la preimagen de un singleton en $g$. Esta contradicción demuestra que el $\sigma$-álgebra no es countably generado. $\blacksquare$
