¿Es cada sigma-álgebra de cardinalidad$2^\kappa$ para algún cardinal$\kappa$?

Question

Sé que los sigma-álgebras finitos tienen una cardinalidad de la forma $2^n$ para algún entero $n$ y que cualquier sigma-álgebra infinita es al menos de cardinalidad $2^{\aleph_0}$ .

Esto sugiere que tal vez cada sigma-álgebra sea de cardinalidad $2^\kappa$ para algunos cardinales $\kappa$ . ¿Es esto cierto? Si es así, ¿por qué?

Answer 1

No necesariamente.

Supongamos que $2^{\aleph_0} = \aleph_1$ e $2^{\aleph_1}=\aleph_3$. Es todavía el caso de que $\aleph_2^{\aleph_0} = \aleph_2$.

Ahora tome una colección de $\aleph_2$ subconjuntos de $\omega_1$ y vamos a generar un $\sigma$-álgebra. Tendrá el tamaño de la $\aleph_2$ que no es un cardenal de cualquier poder establecido.

Answer 2

Creo que el siguiente contraejemplo obras en ZFC.

Set $\lambda = \beth_{\omega_1}$, por lo que $\lambda = \bigcup_{\alpha < \omega_1} \beth_\alpha$. Considere la posibilidad de la $\sigma$-álgebra $\mathcal{F}$ que consta de todos los contables y co-contables de subconjuntos de $\lambda$. ("Contables" aquí significa "finito o countably infinito").

Puedo reclamar $|\mathcal{F}| = \lambda$. Está claro que $|\mathcal{F}| \ge \lambda$ porque $\mathcal{F}$ contiene todos los embarazos únicos.

En el otro sentido, vamos a $\mathcal{F}_0$ consisten de todos los contables de subconjuntos de $\lambda$, e $\mathcal{F}_1$ todos los co-contables de subconjuntos. Supongamos $A \subset \lambda$ es contable, por lo $A = \{x_1, x_2, \dots\}$ (donde puedo permitir que la secuencia finita). Para cada una de las $n$existe $\alpha_n < \omega_1$ con $x_n \in \beth_{\alpha_n}$. Dejando $\alpha = \sup_n \alpha_n < \omega_1$ (ya que no son finitely o countably muchos $n$), tenemos $A \subset \beth_\alpha$; es decir, $A \in \mathcal{P}(\beth_{\alpha})$. Así, $\mathcal{F}_0 \subset \bigcup_{\alpha < \omega_1} \mathcal{P}(\beth_\alpha)$. Pero $\mathcal{P}(\beth_\alpha)$ , por definición, tiene cardinalidad $\beth_{\alpha + 1} < \lambda$. Por lo tanto, $\mathcal{F}$ está contenida en una unión de $\omega_1$ conjuntos que tienen cada uno de cardinalidad menor que $\lambda$, lo $|\mathcal{F}_0| \le \omega_1 \cdot \lambda = \lambda$ (desde $\lambda > \omega_1$). Es evidente que hay un bijection entre $\mathcal{F}_0$ e $\mathcal{F}_1$, lo $\mathcal{F} \le \lambda + \lambda = \lambda$.

Por otro lado, $\lambda$ no es de la forma $2^\kappa$. Si $\kappa \ge \lambda$ entonces $2^\kappa > \lambda$ por Cantor del teorema. Y si $\kappa < \lambda$ entonces $\kappa \le \beth_\alpha$ para algunos $\alpha < \omega_1$, por lo que $2^\kappa \le 2^{\beth_\alpha} = \beth_{\alpha + 1} < \lambda$. En cualquier caso, $2^\kappa \ne \lambda$.

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Por otra parte, $\beth_{\omega_1}$ está constantemente el mínimo posible de cardinalidad de un contraejemplo.

La proposición. Asumir la GCH. A continuación, todos los $\sigma$-álgebra $\mathcal{F}$ con $|\mathcal{F}| < \beth_{\omega_1}$ ha $|\mathcal{F}| = 2^{\kappa}$ para algunos $\kappa$.

Prueba. Ya sabemos que es cierto para $\mathcal{F}$ finito, así que supongamos $\mathcal{F}$ es infinito. Por GCH, cada cardenal es un bet número, por lo $|\mathcal{F}| = \beth_\alpha$ para algunos $\alpha < \omega_1$. Ya sabemos que no hay contable $\sigma$-álgebras (esto también puede ser visto por una variante del argumento de abajo), le $\alpha > 0$. Yo reclamo que $\alpha$ debe ser un ordinal sucesor; a continuación, hemos terminado, porque si $\alpha = \beta+1$ entonces $|\mathcal{F}| = \beth_{\beta + 1} = 2^{\beth_\beta}$. Así que supongamos $\alpha$ es un ordinal límite; es contable, por lo $|\mathcal{F}| = \beth_\alpha$ ha contables cofinality, así que podemos escribir $\mathcal{F} = \bigcup_{n=1}^\infty \mathcal{C}_n$ donde $|\mathcal{C}_n| < |\mathcal{F}|$ para todos los $n$. Supongamos, sin pérdida de generalidad que cada $\mathcal{C}_n$ es incontable y que $\mathcal{C}_1 \subset \mathcal{C}_2 \subset \dots$. Ahora vamos a $\mathcal{F}_n = \sigma(\mathcal{C}_n) \subset \mathcal{F}$. Como se señaló por Joel David Hamkins en MathOverflow, tenemos $$|\mathcal{F}_n| = |\mathcal{C}_n|^{\aleph_0} \le 2^{|\mathcal{C}_n|} < |\mathcal{F}|.$$ La primera desigualdad se cumple mediante la identificación de una función de $f : \aleph_0 \to \mathcal{C}_n$ con un subconjunto de $\aleph_0 \times \mathbb{C}$, donde $|\aleph_0 \times \mathcal{C}_n| = |\mathcal{C}_n|$ porque $\mathcal{C}_n$ es infinito. La segunda desigualdad es debido a que $\mathcal{F}$ es un límite beth número.

Por lo tanto, tenemos $\mathcal{F} = \bigcup_{n=1}^\infty \mathcal{F}_n$, donde $\mathcal{F}_1 \subset \mathcal{F}_2 \subset \dots$ y cada uno está correctamente contenida en $\mathcal{F}$. De pasar a la larga, podemos suponer que aumentar estrictamente. Pero como se muestra en [1], una contables estrictamente creciente de la unión de $\sigma$-álgebras no puede ser nunca una $\sigma$-álgebra, así que esto es una contradicción.

[1] Broughton, Allen; Huff, Barthel W., Un comentario sobre los sindicatos de sigmafields, Am. De matemáticas. Mon. 84, 553-554 (1977). ZBL0372.60004. Gracias a hot_queen para esta referencia.

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Más generalmente, esto puede ser fácilmente extendido para mostrar que para cada límite ordinal $\alpha$ de innumerables cofinality, existe un $\sigma$-álgebra de cardinalidad $\beth_\alpha$ que no es de la forma $2^\kappa$ cualquier $\kappa$; y en virtud de GCH, ningún otro cardinalidad es posible.