Si $S$ es un infinito $\sigma$ álgebra sobre $X$ entonces $S$ no es contable

Question

Estoy repasando un tutorial en mi curso de análisis real. Hay una una prueba en la que no entiendo algunas partes.

La prueba está relacionada con la siguiente proposición:

( $S$ - infinito $\sigma$ -álgebra en $X$ ) $\implies $ $S$ es incontable.

Prueba :

Supongamos: $S=\{A_{i}\}_{i=1}^{+\infty}$ . $\forall x\in X: B_{x}:=\cap_{x\in A_{i}}A_{i}$ . [Nota: $B_{x}\in S$ $\impliedby$ ( $B_{x}$ - intersección contable].

Lema : $B_{x}\cap B_{y}\neq\emptyset \implies B_{x}=B_{y}$ .

Prueba (del lema):

$z\in B_{x}\cap B_{y} \implies B_{z}\subseteq B_{x}\cap B_{y}$ .

1. $x\not\in B_{z} \implies x\in B_{x}\setminus B_{z} \wedge B_{x}\setminus B_{z} \subset S \wedge B_{x}\setminus B_{z} \subset B_{x}$ (contradicción: $\space$ definición de $B_{x}$ ) $\implies$ $B_{z}=B_{x}$

2. $y\not\in B_{z} \implies y\in B_{y} \setminus B_{z} \space \wedge \space B_{y}\setminus B_{z} \subset S \space\wedge\space B_{y} \setminus B_{z}\subset B_{y} $ (contradicción: definición de $B_{y}$ ) $\implies$ $B_{z}=B_{y}$ $\implies B_{x}=B_{y} \space \square$

Considera: $\{B_{x}\}_{x\in X}$ . Si: existen conjuntos finitos de la forma $B_{x}$ entonces: $S$ es la unión de un número finito de conjuntos disjuntos $\implies$ $S$ es finito $\implies$ hay un número infinito de conjuntos de la forma $B_{x}$ . $\implies$ $|\bigcup\limits_{i\in A \subseteq\mathbb{N}}B_{x_{i}}| \geq \aleph_{0}$ .(contradicción) $\square$

Hay un par de cosas que no entiendo en esta prueba:

1. Por qué el hecho de encontrar un conjunto ( $B_{x}\setminus B_{z}$ ) en $S$ que contiene $x$ y está estrictamente contenida en $B_{x}$ una contradicción ?

2. Por qué si sólo hay un número finito de conjuntos diferentes de la forma $B_{x}$ entonces $S$ es la unión de un número finito de conjuntos disjuntos conjuntos y es finito?

Answer 1

1. Porque $B_x$ se supone que es la intersección de todos los conjuntos medibles que contienen $x$ pero has encontrado un conjunto medible que contiene $x$ estrictamente interior $B_x$ .

2. Porque para cualquier conjunto medible $T$ tenemos $T=\bigcup_{x\in T}B_x$ . Por lo tanto, si hay $n$ conjuntos distintos de la forma $B_x$ , entonces hay como máximo $2^n$ elementos de $S$ .

Answer 2

En realidad se puede cambiar ligeramente el argumento de @Josef para obtener una prueba correcta. Esto es probablemente también lo que @ncmathsadist está insinuando, aunque no indica cómo obtener la colección contablemente infinita de subconjuntos disjuntos.

Incidentalmente, el argumento que sigue muestra incluso que un infinito $\sigma$ -El álgebra no sólo es incontable, sino que tiene al menos la cardinalidad del continuo .

Dejemos que $(A_n)_{n \in \Bbb{N}}$ sea una secuencia de pares de distinto (no necesariamente disyuntiva ) establece en $S$ .

Para un subconjunto arbitrario $M \subset X$ dejar $M^1 := M$ y $M^{-1} := M^c$ .

Para una secuencia $\omega = (\omega_n)_{n} \in \{\pm 1\}^\Bbb{N}$ , defina

$$ B^\omega := \bigcap_{n \in \Bbb{N}} A_n^{\omega_n}. $$

Observe que $B^\omega \in A$ porque es una intersección contable de elementos de $A$ .

También hay que tener en cuenta que $B^\omega \cap B^\gamma = \emptyset$ para $\gamma = (\gamma_n)_n \neq \omega$ porque hay algo de $n$ tal que $\gamma_n \neq \omega_n$ para que

$$ B^\omega \cap B^\gamma \subset A_n^{\omega_n} \cap A_n^{\gamma_n} = \emptyset. $$

Por último, hay que tener en cuenta que para $n \in \Bbb{N}$ arbitraria, tenemos ( ¿Por qué? )

$$ A_n = \bigcup_{\omega \text{ with } \omega_n = 1} B^\omega . $$

Por lo tanto, si el conjunto $\{B^\omega \mid \omega \in \{\pm 1\}^\Bbb{N} \}$ fueran finitas, se deduce fácilmente que sólo puede haber un número finito de $A_n$ una contradicción.

Por lo tanto, existe una familia infinita $\omega^{(n)}$ con $B^{\omega^{(n)}} \neq B^{\omega^{(m)}}$ para $n \neq m$ .

Dejemos que $C_n := B^{\omega^{(n)}}$ . Descartando (como máximo) un conjunto, podemos suponer $C_n \neq \emptyset$ para todos $n$ . Utilizando la disociación por pares de los $C_n \neq \emptyset$ Ahora es fácil ver que el mapa

$$ \Gamma : \{0,1\}^\Bbb{N} \to A, (\alpha_n) \mapsto \biguplus_{n \text{ with } \alpha_n = 1} C_n $$

es inyectiva, porque

$$ \Theta : A \to \{0,1\}^\Bbb{N}, M \mapsto \left(n \mapsto \begin{cases} 1, & \text{if }M\cap C_{n}\neq\emptyset\\ 0, & \text{if }M\cap C_{n}=\emptyset \end{cases} \right) $$

es un inverso de la izquierda para $\Gamma$ .

Answer 3

Prueba por imagen:

Tomemos una colección de elementos finitos y disjuntos del álgebra sigma. La imagen que se muestra a continuación da alguna intuición de por qué siempre se puede añadir un elemento a este conjunto de conjuntos disjuntos por pares.

Una vez que se tiene una colección infinita de conjuntos disjuntos por pares, se puede identificar cada uno de ellos como elementos distintos, donde las uniones de conjuntos también son distintas. Así que tomando todas las uniones contables en esta colección se generaría un conjunto con incontables elementos ya que es el conjunto potencia de un conjunto contable.

Answer 4

Demuestre que si a $\sigma$ -es infinita, que contiene una colección contablemente infinita de subconjuntos disjuntos. Una consecuencia inmediata es que el $\sigma$ -el álgebra es incontable.

Answer 5

Advertencia: ¡la siguiente prueba es incorrecta!

Como ncmathsadist mencionó antes, también hay una prueba directa. Para aquellos que quieran saber cómo proceder:

Que sea $\mathcal{S}$ un infinito $\sigma$ -Algebra. Tomemos cualesquiera conjuntos distintos por pares $A_1,A_2,\ldots\in\mathcal{S}$ . Entonces $$\begin{align*}G_0&=A_0^\complement\cap A_1\cap A_2\cap A_3\cap\cdots,\\ G_1&=A_0\cap A_1^\complement\cap A_2\cap A_3\cap\cdots,\\ G_2&=A_0\cap A_1\cap A_2^\complement\cap A_3\cap\cdots,\\ \vdots\end{align*}$$ todos mienten en $\mathcal{S}$ porque la intersección contable es cerrada en $\sigma$ -y es fácil ver que son disjuntos. Pero también la unión contable y finita de cualquier colección de las $G_k’s$ debe estar en $\mathcal{S}$ .

Reconocerá que, para colecciones distintas, obtendrá diferentes uniones (porque el $G_k$ son disjuntos por pares). Wich Colección que elija, puede codificar con una secuencia binaria $a_0,a_1,a_2,\ldots$ al establecer $a_k=1$ para tomar $G_k$ en la colección y $a_k=0$ de otra manera. Así que se obtiene una inyección de $\{0,1\}^\mathbb{N}$ a $\mathcal{S}$ . Pero usted ya sabe, que $\{0,1\}^\mathbb{N}$ es un conjunto incontable. Y por eso $\mathcal{S}$ también debe ser incontable.