Ejemplo de no ser un álgebra sigma al no cumplirse la propiedad de complemento

Question

Estoy trabajando en un problema de deberes y estoy algo perdido. Sé que no me van a dar una respuesta en bandeja de plata y me parece bien, pero necesito saber qué me falta por entender para poder resolver el problema.

Necesito una colección infinita de subconjuntos de $\mathbb{R}$ que contiene $\mathbb{R}$ es cerrado bajo la formación de uniones contables e intersecciones contables, pero no es un $\sigma$ -Álgebra.

Así que inmediatamente pensé que el único requisito que no se menciona para que sea un $\sigma$ -es el cierre bajo complementación. Por eso he pensado en utilizar tal vez $\mathcal{P}(\mathbb{R})-\{\varnothing\}$ el conjunto de potencias 'menos' el conjunto nulo. ¿Esto está bien? ¿Se puede restar 'nada' así? Por lo demás, estoy bastante perdido y cualquier orientación se agradecería mucho.

Nate

P.S> No he podido encontrar sugerencias adecuadas a mi pregunta buscando en el sitio.

Answer 1

Las soluciones de los novatos:

1. $\left\{[0,\frac{1}{n}]\mid n\in\mathbb N\setminus\{0\}\right\}\cup\left\{\mathbb R,\{0\}\right\}$
2. $\{A\subseteq\mathbb R\mid 0\in A\}$ . (Una sugerencia de Henning en los comentarios)

El segundo también se conoce como principal ultrafiltro concentrándose en $0$ .

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La locura de la teoría de conjuntos: (Algunas de las soluciones pueden ser adecuadas para estudiantes de grado avanzado, y podrían ser menos triviales que los ejemplos anteriores)

Mi planteamiento inicial era tomar un ultrafiltro cerrado bajo intersecciones contables, pero claramente no para los complementos. Sin embargo, la existencia de uno sobre los números reales es equivalente a una cierta gran axioma cardinal lo que me hizo formular la solución original en su lugar...

1. $\Sigma^1_1(\mathbb R)$ conjuntos (el conjuntos analíticos ), que pueden obtenerse como imágenes de conjuntos de Borel. Estos no son cerrados bajo complementos y contienen todos los conjuntos de Borel de $\mathbb R$ .

2. Tomemos el filtro co-contable sobre los reales, es decir $\{A\subseteq\mathbb R\mid |\mathbb R\setminus A|\le\aleph_0\}$ .

3. Supongamos que la Hipótesis del Continuo es cierta. Sea $g\colon\omega_1\to\mathbb R$ sea alguna biyección, que se extiende naturalmente a $f\colon\mathcal P(\omega_1)\to\mathcal P(\mathbb R)$ . Denote por $\mathcal F$ el club $^+$ filtrar de $\omega_1$ es decir, todos los subconjuntos de $\omega_1$ que superan un conjunto cerrado e ilimitado.
   El filtro del club es cerrado bajo intersecciones contables, y cualquier tipo de uniones. Consideremos ahora $\mathcal U=\{f(A)\mid A\in\mathcal F\}$ esto haría un filtro sobre los números reales que es contablemente cerrado, cerrado bajo cualquier unión y como $\omega_1\in\mathcal F$ tenemos que $\mathbb R\in\mathcal U$ . Y por supuesto, ya que $\mathcal U$ es un filtro, no puede ser un $\sigma$ -Álgebra.

Answer 2

Su propuesta de respuesta de $\mathcal{P}(\mathbb{R})-\{\varnothing\}$ no es cerrado bajo intersecciones, porque $\{1\}\cap\{0\}=\varnothing$ .

Prueba con $\mathcal{P}(\mathbb{N})\cup\{\mathbb{R}\}$ .

Answer 3

Casi. Pero su formulación no es cerrada bajo intersecciones. Por ejemplo, el conjunto $\{ 3 \}$ y el conjunto $ \{ \pi \}$ están ambos, pero su intersección, $\varnothing$ no lo es.