¿Puede una base para $\mathbb{R}$ ¿ser Borel?

Question

Trabaja en ZF (así que no hay opción). Entonces es coherente que no haya una base (Hamel) para $\mathbb{R}$ como $\mathbb{Q}$ -vectorial. Mi pregunta se refiere a los modelos en los que $\mathbb{R}$ tiene una base, pero la elección sigue fallando de forma terrible. Específicamente:

¿Es coherente con ZF que haya una base para $\mathbb{R}$ como $\mathbb{Q}$ -¿espacio vectorial que es Borel?

(Esta pregunta surgió a raíz de ¿Existe algún conjunto incontablemente infinito que no genere los reales? mi respuesta, y la de Ricky Demer y mis comentarios a la misma).

Algunas observaciones:

• Con "Borel" me refiero al sentido débil de Borel: "en el más pequeño $\sigma$ -que contiene los conjuntos abiertos". Obsérvese que si utilizamos la noción más fuerte (y mejor comportada) "codificado por Borel", que significa "hay un código de Borel para", entonces la respuesta a la pregunta es fácilmente no .

• ¿Qué tan malo puede ser Borel-ness sin elección? Bueno, es consistente con ZF que cada conjunto de reales es Borel; específicamente, es consistente con ZF que $\mathbb{R}$ es una unión contable de conjuntos contables.

• Sin embargo, tales modelos no parecen responder a la pregunta; hasta donde yo sé, en tales modelos, $\mathbb{R}$ no tiene una base.

• Así que la pregunta es: ¿podemos, por un lado, "estirar" la noción de Borel-ness matando a la elección muy mal, mientras que la preservación de la existencia de una base en el primer lugar (por lo que nos obliga a no matar a la elección también mal)?

NOTA: Esta pregunta está relacionada en espíritu (si no en contenido) con mi pregunta anterior Abarcar los reales con un conjunto pequeño - sin elección . Concretamente, lo menciono porque creo que las técnicas útiles para uno pueden ser útiles para el otro.

Answer 1

Bueno, si asumes un poco de elección( $\mathsf{DC}$ ), la respuesta es no, debido al siguiente argumento.

Supongamos que $B$ es una base Hamel de $\Bbb R$ en $\Bbb Q$ que también resulta ser un conjunto de Borel. Para cada $n\geq 1$ y cada $\bar q=(q_1,\ldots,q_n)\in\Bbb Q^n,$ considere el conjunto

$$B_{\bar q}:=q_1B+\cdots+q_nB,$$

entonces $B_{\bar q}$ es un conjunto analítico, ya que es la imagen directa del conjunto de Borel $B^n$ mediante la función continua $\Bbb R^n\rightarrow \Bbb R$ dado por $(x_1,\ldots,x_n)\mapsto q_1x_1+\cdots+ q_nx_n$ . Tenemos $$\Bbb R=\bigcup_{\bar q\in\Bbb Q^{<\omega}}B_{\bar q}.$$

Por tanto, como se trata de una unión contable y los conjuntos analíticos son medibles por Lebesgue, debemos tener que $\mu(B_{\bar q})>0$ para algunos $\bar q\in\Bbb Q^{<\omega}$ . Debido a esto resultado sabemos $$B_{\bar q\frown\bar q}=B_{\bar q}+B_{\bar q}$$ contiene un intervalo abierto. Podemos suponer que este intervalo abierto contiene $0$ utilizando una función $\Bbb R\rightarrow\Bbb R$ de la forma $x\mapsto x+a$ para que $$\bigcup_{n\geq 1}nB_{\bar q\frown\bar q}=\Bbb R,$$

lo que implica que cualquier $x\in\Bbb R$ es de la forma $$m_1q_1x_1+\cdots+m_nq_nx_n+m_1'q_1y_1+\cdots+m_n'q_ny_n,$$

para algunos $x_1,\ldots,x_n,y_1,\ldots,y_n\in B$ y algunos $m_1,\ldots,m_n,m_1',\ldots,m_n'\in\Bbb N$ y esto es una contradicción, ya que $\Bbb Q$ no es un grupo abeliano finitamente generado. Por lo tanto, no puede existir tal conjunto $B.$

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Bajo la presencia de grandes cardinales y utilizando el axioma de elección no pueden existir siquiera bases de Hamel que sean proyectivas.

Si hay, por ejemplo, un cardinal supercompacto, existe una incrustación elemental $$j:L(\Bbb R)\rightarrow L(\Bbb R)^{Col(\omega,<\kappa)},$$ siempre que $\kappa$ es un cardinal supercompacto; este es un teorema que puedes encontrar en el artículo de Woodin Cardenales supercompactos, conjuntos de reales y árboles débilmente homogéneos . Estas incrustaciones pueden obtenerse utilizando supuestos mucho más débiles.

He aquí la razón:

Podemos tomar $L(\Bbb R)^{Col(\omega,<\kappa)}$ como el modelo de Solovay como $\kappa$ es inaccesible. Debido a esto Respuesta de MO no existe una base Hamel de $\Bbb R$ como $\Bbb Q$ -espacio vectorial en $L(\Bbb R)^{Col(\omega,<\kappa)}$ . Por lo tanto, para cualquier $X\in L(\Bbb R)$ tenemos que en $L(\Bbb R)$ , $X$ no es una base Hamel de $\Bbb R$ en $\Bbb Q$ utilizando la elementalidad de $j$ .

Pero $\Bbb R\subset L(\Bbb R)$ y $\Bbb R\in L(\Bbb R)$ Por lo tanto $X$ es una base Hamel de $\Bbb R$ en $\Bbb Q$ en $L(\Bbb R)$ si y sólo si está en $V$ . Sin embargo, todos los conjuntos proyectivos pertenecen a $L(\Bbb R)$ por lo que ninguna base de Hamel puede ser proyectiva.

Answer 2

Esta es una pregunta difícil. Aunque sólo sea por el hecho de que no conocemos realmente ningún modelo de $\sf ZF$ en el que $\Bbb R$ no está bien ordenado y hay una base de Hamel para $\Bbb R$ en $\Bbb Q$ .

Aunque en opinión de esta persona, la existencia de una base de Hamel no debería ser equivalente al hecho de que $\Bbb R$ está bien ordenado, pero no estoy seguro de cómo demostrar algo así.