Ninguno de los jugadores tiene una estrategia ganadora, ver más abajo.
Sin embargo, cuando se restringe el juego para que Q sólo pueda jugar lances con el Propiedad de Baire entonces A tiene una estrategia ganadora. Obsérvese que los conjuntos con la propiedad Baire forman un $\sigma$ -que incluye todos los conjuntos analíticos y, asumiendo el axioma de determinismo proyectivo, todos los conjuntos proyectivos.
En el juego restringido, podemos escribir $A_i=U_i\vartriangle\bigcup_jM_{p(i,j)}$ donde $U_i$ está abierto, $M_k$ no son densos en ninguna parte, y $p\colon\omega\times\omega\to\omega$ es una función biyectiva de emparejamiento tal que $p(i,j)\ge i,j$ . La estrategia ganadora para A es entonces mantener una cadena de intervalos abiertos acotados no vacíos $I_n$ para que
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$I_0\supseteq\overline{I_1}\supseteq I_1\supseteq\overline{I_2}\supseteq I_2\supseteq\cdots$ ,
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$I_i\subseteq U_i$ ,
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$I_i\cap M_i=\varnothing$ .
Se puede organizar de la siguiente manera. Sea $Q_i=V\vartriangle M$ donde $V$ está abierto y $M$ es escaso. Si $I_{i-1}\cap V\ne\varnothing$ A elige $A_i=Q_i$ de lo contrario $A_i=Q_i^c$ (nótese que en este último caso, tendremos $I_{i-1}\subseteq U_i$ ). Esto determina $U_i$ y $M_{p(i,j)}$ y queda por encontrar $I_i$ . Ahora, $I_{i-1}\cap U_i$ es un conjunto abierto no vacío. Además, $M_i$ no es denso en ninguna parte, por lo que el conjunto abierto $I_{i-1}\cap U_i\smallsetminus\overline{M_i}$ sigue siendo no vacío, por lo que contiene un intervalo $I_i$ . Acortándolo si es necesario, podemos asegurarnos de que $\overline{I_i}\subseteq I_{i-1}$ .
Cuando el juego termina utilizando esta estrategia, entonces $\bigcap_iI_i=\bigcap_i\overline{I_i}$ es no vacío por compacidad. Cualquiera de sus elementos está incluido en cada $U_i$ y evita todos los $M_{p(i,j)}$ por lo que se encuentra en cada $A_i$ . Por otra parte, cada $A_i$ contiene un intervalo menos un conjunto exiguo, por lo que no puede ser en sí mismo exiguo y, en particular, tiene más de un elemento.
EDIT: El argumento anterior no requiere axioma completo de elección, pasa en ZF + DC. Shelah ha demostrado la consistencia relativa de ZF + DC + "todo conjunto de reales tiene la propiedad Baire", por lo tanto es consistente con ZF + DC que A tiene una estrategia ganadora no determinista en el juego no restringido.
A también tiene una estrategia ganadora si Q se restringe a conjuntos medibles de Lebesgue. La estrategia consiste en mantener una cadena $P_0\supseteq P_1\supseteq P_2\supseteq\cdots$ de conjuntos perfectos con medida positiva tales que $P_i\subseteq A_i$ . Dado $Q_i$ elegimos $A_i$ para que $P_{i-1}\cap A_i$ tiene medida positiva. Utilizando la regularidad interna, existe un conjunto perfecto $P_i$ de medida positiva incluida en $P_{i-1}\cap A_i$ . Esta estrategia garantiza que cada $\bigcap_{i<n}A_i$ es incontable, y $\bigcap_{i\in\omega}A_i\supseteq\bigcap_{i\in\omega}P_i$ es no vacío por compacidad.
En ZFC, ninguno de los jugadores tiene una estrategia ganadora en el juego sin restricciones. Para Q, esto se muestra en la respuesta de Joel David Hamkins.
Teorema. A no tiene una estrategia ganadora.
Para simplificar, consideraré el juego con el espacio producto $2^\omega$ en lugar de $\mathbb R$ . Para $t\in2^{<\omega}$ , dejemos que $B_t=\{f\in2^\omega\mid f\supseteq t\}$ es un conjunto cerrado básico, y $D_n=\{f\in2^\omega\mid f(n)=1\}$ y que $C$ sea el álgebra booleana formada por conjuntos de la forma $X\vartriangle Y$ donde $X$ es cerrado y $Y$ es finito. Dada una secuencia de conjuntos $Q=\langle Q_0,\dots,Q_n\rangle$ como jugadas del primer jugador y una estrategia $\sigma$ de A, escribiré $\sigma(Q)=A_n\in\{Q_n,Q_n^c\}$ para la jugada de A proporcionada por la estrategia, y $Q^\sigma=\bigcap_{i\le n}A_n$ . Esta última notación también puede utilizarse para secuencias infinitas $Q$ . Si $Q,R$ son secuencias, entonces $Q\smallfrown R$ es su concatenación, $|Q|$ es la longitud de $Q$ y $Q\subseteq R$ significa que $Q$ es un segmento inicial de $R$ .
Lema. Si A tiene una estrategia ganadora en el juego jugado en un subconjunto $G\subseteq2^\omega$ entonces $G$ contiene un subconjunto perfecto.
Prueba: consideremos secuencias finitas $Q$ formado por elementos de $C$ . En primer lugar, supongamos que existe $Q$ de modo que para cada $R,S\supseteq Q$ , $R^\sigma\cap S^\sigma\ne\varnothing$ . Entonces es fácil ver que existe un ultrafiltro $F\subseteq C$ tal que $\sigma(R)\in F$ para cada $R\supseteq Q$ . Sea $R$ sea la secuencia infinita $\langle D_n\mid n\in\omega\rangle$ . Entonces $|(Q\smallfrown R)^\sigma|\le1$ . Por otra parte, dado que $\sigma$ es una estrategia ganadora, $(Q\smallfrown R)^\sigma$ no es vacío (e interseca $G$ ), por lo que es igual a $\{\alpha\}$ para algunos $\alpha\in2^\omega$ . Entonces $(Q\smallfrown\{\alpha\})^\sigma=\{\alpha\}$ ou $(Q\smallfrown\{\alpha\}\smallfrown R)^\sigma=\varnothing$ contradictorio $\sigma$ sea una estrategia ganadora.
Así, para cada $Q$ existe $R,S\supseteq Q$ tal que $R^\sigma\cap S^\sigma=\varnothing$ . Por inducción, podemos construir $\{Q_t\mid t\in2^{<\omega}\}$ tal que
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$t\subseteq s\Rightarrow Q_t\subseteq Q_s$ ,
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$Q_{t\smallfrown0}^\sigma\cap Q_{t\smallfrown1}^\sigma=\varnothing$ .
Además, $Q_t^\sigma\in C$ por lo que podemos escribirlo como $X_t\vartriangle Y_t$ con $X_t$ clopen y $Y_t$ finito. Extendiendo $Q_t$ (en el punto donde se está construyendo) con $D_i$ , $i\le|t|$ podemos asegurarnos de que
- $Q_t\subseteq B_s$ para algunos $s\in2^{<\omega}$ , $|s|\ge|t|$ .
Ampliando $Q_t$ con $Y_t$ podemos asegurarnos de que $Q_t^\sigma$ en realidad es igual a $X_t\smallsetminus Y_t$ . Entonces $X_{t\smallfrown0}\cap X_{t\smallfrown1}$ es un conjunto cerrado finito, por lo tanto es vacío, por lo tanto:
- $\overline{Q_{t\smallfrown0}^\sigma}\cap\overline{Q_{t\smallfrown1}^\sigma}=\varnothing$ .
Por cada $f\in2^\omega$ , dejemos que $Q$ sea la secuencia infinita $\bigcup_{t\subseteq f}Q_t$ . Desde $\sigma$ es una estrategia ganadora, $Q^\sigma\cap G$ no es vacío, por lo que contiene un elemento $\phi(f)$ . Las propiedades de $Q_t$ garantizar que $\phi\colon2^\omega\to2^\omega$ es inyectiva y continua, por lo que su rango es un subconjunto perfecto de $G$ con lo que termina la demostración del lema.
Para demostrar el teorema, observe que hay $\mathfrak c=2^\omega$ subconjuntos perfectos de $2^\omega$ por lo que podemos enumerarlos como $\{P_\alpha\mid\alpha<\mathfrak c\}$ . (Este es el lugar que se rompe en ZF + DC, necesitamos $2^\omega$ para que estén bien ordenadas). Construimos secuencias disjuntas $\{a_\alpha\mid\alpha<\mathfrak c\},\{b_\alpha\mid\alpha<\mathfrak c\}\subseteq2^\omega$ por inducción como sigue: cada $P_\alpha$ tiene cardinalidad $\mathfrak c$ mientras que $S=\{a_\beta,b_\beta\mid\beta<\alpha\}$ tiene menor cardinalidad, por lo que podemos elegir distintos $a_\alpha,b_\alpha\in P_\alpha\smallsetminus S$ . Sea $X=\{a_\alpha\mid\alpha<\mathfrak c\}$ . Por la construcción, ni $X$ ni $X^c$ contiene un subconjunto perfecto.
Supongamos que $\sigma$ es una estrategia ganadora para A en el juego jugado en $2^\omega$ . Toma $Q_0=X$ y que $A_0=\sigma(Q_0)$ . Entonces $\tau(R):=\sigma(Q_0\smallfrown R)$ define una estrategia ganadora para A en el juego disputado en $A_0$ y, por tanto, por el lema, $A_0$ tiene un subconjunto perfecto, una contradicción.
