Parece que es bien sabido que si un sigma álgebra generada por countably muchos conjuntos, entonces la cardinalidad de a es finito o $c$ (la cardinalidad del continuo). Pero parece difícil de probar, y realmente difícil encontrar una prueba de ello. Alguien me puede ayudar?
Respuesta
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Digamos que el $\sigma$-álgebra en $X$ es generado por los conjuntos $A_i \subseteq X$. Para cada subconjunto de $I$ de los números naturales, considerar el conjunto de $B_I = \bigcap_{i \in I} A_i \cap \bigcap_{i \noen I} (X \setminus A_i)$. Para los distintos conjuntos de I $$ y $J$, los conjuntos correspondientes de $B_I$ y $B_J$ son disjuntas. Ahora tome casos: sea sólo un número finito de la $B_I$ son no vacías, o infinitamente son muchos. Esto le mostrará que el $\sigma$-álgebra es finito o tiene cardinalidad al menos la de la continuidad.
Para mostrar que el $\sigma$-álgebra no tiene cardinalidad estrictamente por encima de la de la continuidad es un poco más complicado. Yo no puedo venir para arriba con un enfoque de evitar la inducción transfinita la Borel jerarquía. He aquí un esbozo de lo que tengo en mente:
Construimos un aumento de familia $S_\alpha$ de subconjuntos de el poder establecido de $X$, $\alpha$ rangos de los contables de los números ordinales. En la final, $\bigcup_{\alpha < \omega_1} S_\alpha$ $\sigma$-álgebra de tamaño en la mayoría de continuo que contiene nuestro countably muchos generadores (de hecho, va a ser el $\sigma$-álgebra que generan, pero eso es sólo una ventaja añadida). Comience por establecer $S_0$ a la igualdad de la (contables) conjunto de generadores. Dado $S_\alpha$, nos vamos de $S_{\alpha+1}$ ser la colección de subconjuntos que se pueden escribir como contables de los sindicatos de la forma $\bigcup_i A_i \cup \bigcup_j (X \setminus B_j)$, donde $A_i$ y $B_j$ son elegidos de $S_\alpha$. Tenga en cuenta que si $|S_\alpha| \leq 2^{\aleph_0}$, entonces $|S_{\alpha+1}| \leq 2^{\aleph_0}$ (ya que sólo hay continuum muchas formas de escribir la unión: este es esencialmente el cardenal igualdad de $(2^{\aleph_0})^{\aleph_0} = 2^{\aleph_0}$). Para limitar los ordinales $\lambda$, vamos a $S_\lambda = \bigcup_{\alpha < \lambda} S_\alpha$. Esto le vuelva a satisfacer $|S_\lambda| \leq 2^{\aleph_0}$ con tal de que cada $S_\alpha$ en la unión.
Finalmente, vemos que $\bigcup_{\alpha<\omega_1} S_\alpha$ tiene cardinalidad en la mayoría de los que de un continuo, desde $\aleph_1 \cdot 2^{\aleph_0} = 2^{\aleph_0}$. Por otra parte, es cerrado bajo la $\sigma$-operaciones de álgebra desde cualquier contables de la secuencia de elementos que se contabilizan en unos $S_\alpha$ (con $\alpha < \omega_1$).
