21 votos

¿Hay algún ejemplo de álgebra sigma que no sea una topología?

¿Hay algún ejemplo de álgebra sigma que no sea una topología? Si no es así, ¿es posible demostrar que todas las álgebras sigma son topologías?

14 votos

Los conjuntos de Borel en $[0,1]$ obviamente. Contiene todos los puntos pero no todos los subconjuntos.

0 votos

No recuerdo que las topologías sean $\sigma$ -algebras en absoluto... No suelen ser cerradas bajo complementos ni intersecciones contables.

0 votos

@Asaf: La pregunta es al revés :)

22voto

Grzenio Puntos 16802

Si un $\sigma$ -contiene todos los conjuntos de un punto, entonces la topología que genera es la topología discreta, así que lo único que tenemos que asegurar es que tenemos un $\sigma$ -en la que no todos los conjuntos son medibles.

El primer ejemplo que se me ocurre ya es un ejemplo. Como hay conjuntos no Borel en $[0,1]$ los conjuntos de Borel no son la topología discreta, pero la topología más pequeña que contiene los conjuntos de Borel es la topología discreta por el párrafo anterior.

(Ignoro las cuestiones de elección aquí, ya que carezco de experiencia).


Añadido :

Un argumento similar funciona para el Lebesgue $\sigma$ -Álgebra.

En una dirección positiva: Cada $\sigma$ -sobre un conjunto contable es una topología.

En resumen:

  • En conjuntos finitos o contables cada $\sigma$ -es una topología.
  • En vista de la respuesta de Pete más abajo, en cada conjunto incontable hay un $\sigma$ -que no es una topología, es decir, la contable-conducible $\sigma$ -Álgebra. Este ejemplo es probablemente el óptimo en términos de simplicidad.

En aras de la exhaustividad:

  • La respuesta de Pete L. Clark en este hilo utiliza la elección en la forma muy débil "la unión contable de conjuntos contables es contable", como señaló Nate Eldredge.

  • Andrés Caicedo argumenta maravillosamente en este hilo de MO por qué algunos La elección es necesaria para asegurar que existen conjuntos no Borel.

  • Si interpreto las palabras de François G. Dorais responder aquí correctamente, hay modelos de ZF con la propiedad de que el $\sigma$ -La álgebra generada por los subconjuntos de un conjunto es igual a la potencia del conjunto. (Por favor, corrígeme si esto es una interpretación demasiado ingenua)

  • Asaf Karagila añade en un comentario más abajo: "[...] una afirmación aún más extraña se da en el artículo de Jech El axioma de la elección , cap. 5, ejercicio 14. Hay una extensión de cada modelo transitivo, con la misma $\aleph$ -cárdenas, y por cada $\alpha$ hay un conjunto $X$ que es una unión contable de conjuntos contables, y $P(X)$ puede dividirse en $\aleph_{\alpha}$ conjuntos no vacíos".

  • Jay añade: Como podría haber dicho John B. S. Haldane: "La teoría de conjuntos sin el axioma de elección no sólo es más rara de lo que suponemos, sino más rara de lo que puede Supongo".

0 votos

Cuando dice que ignora los problemas de elección, ¿se refiere a la posibilidad de "Todos los conjuntos de reales son medibles por Lebesgue"?

1 votos

@Asaf: No, me refiero a que no sé cómo construir un conjunto no Borel sin asumir al menos algunos elección. Y quiero decir que ignoro las cuestiones de elección en general.

0 votos

21voto

Bryan Roth Puntos 3592

Dejemos que $S$ sea cualquier conjunto incontable, y sea $\mathcal{A}$ sea la colección de todos los subconjuntos de $S$ que son contables o tienen complemento contable.

Esta colección es evidentemente cerrada bajo complementación. Si tengo una unión contable de elementos de $\mathcal{A}$ que son contables, entonces la unión es contable. En caso contrario, al menos un elemento es contable, por lo que la unión también lo es. Un argumento similar funciona para las intersecciones. Así que $\mathcal{A}$ es un $\sigma$ -Álgebra.

No es una topología porque contiene todos los conjuntos simples pero no todos los subconjuntos de $S$ -- en particular, no contiene ningún conjunto que sea incontable con complemento incontable.

0 votos

¡Ah, muy bonito! Es mucho más sencillo que los juegos de Borel. Creo que me dejé llevar...

2 votos

Por supuesto, este argumento también utiliza el axioma de elección (una unión contable de conjuntos contables es contable).

3 votos

@Nate: Sí, estoy asumiendo el axioma de elección. De hecho, estoy (como la mayoría de los matemáticos) asumiendo siempre el axioma de elección, aunque (¿a diferencia de muchos matemáticos?) estoy de acuerdo en que es bueno saber qué ocurre en ausencia de AC. Pero, en realidad, ¿hasta dónde llega uno en la teoría de la medida sin el "hecho" de que las uniones contables de conjuntos contables son contables? (No es una pregunta retórica).

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X