$\Sigma_{\alpha+1}^0(X)$ conjunto de universales basado en el espacio de Baire

Question

En mis intentos de escribir un limpiador de prueba (en comparación a lo que me enseñaron) el hecho de que durante incontables polaco espacios de la Borel jerarquía no se detiene hasta que $\omega_1$ estoy tratando de probar el siguiente caso:

Supongamos $X$ es un perfecto polaco espacio, y $G_\alpha\subseteq\omega^\omega\times X$ es un conjunto universal de $\Pi_\alpha^0(X)$, entonces podemos encontrar un conjunto que es universal para $\Sigma_{\alpha+1}^0(X)$ en el espacio del producto.

Soy consciente de que hay pruebas en Moschovakis, Kechris y en mis notas del profesor. Todos lidiamos con el general de los casos y requieren una gran cantidad de anotaciones que creo que es innecesario para el caso que la base del conjunto en el espacio de Baire (desde $\omega\times\omega^\omega\cong\omega^\omega$, lo $\exists^\omega\Gamma$ conjuntos universales basados en espacio de Baire, se acaba de $\Gamma$ conjuntos universales basados en espacio de Baire).

Ya sé que si $G\subseteq\omega^\omega\times X$ es universal para $\Sigma_\alpha^0$ $(\omega^\omega\times X)\setminus G$ es universal para $\Pi_\alpha^0$. Así que estoy tratando de demostrar, ya sea por separado para el sucesor y límite, o dar un uniforme de la prueba.

Cualquier tipo de ayuda será bienvenida.

Answer 1

Así que aquí está mi solución para el problema (que es algo así como una generalización de la prueba en Jech de la Teoría de conjuntos, 3 de Millennium Edition también he unificado el caso de límite de ordinal y sucesor ordinal).

Voy a estar usando tres hechos simples:

1. Si $X,Y$ polacos y $X$ perfecto entonces existe un conjunto abierto en $X\times Y$ que es universal para abrir establece en $Y$;
2. Si $G_\alpha\subseteq X\times Y$ es universal para $\Sigma^0_\alpha(Y)$ $(X\times Y)\setminus G_\alpha$ es universal para $\Pi^0_\alpha(Y)$ - y viceversa.
3. Si $X\subseteq Y$$\Sigma^0_\alpha(X)=\{A\cap X\mid A\in\Sigma^0_\alpha(Y)\}$, así como para $\Pi^0_\alpha(X)$.
4. Si $f\colon X\to Y$ es continua y $A\in\Sigma^0_\alpha(Y)$ ($A\in\Pi^0_\alpha(Y)$) entonces $f^{-1}[A]\in\Sigma^0_\alpha(X)$ ($f^{-1}[A]\in\Pi^0_\alpha(X)$)

Teorema: Vamos a $X,Y$ polaco espacios, $X$ perfecto, y $\alpha<\omega_1$. Existe $G_\alpha\subseteq X\times Y$ tal forma que:

• $G_\alpha\in\Sigma^0_\alpha(X\times Y)$,
• $\Big\{\{y\in Y\mid\langle x,y\rangle\in G_\alpha\}\mid x\in X\Big\} = \Sigma^0_\alpha(Y)$ - que es cada corte de $G_\alpha$ $X$ $\Sigma^0_\alpha$ subconjunto de $Y$, y cada una de las $\Sigma^0_\alpha$ subconjunto de $Y$ es de corte.

Prueba: es suficiente para demostrar que no existe un conjunto universal basado en el espacio de Baire. $X$ es perfecto, así que Baire incrusta en ella $\Pi^0_2$ (también conocido como$G_\delta$) -, ya que es completamente metrizable subconjunto de un espacio métrico.

Ahora si $\alpha>2$, entonces el conjunto universal basado en Baire incrusta en el mismo nivel en la jerarquía de $X$, por lo que el conjunto universal mantiene su nivel en el Borel jerarquía de $X$. Para $\alpha=1$ Hecho 1 para abrir, y su complemento de conjuntos cerrados (Hecho 2) y podemos generar conjuntos universales basados en $X$ en forma directa. Si $\alpha=2$, a continuación, hacemos uso de Baire para generar $\Pi^0_2$-conjunto universal en $X$, y de Hecho 2 para crear un $\Sigma^0_2$-universal basado en la $X$. [Mirando hacia atrás, esta prueba puede ser modificado de modo que no hay necesidad de que el espacio de Baire y la inducción podría trabajar sencillo de usar sólo el hecho de que una contables producto de polaco espacios es el polaco.]

Ahora a probar el caso específico que $X=\omega^\omega$.

Tome $\langle\alpha_n\mid n<\omega\rangle$ no decreciente y cofinal secuencia en la $\alpha$ (si $\alpha=\beta+1$ $\alpha_n=\beta$ todos los $n$). Por inducción tenemos $G_{\alpha_n}\subseteq\omega^\omega\times Y$ $\Sigma^0_{\alpha_n}$- universal.

Tomar un homeomorphism de $\omega^\omega$$(\omega^\omega)^\omega$, y deje $x_{(n)}$ $n$- ésima coordenada de la imagen de $x$ bajo el seleccionado homeomorphism, tenga en cuenta que el homeomorphism se extiende a un homeomorphism de$\omega^\omega\times Y$$(\omega^\omega)^\omega\times Y$.

Definir $G_\alpha = \{\langle x,y\rangle\mid \exists n\in\omega(\langle x_{(n)},y\rangle\notin G_{\alpha_n})\}$. Equivalentemente, tome $\widehat{G_{\alpha_n}}=(\omega^\omega\times Y)\setminus G_{\alpha_n}$, que es un $\Pi^0_{\alpha_n}$-conjunto universal, y tome $$G_\alpha = \{\langle x,y\rangle\mid\exists n\in\omega(\langle x_{(n)},y\rangle\in\widehat{G_{\alpha_n}})\}$$

Está claro que $G_\alpha$ es la unión de la continua preimagen de $\widehat{G_{\alpha_n}}$. Por el Hecho de 4 esta es una unión de countably muchos $\Pi^0_\beta$ establece, para lo $\beta<\alpha$ y, por tanto, una $\Sigma^0_\alpha$ establecer como sea necesario.

Supongamos $x\in\omega^\omega$, la $A=\{y\in Y\mid \langle x,y\rangle\in G_\alpha\}$ es la unión de $\bigcup_n\{y\in Y\mid\langle x_{(n)},y\rangle\in G_{\alpha_n}\}$, y para cada $n$ el conjunto es $\Pi^0_{\alpha_n}$, lo $A$ $\Sigma^0_\alpha(Y)$ según sea necesario.

Por otro lado, $A\in\Sigma^0_\alpha(Y)$,$A=\bigcup_n A_n$$A_n\in\bigcup_{\beta<\alpha}\Pi^0_\beta$. Desde $\alpha_n$ es cofinal en $\alpha$, e $\Pi^0_\gamma(Y)\subseteq\Pi^0_\xi(Y)$ podemos suponer sin pérdida de generalidad que $A_n\in\Pi^0_{\alpha_n}$ (de lo contrario reordenar $A_n$ y añadir el conjunto vacío donde sea necesario).

Tenemos que por cada $n$ hay $x_n\in\omega^\omega$ tal que $A_n=\{y\in Y\mid\langle x_n,y\rangle\in G_{\alpha_n}\}$. Tome $x$ tal que $x_{(n)}=x_n$, y está claro que $A=\{y\in Y\mid\langle x,y\rangle\in G_\alpha\}$.

Por lo tanto, $G_\alpha$ es necesario.