Sí, por un simple recuento de argumento:
Si $B$ es Borel e incontables, tiene cardinalidad $2^{\aleph_0}$. EDIT: a ver a continuación.
El número de subconjuntos de a $B$ por lo tanto $2^{2^{\aleph_0}}$.
"La mayoría" de esos no serán Borel, ya que sólo hay continuidad de muchos de los conjuntos de Borel.
Sin embargo, si $B$ es nulo, todos ellos serán medibles.
Así, el resultado de la siguiente manera, ya que cada innumerables Borel set contiene innumerables null conjunto de Borel.
Una prueba de esa última afirmación, que cada innumerable conjunto de Borel tiene un incontable null subconjunto de Borel: Cada innumerable conjunto de Borel tiene una perfecta subconjunto (https://en.wikipedia.org/wiki/Perfect_set_property), por lo que podría asumir nuestra $A$ es perfecto: es decir, cerrado y sin puntos aislados. (En realidad, todo lo que necesitamos es que el $A$ ser cerrado).
Desde $A$ es perfecto, es fácil mostrar que hay una secuencia $\{S_i\}$ finito de conjuntos disjuntos abrir intervalos tales que
$S_1$ contiene un único intervalo, $S_2$ contiene dos, . . . , $S_n$ consta de $2^{n-1}$-muchos de los intervalos.
Cada una de las $I\in S_n$ contiene exactamente dos $J_0, J_1\in S_{n+1}$.
Cada intervalo en $S_n$ tiene una longitud en la mayoría de las $2^{-2^n}$.
Para cada una de las $I\in S_n$, la intersección $I\cap A$ es incontable.
Ahora, considere el "límite" $X=\bigcap_{i\in\mathbb{N}} (\bigcup S_i)$. Es un buen ejercicio para demostrar que $X$ es un cerrado innumerables subconjunto de $A$ con medida cero.
EDIT: Basado en los comentarios de abajo, creo que debería explicar la primera viñeta de arriba: que cada innumerables Borel conjunto de cardinalidad del continuo. (Una forma de la que hablamos es "el Continuum de la Hipótesis se sostiene para los conjuntos de Borel.") Por supuesto, en la cara este parece necesitar de CH (la declaración de $\vert\mathbb{R}\vert=\aleph_1$); entonces, el punto es que hay algo especial acerca de los conjuntos de Borel que impide "extraño" comportamiento.
En primer lugar, vale la pena probar la mucho más simple afirmación de que todos los innumerables cerrado tiene el tamaño de continuo. Mientras que esto es bastante fácil, no es trivial; e incluso empujando hasta el siguiente nivel de la Borel jerarquía ($G_\delta$ - contables de las intersecciones de bloques abiertos) es un poco duro. Para demostrar que para todos los conjuntos de Borel es una tarea de enormes proporciones.
La solución es a través de juegos, específicamente el conjunto perfecto de juego. Para un conjunto $A\subseteq\mathbb{R}$, el juego de $PSG(A)$ se define como sigue:
Es un juego de información perfecta entre dos jugadores, Grandes (I) y Pequeñas (II).
En el turn $n$, jugador que juega un par de intervalos disjuntos $I_{n, 0}$$I_{n, 1}$; jugador II, a continuación, selecciona uno de ellos (que se convierte en $J_n$).
Exigimos que $I_{n+1, i}\subseteq J_n$, es decir, los intervalos anidados de forma adecuada.
Después de $\omega$-muchas vueltas, hemos definido una secuencia de intervalos de $J_0\supseteq J_1\supseteq...$. Deje que su intersección ser $J$. Jugador que gana el fib $J\cap A\not=\emptyset$.
Podemos demostrar que
Jugador I tiene una estrategia ganadora iff $A$ contiene un subconjunto perfecto, y
El jugador II tiene una estrategia ganadora iff $A$ es contable.
Así que el objetivo es mostrar que:
- Si $A$ es Borel, a continuación, $PSG(A)$ es determinado: un jugador o el otro tiene una estrategia ganadora.
Esto es una consecuencia, por ejemplo, de Borel determinación (ver https://en.wikipedia.org/wiki/Borel_determinacy_theorem), pero que la prueba es muy dura. En particular, este no era cómo el resultado fue originalmente probado. En su lugar, el original de la prueba es "desplegar" el juego de $PSG(A)$ $A$ Borel en un abrir juego en un determinado conjunto $X$; luego por Gale-Stewart, que juego es determinado, por lo que estamos por hacer. Tenga en cuenta que esto es como la prueba de la plena Borel determinación va, también -, sino que el proceso que se está desarrollando es mucho más difícil. Este argumento, en realidad demuestra que la analítica de los conjuntos de que el conjunto perfecto de la propiedad; yo no soy consciente de ninguna prueba de que los conjuntos de Borel tiene el conjunto perfecto de la propiedad que no se aplican inmediatamente a la analítica de conjuntos demasiado (además del argumento a través de la plena Borel determinación, que me refiero a venir en que es una tontería).
No voy a incluir todo este argumento, aunque es realmente genial, ya que es bastante largo - ver el "Games people play" de la sección en Kechris' libro para una gran exposición. Pero esperemos que el de arriba te da un poco de contexto para el resultado.
