Pregunta. ¿Suponiendo que ZFC, cada subconjunto de Borel incontable de $\mathbb{R}^3$ contiene un subconjunto de Borel no?
Respuesta
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La respuesta es sí, por arbitraria de subconjuntos de a $\mathbb{R}^n$ de la misma cardinalidad como $\mathbb{R}$, y se trata de una simple cardinalidad argumento (al menos en ZFC, realmente no sé si hay una manera de hacer este trabajo sin elección).
De hecho, un subconjunto de $\mathbb{R}^n$ ($n\geq 1$) ha $2^\mathfrak{c}$ subconjuntos (donde $\mathfrak{c}$ es la cardinalidad de a $\mathbb{R}$), pero hay $\mathfrak{c}$ subconjuntos de Borel ! Así que uno de los subconjuntos no es Borel (si quieres una prueba de ello la cardinalidad de la computación, que yo pueda añadir a mi respuesta). Esto funciona para todos los innumerables subconjuntos tanto tiempo como se supone $2^{\omega_1} > \mathfrak{c}$ (que es, por supuesto, no se garantiza a suceder). Más generalmente, éste tiene para todos los innumerables subconjuntos de a $\mathbb{R}^n$ de tamaño, al menos, $\kappa$ donde $\kappa$ es el menor cardinal tal que $2^\kappa > \mathfrak{c}$ (gracias a Stefan Mesken por señalar mi anterior metedura de pata)
Nota sin embargo de que esta cardinalidad argumento ya no funciona para Lebesgue subconjuntos, como los comentarios de explicar: de hecho, el Lebesgue $\sigma$-álgebra es completo con respecto a la medida de Lebesgue, por lo que un incontable subconjunto de medida cero sólo tendrá Lebesgue subconjuntos; un ejemplo es el conjunto de Cantor.
Ahora para general innumerables subconjuntos de Borel, el argumento de arriba funciona, pero para un trivial razón: resulta que Borel subconjuntos de un espacio polaco (como $\mathbb{R}^3$) no puede ser contraejemplos a la hipótesis continua: son contables o de tamaño $\mathfrak{c}$, así que si son innumerables, entonces tienen cardinalidad $\mathfrak{c}$ y el argumento de arriba funciona con ninguna modificación.
