cardinalidad del Borel $\sigma$ -de un segundo espacio contable

Question

La segunda contabilidad por sí misma no restringe la cardinalidad de un espacio topológico, ya que todo conjunto con la topología trivial es un espacio de segunda contable, pero parece natural preguntarse si la segunda contabilidad restringe la cardinalidad del espacio de Borel $\sigma$ -del espacio.

¿Puede la cardinalidad del Borel $\sigma$ -de un segundo espacio contable sea arbitrariamente grande?
Si este es el caso, ¿existe una construcción sencilla para un segundo espacio contable con un Borel arbitrariamente grande $\sigma$ -¿Álgebra?

Answer 1

En términos más generales, supongamos que $A$ es una colección de subconjuntos de un conjunto $X$ y que $B$ sea el $\sigma$ -generada por $A$ . Podemos construir $B$ inductivamente como sigue. Definimos una secuencia creciente $B_\alpha$ de colecciones de subconjuntos de $X$ para cada $\alpha<\omega_1$ . Sea $B_0=A$ y dado $B_\alpha$ , dejemos que $B_{\alpha+1}$ sea el conjunto de complementos, uniones contables e intersecciones contables de elementos de $B_\alpha$ . Si $\alpha$ es un ordinal límite, defina $B_\alpha=\bigcup_{\beta<\alpha} B_\beta$ . Entonces afirmo que $$B=\bigcup_{\alpha<\omega_1} B_\alpha.$$ De hecho, claramente por inducción $B_\alpha\subseteq B$ para todos $\alpha$ . Por otro lado, $\bigcup_{\alpha<\omega_1}B_\alpha$ es un $\sigma$ -ya que dado un número contable de elementos de la misma, todos están contenidos en alguna $B_\alpha$ y entonces su unión e intersección (y el complemento de cualquiera de ellas) está contenido en $B_{\alpha+1}$ . Desde $B$ es por definición el más pequeño $\sigma$ -que contiene $A$ , $B\subseteq\bigcup_{\alpha<\omega_1}B_\alpha$ .

Ahora podemos usar esto para limitar la cardinalidad de $B$ . Observe que $|B_1|\leq |A|^{\aleph_0}$ (suponiendo que $|A|>1$ ). Dado que $$(|A|^{\aleph_0})^{\aleph_0}=|A|^{\aleph_0^2}=|A|^{\aleph_0^2}=|A|^{\aleph_0},$$ se deduce por inducción que $|B_\alpha|\leq |A|^{\aleph_0}$ para todos $\alpha$ . Así, $$|B|\leq \aleph_1\cdot |A|^{\aleph_0}=|A|^{\aleph_0}.$$

Por último, apliquemos esto a su pregunta. Si $X$ es un espacio contable en segundo lugar, podemos tomar $A$ para ser una base contable. Todo conjunto abierto es una unión contable de elementos de $A$ y por lo tanto está en $B$ Así que $B$ será el álgebra de Borel de $X$ . Por lo tanto, concluimos que el álgebra de Borel tiene cardinalidad como máximo $$|A|^{\aleph_0}=2^{\aleph_0}.$$ (Por supuesto, este límite superior es fácil de alcanzar, por ejemplo para $X=\mathbb{R}$ .)

Answer 2

Segundo espacio contable $X$ tiene una base contable

$$\mathcal{B} = \{U_i\}_{i=1}^{\infty}$$

Como todo conjunto abierto $U$ es de la forma

$$U = \bigcup\mathcal{B}^{'}\mbox{ where } \mathcal{B}^{'}\subseteq\mathcal{B}$$

entonces está claro que $X$ tiene como máximo $2^{\aleph_0}$ conjuntos abiertos y, por tanto, como máximo $2^{\aleph_0}$ conjuntos cerrados.

Consideremos tres casos:

1) $X$ es $T_1$ . Entonces cada punto es un conjunto cerrado. En particular, hay a lo sumo $2^{\aleph_0}$ puntos y como Borel $\sigma$ -es un subconjunto de un conjunto de potencias, entonces el tamaño de Borel $\sigma$ -es como máximo $2^{2^{\aleph_0}}$ .

2) $X/\sim$ es $T_1$ donde

$$x\sim y\ \mbox{ if and only if }\ \bar{x}=\bar{y}$$

donde en el lado derecho tenemos los cierres. Consideremos un mapa

$$F:\mathcal{P}(Y)\to\mathcal{P}(X)$$ $$F(A) = \bigcup_{a\in A}a$$

Tenga en cuenta que $A$ es un conjunto de clases de equivalencia que son conjuntos en sí mismos y, por tanto, la definición tiene sentido. Esta función es "1-1" entre conjuntos cerrados y obviamente preserva las uniones e intersecciones contables. Por lo tanto, es "1-1" entre Borel $\sigma$ -por lo que se deduce de 1) $X$ tiene como máximo $2^{2^{\aleph_0}}$ Conjuntos de Borel.

3) $X$ no satisface 2) . TODO.