Matematyka.pl

Niech \(\displaystyle{ \mathcal{A} \subset 2^X}\) będzie \(\displaystyle{ \sigma}\)-algebrą. Wykazać, że \(\displaystyle{ \overline{\overline{\mathcal{A}}} \neq \overline{\overline{\mathbb{N}}}.}\)

Pokażemy trochę więcej, tzn wykażemy, że jeśli \(\displaystyle{ \mathcal{A}}\) jest nieskończona, to ma moc co najmiej \(\displaystyle{ \mathfrak{c}}\) (continuum).

Wykażemy najpierw, że jeśli \(\displaystyle{ \mathcal{A}}\) jest nieskończona, to zawiera nieskończenie wiele parami rozłącznych niepustych zbiorów.

Rozpatrzmy dwa przypadki:

1. Załóżmy, że każdy zstępujący ciąg \(\displaystyle{ A_{0}\supset A_{1}\supset \ldots}\) zbiorów z \(\displaystyle{ \mathcal{A}}\) stabilizuje się, tzn istnieje takie \(\displaystyle{ N_{0},}\) że dla \(\displaystyle{ n\ge N_{0}}\) jest \(\displaystyle{ A_{n} = A_{N_{0}}.}\)
Wówczas jak nietrudno pokazać, każdy podzbiór \(\displaystyle{ \varnothing\neq\mathcal{S}\subset \mathcal{A}}\) zawiera element minimalny (bowiem w innym wypadku moglibyśmy indukcyjnie skonstruować ciąg zstępujący, który się nie stabilizuje).
Konstruujemy indukcyjnie ciąg \(\displaystyle{ B_{0}\subsetneq B_{1}\subsetneq \ldots,}\) taki, że \(\displaystyle{ \varnothing \neq B_{i}\in \mathcal{A}.}\)
Za \(\displaystyle{ B_{0}}\) przyjmujemy element minimalny rodziny \(\displaystyle{ \mathcal{A}\setminus \{\varnothing\}.}\) Jeśli mamy dany zbiory \(\displaystyle{ B_{0}\subsetneq \ldots \subsetneq B_{n},}\) to za \(\displaystyle{ B_{n+1}}\) przyjmujemy element minimalny zbioru \(\displaystyle{ \mathcal{A}\setminus \{\varnothing,B_{0},\ldots, B_{n}\}}\) (zauważmy, że zbiór ten jest niepusty, bowiem nasza sigma algebra była nieskończona).
Pozostaje zauważyć, że zbiory \(\displaystyle{ \{B_{i+1}\setminus B_{i}\}_{i=0}^{\infty}}\) są parami rozłączne i niepuste.

2. Przypuśćmy, że istnieje ciąg \(\displaystyle{ A_{0}\supset A_{1}\supset \ldots}\) zbiorów z \(\displaystyle{ \mathcal{A},}\) który się nie stabilizuje. Wówczas przechodząc ewentualnie do podciągu możemy przyjąć, że \(\displaystyle{ A_{0}\supsetneq A_{1}\supsetneq \ldots}\).
Wówczas zbiory \(\displaystyle{ \{A_{i}\setminus A_{i+1}\}_{i=0}^{\infty}}\) są niepuste i parami rozłączne.

Niech teraz \(\displaystyle{ \{C_{n}\}_{n=0}^{\infty}}\) będzie ciągiem zbiorów parami rozłącznych z \(\displaystyle{ \mathcal{A}.}\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ C_{n}^{0} = \varnothing, \ C_{n}^{1} = C_{n}.}\)
Mamy wówczas injekcję \(\displaystyle{ \{0,1\}^{\mathbb{N}}\ni \{\varepsilon_{n}\}_{n=0}^{\infty} \mapsto \bigcup_{n=0}^{\infty}C_{n}^{\varepsilon_{n}} \in \mathcal{A}}\)
Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ \{0,1\}^{\mathbb{N}}}\) ma moc continuum, to kończy to dowód.

Dla zbioru \(\displaystyle{ A \subset X}\) oznaczmy \(\displaystyle{ A^0 =A}\) , \(\displaystyle{ A^1 =X \backslash A}\). Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ \sigma -}\) algebra \(\displaystyle{ \mathcal{A}}\) jest przeliczalna. Niech \(\displaystyle{ \mathcal{A} =\{ A_1 ,A_2, ...,...\}}\) . Dla dowolnego ciągu \(\displaystyle{ f\in \{0,1\}^{\mathbb{N}}}\) oznaczmy przez \(\displaystyle{ A^f = \bigcap_{n=1}^{\infty} A^{f_n}_{n} \in\mathcal{A}}\).
Zauważ , że
1) Jeśli \(\displaystyle{ f,g\in \{0,1\}^{\mathbb{N}}}\) i \(\displaystyle{ f \neq g}\) , to \(\displaystyle{ A^f \cap A^g =\emptyset}\)
2) Dla dowolnego \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\) istnieje zbiór \(\displaystyle{ \Sigma_n \subset \{0,1\}^{\mathbb{N}}}\) o tej własności, że \(\displaystyle{ A_n = \bigcup_{f\in\Sigma_n} A^f}\).
Gdyby tylko dla skończenie wielu \(\displaystyle{ f\in \{0,1\}^{\mathbb{N}}}\) było \(\displaystyle{ A^f \neq \emptyset}\) to \(\displaystyle{ \sigma -}\) algebra \(\displaystyle{ \mathcal{A}}\) byłaby skończona. Zatem \(\displaystyle{ A^f \neq \emptyset}\) dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ f\in \{0,1\}^{\mathbb{N}}}\).
Mamy więc nieskończony ciąg zbiorów niepustych i parami rozłącznych należących do \(\displaystyle{ \sigma -}\) algebry \(\displaystyle{ \mathcal{A}}\) , więc możesz zakończyć dowód tak jak powyżej max.

Mam wątpliwości, co do kompletności pierwszego dowodu:

max pisze: Za \(\displaystyle{ B_{0}}\) przyjmujemy element minimalny rodziny \(\displaystyle{ \mathcal{A}\setminus \{\varnothing\}.}\) Jeśli mamy dany zbiory \(\displaystyle{ B_{0}\subsetneq \ldots \subsetneq B_{n},}\) to za \(\displaystyle{ B_{n+1}}\) przyjmujemy element minimalny zbioru \(\displaystyle{ \mathcal{A}\setminus \{\varnothing,B_{0},\ldots, B_{n}\}}\) (zauważmy, że zbiór ten jest niepusty, bowiem nasza sigma algebra była nieskończona).
Pozostaje zauważyć, że zbiory \(\displaystyle{ \{B_{i+1}\setminus B_{i}\}_{i=0}^{\infty}}\) są parami rozłączne i niepuste.

Mógłbyś wyjaśnić, dlaczego dla każdego \(\displaystyle{ k}\) istnieje nadzbiór \(\displaystyle{ B_{k+1} \supsetneq B_k}\)?
Uważam jednak, że można łatwo lekko zmodyfikować dowód. \(\displaystyle{ B_0}\) to pewien element minimalny rodziny \(\displaystyle{ \mathcal{A} \setminus \{\varnothing\}}\). Jeśli mamy daną rodzinę zbiorów \(\displaystyle{ \{B_0,\ldots, B_n\}}\), zbiór \(\displaystyle{ B_{n+1}}\) definiujemy jako pewien element minimalny \(\displaystyle{ \mathcal{A} \setminus \{\varnothing,B_0,\ldots, B_n\}}\). Tak otrzymana rodzina zbiorów \(\displaystyle{ \{B_i\}^{\infty}_{i=0}}\) zawiera tylko zbiory parami rozłączne (w przeciwnym przypadku, jeśli \(\displaystyle{ B_k \cap B_l \neq \varnothing}\) dla pewnych \(\displaystyle{ k>l>0}\), to zbiór \(\displaystyle{ B_k \cap B_l \subsetneq B_k}\), co przeczyłoby minimalności \(\displaystyle{ B_k}\)).

Myślę, że maxowi chodziło o coś innego, niż napisał: za \(\displaystyle{ B_{n+1}}\) przyjmujemy \(\displaystyle{ B_n \cup M}\), gdzie \(\displaystyle{ M}\) jest elementem minimalnym \(\displaystyle{ \mathcal{A} \setminus \{ \varnothing, B_0, \ldots, B_n \}}\). Wtedy reszta działa.

Jeśli zaś chodzi o Twój dowód, to też nie jest poprawny, bo w \(\displaystyle{ \mathcal{P}(\NN)}\) dopuszcza wybór ciągu \(\displaystyle{ \{ 1 \}, \{ 2 \}, \{ 1, 2 \}, \{ 3 \}, \{ 1, 3 \}, \{ 2, 3 \}, \ldots}\) nieskładającego się ze zbiorów parami rozłącznych. Można za to wybierać \(\displaystyle{ B_{n+1}}\) jako element minimalny \(\displaystyle{ \mathcal{A} \setminus a( \{ B_0, \ldots, B_n \} )}\), gdzie \(\displaystyle{ a(S)}\) oznacza ciało generowane przez \(\displaystyle{ S}\) (lub \(\displaystyle{ \sigma}\)-ciało, bo dla zbiorów skończonych to wszystko jedno) i to też działa.

Załóżmy bowiem, że \(\displaystyle{ B_i \cap B_j \neq \varnothing}\) dla pewnych \(\displaystyle{ i < j}\). Skoro zbiory \(\displaystyle{ B_j \cap B_i}\) oraz \(\displaystyle{ B_j \setminus B_i}\) są podzbiorami \(\displaystyle{ B_j}\), to każdy z nich albo jest równy \(\displaystyle{ B_j}\), albo należy do \(\displaystyle{ a( \{ B_0, \ldots, B_{j-1} \} )}\).

\(\displaystyle{ \bullet}\) Jeśli \(\displaystyle{ B_j \cap B_i = B_j}\), to \(\displaystyle{ B_j \subseteq B_i}\). Z minimalności \(\displaystyle{ B_i}\) dostajemy \(\displaystyle{ B_j = B_i}\) lub \(\displaystyle{ B_j \in a( \{ B_0, \ldots, B_{i-1} \} )}\), a w obu przypadkach \(\displaystyle{ B_j \in a( \{ B_0, \ldots, B_i \} ) \subseteq a( \{ B_0, \ldots, B_{j-1} \} )}\), to jest sprzeczne z definicją \(\displaystyle{ B_j}\).

\(\displaystyle{ \bullet}\) Jeśli \(\displaystyle{ B_j \setminus B_i = B_j}\), to \(\displaystyle{ B_j \cap B_i = \varnothing}\), co jest sprzeczne z założeniem.

A zatem zarówno \(\displaystyle{ B_j \cap B_i}\), jak i \(\displaystyle{ B_j \setminus B_i}\) należą do \(\displaystyle{ a( \{ B_0, \ldots, B_{j-1} \} )}\). Stąd \(\displaystyle{ B_j = ( B_j \cap B_i ) \cup ( B_j \setminus B_i )}\) także, do prowadzi do sprzeczności.