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Breve introducción a la teoría descriptiva de conjuntos
*
Carlos Uzcátegui
1.
Orígenes
La teoría descriptiva de conjuntos surgió a comienzos del siglo XX motivada por problemas del
Análisis real. Borel, Baire y Lebesgue, continuando los trabajos de Cantor, iniciaron el estudio de
las funciones definibles en R a través de límites puntuales de funciones continuas. Tratando esos
problemas, Lebesgue enuncia un lema que afirma que la proyección de un boreliano del plano es
un boreliano de la recta. Suslin en 1915 (10 años despues del trabajo de Lebesgue), mostró que esa
afirmación sobre las proyecciones de borelianos no es cierta e introdujo los conjuntos analíticos (o
conjuntos Suslin), precisamente, como aquellos que son la proyección de un boreliano.
En la introducción del libro de Moschovakis [4] y en el artículo K-analytic sets de C. A. Rogers
y J. E. Jayne [1] se describen los problemas que dieron lugar a la teoría descriptiva de conjuntos.
El libro de Graham y Kantor [2] trata del desarrollo de la teoría descriptiva en el contexto histórico
de la revolución Rusa. En particular, haciendo énfasis en la influencia que tuvo un movimiento
místico-religioso en algunos de los matemáticos rusos de comienzos del siglo XX que participaron
en la creación de esta área de las matemáticas.
2.
Espacios Polacos
Sea X un espacio topológico. Los conjuntos de Borel de X son los conjuntos que pertenecen a
la menor σ-álgebra de subconjuntos de X que contiene a los conjuntos abiertos.
Un espacio topológico es polaco si es separable y metrizable por una métrica completa.
Ejemplo 2.1.
1. R, Rn . Espacios métricos compactos.
2. C(X) con la métrica uniforme donde X es métrico compacto.
3. Productos numerables de espacios polacos.
Teorema 2.2. Sea X un espacio metrizable y Y ⊆ X. Si Y es completamente metrizable, entonces
Y es un Gδ en X. Recíprocamente, si X es completamente metrizable, Y ⊆ X es Gδ , entonces Y
es completamente metrizable.
Ejercicio 2.3. Sea Y = (0, 1) con la topología de subespacio de R. Halle una métrica en Y que sea
completa y compatible con la topología de Y .
*
Notas para el curso a dictarse durante la Segunda Escuela de Lógica y Conjuntos, 28 al 30 de Noviembre de 2013,
Morelia, México
1
2.1.
Los espacios de Baire y de Cantor
NN es la colección de todas las funciones de N en N. El espacio de Baire es NN con la topología
producto (donde N se toma con la topología discreta). Denotaremos con N<ω al conjunto de todas
las sucesiones finitas de números naturales. Para cada s ∈ N<ω definimos
Us = {x ∈ NN : x(i) = s(i) para todo i ∈ dom(s)}.
Para x ∈ NN , denotaremos con x ¹ n al segmento inicial de x de longitud n, esto es,
x ¹ n = hx(0), x(1), · · · , x(n − 1)i.
Por convención x ¹ ∅ es la sucesión vacía. Con esa notación, tenemos que x ∈ Us , si x ¹ n = s donde
n = |s|. En este caso también escribiremos s ≺ x. Obsérvese también que
\
Ux¹n = {x}.
n
Ejercicio 2.4. Los conjuntos de la forma Us constituyen una base numerable de la topología de NN
formada por conjuntos abiertos-cerrados.
Ejercicio 2.5. Muestre que los espacios N × NN , NN × NN y el producto numerable de NN son todos
homeomorfos a NN
El espacio de Baire es metrizable por la métrica dada por

 1/(m + 1) donde m es el menor n tal que x(n) 6= y(n), si x 6= y
d(x, y) =

0
si x = y.
Ejercicio 2.6. Demuestre que esa métrica dá la topología del espacio de Baire y es una métrica es
completa.
El espacio de Cantor es {0, 1}N (usualmente escribimos 2N ) como subespacio de NN .
Ejercicio 2.7. Muestre que 2N es compacto.
Ejercicio 2.8. Sea S∞ el grupo de permutaciones de N.
1. Muestre que S∞ es polaco con la topología relativa como subconjunto de NN .
2. Sean C : S∞ × S∞ → S∞ y D : S∞ → S∞ definidas por C(α, β) = α ◦ β y D(α) = α−1
Muestre que C y D son continuas. Esto dice que S∞ es un grupo topológico.
3. Sea d la métrica usual de NN , y considere
ρ(α, β) = d(α, β) + d(α−1 , β −1 ).
Muestre que ρ es una métrica completa compatible con la topología de S∞ .
2
2.2.
Caracterización de los espacios de Baire y de Cantor.
Un espacio topológico se dice de dimensión cero, si tiene una base formada por conjuntos
abiertos-cerrados.
Teorema 2.9. (Alexandrov-Urysohn) El espacio de Baire es (salvo homeomorfismo) el único espacio
polaco cero dimensional donde cada subconjunto compacto tiene interior vacío.
Demostración. Sea X un espacio polaco como en las hipótesis y sea d una métrica completa compatible con la topología. Construiremos una familia {Cs : s ∈ N<ω } de subconjuntos de X con las
siguientes propiedades:
(1) C∅ = X, Cs 6= ∅ para todo s ∈ N<ω ,
(2) Csbi ∩ Csbj = ∅, si i 6= j y s ∈ N<ω ,
(3) Cs es abierto y cerrado de X, para todo s ∈ N<ω ,
S
(4) Cs = i Csbi para todo s ∈ N<ω ,
(5) diam(Cs ) ≤ 2−|s| para todo s ∈ N<ω .
Supongamos que hemos definido una familia con esas propiedades y completemos la demostración.
N existe un x ∈ X tal que
Por
T ser X completo y por la condición (5) se tiene que para todo α ∈ N
N
n Cα|n = {x}. Definimos f (α) = x y obtenemos una función f : N → X que resulta ser un
homeomorfismo.
Para la construcción de (Cs )s , basta mostrar que para cada conjunto abierto-cerrado no vacío
U ⊆ X y cada ε > 0 existe una partición (Ui ) de U en conjuntos abiertos-cerrados no vacíos
de diámetro menor que ε. En efecto, fijemos un abierto-cerrado U y un ε > 0. Como U no es
totalmente acotado, existe 0 < ε0 < ε tal que U no se puede cubrir por una colección finita de
conjuntos de diámetro
menor que ε0 . Escoja (Vi )i∈N abiertos-cerrados con diámetro menor que ε0
S
tales que U = i Vi . Entonces Vi 6= ∅ para infinitos valores de i. Estos conjuntos forman la partición
de U buscada.
Recíprocamente, dejamos como ejercicio verificar que NN es cero dimensional y todo compacto
tiene interior vacío.
Corolario 2.10. R \ Q es homeomorfo a NN .
Demostración. R \ Q satisface las condiciones del teorema 2.9.
Teorema 2.11. (Brouwer) El espacio de Cantor es (salvo homeomorfismo) el único espacio métrico
compacto, cero dimensional sin puntos aislados.
Teorema 2.12. Todo espacio polaco es la imagen de NN por una función continua
Teorema 2.13. Sea X un espacio polaco sin puntos aislados. Entonces existe una función continua
e inyectiva f : 2N → X.
Demostración. Para cada s ∈ 2<ω definamos una bola cerrada del espacio X, Cs de modo que :
(1) C∅ = X,
3
(2) diámetro de Cs ≤ 1/n donde n es la longitud de s,
(3) para todo s, Csb0 ∪ Csb1 ⊆ Cs , y Csb0 ∩ Csb1 = ∅
Por inducción en la longitud de s. Si hemos definido Cs , tomamos dos elementos distintos de
Cs (lo que es posible ya que X no tiene puntos aislados), y Csb0 y Csb1 bolas cerradas disjuntas
centradas en esos dos elementos, contenidas
en Cs y de radio ≤ 1/n. Definimos ahora f : 2N → X
T
poniendo f (α) = el único punto en {Cα¹n : n ∈ N}. La función f definida así es inyectiva y
continua.
Ejercicio 2.14. Consiga un homeomorfismo entre {0, 1}N y {0, 1, 2}N .
Ejercicio 2.15. Sea X ⊆ R un conjunto Gδ tal que X y R \ X son densos. Muestre que X es
homeomorfo a NN . Muestre que esto no es válido para R2 .
Ejercicio 2.16. Sea N[∞] la familia de los subconjuntos infinitos de N. Podemos identificar cada
elemento de N[∞] con sucesión binaria con infinitos unos y así N[∞] se identifica con un subconjunto
de 2N .
Muestre que N[∞] es homeomorfo a NN , donde a N[∞] le damos la topología que hereda de 2N .
2.3.
Teorema de Cantor-Bendixon
Teorema 2.17. (Cantor-Bendixson) Sea X un espacio métrico con una base numerable. Para todo
subconjunto cerrado A de X, existe un conjunto perfecto P y un conjunto numerable C tales que
A = P ∪ C.
Demostración. Sea (Un )n∈N una base para X. Diremos que x es un punto de condensación de
A si cada vecindad de x contiene una cantidad no numerable de puntos de A. Si A es cerrado, sea
P = {x
S ∈ A : x es un punto de condensación de A}
C =
{Un ∩ A : Un ∩ A es numerable}.
Entonces P es perfecto y C = A \ P .
De lo anterior y del teorema 2.13 obtenemos el siguiente resultado.
Corolario 2.18. Todo conjunto cerrado no numerable de un espacio polaco contiene un subconjunto
perfecto no vacío. En particular, si X es polaco y no numerable, entonces existe f : 2N → X continua
e inyectiva.
Corolario 2.19. Todo espacio polaco no numerable contiene una copia homeomorfa de NN
Demostración. Basta mostrar que 2N tiene una copia homeomorfa de NN . En efecto, considere el
siguiente subconjunto de 2N :
G = {α ∈ 2N : {n ∈ N : α(n) = 1} es infinito}
El lector puede mostrar que G es Gδ y satisface las hipótesis del teorema 2.9.
4
2.4.
El teorema del isomorfismo
Un espacio de medida (X, A) es un conjunto X y una σ-álgebra A sobre X. Los conjuntos en
A se llaman medibles. Una función f : X → Y entre espacios de medida (X, A) y (Y, B) se dice
medible si la preimagen de un conjunto de B pertenece a A. Y diremos que f es bimedible si
además de ser una función medible, la imagen de un conjunto medible es medible. Un isomorfismo
es una biyección bimedible. El caso que más nos interesa será cuando las σ-álgebras involucradas
son las de los borelianos. Diremos que f : X → Y , con X y Y polacos, es Borel medible, si la
preimagen de todo Boreliano es Boreliano.
Teorema 2.20. Sean (X, A) y (Y, B) espacios de medida, f : X → Y , g : Y → X funciones
inyectivas y bimedibles. Entonces, existe un isomorfismo h : X → Y .
Demostración. Definimos por recursión una sucesión de conjuntos medibles:
X0 = X \ g[Y ]
Y0 = f [X0 ]
Xn+1 = g[Yn ]
Yn+1 = f [Xn+1 ]
La medibilidad de Xn y Yn se sigue del hecho que f y g son bimedibles. Sean
M=
∞
[
Xn y N =
n=0
Entonces
∞
[
Yn .
n=0
f [M ] = N
S∞
g[N ] =
n=1 Xn
g −1 (X \ M ) = Y \ N.
Notemos que si x ∈ X \ M , entonces x 6∈ X0 , es decir x ∈ g[Y ] y por lo tanto g −1 (x) está definido.
Podemos entonces definir h : X → Y como se indica a continuación:
½
f (x)
, si x ∈ M .
h(x) =
g −1 (x) , si x ∈ X \ M .
Dejamos a cargo del lector verificar que h es biyectiva. Note que h es medible pues f y g son
bimedibles.
Teorema 2.21. Sean X e Y dos espacios polacos no numerables. Entonces existe una biyección
f : X → Y tal que ella y su inversa son Borel medibles.
Demostración.
(a) Todo espacio métrico separable es homeomorfo a un subespacio de [0, 1]N .
(b) 2N es Borel isomorfo al intervalo [0, 1]: Sea f : 2N → [0, 1] dada por
f (α) =
∞
X
α(n)
n=1
5
2n
Sea D el subconjunto de 2N que consiste de todas la sucesiones eventualmente constante.
Entonces f [D] consiste de los racionales diádicos (es decir, aquellos que tienen expanción
binaria finita, o equivalentemente, aquellos de la forma a/2n para algún natural a ≤ 2n ).
Entonces g : 2N \ D → [0, 1] \ f [D] dada por g(x) = f (x) es un homeomorfismo. D y f [D] son
numerables, entonces podemos extender g a todo 2N usando una biyección cualquiera entre D
y f [D] que resulta ser un isomorfismo borel.
(c) 2N es Borel isomorfo a [0, 1]N : (2N )N es borel isomorfo a [0, 1]N y (2N )N es homeomorfo a 2N .
Es suficiente mostrar que todo espacio polaco no numerable es Borel isomorfo a 2N . Por el
teorema 2.20, basta mostrar que existen f : X → 2N y g : 2N → X Borel bimedibles e inyectivas.
Por ser X no numerable y polaco, sabemos que existe g : 2N → X inyectiva y continua (ver corolario
2.18). En particular, por ser 2N compacto, g es una inmersión topológica y en consecuencia g es
bimedible. Por otra parte, existe h : X → [0, 1]N una inmersión topológica y en consecuencia Borel
bimedible. Para concluir, [0, 1]N es Borel isomorfo a 2N .
3.
La jerarquía Boreliana
Si Γ es una clase de subconjuntos de un espacio polaco X, denotaremos por σΓ a la clase de
uniones numerables de conjuntos en Γ, por δΓ denotamos la colección de intersecciones numerables
de elementos de Γ, y cΓ denota la clase de complementos de conjuntos en Γ.
Definición 3.1. Σ01 (X) es la clase de los abiertos de X, Π01 (X) la clase de los cerrados de X y
∆01 (X) = Σ01 (X) ∩ Π01 (X).
Inductivamente definimos, para α < ω1 (donde ω1 es el primer ordinal no numerable)
¡S © 0
ª¢
Σ0α (X) = σ
Πξ (X) : ξ < α ,
Π0α (X) = cΣ0α (X),
∆0α (X) = Σ0α (X)
T
y
Π0α (X).
Otra notación bastante común para los conjuntos Σ02 y Π02 es, respectivamente, Fσ y Gδ .
Proposición 3.2. La clase Σ01 (X) tiene cardinalidad 2ℵ0 . Lo mismo vale para la clase Π01 (X).
Demostración. Como X tiene una base numerable, hay a lo sumo 2ℵ0 conjuntos abiertos. Pero
como existe una colección numerable de vecindades básicas disjuntas dos a dos, la cardinalidad de
la colección de conjuntos abiertos es exactamente 2ℵ0 .
Para α < β, se cumple
Σ0α (X) ⊆ Σ0β (X),
Σ0α (X) ⊆ Π0β (X),
Π0α (X) ⊆ Σ0β (X) y Π0α (X) ⊆ Π0β (X).
6
ª S © 0
ª
S © 0
Σξ : ξ < ω1 =
Πξ : ξ < ω1 . Además |B(X)| = 2ℵ0 .
ª
S© 0
Demostración. Observe que
Σξ : ξ < ω1 es una σ−álgebra de conjuntos.
En relación a la cardinalidad de B(X), inductivamente se prueba que para cada ξ < ω1 , Σ0ξ (X)
tiene cardinalidad 2ℵ0 . Entonces |B(X)| = ℵ1 · 2ℵ0 = 2ℵ0 .
Teorema 3.3. B(X) =
Corolario 3.4. Existen subconjuntos de X que no son borelianos.
Demostración. P(X) tiene cardinalidad mayor que B(X).
3.1.
Parametrización de la jerarquía Boreliana
Ahora vamos a demostrar que las inclusiones entre las clases de conjuntos en la jerarquía de
Borel son inclusiones estrictas. Para ello basta mostrar que para cada ξ < ω1 , Σ0ξ (X) \ Π0ξ (X) 6= ∅.
En efecto, si eso ocurre entonces también se tiene que Π0ξ (X) \ Σ0ξ (X) 6= ∅, y por lo tanto:
∆0ξ (X)
Σ0ξ (X)
(
Π0ξ (X)
( ∆0ξ+1 (X)
La clave para mostrar que la jerarquía boreliana es estrictamente creciente es el concepto de
parametrización.
Definición 3.5. Sean X e Y dos espacios polacos, y sea Γ una clase de conjuntos. Decimos que
Γ(X) está Y -parametrizada si existe un conjunto G ∈ Γ(X × Y ) tal que
Γ(X) = {Gy : y ∈ Y }
donde
Gy = {x| (x, y) ∈ G}.
En este caso se dice que G es un conjunto universal para la clase Γ(X).
Otra manera de expresar este concepto es la siguiente: una función
f : Y −→ P(X)
se llama una función universal para la clase Γ(X) si, y sólo si,
a) f (y) ∈ Γ(X) para todo y ∈ Y .
b) Para todo A ∈ Γ(X) existe y ∈ Y tal que A = f (y).
c) {(x, y) : x ∈ f (y)} ∈ Γ(X × Y ).
Entonces Γ está Y -parametrizada si, y sólo si, existe una función universal f : Y −→ P(X) para
la clase Γ(X). Si A = f (y), decimos que y es un código (o un índice) para A.
Claramente, si Γ(X) está Y -parametrizada también lo está cΓ(X). El interés de las parametrizaciones está en el siguiente lema de digonalización:
7
Lema 3.6. (Diagonalización): Sea ∆ una clase de conjuntos cerrada bajo complementación e imágenes continuas. Entonces ∆(X) no es X-parametrizada.
Demostración. Suponga que ∆(X) está parametrizada por G ⊆ X × X con G en ∆(X × X).
Considere el conjunto
A = {x ∈ X : (x, x) 6∈ G}.
Entonces A ∈ ∆(X). En consecuencia, existe un código y0 ∈ X para ese conjunto, es decir, A =
{x ∈ X : (x, y0 ) ∈ G}. Pero entonces y0 ∈ A si, y sólo si, (y0 , y0 ) 6∈ G si, y sólo si, y0 6∈ A, una
contradicción.
Ahora construiremos parametrizaciones para las clases de conjuntos borelianos.
Teorema 3.7. Sea X un espacio polaco. Para cada ξ ≥ 1, existe una NN -parametrización de la
clase Σ0ξ (X) (y por lo tanto, lo mismo vale para cada clase Π0ξ (X)).
Demostración. Sea {Vn : n ∈ N} una enumeración de las vecindades básicas de X (incluyendo la
vecindad vacía). Definamos el conjunto G de la manera siguiente
[
Vβ(n) .
(x, β) ∈ G si, y sólo si, x ∈
n∈N
Como G =
S
{Hn : n ∈ N} donde
Hn = {(x, β) ∈ X × NN : x ∈ Vβ(n) }
y cada Hn es abierto, tenemos que G es un conjunto abierto de X × NN . Y para cada abierto A ⊆ X,
como A es unión de vecindades básicas, existe β ∈ NN tal que x ∈ A si, y sólo si, x ∈ Uβ(n) para
algún n ∈ N, es decir, A = Gβ . Además, para cada β, el conjunto Gβ es un abierto de X .
Supongamos ahora que tenemos un conjunto universal D para Σ0ξ (X), construiremos un conN
junto universal G para Σ0ξ+1 (X). Sea f un homeomorfismo de NN con (NN ) (vea el ejercicio 2.5).
Denotemos por fn (α) las funciones coordenadas de f , esto es, f (α) = (fn (α))n para todo α ∈ NN .
Definimos G de la manera siguiente:
(x, β) ∈ G si, y sólo si, para algún n, (x, fn (β)) 6∈ D.
Notemos que para cada n, el conjunto
Hn = {(x, β) ∈ X × NN : (x, fn (β)) 6∈ D}
está en Π0ξ (X × NN ). Esto es así ya que la función hn : X × NN → X × NN dada por hn (x, β) =
(x, fn (β)) es continua, y Hn es la imagen inversa de X × NN \ D por hn , y las clases
S borelianas son
preservadas por imágenes inversas de funciones continuas. Por lo tanto, G =S {Hn : n ∈ N} ∈
Σ0ξ+1 (X × NN ). Ahora, si A es un conjunto en la clase Σ0ξ+1 (X), se tiene A = {An : n ∈ N}, con
cada An ∈ Π0ξ (X). Como D es universal para Σ0ξ (X), fijemos para cada n, un código βn de NN \ An .
Esto es,
An = {x ∈ X : (x, βn ) 6∈ D}.
Si tomamos β tal que fn (β) = βn para cada n ∈ N, obtenemos A = {x ∈ X : (x, β) ∈ G}.
8
Para terminar la demostración, supongamos que λ es un ordinal límite numerable y que para
todo ξ < λ, existe un conjunto universal Gξ para la clase Σ0ξ (X). Sea 1 < ξ0 < ξ1 < . . . < ξn < . . .
una sucesión creciente de ordinales con límite λ. Definimos G diciendo
(α, β) ∈ G si, y sólo si, para algún n, (α, fn (β) 6∈ Gξn .
0
Por un argumento
S parecido al anterior, mostraremos que G es un conjunto universal para Σλ (X).
En efecto, G = Hn donde
Hn = {(x, β) ∈ X × NN : (x, fn (β) 6∈ Gξn },
y cada Hn es Π0ξn (X × NN ). Por lo tanto, G ∈ Σ0λ (X × NN ).
S
Por otra parte, si A ∈ Σ0λ (X), entonces A = {An : n ∈ N} con An ∈ Π0ξn (X) para cada
n ∈ N. Sea βn un código para An , es decir An = {x ∈ X : (x, βn ) 6∈ Gξn }. Si tomamos β tal que
fn (β) = βn para todo n, entonces A = {x ∈ X : (x, β) ∈ G}.
Teorema 3.8. Sean X e Z espacios polacos no numerables. Para cada ordinal 1 ≤ α < ω1 , las
clases Σ0α (X) y Π0α (X) son Z-parametrizadas.
Demostración. Por el corolario 2.19 existe Y ⊆ Z homeomorfo a NN . Del teorema 3.7 se obtiene que
existe U ⊆ X × Y en Σ0α (X × Y ) universal para Σ0α (X). Entonces existe W ⊆ X × Z en Σ0α (X × Z)
tal que
U = W ∩ (Y × X).
W es el conjunto universal buscado.
Corolario 3.9. Sea X es un espacio polaco no numerable y ξ < ω1 . Entonces existe un conjunto A
en Σ0ξ (X) \ Π0ξ (X).
Demostración. Por el lema 3.6, sabemos que ∆0ξ (X) no es X-parametrizada, pero Σ0ξ (X) si lo es,
en consecuencia, estas dos clases son diferentes y esto muestra que Σ0ξ (X) 6= Π0ξ (X).
3.2.
Ejemplos de conjuntos Borelianos
Ejemplo 3.10. El conjunto de números racionales, Q, como subconjunto de R es un conjunto Σ02 ,
por ser la unión numerable de conjuntos cerrados unitarios.
Veamos que Q no es Π02 . Supongamos
T
lo contrario, para llegar a una contradicción. Si Q = n∈N An donde cada An es abierto, entonces
Cn = R \ An es un cerrado nunca denso para todo n. En consecuencia, el conjunto de los irracionales
R \ Q sería un conjunto magro, por ser la unión de los Cn . Como Q es magro, concluimos que R
tambien sería magro y esto contradice el Teorema de Categoría de Baire.
Ejercicio 3.11.
(i) Muestre que {1/(n + 1) : n ∈ N} es ∆02 (R).
(ii) Muestre que en cualquier espacio polaco la unión de un conjunto cerrado con uno abierto es
∆02 .
Ejercicio 3.12. Sea f : [0, 1] → R continua. Muestre que {x ∈ [0, 1] : f 0 (x) = 0} es Boreliano.
9
Un árbol T sobre N es un subconjunto de sucesiones finitas de números naturales tal que si
s ∈ T , entonces s ¹ i ∈ T para todo i menor que la longitud de s. Podemos identificar T con su
<ω
función característica, esto es, con un elemento de 2N . Para ser más precisos, consideremos la
función T → αT donde αT (s) = 1 si s ∈ T y αT (s) = 0 en caso contrario. Esta función es una
<ω
biyección entre la colección de subconjuntos de N<ω y 2N . Ahora bien, como N<ω es numerable,
<ω
<ω
podemos identificar 2N con 2N , así, 2N adquiere la estructura de espacio métrico.
<ω
Ejercicio 3.13. El conjunto Arb = {T ∈ 2N
: T es un árbol sobre N} es cerrado en 2N
<ω
.
Ejercicio 3.14. Considere el siguiente subconjunto C de QN × Q definido por
((xn )n , x) ∈ C ⇐⇒ (xn )n converge a x.
Muestre que C es Boreliano y estime en que nivel de la jerarquía Boreliana se encuentra.
Ejercicio 3.15.
(i) Considere la siguiente familia de subconjuntos de N:
X
{A ⊆ N :
{1/n : n ∈ A} < ∞}
Muestre que esta familia es un subconjunto Fσ de 2N .
(ii) Considere la siguiente familia de subconjuntos de N × N:
{A ⊆ N × N : A ∩ ({n} × N) es finito para todo n ∈ N}.
Muestre que esta colección es Π03 en 2N×N .
3.3.
Borelianos como imágenes continuas de NN
Teorema 3.16. Sea X polaco y B ⊆ X boreliano. Entonces existe un polaco Z y una función
continua e inyectiva f : Z → X con rango igual a B.
Demostración. Sea B la colección de todos los subconjuntos borelianos de X que satisfacen la
conclusión del teorema. Mostraremos que B es la σ-álgebra de los borelianos. Es suficiente mostrar
que B es cerrada bajo uniones numerables disjuntas y bajo intersecciones numerables y contiene a
los abiertos.
(i) Por el teorema 2.2, todo abierto pertenece a B.
T
(ii) Sean Bn ∈ B para n ∈ N. Mostraremos que n Bn pertenece a B. Fijemos Zn polaco y
fn : Zn → Bn biyectiva y continua. Sea
Y
Z = {(zn )n ∈
Zn : f0 (z0 ) = fn (zn ) para todo n}.
Q
n
f : Z → X dada por f ((zn )n ) = f0 (z0 ).
Z es cerrado en n Zn . En particular Z es polaco. Sea T
Entonces f es continua e inyectiva y el rango de f es n Bn .
(iii) Sean L
Bn ∈ B disjuntos dos-a-dos. Escoja Zn polaco y fn : Zn → Bn continua y biyectiva. Sea
Z = n Zn , entonces Z es polaco). Defina g : Z → X por g(x) = fn (x) si x ∈ Zn .
Corolario 3.17. Sea X polaco y B ⊆ X boreliano. Entonces B es la imagen continua de NN .
Demostración. Se concluye de los teoremas 3.16 y 2.12.
10
4.
Conjuntos analíticos y coanalíticos
Denotaremos por P r al operador proyección: Si A ⊆ X × Y , entonces
P r(A) = {x ∈ X : ∃ y ∈ Y (x, y) ∈ A}.
Recordemos que si Γ es una clase de conjuntos, entonces cΓ denota la clase formada por los complementos de los conjuntos en Γ.
Definición 4.1. Sea X un espacio polaco.
Σ11 (X) = { P r(A) : A ∈ B(X × NN )},
Π11 (X) = cΣ11 (X),
∆11 (X) = Σ11 (X)
T
Π11 (X).
Un subconjunto de X se llama analítico si pertenece a la clase Σ11 (X), y un conjunto es
coanalítico si pertenece a la clase Π11 (X). Tenemos entonces que
∆11 (X)
⊆
Σ11 (X)
Π11 (X)
Ahora veremos varias maneras de caracterizar los conjuntos analíticos.
Teorema 4.2. Sea X un espacio polaco y A ⊆ X no vacío. Los siguientes enunciados son equivalentes:
a) A es analítico.
b) A es la proyección de un boreliano en X × Y , para algún espacio polaco Y .
c) A = f [B] para un boreliano B ∈ B(Y ) y para una función continua f : Y → X con Y polaco.
d) A = f [NN ] para alguna función continua f : NN → X.
e) A es la proyección de un cerrado en X × NN . Esto es, existe F ⊆ X × NN cerrado tal que
x ∈ A ⇔ ∃y (x, y) ∈ F.
Demostración. a) ⇒ b) y b) ⇒ c) son obvias, ya que las proyecciones son funciones continuas.
c) ⇒ d) Vimos en el lema 3.17 que todo boreliano en un espacio polaco es la imagen continua de
NN . De esto se concluye d).
d) ⇒ e) Sea A = f [NN ] con f : NN → X continua. Entonces A es la proyección del conjunto
{(y, α) ∈ X × NN : f (α) = y}.
Ese conjunto es cerrado en X × NN por ser f continua.
e) ⇒ a) es obvio.
11
De lo anterior se deduce que B(X) ⊆ Σ11 (X) y en consecuencia B(X) ⊆ ∆11 (X). Un teorema
fundamental debido a Suslin, que veremos más adelante, asegura que de hecho estas dos clases son
iguales, es decir, B(X) = ∆11 (X).
Teorema 4.3. La clase de los conjuntos analíticos en un espacio polaco no numerable X es Xparametrizada.
Demostración. Trataremos solo cuando X = NN , el caso general se trata como en la prueba del
teorema 3.8.
Sea G ⊆ NN × NN × NN un conjunto universal para la familia de cerrados de NN × NN . Considere
el conjunto
U = {(x, z) ∈ NN : ∃y ∈ NN (x, y, z) ∈ G}
Por su definición, se tiene que U es analítico en NN × NN . Por otra parte, sea A ⊆ NN un conjunto
analítico de NN . Por el teorema 4.2, sabemos que existe un cerrado F ⊆ NN × NN tal que
A = {x ∈ NN : ∃y ∈ NN (x, y) ∈ F }.
Como G es universal para los analíticos de NN × NN , existe z0 ∈ NN tal que
F = {(x, y) : (x, y, z0 ) ∈ G}
Tenemos entonces que
x ∈ A ⇔ ∃y ∈ NN (x, y, z0 ) ∈ G ⇔ (x, z0 ) ∈ U.
Esto muestra que U es universal para los analíticos de NN .
Corolario 4.4. Existe un conjunto analítico que no es coanalítico. Esto es ∆11 (X) & Σ11 (X)
Demostración. Se concluye del teorema anterior y del lema 3.6.
4.1.
El teorema de Suslin
Teorema 4.5. (Suslin) Sea X un espacio polaco no numerable. Si A y B son conjuntos analíticos
disjuntos de X, entonces existe un boreliano que los separa, es decir, existe C ∈ B(X) tal que A ⊆ C
y B ∩ C = ∅.
Para demostrar este teorema necesitamos el siguiente resultado.
Lema 4.6. Si {An : n ∈ N} y {Bn : n ∈ N} son dos sucesiones de subconjuntos de NN tales
que para cada par m, n existe un boreliano Cm,n que separa a Am de Bn (es decir Am ⊆ Cm,n y
Cm,n ∩ Bn = ∅). Entonces existe un boreliano C de NN tal que
[
An ⊆ C
n∈N
y
(
[
Bn ) ∩ C = ∅.
n∈N
12
Demostración. Notemos primero que para cada m,
\
Am ⊆ Cm = {Cm,n : n ∈ N}.
Por lo tanto, Cm separa a Am de
vale para cada m, tenemos
S
S
T
{Bn : n ∈ N} (porque ( {Bn : n ∈ N}) Cm = ∅). Como eso
[
n∈N
y
(
[
S
{Cm : m ∈ N} es un boreliano.
Cm
m∈N
[
Cm ) ∩ (
m∈N
Obviamente
[
An ⊆
Bn ) = ∅.
n∈N
Demostración del Teorema 4.5: Comenzaremos mostrando el teorema para el espacio de Baire. Cada
conjunto analítico es la imagen de NN por una función continua (ver el teorema 4.2). Sean entonces
f y g funciones continuas de NN en NN tales que A = f [NN ] y B = g[NN ].
Para cada sucesión finita s ∈ N<ω , ponemos
As = f [Us ] y Bs = g[Us ].
Tenemos entonces que A = Ah i y B = Bh i (donde h i es la sucesión vacía), y para cada s ∈ N<ω ,
As =
[
{Asbn : n ∈ N}
Bs =
[
{Bsbn : n ∈ N}.
y
Supongamos que A y B no son separables por un boreliano, entonces, por el lema 4.6, deben
existir números k0 y l0 tales que Ahk0 i y Bhl0 i tampoco son separables por un boreliano. Aplicando
el lema de nuevo, obtenemos k1 y l1 tales que Ahk0 k1 i y Bhl0 l1 i son inseparables. Argumentando
inductivamente construimos α = hk0 , k1 , k2 , . . .i y β = hl0 , l1 , l2 , . . .i en NN y para cada n ∈ N, Aα|n
y Bβ|n son inseparables. Como f (α) ∈ A y g(β) ∈ B, y estos conjuntos son disjuntos, entonces
f (α) 6= g(β). De eso se concluye que existen vecindades básicas disjuntas de f (α) y de g(β) y por
consiguiente se puede hallar un m tal que Uf (α)|m y Ug(β)|m son disjuntas. La preimagen de Uf (α)|m
por f es abierta y contiene a α, sea entonces k tal que f [Uα|k ] ⊆ Uf (α)|m , y, análogamente, sea l
tal que g[Uβ|l ] ⊆ Ug(β)|m . Si j = máx{k, l}, entonces Aα|j ⊆ Uf (α)|m y Bβ|j ⊆ Ug(β)|m . Por lo tanto,
Uf (α)|m es un boreliano que separa Aα|j y Bβ|j , lo que contradice nuestra construcción de α y β.
Para extender este resultado a cualquier espacio polaco no numerable use el teorema del isomorfismo 2.21.
Corolario 4.7. (Suslin) Sea X un espacio polaco no numerable. Entonces B(X) = ∆11 (X).
Demostración. Claramente B(X) ⊆ ∆11 (X). Además, si A ∈ ∆11 (X), tanto A como su complemento
son analíticos, y por el teorema de separación 4.5 existe un boreliano que los separa. Este boreliano
no puede ser sino el mismo A.
13
4.2.
Ejemplos
Ejemplo 4.8. Sea W F la colección de árboles bien fundados, es decir, sin ramas infinitas. Entonces
<ω
W F es coanalítico no Boreliano como subconjunto de 2N .
Ejemplo 4.9. Los conjuntos
D = {f ∈ C[0, 1] : f es diferenciable en todo punto de [0, 1] }, y
N D = {f ∈ C[0, 1] : f no es diferenciable en ningún punto de [0, 1] }
son Π11 no borelianos en C[0, 1].
4.3.
Propiedades de regularidad
Los conjuntos analíticos y coanalíticos en R son medibles Lebesgue y tienen la propiedad de
Baire. Estos hechos no se pueden demostrar para los conjuntos mas complejos que coanalíticos o
analíticos a partir de los axiomas usuales de la teoría de conjuntos.
Todo conjunto analítico no numerable contiene un subconjunto perfecto y en consecuencia tiene
cardinalidad 2ℵ0 . Este hecho no se puede demostrar para los coanalíticos a partir de los axiomas
usuales de la teoría de conjuntos.
Referencias
[1] C. A. Rogers et al. Analytic Sets. Academic Press, 1980.
[2] L. Graham and J. Kantor. Naming Infinity. Harvard Univeristy Press, Cambridge, London,
2009.
[3] A. S. Kechris. Classical Descriptive Set Theory. Springer-Verlag, 1994.
[4] Y. N. Moschovakis. Descriptive Set Theory. North Holland, Amsterdam, 1980.
[5] S. M. Srivastava. A Course on Borel Sets. GTM 180. Springer, 1998.
Departamento de Matemáticas.
Facultad de Ciencias.
Universidad de Los Andes.
Mérida 5101, Venezuela.
[email protected]
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