DESKRIPTIVE MENGENLEHRE

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1 DESKRIPTIVE MENGENLEHRE Vorlesung Prof. Spinas Mitschrift: Kathrin Alldiek Literatur [1] Kechris; Classical Descriptive Set Theory, Springer [2] Jech, Set Theory (neue Auflage) 1

2 Inhaltsverzeichnis 1 Topologische Räume 2 2 Bäume und Ordinalzahlen 8 3 Polnische Räume 14 4 Borelmengen 22 5 Perfekte polnische Räume 26 6 Analytische Mengen 30 7 Darstellung analytischer Mengen 37 8 Unendliche Spiele und Determiniertheit 40 9 Borel-Determiniertheit Lebesgue-Messbarkeit und Baire-Eigenschaft 52 1 Topologische Räume Ein topologischer Raum ist ein Paar (X, T ), sodass folgende Axiome gelten: (1) T P(X) (U T U X); (2), X T ; (3) falls I beliebig und U i T für alle i I, so i I (4) falls U, V T, so U V T. U i T ; Dann heißt T Topologie auf X. Die Elemente von T sind die offenen Mengen. Deren Komplemente heißen abgeschlossen. Extreme Beispiele: 2

3 T 1 = {, X}, T 2 = P(X)(= {U : U X}) diskrete Topologie G δ -Mengen sind abzählbare Durchschnitte von offenen Mengen. F σ -Mengen sind abzählbare Vereinigungen von abgeschlossenen Mengen. Gegeben Topologien T, T auf X, dann heißt T feiner als T, falls T T, und T gröber als T. Ein Teilraum von (X, T ) ist ein Paar (Y, T Y ), wobei Y X und T Y = {U Y : U T }. T Y heißt die relative oder induzierte Topologie auf Y. Eine Basis für die Topologie T ist B T mit der Eigenschaft, dass jede Menge in T Vereinigung von Mengen in B ist. B erzeugt T. Eine Teilmenge S T heißt Subbasis von T, falls die Menge aller endlichen Durchschnitte von Mengen aus S eine Basis für T ist. Ein topologischer Raum erfüllt das 2. Abzählbarkeitskriterium, falls er eine abzählbare Basis hat. Gegeben x X und U T mit x U, so heißt U offene Umgebung von x. Eine Umgebungsbasis von x ist eine Menge U T mit folgenden Eigenschaften: (1) U U x U; (2) Jede offene Umgebung von x enthält ein Element von U als Teilmenge). Ein topologischer Raum X erfüllt das 1. Abzählbarkeitskriterium, falls jeder Punkt x X eine abzählbare Umgebungsbasis hat. Offensichtlich impliziert das 2. das 1. Abzählbarkeitskriterium. (Falls B abzählbare Basis und x X, nimm U = {U B : x U}.) Die Umkehrung gilt nicht (Übung). Seien X, Y topologische Räume (X = (X, S), Y = (Y, T )). Eine Abbildung f : X Y heißt stetig, falls für jede offene Menge V Y (also V T ), deren Urbild f 1 [V ] := {x X : f(x) V } offen ist in X, also f 1 [V ] S. Klar ist dann für jede abgeschlossene V Y, dass f 1 [V ] abgeschlossen ist in X (wegen der Beziehung f 1 [Y \ V ] = X \ f 1 [V ]). 3

4 f : R R stetig in x : ε > 0 δ > 0 x 0 x x 0 < δ f(x) f(x 0 ) < ε B(y, ε) = {y R y y < ε} zz : f 1 [B(f(x), ε)] offen. Finde δ > 0 zu ε, x. Sei f(x 0 ) = y 0 mit y 0 y < ε. Wähle δ 1 zu ε 1 und x 0. Sei x 1 B(x 0, δ 1 ), also f(x 1 ) f(x 0 ) < ε 1. Folglich f(x 1 ) f(x) < f(x 1 ) f(x 0 ) + f(x 0 ) f(x) = ε 1 + ε 0 = ε. Die Abbildung f : X Y heißt offen (bzw. abgeschlossen), falls für jede offene (bzw. abgeschlossene) Menge U X das f-bild f[u] := {f(x) : x U} offen (bzw. abgeschlossen) ist in Y. Bemerkung: Falls f bijektiv, so gilt f offen g.d.w. f abgeschlossen. Beispiele: f : R R, x 0 ist abgeschlossen, nicht offen; arctan : R R ist offen, nicht abgeschlossen. Die Abbildung f : X Y heißt Homöomorphismus (zw. X und Y ), falls f bijektiv, stetig und offen ist. Äquivalent dazu: f bijektiv, stetig und f 1 auch stetig. Weiter heißt f : X Y eine Einbettung (von X in Y ), falls f Homöomorphismus ist zwischen X und f[x], wobei f[x] die induzierte Topologie trägt. Falls x X, so heißt f stetig im Punkt x (oder x heißt Stetigkeitspunkt von f), falls f 1 [V ] eine offene Umgebung von x ist für jede offene Umgebung V von f(x). Äquivalent hierzu: Falls V Y offen und f(x) V, so ist f 1 [V ] offen. Betrachte folgende Situation: Gegebene Menge X und topologischer Raum (Y, T ); außerdem f : X Y. Finde eine gröbste Topologie S auf X, so dass f stetig wird. Setze S := {f 1 [V ] : V T }. Prüfe leicht, dass S schon Topologie auf X ist. Offensichtlich ist f : (X, S) (Y, T ) stetig. Sei nun X Menge, seien Y i für i I topologische Räume, also Y i = (Y i, T i ). Seien f i : X Y i beliebige Abbildungen. Dann existiert eine gröbste Topologie T auf X, so dass alle f i stetig werden. Sei S i = {f 1 i [V ] : V T i }. Die gesuchte Topologie T hat i I S i als Subbasis. T heißt die durch (f i ) i I erzeugte Topologie. Als Anwendung hiervon erhalten wir die Produkttopologie einer Familie von topologischen Räumen (X i ) i I auf deren kartesischem Produkt X i (= {f f : I X i & i i I i I If(i) X i }). Sie ist die gröbste Topologie auf X i, so dass Projektionen π j : X i i I i I X j, (x i ) i I x j (für j I) stetig werden. Eine Basis dafür bilden alle Mengen der Form i I U i, wobei U i X i offen ist f.a. i I 4

5 und U i = X i für fast alle i I bis auf endlich viele Ausnahmen. Sei V X j offen, π 1 j [V ] = {(X i ) i I X i x j V } =... X i0... X i1 V X ie.... i I j Schließlich ist die topologische Summe X i = (X, T ) einer Familie von topologischen i I Räumen (X i ) i I wie folgt definiert: X = X i, d.h. X ist die disjunkte Vereinigung aller i I X i, formal ist X = i I X i {i}. Die Bijektion X i X i {i}, x (x, i) verschiebt die Topologie von X i auf X i {i} in natürlicher Weise. Dann sei V X offen genau dann, wenn V (X i {i}) offen ist bzgl. der Topologie von X i, dies für alle i I. Es ist leicht verifizierbar, dass z j : X j i I X i, x (x, j) Einbettung ist. Sei (X, T ) topologischer Raum und A X. Definiere A = {B X : A B & B abgeschlossen} (= B). A ist der (topologische) Abschluss von A. Es gelten: A B X B abgeschlossen A abgeschlossen, =, A A, A = A, A B = A B, A B A B, A B A B. Beispiel: R : Q R, Q = R, R \ Q = R Definiere A 0 = X \ X \ A. A 0 ist das Innere von A, das ist die größte offene Teilmenge von A. Ein Paar (X, d) heißt metrischer Raum, falls d : X X [0, ) eine Abbildung ist mit folgenden Eigenschaften: F.a. x, y, z X (1) d(x, y) = 0 g.d.w. x = y; (2) d(x, y) = d(y, x); (3) d(x, y) d(x, z) + d(z, y). Dann heißt d Metrik auf X. Eine Metrik induziert eine Topologie: Für x X und r [0, ) sei B d (x, r) = {y X : d(x, y) < r} (B(x, r) = B d (x, r), falls d klar). Dann ist B = {B(x, r) : x X, r [0, )} Basis einer Topologie auf X, der durch d induzierten. Verwende Übung 1, Blatt 1. Hierzu ist zu zeigen: Zu zwei Bällen B(x 1, r 1 ), B(x 2, r 2 ) und z B(x 1, r 1 ) B(x 2, r 2 ) ex. r [0, ), so dass B(z, r) B(x 1, r 1 ) B(x 2, r 2 ). r = min{r i d(x i, z) : i = 1, 2} Ein topologischer Raum (X, T ) heißt metrisierbar, falls eine Metrik d auf X existiert, deren induzierte Topologie T ist. Dann sagen wir, d sei kompatibel mit T. 5

6 Zwei Metriken auf X heißen kompatibel, falls sie dieselbe Topologie induzieren. Übung 3, Blatt 1: Sei (X, d) metrischer Raum. Dann existiert eine zu d kompatible Metrik d, mit d (x, y) 1 für alle x, y X. Setze d (x, y) =, alle x, y X. d(x,y) 1+d(x,y) Eine Teilmenge D X eines topologischen Raums X heißt dicht, falls für jede offene U X mit U D U. Äquivalent hierzu: D = X. Falls X eine abzählbare dichte Teilmenge besitzt, so heißt X separabel. Offensichtlich sind alle Räume mit dem 2. Abzählbarkeitskriterium separabel. Sei (X, d) metrischer Raum und Y X. Dann ist (Y, d Y Y ) ein metrischer Raum, und d Y Y ist kompatibel mit der relativen Topologie auf Y. Zeige B d Y Y (y, r) = B d (y, r) Y. Im Allgemeinen sind Teilräume von separablen Räumen nicht separabel. Aber: Sei (X, d) metrisch und separabel, sei D X abzählbar und dicht. Sei Y X Teilraum. Dann ist Y separabel. Beweis: Möglicherweise D Y =. Zu jedem p = (x, n) D N wähle, falls möglich, y p Y B(x, 1 ); sonst y n p Y beliebig. Dann ist {y p : p D N} dicht in Y. Sei y Y, n N. Finde y p Y B(y, 1 1 ) wie folgt: Finde x D mit x B(y, ). Dann ist n 2n y B(x, ), also Y B(x, ) und folglich gilt für p = (x, ) y 2n 2n 2n p Y B(x, 1 ), 2n also d(y p, y) d(y p, x) + d(x, y) < 1. n Ähnlich zeigt man: Falls ein metrischer Raum separabel ist, so erfüllt er das 2. Abzählbarkeitskriterium: Sei D X abzählbar, dicht. Dann ist B = {B(x, 1 n ) : x D & n N \ {0}} Basis. Sei nun ((X n, d n )) eine (abzählbare) Folge von metrischen Räumen. Dann ist versehen mit der Produkttopologie, metrisierbar durch die Metrik d((x n ), (y n ) ) = d n(x n,y n) : d((x 2 n+1 (1+d n(x n,y n)) n) n, (y n ) n ) = 0 n d n (x n, y n ) = 0 n x n = y n (x n ) n = n=0 (y n ) n. Symmetrie klar. -Ungleichung folgt aus -Ungleichung für die d ist kompatibel mit der Produkttopologie: dn 1+d n (Übung 3, Blatt 1). Sei B = B d ((x n ) n, r) offener Ball bzgl. d, r > 0. Zeige: B enthält (*) B d 0 (x 0, r 0 )... B d n (x n, r n ) X n+1... für gewisse n N, r 0,..., r n > 0. 1 Wähle n so groß, dass < r. Wähle r 2 i+1 2 0,..., r n > 0, so dass n r i < r. 2 i+1 2 i=n+1 Für beliebige (y m ) m ( ) gilt dann d((x m ), (y m )) < r. Sei umgekehrt B d 0 (x 0, r 0 )... 6 i=0 X n,

7 B d n (x n, r n ) X n+1... (**) offene Umgebung bzgl. der Produkttopologie eines Punktes (x m ) X m. Finde r > 0 mit B d ((x m ), r) ( ). Sei dazu r = 1 2 n+1 min{r 0,..., r m },.... Die topologische Summe einer beliebigen Familie von metrischen Räumen ist metrisierbar. Abzählbare Summen von metrischen separablen Räumen sind separabel. Nachtrag: Falls (X n, d n ) metrisch sind, separabel, z.b. D n X n abzählbar dicht, so ist X n separabel: Dichte abzählbare D X n ist wie folgt definiert: N N Sei (x n ) n X n fest. D besteht aus allen Folgen (y n ) n X n, so dass m N existiert, n so dass y i D i für alle i < m und y i = x i für alle i m. Sei (X, d) metrischer Raum. Zu U X haben wir U als Durchschnitt aller abgeschlossenen, U umfassenden Mengen V X definiert. Nun gilt (im Fall, dass der Raum metrisch ist): (*) x X x U n N \ {0} x n U, d(x, x n ) < 1 n. Anstelle von n d(x, x n) < 1 n schreiben wir lim n x n = x. Warum gilt (*)? Angenommen zu n N gäbe es kein solches x n U. Dann wäre B d (x, 1 ) U =. n Da B d (x, 1 ) offen ist, ist A := X \ B n d(x, 1 ) abgeschlossen. Es gilt U A und x / A; n somit wäre x / U. Sei A abgeschlossen mit U A. Zeige: x A. Wäre x / A, also x X \ A, und X \ A ist offen. Finde r > 0, so dass B d (x, r) X \ A. Umso mehr B d (x, r) X \ U. Folglich gibt es für kein n mit 1 n < r ein x n U mit d(x n, x) < 1 n, da sonst x n B d (x, r) X \ U. Hieraus folgt für beliebige x X, r > 0 B d (x, r) {y X : d(x, y) r}. Hieraus folgt die Regularität von metrischen Räumen (X, d). D.h. zu jedem x X und jeder offenen Umgebung U von x existiert eine offene Umgebung V von x mit V U. Denn: Wähle x B d (x, r) U. Dann ist B d (x, r/2) B d (x, r) U. Außerdem erfüllen metrische Räume das erste Trennungsaxiom T 1 : Einpunktige Mengen sind abgeschlossen. Zu x X und y X, y x, finde offenes U X mit y U und x / U. Z.B. U = B d (y, d(x,y) 2 ). Wegen Regularität gilt dann auch (für metrische Räume) das zweite Trennungsaxiom T 2 : 7

8 Zwei Punkte haben stets disjunkte offene Umgebungen. Für metrische Räume (X, d) gilt außerdem: (1) Abgeschlossene Mengen sind G δ. (2) Offene Mengen sind F σ. Beweis: (1) Zu U X und r > 0 sei B(U, r) := {x X : y U d(x, y) < r} = B d (y, r) stets offen. y U Falls nun U X abgeschlossen, gilt U = \{0} B(U, 1 n ). (2) Dual zu (1): Sei A = X \ U, U offen. Nach (1) A = U n, U n offen. Dann U = X \ A = X \ U n, X \ U n abgeschlossen. 2 Bäume und Ordinalzahlen Definition 1 Eine Partialordnung ist ein Paar (P, <) bestehend aus einer Menge P und einer 2-stelligen Relation < auf P, so dass für alle x, y, z P gelten: (1) (x < x). (2) Falls x < y und y < z, so x < z. Dann bedeutet x y, dass x < y oder x = y. Eine Partialordung heißt Totalordnung, falls für alle x, y P (3) x y oder y x. Sei (P, <) Partialordnung und K P. Dann heißt K Kette, falls x, y K x y y x (also K mit der induzierten Partialordnung ist Totalordnung). Eine Partialordnung (P, <) heißt wohlfundiert, falls (4) X P (X x X y X y < x) Eine wohlfundierte Totalordnung heißt Wohlordnung (dann besitzt jede nichtleere Teilmenge X ein Minimum, d.h. ein x X mit x y für alle y X). Definition 2 Eine Menge A heißt transitiv, falls jedes Element von A Teilmenge von A ist; formal: x A x A (aus y x A folgt y A). Beispiel: transitiv, { }, {, { }} auch {{ }} nicht transitiv. Definition 3 Eine Menge A heißt ordinal oder Ordinalzahl, falls A transitiv und das Paar (A, ) eine Wohlordnung ist (kurz Ord(A)). Beispiele:, { }, {, { }}, 8

9 {, { }, {, { }}} ordinal {, { }, {{ }}} nicht ordinal. Wichtige Eigenschaften der Ordinalzahlen: Falls Ord(A), so auch Ord(A + 1) (A + 1 := A {A}). A + 1 ist die (bzgl. ) kleinste Ordinalzahl, größer als A (Nachfolger von A). Je zwei Ordinalzahlen α, β sind vergleichbar bzgl. ɛ: α β oder β x. Falls A eine transitive Menge von Ordinalzahlen ist, so gilt Ord(A). Falls Ord(A) und α A, so Ord(α). Die Klasse aller Ordinalzahlen wird mit Ord bezeichnet. Die natürlichen Zahlen werden definiert als 0 :=, 1 := { }, 2 := {, { }},... n+1 := n {n}. Die Menge aller natürlichen Zahlen ist transitiv, also selbst ordinal, die kleinste Ordinalzahl größer als alle natürlichen Zahlen: Bezeichnung: ω. Man zeigt, dass Ord selbst unter wohlgeordnet ist, dies sieht etwa wie folgt aus: n n+1 ω ω }{{}... ω+ω }{{} 0, Nachfolger-, Limesordinalzahlen. ω+ω+1 ω+ω+ω(3ω) ω n... ω ω... ω3... ωω ω ω ω 1 Es gibt auch überabzählbare Ordinalzahlen; die erste solche wird mit ω 1 /ℵ 1 bezeichnet. α ist Kardinalzahl, falls Ord(α) und kein β < α surjektiv auf α abgebildet werden kann. Kardinalzahlen sind: 0, 1,..., n, n + 1,..., ω, ω 1, ω 2,..., ω ω,... X 0 X 1 Man zeigt, dass Ord die Klasse aller Isomorphietypen von Wohlordnungen ist, d.h. zu jeder Wohlordnung existiert genau eine isomorphe Ordinalzahl. Zu Mengen A, B bezeichne A B (oder auch A) die Menge aller Funktionen f : B A. Wie üblich identifizieren wir eine B Funktion mit ihrem Graphen, also f = {(b, f(b)) : b B}. Sei A, n N. Dann ist A n also die Menge aller s : n A(n = {0,..., n 1}). Wir schreiben s = s(0),..., s(n 1). s ist eine Folge der Länge n. Als Menge s = {(0, s(0)),..., (n 1, s(n 1))}, also ist n = s (Kardinalität von n). Bemerke A 0 = { }. Wir verwenden auch die Schreibweise A <N = A n für die Menge aller endlichen Folgen von Elementen in A. A <N trägt eine natürliche Partialordnung: Für s, t A <N definieren wir s t (s ist Anfangsstück von t, t ist Erweiterung von s), falls s t und t s = s. Klarerweise gilt für s, t A <N s t genau dann, wenn s t. Falls s t oder t s, heißen s, t kompatibel, andernfalls inkompatibel. 9

10 Zu s, t A N bilden die Konkatenation von s und t, bezeichnet mit s t: s t = s(0),..., s( s 1), t(0),..., t( t 1). { s(i), i < s Also s t = s + t und s t(i) = t(i s ), s i < t + s. Falls t = 1 und t = a schreiben wir s a statt s a. Wir können auch die unendliche Konkatenation von s i A N, i N bilden: s 0 s 1... s i... Das ist dann ein Element von A N, falls nicht schließlich alle s i =. Definition 4 Sei A eine nichtleere Menge. Ein Baum auf A ist eine Teilmenge T A N, die abgeschlossen ist unter Bildung von Anfangsstücken, d.h. s T n < s s n T. Elemente von T heißen Knoten von T. Ein unendlicher Ast von T ist ein x A N mit der Eigenschaft n N x n T. Klarerweise ist dann {x n : n N} eine maximale Kette von (T, ). Mit [T ] bezeichnen wir die Menge aller unendlichen Äste von T, also [T ] = {x A N : n N x n T }. Ein Baum T auf A heißt gestutzt (engl. pruned), falls er keine maximalen endlichen Ketten einer Länge 0 besitzt, äquivalent: s T t T s t. Also ist T = gestutzt. T hat sich selbst als maximale Kette (der Länge 0). Übung: Zu jedem Baum T existiert ein gestutzter Baum T T mit [T ] = [T ]. Folgende Bäume werden uns besonders interessieren: 2 <N (der volle binäre Baum) 2 = {0, 1} N N A N trägt natürlich Topologie: Die Produkttoplogie der diskreten Topologie auf A. A ist metrisierbar via der Metrik δ : A 2 {0, 1}, δ(a, b) = { 0, a = b 1, a b Da, wie gesehen, abzählbare Produkte von metrischen Räumen metrisierbar sind, ist A N metrisierbar, z.b. { durch die Metrik d : (A N ) 2 [0, 1] 1 d((a n ) n, (b n ) n ) =, wobei k = min{n : a k+1 n b n } =: ((a n ) n, (b n ) n ). 0, sonst 10

11 Wir zeigen, dass d kompatibel ist: Die natürliche Basis der Produkttopologie auf A N besteht aus Mengen der Form (*) Ui, wobei Ui A offen für alle i und Ui = A außer i N für endlich viele i 0,..., i n 1 N und Ui, alle i N. Da A diskret ist, können wir für Ui j einelementige Mengen wählen. Klarerweise enthält folglich jede Menge der Gestalt (*) eine Menge der speziellen Form (**) i {0,...,m 1} {a i } N\m A, wobei m N, a i A. Für m N und s = a 0,..., a m 1 A m setze N s = [s] := {a i } A i<m N\m = {x A N : i < m x(i) = a i } = {x A N, s x} für s A <N Somit ist B = {N s : s A <N } eine Basis der Produkttopologie auf A N. (N s "Basis-offene Menge") Für x A N und n N gilt aber B d (x, ) 1 = {y A N : x = y (x, y) n + 1} = N x n+1. n + 1 Wir werden sehen: N N homöomorph zu R \ Q, 2 N homöomorph zur Cantor-Menge C. Bemerkung: Für jedes s A <N ist N s auch abgeschlossen: A N \ N s = N t. t A <N Definition 5 Ein topologischer Raum heißt zusammenhängend, falls er nicht disjunkte Vereinigung zweier nichtleerer offener Mengen ist. Übung: Falls (A i ) i I Familie zusammenhängender Teilräume von X ist mit i I A i, so ist i I A i zusammenhängend. Definition 6 Sei x X. Die Zusammenhangskomponente Z(x) von x ist definiert als Vereinigung aller zusammenhängender Teilräume von X, die x enthalten. Wegen Übung ist Z(x) also die größte zusammenhängende Menge, die x enthält. X heißt total unzusammenhängend, falls Z(x) = {x} für alle x X. Beispiele: Q, R \ Q, A N total unzusammenhängend. Satz 1 Sei A. Die Abbildung T [T ] ist eine Bijektion zwischen der Menge aller gestutzten Bäume auf A und der Menge aller abgeschlossenen Teilmengen von A N. Die Umkehrabbildung ist F T F := {x n : x F & n N}. 11

12 Beweis: 1) [T ] ist abgschlossen: Zeige [T ] = [T ]. Sei x [T ]. {N x n : n N} ist Umgebungsbasis von x. Somit existiert y n N x n [T ], zu jedem n N. Es folgt x n = y n n T für alle n, somit x [T ]. 2) T [T ] = T für alle gestutzten Bäume (daraus folgt Injektivität). Also T [T ] = {x n : x [T ] & n N}. Sei s T [T ]. Finde x [T ], n N mit s = x n T. Sei s T. Weil T gestutzt ist, gibt es x [T ] mit x N s. Somit x n = s für ein n, somit s T [T ]. 3) [T F ] = F für alle abgeschlossenen F A N. Falls F =, so T F = gestutzt und [T F ] =. O.B.d.A. sei F. Sei x [T F ], d.h. x n T F für alle n N. Sei n beliebig. Wir finden dazu y F mit x n = y n, d.h. y N x n. Da n beliebig und {N x n : n N} Umgebungsbasis von x ist, ist x F = F. Sei x F, so x n T F für alle n, also x [T F ]. Definition 7 Seien S, T Bäume auf A bzw. B. Eine Funktion ϕ : S T heißt monoton, falls aus s t schon ϕ(s) ϕ(t) folgt für alle s, t S. Für monotones ϕ sei D(ϕ) = {x [S] : lim ϕ(x n) = }. Für x D(ϕ) setze ϕ (x) = ϕ(x n). Also n ϕ : D(ϕ) [T ]. Außerdem heißt ϕ total, falls D(ϕ) = [S]. A N trägt Produkttopologie der diskreten Topologie auf A, ist metrisierbar; eine kompatible Metrik ist d(x, y) = { 0, x = y 1, x y x = (x n ) n, y = (y n ) n (x,y)+1 (x, y) = erstes n mit x n y n. Natürliche Basis für die Topologie auf A N bilden die Mengen N s = {x A N ; s x}, für s A <N. Analyse von beliebigen offenen bzw. G δ -Mengen. Sei U A N. Somit U = X A <N. N s s x Natürlich kann im Fall, dass s, t X mit s t t aus X weggelassen werden (da N s N t ). Sei Y die Menge aller s X, so dass für kein n < s s n X. Dann gilt U = für N s s Y und Y ist eine Antikette auf A <N, d.h. je zwei Elemente sind inkompatibel. Sei nun U A N G δ, also U = U n, U n offen. Setze U 0 = A N ; U n+1 = U i. Natürlich i n+1 U = U n und U 0... U n U n

13 Sei nun U n = N s, Y n s Y n Y n+1 t Y n t s. A <N Antikette. Wir können o.b.d.a. annehmen n s Satz 2 Sei ϕ : S Baum auf A T Baum auf B n) = }) G δ und ϕ : D(ϕ) [T ] ist stetig (ϕ (x) = monoton. Dann ist D(ϕ) (= {x [S] : lim n ϕ(x ϕ(x n)). Falls umgekehrt f : G [T ] stetig ist und G G δ ist, so existiert ein monotones ϕ : S T mit ϕ = f und D ϕ = G. Beweis: Es gilt x D(ϕ) n m ( ϕ(x m) n). Folglich D(ϕ) = U n, wobei U n = {x [S] : m ϕ(x m) n}. Außerdem ist U n offen. Zu x U n existiert m mit ϕ(x m) n. Dann folgt x N x m [S] U n. Weiter ist ϕ stetig. Da ϕ 1 ( U i ) = ϕ 1 (U i ), genügt es zu zeigen, dass ϕ 1 (U) offen i I i I ist für alle U der Gestalt [t] [T ] für ein t T. Es gilt aber ϕ 1 ([t] [T ]) = {[s] D ϕ : s S & t ϕ(s)}. Sei x ϕ 1 ([t] [T ]), also ϕ (x) [t] [T ], also existiert n N mit ϕ(x n) t ϕ(x n). x [s] Dϕ mit t ϕ(s). Es folgt s = x n für ein n, also t ϕ(x n), folglich ϕ (x) [t] [T ]. Seien nun umgekehrt G, f wie im Satz (G G δ f : G [T ] stetig). Falls G =, sei ϕ =. Sei also G und G = U n für gewisse offene U n [S]. Setze U 0 = [S], U n+1 = U m. Dann G = U n, U n offen und U 0 U m n+1 Zu jedem s S sei k(s) N wie folgt definiert: k(s) sei das größte k (s), k N, so dass N s [S] U k. Definiere ϕ(s) für alle s S induktiv über s ϕ( ) =. Sei s S gegeben, so dass ϕ(s n) schon definiert ist für alle n < s. ϕ(s) ist das längste u T einer Länge k(s), so dass f[n s G] N u [T ], falls N s G, sonst sei ϕ(s) = ϕ(s m), wobei m maximal ist mit N s m G. Nach Konstruktion folgt aus s s k(s) k(s ) und ϕ(s) ϕ(s ). Zu zeigen ist G = D(ϕ) und f = ϕ. Sei x G und m N beliebig. Da x U m und U m offen existiert n m mit N x n [s] U m. Folglich k(x n) m. Somit lim k(x i) =. Außerdem folgt aus der i N Stetigkeit von f, dass zu jedem m N ein n m existiert, so dass f[n x n G] N f(x) m. Natürlich x N x n G, also N x n G. Es folgt f(x) m ϕ(x n). Da m beliebig war, folgt lim ϕ(x i) =, somit x D(ϕ) und auch ϕ (x) = f(x). Falls umgekehrt i x D(ϕ), so ist lim ϕ(x n) =, folglich lim k(x n) =, da ϕ(x n) k(x n). n n D.h. zu jedem m existiert n mit k(x n) m, d.h. x N x n [S] U m. Es folgt x U m = G. Also G = D(ϕ). Definition 8 Eine abgeschlossene Menge F in einem topologischen Raum X heißt Re- 13

14 trakt von X, falls eine stetige Surjektion f : X F existiert, so dass f(x) = x für alle x F. Satz 3 Seien F, H zwei nichtleere abgeschlossene Teilmengen von A N mit F H. Dann ist F Retrakt von H. Beweis: Nach Satz (1) existieren gestutzte Bäume S, T auf A, so dass F = [S] und H = [T ]. Es folgt S T. Wir definieren ein monotones totales ϕ : T S mit ϕ(s) = s für alle s S. Mit Satz (2) ist dann f := ϕ wie gewünscht stetig. Definiere ϕ(t) für t T rekursiv über t. Setze ϕ( ) =. Falls ϕ(t) S definiert ist und t a T für ein a A, so wähle b A mit ϕ S (t) b S (b existiert, da S gestutzt) und setze ϕ(t a) = { t a, falls t a S ϕ(t) b, sonst. Zeige induktiv: ϕ ist monoton. 3 Polnische Räume Definition 9 Sei (X, d) metrischer Raum. Eine Folge (X n ) von Punkten in X heißt Cauchy-Folge, falls lim d(x n, X m ) = 0 ( ε > 0 n ε m, n n ε d(x n, X m ) < ε). n,m Bemerkung: Ob (X n ) n Cauchy-Folge ist, hängt von der Metrik ab (nicht nur von der Topologie). Definition 10 (X, d) heißt vollständig, falls jede Cauchy-Folge konvergiert (d.h. zu jeder Cauchy-Folge (X n ) n existiert x X mit lim n x n = x). Topologischer Raum heißt vollständig metrisierbar, falls eine kompatible Metrik d auf X existiert, so dass (X, d) vollständig ist. Weiter heißt ein topologischer Raum (X, T ) polnisch, falls (X, T ) vollständig metrisierbar und separabel ist. Beispiele: 1) R, C, I = [0, 1], R n, C n, I n, R N, C N, I N, 2 N, N N 2) (0, 1) mit der von R induzierten Topologie ist polnisch. Vollständige Metrik ist (z.b.) 1 d(x, y) = x y + 1 min{x,1 x} min{y,1 y} 3) Jeder diskrete Raum ist vollständig metrisierbar. Jeder abzählbare diskrete Raum ist polnisch. Polnische Räume sind entweder abzählbar oder haben Kardinalität 2 ℵ 0 = R. 14

15 4) Sei A eine beliebige Menge, versehen mit der diskreten Topologie. Dann ist A N (Produkttopologie) vollständig metrisierbar. Sei d wie oben: Für x, y A N, x y, setze (x, y) = min{k N : x(k) y(k)}. Dann d(x, y) = 1. Behauptung: (A N, d) ist vollständig. { 1, (x,y)+1 x y 0, x = y. Beweis: Sei (X n ) Cauchy-Folge in A N. Wähle induktiv zu jedem k N n k N, so dass n k+1 > n k und n, m n k d(x n, x m ) < 1 k+1. Es folgt n, m n k (x n, x m ) > k, somit n, m n k x n k + 1 = x m k + 1. Setze s k := x nk k + 1. Da (n k ) k N streng monoton wächst, folgt s k = s l k + 1 für alle l > k. Somit ist x := s k A N. Offensichtlich gilt lim x n = x. n k N 2. Behauptung: Falls A abzählbar ist, so ist A N separabel und somit polnisch. Beweis: Sei a A fixiert. Zu jedem s A <N sei x s A N definiert durch: x s (n) = { s(n), falls n < s a, sonst. Da x s N s, ist D = {x s : s A <N } dicht. Da A n abzählbar ist für alle n N, ist A <N = A n abzählbar, somit auch D. Beispiele: 1) N := N N ist polnisch, der sogenannte Baire-Raum. 2) C := 2 N ist polnisch, der Cantor-Raum. Satz 4 N ist homöomorph zu R \ Q. Beweis: Klarerweise ist N homöomorph zu A N, sofern A abzählbar unendlich ist. Falls f : N A, so ist h : N A N, h(x)(n) = f(x(n)) für alle n N, ein Homöomorphismus. Es genügt also zu zeigen, dass Z N homöomorph zu R \ Q ist. Dazu konstruieren wir J = I s : s Z <N von offenen, nichtleeren Intervallen in R. Wir konstruieren J rekursiv in abzählbar vielen Schritten, wobei im n-ten Schritt I s : s Z n konstruiert wird. Sei π : N Q bijektiv und q n = π(n). Für n = 0 sei I = R, a =, b =, m = 0. Im Schritt n + 1 sei I s : s Z n schon konstruiert. Wir konstruieren I t : t Z n+1 = I s k : s Z n, k Z. Sei s Z n beliebig fest. Sei I s = (a s, b s ) mit a s < b s, sei m s = bs as 2 (falls s = 0 schon definiert). Wähle x k : k N eine streng monoton wachsende Folge mit (1) x 0 = m s, 15

16 (2) x 1 = q l, wobei l = min{l N : q l (m s, l s )}, (3) x k Q, alle k 2, (4) lim k x k = b s. Symmetrisch wähle y k : k N streng monoton fallend mit (1) y 0 = m s, (2) y 1 = q n, n = min{n : q n (a s, m s )}, (3) y k Q, (4) lim k y k = a s. Setze I s k = { (xk, x k+1 ), falls k 0 (y k, y k 1 ), falls k < 0. Damit ist die rekursive Konstruktion von J beendet. Zeige leicht induktiv über s, dass a s, b s Q. Ferner I s k I s ; außerdem diam (I s k) < 1/2 diam I s für alle s Z <N \ { }, k Z. Außerdem gilt Q = {a s, b s : s Z <N \ { }}: [Gäbe es q Q \ {a s, b s : s Z <N \ { }}, gilt q = q m für ein m N. Zu jedem n N existiert genau ein s(n, q) Z n mit q I s(q,n). Klarerweise existiert n, so dass entweder m = min{l : q l (m (n,q), b s(n,q) )} oder m = min{n : q n (a s(n,q), m s(n,q) )} oder q = m s(n,q). Aber dann q = a s(n,q) k oder q = b s(n,q) k für ein k oder q = m s(n,q), also doch q {a s, b s : s Z <N }. ] Offensichtlich gilt: Falls s, t Z <N inkompatibel, so I s I t = [wähle i < s minimal mit s(i) t(i), also s i = t i. Folglich I s i s(i) I s i t(i) = und I s I s i+1, I t I t i+1.] Definiere jetzt h : Z N R \ Q wie folgt: Sei x Z N. Dann gilt nach Konstruktion I I x 1 I x 2... I x n I x n+1..., I x n+1 I x n und lim diam I x n = 0. n Es ist also I x n = I x n einelementig (Kompaktheit!). Sei r x dieses Element. Setze h(x) = r x. h ist surjektiv auf R \ Q: Schon gesehen, dass Q = {a s, b s : s Z <N \ { }}. Folglich h[z N ] R \ Q. Sei r R \ Q. Zu jedem n existiert ein eindeutig bestimmtes s(n, r) Z n mit r I s(n,r). Es gilt s(n, r) s(n + 1, r). Setze x = s(n, r). Es gilt h(x) = r. h ist injektiv: Sei x y. Sei s = x (x, y). Es ist das längste gemeinsame Anfangsstück von x, y. Dann ist h(x) I s x( (x,y)), h(y) I s y( (x,y)). Diese beiden Intervalle sind aber disjunkt. h ist offen und stetig: Nach Konstruktion gilt h[n s ] = I s \ Q für alle s Z <N \ { }. Es genügt zu zeigen, dass 16

17 {I s \Q : s Z <N } eine Basis ist für R\Q. Seien r 1, r 2 R, r 1 < r 2 und r (r 1, r 2 )\Q. Wie gesehen gilt {r} = I s(n,r). Da diam (I s(n,r) ) 0 gibt es ein n mit I s(n,r) (r 1, r 2 ). n Übung: R und N sind nicht homöomorph (haben nicht die gleichen topologischen Eigenschaften). Unterschiedliche topologische Eigenschaften: Konvergenz einer Folge von Punkten im Baire-Raum: Folge konv. g.d.w. n N Jm N: Ab dem m-ten Folgenglied stimmen die ersten n Stellen überein in R : 0, 9 0, 99 0, Definition 11 Die Cantor-Menge E 1/3 [0, 1] ist definiert als E 1/3 = Satz 5 C ist homöomorph zu E 1/3, ein Homöomorph ist X n=0 2x(n) 3 n+1. n=1 i 0 mod3 &k3 n [ i, i+1 3 n Definition 12 Ein topologischer Raum X heißt kompakt, falls zu jeder Familie U i : i I von offenen Mengen U i X mit X = U i ein endliches F I existiert, sodass i I X = U i. i F Ein Unterraum Y X heißt kompakt, falls Y mit der relativen Topologie kompakt ist. Ferner heißt X σ-kompakt, falls eine Familie Y n : n N von kompakten Teilräumen Y n X existiert, sodass X = Y n. Ein topologischer Raum X heißt separiert oder Hausdorff sch, falls für alle x, y X, x y, disjunkte offene U, V X existieren mit x U und y Y (äquivalent: X erfüllt T 2 ). Schon gesehen: Metrische Räume sind regulär und erfüllen T 1 ; folglich auch T 2. In der allgemeinen Topologie beweist man folgende Eigenschaften: (1) Kompakte Teilmengen eines separierten Raums sind abgeschlossen; (2) Abgeschlossene Teilmengen eines kompakten Raums sind kompakt; (3) Endliche Vereinigungen von kompakten Räumen sind kompakt; (4) Stetige Bilder von kompakten Mengen sind kompakt; (5) (Tychonoff) Beliebige Produkte von kompakten Räumen sind kompakt. Für metrische Räume gilt: Übung: Falls (x, d) metrisch ist, so sind äquivalent: 17 3 n ].

18 (1) X ist kompakt; (2) Jede Folge (x n ) in X besitzt eine konvergente Teilfolge; (3) X ist vollständig und total beschränkt, d.h. zu jedem ε > 0 gibt es endlich viele offene Kugeln vom Durchmesser ε, die X überdecken. Definition 13 Sei T A <N ein Baum. Dann ist T endlich-spaltend, falls für alle t T die Menge {a A : t a T } endlich ist. Lemma 6 (Lemma von König): Sei T A <N unendlich ist, so existiert x [T ]. T = ein endlich-spaltender Baum. Falls T Beweis: Konstruiere (t n ) rekursiv, sodass für alle n N gelten: (1) t n A n T ; (2) t n t n+1 ; (3) Der Baum T tn := {s T : s t n t n s} ist unendlich. Zur Konstruktion: Setze t 0 =. Falls t n konstruiert ist mit (3), so folgt T tn = {T tn a : a A& t n a T }. Da T endlich spaltend ist, existieren nur endlich viele a A mit t na T, folglich existiert a A, sodass t na T und T t n a unendlich ist. Setze t n+1 = t na. Setze x := t n, x [T ]. Satz 7 Sei F A N abgeschlossen. Dann ist F kompakt g.d.w. der eindeutig bestimmte gestutzte Baum T mit [T ] = F endlich spaltend ist. Beweis: leicht: Angenommen T wäre nicht endlich spaltend. Also existiert t T, sodass S = {a A : t a T } unendlich ist. Sei zu a S U t a=n t a = {x A N : i < t a x(i) = t a(i)}. Sei U = {U t a : a s} {N s : s T, sodass s und T inkompatibel}. Dann ist U = F = [T ]U offene Überdeckung. Aber kein endliches U U ist Überdeckung von F, da U nur endlich viele der N t a(???) enthält. Sei T endlich spaltend. Sei U, i I offene Überdeckung von F. Definiere S = {t T : i I N t F [T ] U i }. Offensichtlich ist S ein Teilbaum von T. 1. Fall: S ist endlich. Da T gestutzt ist und o.b.d.a. T existiert n N, sodass S A i. Zu jedem s A n T existiert i s I mit N s F U is. Es folgt [T ] = [T s ], i<n 18 s A n T

19 also [T ] s A n T U is. Da T endlich spaltend ist, ist A n T endlich. 2. Fall: S ist unendlich. Nach dem Lemma (6) existiert x [S]. Wir behaupten x F i I U i, was ein Widerspruch ist. Denn anderenfalls wäre x U i für ein i. Da U i offen ist, folgt N x n F U i für ein n. Es folgt x n S, ein Widerspruch zu x [S]. Korollar 8 a) C(= [2 <N ]) ist kompakt. b) N (= [N <N ]) ist nicht σ-kompakt. Beweis: a) Klar nach Satz (7), da 2 <N endl. spaltend. b) Angenommen N = F n, F n kompakt. Sei F n = [T n ], T n der eindeutig bestimmte gestutzte Baum T n N <N. Nach Satz (7) sind alle T n t T n : {a A : t a T } endlich spaltend. Konstruiere rekursiv x N, sodass n x n + 1 T n. Dann folgt x [T n ], alle n, Widerspruch. x F n x N. n = 0: Wähle x(0), sodass x(0) T. Falls x n konstruiert, finde x(n), sodass x n x(n) T n N n... Definition 14 Zu beliebiger Teilmenge B Y (metr. Raum!) setze diam (B) = sup{d(x, y) : x, y B} [0, ) { }diam( ) = 0. Klarerweise ist diam (B)= diam(b); und diam (B d (x, ε)) 2ε. Sei X topologischer Raum, (Y, d) metrischer Raum, A X und f : A Y. Die Oszillation von f an der Stelle x X ist osc f (x) = inf{diam (f[u A]) : U offene Umgebung von x}. Bemerkung: (1) Nicht notwendigerweise x A; (2) Falls x A, so gilt: f stetig bei x g.d.w. osc f (x) = 0. Sei ε > 0. Es ex. offene U X mit x U, sodass f[u A] B d (f(x), ε/2). Es folgt diam (f[u A]) ε; da ε > 0 beliebig, ist osc f (x) = 0. Sei ε > 0. Wir zeigen, dass f 1 [B d (f(x), ε)] (bzgl. A) offene Umgebung von x enthält. Wegen osc f (x) = 0 existiert offene Umgebung U von x mit diam (f[u A]) > ε. Es folgt d(f(y), f(x)) < ε für alle y A U; somit f[a U] B d (f(x), ε). 19

20 (3) Zu ε > 0 sei A ε = {x X : osc f (x) < ε}. Dann ist A ε offen: Sei x A ε. Es existiert offenes U mit x U, sodass diam f[u A] < ε. Es folgt osc f (y) < ε, alle y U, somit U A ε. Daraus folgt Satz 9 Sei X topologischer Raum und (Y, d) metrischer Raum. Sei f : X Y. Dann ist A = {x X : f ist stetig an der Stelle x}g δ. Beweis: Es gilt A = {0} A 1/n = {x X osc f (x) < 1/n} offen. A 1/n wegen Bem. (2) und (3). X-topologischer Raum, (Y, d) metrisch, A X, f : A Y. Sei x X. osc f (x) = inf {diam (f[u A]) : U offene Umgebung von x}. Satz 10 Kuratowski. Sei X metrisierbar, Y vollständig metrisierbar, A X und f : A Y stetig. Dann existieren eine G δ -Menge G mit A G A und eine stetige Erweiterung g : G Y von f (d.h. g stetig und g A = f). Beweis: Sei d x eine kompatible Metrik auf X, d y eine vollständige kompatible Metrik auf Y. Setze G := A {x X : osc f (x) = 0} (also nach Satz (9) G δ ). Dann ist A G δ als abgeschlossene Teilmenge eines metrischen Raums; {x X : osc f (x) = 0} ist G δ wegen Bem. (3). Folglich ist G G δ. Da f stetig ist auf A, haben wir A G A wegen Bem. (2). Sei x G. Da x A, existiert eine Folge x n : n N, sodass x n A für alle n N und lim x n = x. O.B.d.A. d x (x, x n ) < 1. Es gilt 0 = osc n n f(x) = lim diam (f[b(x, 1 ) A]). n n Somit ex. zu jedem ε > 0 mit diam (f[a B(x, 1 n ε )]) < ε. Es gilt x n B(x, 1 n ε ) für alle n n ε. Zusammen haben wir i, j > n ε d y (f(x i ), f(x j )) < ε. Folglich ist f(x n ) : n N Cauchy in Y. Da d y vollständig ist, ex. lim f(x n ). Setze g(x) := lim f(x n ). Prüfe, dass g(x) eindeutig n n definiert ist, d.h. unabhängig von der Wahl von (x n ). Zeige dazu: Falls (x n) eine weitere Folge in A mit lim x N = x ist, so ist f(x n 0), f(x 0), f(x 1 ), f(x 1),..., f(x n ), f(x n),... Cauchy. Es folgt lim f(x n ) = lim f(x n n n). Offensichtlich ist g A = f, da wir für x A x n = x für alle n wählen können, somit g(x) = f(x). Schließlich ist g stetig: Wegen Bem. (1) genügt es, osc g (x) = 0 für alle x G zu zeigen. [Sei x G und U X offen mit x U. Nach Konstruktion von g gilt g[g U] f[a U]. Es folgt diam g[g U] diam f[a U] = diam f[a U]. Da x G, also osc f (x) = 0, somit osc g (x) = 0.] Satz 11 1) Sei X metrisierbar und Y X vollständig metrisierbar. Dann ist Y G δ in X. 2) Umgekehrt: Falls X vollständig metrisierbar und Y X G δ ist, so ist Y vollständig metrisierbar. Korollar 12 Ein Teilraum eines polnischen Raums ist polnisch g.d.w. er G δ ist. 20

21 Definition 15 Sei (X, d) metrischer Raum, A X, x X. Setze d(x, A) = inf {d(x, y) : y A}. Bemerkung: d(x, A) = 0 x A. Beweis von Satz (11) 1) Sei Y X vollständig metrisierbar. Betrachte id Y : Y Y, offensichtlich stetig. Nach Satz (10) existieren eine G δ -Menge G mit Y G Y und eine stetige Erweiterung g : G Y von idy. Da G Y existiert zu jedem x G eine Folge (y n ) mit y n Y und lim y n = x. Aus der Stetigkeit von g folgt n g(x) = lim g(y n ) = lim idy(y n ) = lim y n = x. n n n Da g(x) Y, folgt x Y und somit Y = G und idy. 2) Sei umgekehrt X vollständig metrisierbar via Metrik d und Y X G δ Teilraum. Schreibe Y = U n für gewisse offene U n X. Setze F n = X\U n ; also F n abgeschlossen und Y = X\ F n. Ziel: Definiere eine kompatible Metrik d auf Y, sodass für jede Folge (y i ) i N in Y gilt: Falls (y i ) i N Cauchy-Folge ist bzgl. d, so (i) ist (y i ) i N Cauchy bzgl. d (ii) (d(y i, F n )) i N konvergiert mit Limes 0 für alle n N. Für x, y Y setze d (x, y) = d(x, y) + n=0 min { 1 2 n+1, 1 d(x,f n) 1 d(y,f n) Wohldefiniert, da d(x, F n ) > 0 für alle x Y, n N. Zeige leicht, dass d Metrik ist. d ist kompatibel: Da T d T d, d d, folgt Y B d (x, ε) Y B d (x, ε), somit T d feiner als T d. Finde umgekehrt zu beliebigem x Y, ε > 0 ein δ > 0, mit B d (x, δ) B d (x, ε) wie folgt: Wähle n ε, sodass 1 < ε. 2 i+1 4 i n ε Wähle δ > 0, sodass für alle y B d (x, δ 1 ) für alle i < n ε 1 d(y,f i ) Setze δ := min{δ, ε/2}. Dann gilt für y B d (x, δ) : d (x, y) + ε + n ε 2 ε 4n ε + ε = ε. 4 Es gilt (i): Wegen d d. Es gilt (ii): Sei n N. Sei ε > 0 mit ε 1 }. < ε d(x,f i ) 4n ε. min < n<n ε n n ε. Wähle i 2 n+1 ε, sodass d (y i, y j ) < ε für alle 1 i, j i ε. Für solche i, j folgt ε d (x 2 n+1 i, x j ) min{ 1 1, 1 } = 2 n+1 d(y i,f n) d(y j,f n) 1 1. Daraus folgt, dass ( 1 ) d(y i,f n) d(y j,f n) d(y i,f n) i N Cauchy ist in R. Folglich konvergiert auch (d(y i, F n )) i N und zwar mit Limes 0. Dies beweist (ii). Sei jetzt (y i ) i N in Y Cauchy bzgl. d. Wegen Vollständigkeit von (X, d) und (i) existiert x X mit lim y i = x. Es folgt lim d(y i, F n ) = d(x F n ) für alle n N. i i Folglich ist wegen (ii) d(x, F n ) 0 für alle n N, somit x F n für alle n N, also x Y. 21

22 4 Borelmengen Sei X eine Menge. Eine Menge A P(X) heißt Algebra, falls (i) A (ii) a A X \ a A (iii) a 0,..., a n 1 A i<n a i A (A ist abgeschlossen unter Komplementen und endlichen Vereinigungen.) Eine Algebra A heißt σ-algebra, falls A abgeschlossen ist unter abz. Vereinigungen: (iv) a n A für alle n N a n A. Gegeben B P(X), so ex. eine kleinste σ-algebra, die B enthält. Sie wird mit σ(b) bezeichnet und heißt die von B erzeugte σ-algebra. B heißt Erzeugendensystem von σ(b). σ-algebra A heißt abzählbar erzeugt, falls A = σ(b) für ein abzählbares B. σ(b) = {A : A ist σ-algebra auf X und B A}. Eine interne Beschreibung von σ(b) für ein B P(X) (der von B erzeugten σ-algebra) gibt uns mehr Information über σ(b): Für E P(X) setze E σ := { A n : A n E, n N}, E := {X \ A : A E}. Definiere rekursiv die folgende Hierarchie: 1(B, X) = B 1 (B, X) = B = 1 (B, X) Für α eine beliebige Ordinalzahl sei α (B, X) = ( β (B, X) β (B, X)) σ β<α (= { A n : A n α n (B, X) α n (B, X), α n < α, n N}) α (B, X) = α (B; X). Dann gelten: (1) α (B, X) α (B, X) σ(b), für alle α Ord (2) σ(b) = ω 1 (B, X) = ω 1 (B, X) = β (B, X) = β (B, X) für alle β > ω 1. Beweis: 22

23 (1) Per transfiniter Induktion über α. (2) Es genügt zu zeigen, dass B ω 1 (B, X) und dass ω 1 (B, X) eine σ-algebra ist. Das erste ist klar, das B = 1 (B, X) α (B, X) für alle α Ord. Zum Zweiten: Seien A n ω 1 (B, X) für n N gegeben. Nach Definition von ω 1 existieren zu jedem n N α nm < ω 1 und A nm α nm (B, X) α nm (B, X) mit A n = A nm. Dann ist m N γ = {β Ord : n, m N β < α nm } = α nm n,m N eine abzählbare und transitive Menge von Ordinalzahlen; somit γ Ord und γ < ω 1. Somit α nm γ für alle n, m N. Folglich A nm γ (B, X) γ (B, X) für alle n, m N, somit A n γ+1 (B, X) für alle n, somit A n γ+1 (B, X) (jedes α ist abgeschlossen unter abzählbaren Vereinigungen). Da γ + 1 < ω 1, folgt A n ω 1 (B, X). Folglich ist ω 1 (B, X) auch unter Komplementen abgeschlossen: Falls A ω 1 (B, X), so wie gesehen A γ (B, X) für ein γ < ω 1. Somit X \ A γ (B, X) ω 1 (B, X). Zusammen haben wir ω 1 (B, X) = σ(b). Da für jede σ-algebra A A σ = A und A = A gelten, folgen die anderen Behauptungen von (2). Sei jetzt (X, T ) ein topologischer Raum. Dann ist σ(t ) die σ-algebra der Borelmengen in X. Also y X Borel g.d.w. y σ(t ). Statt σ(t ) schreiben wir B(X, T ) oder B(X), falls T klar. Übungen: (1) Falls S eine abzählbare Subbasis ist von (X, T ), so gilt B(X, T ) = σ(s). Insbesondere ist B(X) abzählbar erzeugt, falls X das zweite Abzählbarkeitskriterium erfüllt. (2) Sei Y X ein Unterraum. Setze B(X) Y := {A B(X)}. Dann gilt B(Y, T Y ) = B(X) Y. Sei X jetzt ein metrischer Raum. Wir wissen, dass dann abgeschlossene Mengen G δ und offene Mengen F σ sind. Wir definieren B(X), die σ-algebra von X, intern wie folgt (später sehen wir, dass dies dieselbe Hierarchie ist wie schon definiert): 1 Für α Ord, α > 1, setze (X) = {U X : U offen} (X) = (X) = {F X : F abgeschlossen} 1 1 (X) = { α (X) = α A n : α n < α, n N, A n α (X). 23 α n (X)}.

24 Für alle α Ord, α 0, sei ferner α(x) = α (X)n α (X). Klar: 2 (X) = {U X : U ist F σ}, 2 (X) = {U X : U ist G δ}. Lemma 13 (1) α (X) α (X) α+1(x) für alle α Ord und folglich α (X) α (X) β(x) für alle β > α + 1. (2) α+1 (X) = ( α (X)) σ für alle α Ord. (3) B(X) = α (X) = α (X) = α(x). α<w 1 α<w 1 α<w 1 Beweis: Genauer: α (X) = α (T, X) α (X) = α (T, X). (T die metrische Topologie auf X.) (1) α (X) α+1 (X) nach Def. α (X) α+1 (X) klar nach Def., falls α > 1; im Fall α = 1 heißt dies, dass alle offenen F σ sind. Folglich gilt α (X) = α (X) α+1 (X) = α+1 (X) α (X) α+1 (X). Es folgt α (X) α (X) α+1(x). Für α < α + 1 < β: α+1(x) (X) (X) α+1 β (X) (X) α+1 β (2) folgt aus (1). (3) Beweis von genauer per transfiniter Induktion: trivial Sei A α (T, X). Nach Def. ex. α n < α und A n α n (T, X), B n α n (T, X), sodass A = (A B n ). Nach Induktionsvoraussetzung α n (T, X) = α n (X), α n (T, X) = α n (X), alle n N. Folglich: Falls α n > 1 ex. also α nm < α n und A nm α nm (X) mit A n = Falls α n = 1, also A n offen, wissen wir A n 2 (X), also A n = A nm 1 (X). Zusammen: A = n,m N A nm α (X). 24 m N A nm. A nm für gewisse

25 Beispiele von Borelmengen: 1) Q = {q n : n N}. Sei U n := R {q n }. Dann ist R Q = U n = R ( (R U n )) 2 }{{}. 1 }{{} 2 Q 2 2) A = {x N : x(n) = 0 für unendlich viele n N} = {x N : k N n N(n k&(n) = 0)} = {x N : x(n) = 0} 2 k N n k }{{} (N ) offen und abgeschlossen = R ( (R { })) k n Lemma 14 (X, T ) sei polnischer Raum und F X abgeschlossen. Sei T F die gröbste Topologie mit T {F } T F. (Eine Basis von T F ist somit T {F U : U T }.) Dann ist (X, T F ) polnisch, F ist offen und abgeschlossen bzgl. T F und B(X, T ) = B(X, T F ). Beweis: Bemerke zuerst, dass (X, T F ) die topologische Summe ist von (F, T F ) und (X F, T (X F )), da U T F U F T F und U (X F ) T (X F ). Da offene und abgeschlossene Mengen in einem metrischen Raum G δ sind, sind nach Korollar (12) beide dieser Räume polnisch. Die topologische Summe zweier polnischer Räume ist polnisch (Übung). Damit ist die erste Behauptung bewiesen. Da F T F, ist F offen bzgl. T F ; da X F T T F, ist F abgeschlossen bzgl. T F. Klarerweise ist T F B(X, T ), folglich B(X, T F ) B(X, T ), B(X, T ) B(X, T F ) klar wegen T T F. Lemma 15 Sei (X, T ) ein polnischer Raum. Sei (T n ) eine Folge von polnischen Topologien auf X mit T T n für alle n. Sei T die gröbste Topologie auf X mit T n T. (T hat also T n als Subbasis.) Dann ist T polnisch. Falls außerdem T n B(X, T ) für alle n N, so gilt B(X, T ) = B(X, T ). Beweis: Betrachte die Abbildung ϕ : X X N, x (x, x,...). Bemerke, dass ϕ[x] abgeschlossen ist in (X, T n ): Sei also (x n ) X N \ ϕ[x]. Es ex. also i, j N, i < j, sodass x i x j. Sei ε = d(x i, x j ), wobei d eine bzgl. T kompatible Metrik ist auf X. Setze U = B d (x i, ε/2), V = B d (x j, ε/2). Also sind U, V T -offene Umgebungen von x i bzw. x j und U V =. Folglich U T i, V T j. Dann ist (x n ) n X... X U X... i X V X... und die rechte Seite ist offen in (X, T n ) und disjunkt zu ϕ[x]. j 25

26 Der Raum (X, T n ) ist polnisch (als abzählbares Produkt polnischer Räume). Nach Korollar (12) ist ϕ[x] also polnisch. Für die erste Behauptung genügt es also zu zeigen, dass N ϕ ein Homöomorphismus zwischen (X, T ) und ϕ[x] ist. Klarerweise ist ϕ Bijektion zwischen diesen Räumen. Es bleibt zu zeigen: 1) ϕ[u] offen für alle U 2) ϕ 1 [X... X U n T n. X...] T für alle U T n, für alle n. 1) Sei U T n : ϕ[u] = {(x) : x U} = (X... X U n 2) ϕ 1 [X... X U n X...] = U T Für die zweite Behauptung B(X, T ) = B(X, T ): Sei B n eine abzählbare Basis von T n : Dann ist S := T n B(X, T ) gilt S B(X, T ). Folglich B(X, T ) = Somit gilt Gleichheit Bem. X...) ϕ[x] B n eine Subbasis von T. Nach Vor. σ(s) B(X, T ) T T B(X, T ). Satz 16 Sei (X, T ) polnischer Raum und A B(X, T ). Es existiert eine polnische Topologie T A T, sodass B(T A ) = B(T ) und A T A und X A T A. Beweis: Sei S die Menge aller A X, für welche die Aussage des Satzes gilt. Es genügt zu zeigen: T S und S ist σ-algebra. Dann folgt B(T ) S. T S gilt nach Lemma (14). Klarerweise folgt aus A S X A S. Sei {A n : n N} S. Zu zeigen A := A n S. Wähle T n polnisch mit A n, X A n T n und B(T n ) = B(T ). Sei T wie in Lemma (15). Somit A n T für alle n, also A n T, und B(T ) = B(T ). Also ergibt eine weitere Anwendung von Lemma (14) mit F = X A; T = T die Behauptung A S. 5 Perfekte polnische Räume Definition 16 Sei X ein topologischer Raum. Ein Punkt x X heißt isoliert, falls {x} offen ist. Falls x nicht isoliert ist, heißt x Häufungspunkt. (Dann enthält jede offene Umgebung von x einen von x verschiedenen Punkt.) Der Raum X heißt perfekt, falls X und alle Punkte Häufungspunkte sind. Eine Teilmenge P X heißt perfekt, falls P, P abgeschlossen und P perfekt ist bzgl. der relativen Topologie. 26

27 Übung: Falls X separiert ist, so ist x X Häufungspunkt, falls jede offene Umgebung von x unendlich ist. Definition 17 Sei X eine Menge. Ein Cantor-Schema auf X ist eine Familie A s : s 2 <N von Teilmengen von X mit folgenden Eigenschaften: (i) A s 0 A s 1 = (ii) A s i A s für alle s 2 <N, i < 2 Satz 17 Sei X ein perfekter polnischer Raum. Dann gibt es eine Einbettung von C in X. Wegen der Kompaktheit von C enthält X somit eine homöomorphe Kopie von C als abgeschlossenen Unterraum. Beweis: Wir definieren ein Cantor-Schema A s : s 2 <N auf X, sodass zusätzlich gelten: (iii) A s ist offen und A s (iv) diam (A s ) 2 s (v) A s i für alle s 2 <N, i < 2 Angenommen wir hätten A s : s 2 <N so konstruiert. Sei f : C X die assoziierte Abbildung: Sei x C. Es gelten A x n = A x n (wegen (v)) und lim (diam A x n ) = 0 n (wegen (iv)). Da X vollständig ist, enthält folglich A x n genau einen Punkt, den wir als f(x) definieren. Dann ist f injektiv und stetig: Injektivität folgt aus (i). Stetigkeit: Sei x C, ε > 0. Finde n mit diam A x n < ε (gilt für 1 < ε). Dann ist f(x) A x n. Falls y N x n, f(y) A x n, also d(f(x), f(y)) < ε. Da C kompakt ist, ist jede abgeschlossene A C kompakt und somit f[a] kompakt und folglich abgeschlossen. Somit ist f abgeschlossen. Zusammen: f ist Einbettung. Konstruiere ein Cantor-Schema wie gewünscht: Definiere A s rekursiv über s. Wähle A beliebig mit (iii) und (iv), z.b. A = B(x, 1) für ein x X. Sei A s definiert. Wähle x A s.x perfekt, also ex. y A s mit x y. Wähle ε 1, ε 2 > 0 mit B(x, ε 1 ), B(y, ε 2 ) A s und max{ε 1, ε 2 } < min { 1d(x, y), 1 }. Setze A 2 2 s +2 s 0 = B(x, ε 1 /2), A s 1 = B(y, ε 2 /2). Satz 18 Sei X ein perfekter polnischer Raum. Dann existiert eine Einbettung von N in X. 27

28 Beweis: Wegen Satz (17) genügt es zu zeigen, dass N in C eingebettet werden kann. Definiere ϕ : N <N 2 <N rekursiv über s : ϕ( ) = ϕ(s i) = ϕ(s) 0,..., 0, 1 }{{} i mal Definiere f : N C durch f(x) ϕ(x n). Übung: f ist Einbettung. Klar: f[n ] nicht abgeschlossen in C. Satz 19 (Satz von Cantor-Bendixson) Sei X ein überabzählbarer polnischer Raum. Dann kann X auf eindeutige Weise zerlegt werden als X = P C, wobei P C =, P eine perfekte Teilmenge von X und C abzählbar (und offen). Beweis: Ein Punkt x X heißt Kondensationspunkt von X, falls jede offene Umgebung von x überabzählbar ist. Definiere P = {x X : x ist Kondensationspunkt von X}, C = X P. Sei U n : n N eine Basis der Topologie auf X. Offensichtlich gilt C = {U n : U n ist abzählbar}. Folglich ist C abzählbar und offen. Somit ist P abgeschlossen. Es bleibt zu zeigen, dass P nur Häufungspunkte enthält: Sei x P und U eine offene Umgebung von x. Zeige, dass U P unendlich ist. Da x Kondensationspunkt ist, ist U überabzählbar und folglich auch U C. Aber U P, somit U P überabzählbar, insbesondere unendlich. Zur Eindeutigkeit: Für einen beliebigen polnischen Raum Y sei Y die Menge aller Kondensationspunkte von Y. Es gilt: Falls Y perfekt, so Y = Y. Warum? Sei y Y und U offene Umgebung von y. Für jedes z U und jedes offene V mit z V ist U V offene Umgebung von z, somit U V unendlich wegen Perfektheit von Y. Es folgt, dass U, versehen mit der relativen Topologie, perfekt ist (U nicht-perfekte Teilmenge von Y, da i. A. nicht abgeschlossen). Nach Korollar (12) ist U polnisch. Nach Satz (17) lässt sich C in U einbetten, somit ist U überabzählbar. Es folgt Y = Y. Wäre nun X = P C eine weitere Cantor-Bendixson-Zerlegung. Wegen der obigen Bemerkung gilt (P ) = P. Aber (P ) X = P. Ebenso erhalte P P, also P = P, somit C = C. Korollar 20 Jeder polnische Raum ist entweder abzählbar oder hat dieselbe Kardinalität wie R( R = C = N ). Beweis: Sei X polnischer Raum. Falls X nicht abzählbar, existiert nach Satz (19) die Cantor-Bendixson-Zerlegung X = P C. Nach Satz (17) lässt sich C in P einbetten, also C X. Umgekehrt sei Q X abzählbar und dicht (X ist separabel). Zu jedem x X existiert eine Folge (q x n) Q N mit lim n q x n = x. Klarerweise ist die Abbildung X Q N, x (q x n) injektiv. Somit gilt X Q N = N N = 2 N. Folglich X = C. 28

29 Definition 18 Sei Γ eine Klasse von Teilmengen von beliebigen polnischen Räumen als Definition verstanden (z.b. die Klasse aller offenen Mengen..., oder aller α -Mengen...). Mit Γ(X) bezeichnen wir die Teilmengen von X, die die Definition Γ erfüllen. (Falls Γ= alle offenen, so ist Γ(X) Menge der offenen Mengen von X, α (X)...) Sei Y weiterer polnischer Raum. Eine Menge U Y X heißt Y -universell für Γ(X), falls U Γ(Y X) und Γ(X) = {U y : y Y }, wobei U y = {x X : (y, x) U}. Lemma 21 Sei X ein separabler metrischer Raum. Für jede Ordinalzahl α 1 mit α < ω 1 existiert eine C-universelle Menge für α (X); ebenso für α (X). Beweis: Transfinite Induktion über α. Sei {V n : n N} eine Basis für X. Definiere U C X durch (y, x) U g.d.w. y C & x V n. &y(n)=0 U ist C-universell für 1 (X): U 1 (C X): Sei (y, x) U. Es ex. n N mit y(n) = 0 und x V n. Folglich gilt (y, x) N y n+1 xv n U. Sei V 1 (X): Es existiert A N mit V = V n. Definiere { n A 0, falls n A y C durch y(n) = 1, sonst. Folglich U y = {x X : (y, x) U} = U z 1 (X) für alle z ist klar. y(n)=0 V n = V. Bemerkung: Falls U Y -universell für eine Klasse Γ(X), so ist Y X U Y -universell für die duale Klasse Γ(X) := {X A : A Γ(X)}. Also existiert eine C-universelle Menge für 1 (X). Ebenso: Falls UC-universell für α (X), so ist C X U C-universell für α (X). Für den Induktionsschritt nehmen wir an, es existieren C-universelle Mengen V β β (X) für alle β < α(α > 1 mit α < w 1). Wähle β n < α, n N mit β n β n+1 und sup β n + 1 = α. Sei π : N N N Bijektion. Zu jedem y C, n N sei (y) n C definiert durch (y) n (m) = y(π(n, m)). Verifiziere leicht, dass die Abbildung C C, y (y) n stetig ist für jedes n und dass die Abbildung C C N, y (y) n : n N ein Homöomorphismus ist. Definiere jetzt U C X durch (y, x) U g.d.w. n((y) n, x) U βn. Dann ist U C- universell für α (X) : Sei A α (X). Finde B n β n (X), β n < α, n N, sodass A = B n. Wähle y n C mit B n = (U βn ) yn. Finde y C mit (y) n = y n, alle n. Es folgt B n = (U βn ) (y)n = U y. Def.U für 29

30 Warum U α (C X)? A n := {(y, x) : ((y) n, x) U βn } ist Urbild unter der Abbildung (y, x) ((y) n, x) von U βn. Da U βn β n, folgt A n β n (C X) wegen Stetigkeit dieser Abbildung. Somit U = A n α (C X). Satz 22 Sei X ein überabzählbarer, polnischer Raum. Für jedes 1 α < ω 1 gilt α (X) α (X). Folglich Beweis: Wegen Satz (18) können wir o.b.d.a. annehmen, C sei abgeschlossener Teilraum von X. Folglich α (C) = {A C : A α (X)} α (C) = {A C : A α (X)}. Nach Lemma (21) ex. C-universelle Menge U für α (C). [Definiere A C durch y A (y, y) U. Es folgt A α (C). Wäre A α C, so A = U y 0 für ein y 0 C. y 0 A y 0 A ] Also: U α (C C) und {U y : y C} = α (C). Diag (C) = {(x, x) : x C} C C abgeschlossen, homöomorph zu C via C C C, x (x, x). Definiere A = {y C : (y, y) U}. Klar: α (C). Nun gilt: A α (C). Sonst wäre A = U y0 für ein y 0 C. Wäre y 0 A, also (y 0, y 0 ) U, ein Widerspruch. Also y 0 C A, also (y 0, y 0 ) U, y U y0 = A, Wid. 6 Analytische Mengen Definition 19 Ein Lusin-Schema auf einer Menge X ist eine Familie A s : s N <N von Teilmengen von X mit folgenden Eigenschaften: (i) A s i A s j = für alle s N <N, i j. (ii) A s i A s für alle s, i. Sei nun (X, d) ein metrischer Raum und A = A s : s N <N ein Lusin-Schema. Dann hat A verschwindenden Durchmesser, falls lim diam (A x n = 0 für alle x N N. Dann n hat A x n höchstens ein Element. 30

31 Wir können definieren: D = {x N N : A x n 0} und f : D X, sodass f(x) das einzige Element von A x n ist. Dann heißt f die zu A assoziierte Abbildung. Satz 23 (i) Sei (X, d) ein metrischer Raum und sei A s : s N <N ein Lusin-Schema auf X mit verschwindendem Durchmesser und sei f : D X die assoziierte Abbildung. Dann ist f injektiv und stetig. (ii) Falls jedes A s offen ist, ist f eine Einbettung. (iii) Falls (X, d) vollständig ist und jedes A s abgeschlossen ist, so ist D abgeschlossen. Beweis: (i) Seien x, y D, x y. Dann ist f(x) A x (x,y)+1, f(y) A y (x,y)+1. Aber A x (x,y)+1 A y (x,y)+1 =, da x (x, y) = y (x, y) aber x( (x, y)) y( (x, y)). Seien x, x n D, n N, mit lim x n = x. Zeige lim f(x n ) = f(x). Sei ε > 0. Finde n n n ε, sodass diam (A x nε ) < ε. Da lim x n = x, finde m ε, sodass x n n ε = x n ε für n alle n m ε. Es folgt f(x n ) A x nε für alle n m ε und somit d(f(x n ), f(x)) < ε für alle n m ε. (ii) Für jedes s N <N gilt f[n s D] = f[d] A s. (iii) Als Übung. Lemma 24 Sei X polnisch und sei F X F σ und ε > 0. Es existieren paarweise disjunkte F σ -Mengen A n F??? n N, sodass F = A n, diam (A n ) < ε und A n F für alle n N. Beweis: Sei Q X abzählbar und dicht. Sei F = gilt X = q Q B(q, ε/3). Folglich F n = q Q F n, F n abgeschlossen. Offensichtlich B(q, ε/3) F n. Setze C (q,n) := B(q, ε/3) F n (abgeschlossen). Klarerweise ist C (q,n) abgeschlossen und diam (C (q,n) ) < ε und F : q Q C (q,n). Wähle Bijektion e : N Q N. offen, also F { σ Setze D n = A n, D n = C e(n) }}{ C e(i) (= C e(n) X C e(i) ). i<n }{{} i<n offen Offensichtlich ist F disjunkte Vereinigung aller D n, diam (D n ) < ε. D n F σ : klar A n F folgt aus Konstruktion (A n C e(n) C e(n) F ). 31

32 Satz 25 Sei X ein polnischer Raum. Dann ex. eine abgeschlossene F N und eine stetige Surjektion f : F X. Wegen Satz (3) (F ist Retrakt von N, falls F ) existiert folglich im Fall X eine Surjektion g : N X (N r f F X). g=f r Beweis: Sei d eine kompatible, vollständige Metrik auf X. Wir konstruieren ein Lusin- Schema A s : s N <N auf X mit folgenden Eigenschaften: (i) A = X; (ii) A s ist F σ für alle s N <N ; (iii) A s = A s i = A s i für alle s; i N i N (iv) diam A s 1 2 s für alle s. Aufgrund von Lemma (24) ist die Konstruktion klar. Falls A s konstruiert, erhalte A s i : i N mit Lemma (24), wobei F = A s, ε = 1. Sei f : D X die assoziierte 2 s +1 Abbildung. Nach Satz (23) ist f stetig und injektiv. Wegen (iii) ist f surjektiv: (Sei x X. Finde y D mit f(y) = x, d.h. x A y n. Konstruiere y(n) rekursiv: Wähle y(0) so, dass x A y(0). Sei y(i) : i n konstruiert mit x A y n+1. Wegen A y n+1 = ex. y(n + 1) N mit x A y n+1 y(n+1). Erhalte y D wie gewünscht.) A y n+1 i i N Es bleibt zu zeigen, dass D abgeschlossen ist, also F = D gesetzt werden kann. Seien x n D, n N, mit lim x n = x. Zeige x D. Zu jedem N N finde n N mit i n n N x i N = x N. Folglich i n N f(x i ) A x N (+). Wegen (iv) haben wir i > j n N d(f(x i ), f(x j )) 1. Da N beliebig war, folgt, dass 2 N f(x i ); i N Cauchy ist. Es existiert also y X, sodass lim f(x i ) = y. Aus (+) und (iii) i folgt y A x N A x N 1 für alle N N, also y A x N. Es folgt x D. Satz 26 Sei X polnisch und A B(X) (Borel). Es existieren eine abgeschlossene F N und eine stetige Bijektion f : F A. Falls A, gibt es wegen Satz (3) auch eine stetige Surjektion g : N A, die f fortsetzt. Beweis: Nach Satz (16) finde eine polnische Topologie T A T (T die geg. Topologie auf X) bzgl. welcher A offen und abgeschlossen ist. Nach Satz (11) ist somit (A, T A A) polnisch. Nach Satz (25) existieren eine abgeschlossene Menge F N und eine Bijektion f : N F T A, die stetig ist bzgl. T A A auf A. Da T T A, ist f auch stetig bzgl. T A auf A. Definition 20 Sei X ein polnischer Raum. Eine Menge A X heißt analytisch, falls ein polnischer Raum Y und eine stetige Funktion f : Y X existieren, sodass A = f[y ]. 32

33 Bemerkungen: (1) Wegen Satz (25) können wir in dieser Definition Y durch N ersetzen, falls A. Natürlich ist analytich, weil Y = polnisch ist. Wir bezeichnen die Menge aller analytischen Teilmengen von X mit 1 1 (X). (2) Nach Satz (26) gilt B(X) 1 1 (X). ( Borelmengen sind analytisch ) (3) Falls in der Definition von analytisch f injektiv ist, so ist A = f[y ] Borel (siehe später). Satz 27 Sei X polnisch und A X. Äquivalent sind: (i) A ist analytisch; (ii) Ex ex. ein polnischer Raum Y und eine Borelmenge: B X Y mit A =proj X [B] (proj X : X Y X, (x, y) x, stetig!); (iii) Ex ex. eine abgeschlossene F X N mit A = proj X [F ]; (iv) Es ex. eine G δ G X C mit A = proj X [G]. Beweis: (i) (iii) Sei o.b.d.a. A. Sei f : N X stetig mit A = f[n ]. Dann ist graph (f)(= {(x, f(x)) : x N }) abgeschlossen (Übung), folglich auch graph (f) 1 := {(f(x), x) : x N }. Nun ist A =proj X [graph(f) 1 ]. (iii) (ii) trivial (ii) (i) Nach Satz (26) ex. eine stetige Abbildung f : N X Y mit f[n ] = B. Folglich ist A = proj }{{ X f[n ]. } stetig (iii) (iv) als Übung verwendete Einbettung f : N C Lemma 28 N und N 2 und N 3,..., N 1001, N N sind homöomorph. Beweis: Definiere h : N N 2 durch h(x) = (x 0, x 1 ), wobei x 0 (n) = x(2n), x 1 (n) = x(2n + 1). Lemma 29 Ex ex. eine N -universelle Menge für 1 1 (N ) (analytische TM von N.) 33

34 Beweis: Zuerst zeigen wir, dass eine N -universelle Menge für 0 1 (N ) (offene TM von N ) (alle offenen Mengen) existiert. Sei dazu S : N N <N eine Bijektion. Definiere U N 2 wie folgt: (y, x) U g.d.w. x Sei V 0 1 N S(i). i N &(i)=0 (N ). Es ex. A N mit V = { i A 0, falls i A N S(i). Definiere y N durch y(i) =. 1, sonst Es folgt U y = {x N : (y, x) U} = {x N : x Außerdem gilt U 0 1 (N N ) : Sei (y, x) U. Es ex. also i N mit y(i) = 0 und x N S(i). Folglich (y, x) N y i+1 xn S(i) U. N S(i) } = i N &y(i)=0 ( (y, x ɛ ) y (i) = 0 und x N S( i), also (y, x) U ) i N &y(i)=0 = V. Da N homöomorph ist zu N 2 ex. auch eine N -universelle U für 0 1 (N 2 ). Also U N 3. Setze F := N 3 U. Also F 0 1 (N 3 ) und F N -universell für 0 1 (N 2 ). Wir wollen zeigen, dass die Menge A : {(y, x) N 2 : z N (y, x, z) F }N -universell für 1 1 (N ) ist. Da Projektionen stetig und abgeschlossene Unterräume von polnischen Räumen polnisch sind, ist A und A y für jedes y N analytisch. Warum ist A N -universell für 1 1 (N )? Sei B 1 1 (N ). Mit Bem. 1 ex. eine abgeschlossene H N (wobei H = N oder H = ) und eine stetige Surjektion f : H B. Sei G := graph(f) 1. Wieder ist G N 2 abgeschlossen. Da F N -universell für 0 1 (N 2 ) ist, ex. y N mit G = F y. Es folgt x B g.d.w. z(x, z) G g.d.w. Z(y, x, z) F g.d.w. (y, x) A g.d.w. x A y. Satz 30 Souslin. Sei X ein überabzählbarer polnischer Raum. Es gilt B(X) 1 1 (X). Beweis: Zuerst für X = N. Sei A N 2 N -universell für 1 1 (N ) (Lemma (29)). Insbesondere A 1 1 (N 2 ). Dann ist A nicht Borel. (Falls doch, so wäre auch N 2 A Borel. Diag N = {(x, x) : x N } ist abgeschlossen und N Diag N, x (x, x) Homöomorphismus. Folglich ist Diag N (N 2 A) Borel. Folglich ist B := {x N : (x, x) A} Borel, also auch analytisch. Wegen Universalität von A ex. y N, sodass B = A y. Also x B (y, x) A. Wäre y B, so (y, y) A, so y B. Wäre y B, so (y, y) A, so y B ) Sei h :; N N 2 Homöomorphismus. Dann ist h 1 [A] analytisch, nicht Borel. Oder: N B analytisch, nicht Borel. 34

35 Sei nun X überabzählbar, polnisch. Nach Satz (18) ex. Einbettung i : N X von N in X. Sei B N analytisch, nicht Borel. Dann gilt dies auch für i[b] X: Wäre i[b] Borel, so auch i 1 [i[b]] = B Übung: 1 1 (X) ist abgeschlossen unter abzählbaren Vereinigungen und Durchschnitten. Aber: Nicht unter Komplementen. (Folgt aus Trennungssatz von Luzin.) Projektive Hierarchie: Sei X polnischer Raum 1 (X), 1 (X) = 1 (X)(= {X A : A 1 (X)}) (X) = {A X : B 1 (X N )A = proj X[B]}, n+1 n 1 n+1 (X) = 1 1 n(x) = 1 n+1 (X) n (X) 1 n (X). Übung: Für jedes n ex. sowohl eine N -universelle Menge für 1 n (X) sowie für 1 n (X). Folglich Souslin: B(X) = 1 1(X) Satz 31 (Trennungssatz von Luzin): Sei X polnisch und seien A, B X zwei disjunkte analytische Mengen. Dann existiert eine Borelmenge C X, die A und B trennt, d.h. A C und C B = (also B XC). Dazu verwenden wir folgendes Lemma: Lemma 32 Seien P = m N P m, Q = m N Q m Teilmengen von X, sodass zu jedem n und m eine Borelmenge existiert, die P n und Q m trennt. Dann existiert eine Borelmenge, die Q und P trennt. Beweis (Lemma (32)): Sei R m,n X Borel, sodass P m R m,n X Q n. Setze R := R m,n. Dann trennt R P und Q: m N 1) P R: Sei m N. Aus P m R m,n für alle n folgt P m R m,n. Somit P m R k,m. k n 2) R X Q: Sei n N. Es gilt Q n R m,n =, alle m, folglich Q n R m,k = für k N alle m N. Somit Q n R m,k =. Da n beliebig, ist auch Q n R =. m N k N 35

36 Beweis (Satz (31)): Wir dürfen annehmen, A und B. Es ex. also stetige Surjektionen f : N A, g : N B. Setze A s := f[n s ], B s := g[n s ], für alle s N <N. Klarerweise gelten A = A, B = B, A s = A s n, B s = B s n. Angenommen, A und B ließen sich nicht trennen durch eine Borelmenge. Es gilt: A = A = A n, B = B = B n. Nach Lemma (32) ex. x(0), y(0) N, sodass A x(0) und B y(0) sich nicht durch eine Borelmenge trennen lassen. Wieder gilt A x(0) = A x(0),n, B y(0) = B y(0),n. Mit Lemma (32) existieren x(1), y(1) N, sodass A x(0),x(1) und B y(0),y(1) nicht durch eine Borelmenge trennbar sind. So fortfahrend erhalten wir x, y N, sodass für alle n N A x n, B y n nicht durch eine Borelmenge trennbar sind. Aus f(x) A und g(y) B und A B = folgt f(x) g(y). Finde disjunkte offene U, V X mit f(x) U, g(y) V. Wegen Stetigkeit von f und g finden wir n N, sodass A x n = f[n x n ] U und B y n = g[n y n ] V. Dann trennt das offene U die Mengen A x n und B y n. Ein Widerspruch zur Konstruktion. Korollar 33 (Suslin): Sei X polnisch und A X. Falls A und X A analytisch sind, so ist A Borel. Kurz: B(X) = 1 1(X). Beweis: Klar: Falls B A und X A trennt, so ist A = B. Übung zum Trennungssatz: Seien A n X, n N, analytisch und paarweise disjunkt. Es existieren Borelmengen B n, n N, sodass A n B n und B n B m = für alle n m. Satz 34 : Seien X, Y polnische Räume und sei f : X Y stetig. Falls A X Borel und f A injektiv ist, so ist f[a] Borel. Beweis: O.B.d.A. A. Nach Satz (26) ex. eine abgeschlossene F N und eine stetige Bijektion f : F A. O.B.d.A. können wir annehmen, es gelte X = N und A abgeschlossen. (f[a] = f f [F ]). Setze B s := f[a N s ] für s N <N. Da f A injektiv ist, ist B s : s N <N ein Lusin- Schema; ferner ist B = f[a] und B s = B s n ist analytisch für alle s N <N. Mit der obigen Übung finden wir ein Lusin-Schema B s : s N <N, sodass alle B s Borel sind, B = Y und B s B s für alle s. Schließlich definieren wir durch Induktion über s Borelmengen Bs, sodass auch Bs : s N <N Lusin-Schema ist: B = B (= Y ), B n = B n B n, n N. Allgemein: B n 0,...,n k = B n 0,..,.,n k B n 0,...,n k 1 B n 0,...,n k. Induktiv über k zeigt man leicht: B n0,...,n k B n 0,...,n k B n 0,...,n k. ( ) Nun gilt: f[a] = Bs =: B (dann ist f[a] also Borel). k N s N 36

37 Sei x f[a]. Finde a A mit x = f(a). Folglich gilt nach Konstruktion: x ( ) B a n Ba n B. Sei x Bs. Dann ex. ein eindeutig bestimmes a N mit x Ba n. k N s N k Folglich x B a n. Insbesondere B a n für alle n, also auch A N a n, alle n. Folglich ist a A = A. Klar ist: f(a) B a n. Es gilt x = f(a): Anderenfalls ex. disjunkte offene U, V mit f(a) U, x V. Wegen Stetigkeit von f ex. n 0 N, sodass f[n a n0 ] U. Da x U, ist x f[n a n0 ]. Aber B a n0 f[n a n0 ], also x B a n0, also x Ba n 0, ein Widerspruch zur Konstruktion von a. 7 Darstellung analytischer Mengen Bäume auf Produkten: Wir haben allgemein Räume A N untersucht. Sei nun hier A = B C. Dann ist klarerweise die Abbildung h : (B C) N B N xc N ein Homöomorphismus. (b n, c n ) : n N ((b n ) n, (c n ) n ) Aufgrund dieser Beziehung identifizieren wir nun auch eine Folge s = s i : i < n (B C) <N, also s i = (b i, c i ) für gewisse b i B, c i C mit (t, u) B <N C <N, wobei t = (b i ) i<n, u = (c i ) i<n. Aufgrund Identifikation ist nun ein Baum auf B C eine Menge T B <N C <N, sodass für jedes (t, u) T t = u gilt und außerdem (t i, u i) T für alle i < t. Solch ein Baum ist gestutzt, falls für jedes (t, u) T ein (t, u ) T ex. mit t t und u u. Nun ist [T ] = {(x, y) B N C N : n(x n, y n) T }. Satz (1) ergibt uns: Abgeschlossene Teilmengen von B N C N sind genau die Mengen der Gestalt [T ], T gestutzter Baum auf B C. Sei T ein Baum auf B C, also (nach Identifizierung) T B <N C <N, sodass aus (t, u) T und i < t schon t = u und (t i, u i) T. T heißt gestutzt, falls zu jedem (t, u) T (t, u ) T existiert mit t t und u u. Für x B N haben wir den Schnitt-Baum T (x) = {s C <N : (x s, s) T } auf C. Es gilt dann (x, y) [T ] g.d.w. y [T (x)]. Bemerkung: Auch wenn T gestutzt ist, braucht T (x) nicht gestutzt zu sein. In analoger Weise sei für s B <N T (s) = {t C <N : t s & (s t, t) T }. 37

38 Sei nun wieder A beliebig und T ein Baum auf A (also T A <N etc.). Wir nennen den Baum T wohlfundiert, falls T keine unendlichen Äste hat, also [T ] = ; äquivalent dazu: Falls (T, ) als Partialordnung wohlfundiert ist (d.h. jede nichtleere Teilmenge X T besitzt ein bzgl. minimales Element s; d.h. s ist maximaler Knoten in X). Falls [T ], heiße T unfundiert. Sei nun T Baum auf B C. Notation: p[t ] = {x B N : T (x) ist unfundiert} p[t ] = {x B N : [T (x)] } p[t ] = {x B N : y C N (x, y) [T ]} heißt die Projektion von [T ] B N C N auf B N. Satz 35 Für eine Teilmenge A N sind äquivalent (i) A ist analytisch; (ii) es ex. ein gestutzter Baum T auf N N, also T (N N) <N, mit A = p[t ]; (iii) es ex. ein gestutzter Baum T auf N 2, also T (N 2) <N, sodass x A g.d.w. y N (x, y) [T ], wobei N = {y C : n y(n) = 1}. Beweis: Äquivalenz von (i) und (ii) folgt direkt aus Satz (27) (iii). (i) (iii) folgt aus Satz (27) (iii) und der Tatsache, dass N und N homöomorph sind. Sei (P, ) eine wohlfundierte Partialordnung, also z. B. P = T ein wohlfundierter Baum. Dann ex. eine Rangfunktion S p : P Ord, die rekursiv definiert ist, sodass für alle x P gilt: S p (x) = sup{s p (y) + 1 : y P & y < x} (wobei sup := 0). Veranschaulichung: Es gilt S p (x) = 0 g.d.w. x P minimal ist, d.h. für kein y P y < x gilt. Es gilt S p (x) = 1 g.d.w. x nicht minimal ist und alle y < x minimal sind. Etc. Bemerkung: Induktiv zeigt man: Falls x P und S p (x) = α und β < α, so ex. y < x mit S p (y) = β. Definition 21 S(P ) :=sup{s p (x) + 1 : x P }. Sei nun T ein wohlfundierter Baum auf A. Wir haben also die Rangfunktion S T : T Ord, sodass S T (s) = sup{s T (t) + 1 : t T & t s}. Also gilt für s T : S T (x) = 0 g.d.w. s 38

39 maximaler Knoten in (T, ) ist, also s a T für alle a A. Wir setzen S T auf ganz A <N fort durch S T (s) = 0 für alle s A <N T. Wieder S(T ) := sup {S T (s) + 1 : s T }. Sei für s T der Teilbaum T s = {t T : s t t s}. Definiere den wohlfundierten Teil W F T von T durch: s W F T s T &T s ist wohlfundiert. Offensichtlich ist s W F T & s t T t W F T. Außerdem ist (W F T, ) wohlfundiert. Falls T schon wohlfundiert ist, so gilt T = W F T. Sonst definieren wir S T auf W F T als Rangfunktion der wohlfundierten Partialordnung W F T, ): für s W F T. S T (s) = sup{s T (t) + 1 : t T &t s} = sup{s T (s a) + 1 : a A&s a T } Für s T W F T setzen wir S T (s) = (es gelte α < für alle α Ord). Schließlich S(T ) = sup{s T (s) + 1 : s W F T. Satz 36 (Lusin-Sierpinski): Sei A N analytisch. Dann ex. Borelmengen A α, B α N, α < ω 1, sodass A = A α, A = B α. α<ω 1 α<ω 1 Bemerkung: Falls die Kontinuumshypothese gilt (d.h. R = X 1 ), so ist die Aussage trivial: ( N ) Jede Menge A R ist Vereinigung von X 1 vielen (abgeschlossenen) einelementigen Mengen. Aber: Kontinuumshypothese ist unabhängig von ZF C, es ist konsistent, dass R > X 1. Beweis: Nach Satz (35) (ii) existiert ein gestutzter Baum T auf N N mit A = p[t ]. Für jedes x N haben wir S T (x) : N <N ω 1 { }. Setze C := N A. Zu α < ω 1, s N <N setze Cs α := {x N : S T (x) (s) α}. Es gilt: x C y N (x, y) [T ] T (x) ist wohlfundiert α < ω 1 S T (x) ( ) α x C α. α<ω 1 Sei nun B α = N C α. Es gilt A = B α. α<w 1 Wir zeigen, dass alle Cs α Borel sind; dann sind es also auch alle C α und B α. (Induktion über α für beliebiges s: Cs = {x N : ϱ T (x) (s) = 0} = {x N : s maximaler Knoten in T (x) s T (x)} = {x N : n(x s + 1, s n) T } ist abgeschlossen. Sei nun α > 0, α < w 1 : Es gilt Cs α ( ) = C β s n. Somit C α s Borel nach Ind. vor. ( ) : Sei x C α s. Also S T (x) (s) α. β<α Falls S T (x) (s) = 0, so ist s maximal in T (x) oder s T (x). In beiden Fällen s n T (x), alle n, also S T (x) (s n) = 0. Also x Cs 0 n. Sei also S T (x) (s) 0, also S T (x) (s) = sup{s T (x) (s n) + 1 : n N}. Also n S T (x) (s n) < α, also n x C β s n. 39 β<α

40 gleicher Weg zurück. ( 2. Aussage bewiesen.) 1. Aussage: Sei für α < ω 1 A α = {x N : T (x) ist wohlfundiert und S(T (x)) }{{} sup{s T (x) (s)+1:s W F T (x) } α}. Dann gilt offensichtlich A = A α. α<ω 1 Nun ist N A α = C α (Cs α Cs β ). (Übung) s N <N β<α Somit ist N A α Borel nach 1. Teil des Beweises, also auch A α. Die Souslin-Operation Zu einer Familie A s : s N <N von Mengen A s ist die Souslin-Operation definiert als A A s : s N <N = A x n. Natürlich gilt ( ). A A s : s N <N = x N (A x 0... A x n ). x N Satz 37 Sei X polnisch. Eine Menge A X ist analytisch genau dann, wenn abgeschlossene Mengen F s : s N <N existieren, sodass A = A F s : s N <N. Beweis: Es gilt: x A y N x wobei B n = {(x, y) X N : x F y n }. Nun ist B n = F s N s. Also ist B n F σ. Folglich ist s N n analytisch. F y n y N (x, y) B n, B 0 n 3, also Borel, A somit Sei A analytisch, o.b.d.a A. Es existiert eine stetige Funktion f : N X, sodass A = f[n ]. Nun gilt für jedes y N f[n y n ] = f[n y n ] = {f(y)} : (1. Gleichung: : trivial, : Sei z f[n y n ]. Wähle y n N y n mit f(y n ) B(z, 1 ), für alle n N. n Somit gilt y n n y, f(y n ) n z. Wegen Stetigkeit von f gilt f(y) = lim f(y n ) = z. n Damit folgt auch die zweite Gleichung.) Zusammen also: A = f[n ] = f[n y n ]. y N }{{} F y n 8 Unendliche Spiele und Determiniertheit Wir betrachten unendliche Spiele wie folgt: Gegeben sei eine nichtleere Menge A und X A N. Wir betrachten das game/spiel G(A, X)(= G(X)) mit folgendem play/spielverlauf: 40

41 Spieler I (Er) und Spieler II (Sie) spielen abwechselnd Elemente von A: Er a 0 a 2... a 2n... Sie a 1 a 3... a 2n+1... Also a i A. Wir vereinbaren, dass Er gewinnt, falls alle i N, (a i ) i N X. Also: X ist seine Gewinnmenge, A N X ist Ihre. Definition 22 Eine Strategie für Ihn ist eine Abbildung ϕ : A <N A <N, sodass (i) s A <N ϕ(s) = s + 1 (ii) s, t A <N (s t ϕ(s) ϕ(t)). Dies ist so zu verstehen, dass Er gemäß ϕ spielt und Sie die Züge (a 2n+1 ) spielt, falls Er die Züge (a 2n ) spielt, wobei a 0 = ϕ( ), a 0, a 2 = ϕ( a 1 ), a 0, a 2, a 4 = ϕ( a 1, a 3 ),... usw. Wir betrachten oft auch die folgenden zwei äquivalenten Begriffe einer Strategie für Ihn: Eine Abbildung ϕ : A <N A. Er spielt dann a 0 = ϕ( ), a 2 = ϕ( a 1 ), a 4 = ϕ( a 1, a 3 ),..., a 2n+2 = ϕ( a 1,..., a 2n+1 ) (falls (a 2n+1 ) Ihre Züge sind). Ein Baum σ A <N, sodass (i) σ ist nichtleer und gestutzt; (ii) falls a 0,..., a 2j σ, so a 0,..., a 2j, a σ f.a. a A; (iii) falls a 0,..., a 2j 1 σ, so ex. genau ein a A mit a 0,..., a 2j 1, a σ. Ganz analog definiert man Strategie für Sie: Eine Strategie σ für Ihn heißt Gewinnstrategie in G(A, X), falls für jeden Spielverlauf (a n ), bei welchem Er σ befolgt, (a n ) X ist. Ebenso Gewinnstrategie für Sie. Nun heißt das Spiel G(A, X) (oder auch nur die Menge X) determiniert, falls einer der Spieler eine Gewinnstrategie besitzt. Klar: Höchstens ein Spieler kann eine Gewinnstrategie besitzen. Bemerkung: Mit Hilfe des Auswahlaxioms kann man nichtdeterminierte Mengen konstruieren. Oft stellen wir bei einem Spiel Regeln auf, d.h. wir beschränken die Spielfreiheit von Ihm/Ihr: D.h. wir haben wieder A und zusätzlich einen nichtleeren gestutzten Baum T A <N, welcher die erlaubten Züge festlegt. Zu beliebiger Gewinnmenge X [T ] betrachten wir also das Spiel G(T, X): Er a 0 a 2... Sie a 1 a 3... Wir verlangen zusätzlich, dass a 0,..., a n T für alle n N. Er gewinnt, falls (a n ) X. Wir haben die entsprechenden Begriffe wie (Gewinn-)Strategie, Determiniertheit. Dies ist kein neuer Spielbegriff: Im alten Sinn (T = A <N, X A N, G(T, X) = G(A, X)) 41

42 ist Seine Gewinnmenge X = {x A N : nx n T und das kleinste solche n ist gerade} X. Dann sind die Spiele G = G(A, X ) und G = G(T, X) äquivalent, d.h. Er (bzw. Sie) hat Gewinnstrategie in G g.d.w. Er Gewinnstrategie in G hat, ebenso für Sie. Satz 38 (Gale-Stewart) Sei T nichtleerer gestutzter Baum und X [T ] abgeschlossen oder offen. Dann ist das Spiel G(T, X) determiniert. Beweis: Sei zuerst X abgeschlossen. Wir nehmen an, Sie hätte keine Gewinnstrategie für G(T, X) und wollen zeigen, dass dann Er eine Gewinnstrategie hat. Eine Stellung p = a 0,..., a 2n 1 T (in der Er am Zug ist) heißt nicht verloren für Ihn, falls in dieser Stellung Sie keine Gewinnstrategie (für das Restspiel G(T p, X p ) hat, wobei T p = {s A <N : p s T }, X p = {x A N : p x X}.) Unsere Voraussetzung (Sie hat keine Gewinnstrategie) bedeutet, dass nicht verloren ist für Ihn. Klarerweise gilt: Falls die Stellung p = a 0,..., a 2n 1 nicht für Ihn verloren ist, so ex. a 2n A mit a 2n T p, sodass für alle a 2n+1 mit a 2n, a 2n+1 T p die Stellung p a 2n, a 2n+1 nach wie vor für Ihn nicht verloren ist. Damit beschreiben wir eine Strategie ϕ : A <N A für Ihn wie folgt: Wähle ϕ( ) = a 0, dass für kein a 1 mit a 0, a 1 T, a 0, a 1 für Ihn verloren ist. Falls a 0,..., a 2n+1 nicht verloren ist für Ihn, so wähle ϕ( a 1, a 3,..., a 2n+1 ) = a 2n+2, sodass a 0,..., a 2n+2 T und für kein a 2n+3 mit a 0,..., a 2n+3 T, die Position a 0, a 1,..., a 2n+3 für Ihn verloren ist. Nun ist ϕ Gewinnstrategie für Ihn: Sei (a n ) kompatibel mit ϕ. Folglich ist a 0,..., a 2n 1 nicht für Ihn verloren, alle n N wären (a n ) X, so ex. k N mit N a0,...,a k [T ] [T ] X. Dies gilt auch für alle l > k. O.B.d.A. l = 2n + 1. Dann wäre a 0,..., a 2n+1 für Ihn verloren. Widerspruch. Bemerkung (zum Beweis von Satz (38)): Sei T ein nichtleerer gestutzter Baum auf A. Eine Quasistrategie für Ihn in T ist ein gestutzter nichtleerer Baum T mit der Eigenschaft, dass für jede Position a 0,..., a 2j (in der Sie am Zug ist) für alle a 0,..., a 2j, a 2j+1 T gilt, dass a 0,..., a 2j+1. Klar: Jede Quasistrategie (für Ihn) enthält (mind.) eine Strategie (für Ihn). Analog definieren wir Quasistrategie für Sie. Sei nun X [T ]. Ein Quasistrategie für Ihn im Spiel G(T, X) heißt Gewinn-Quasi- Strategie, falls [ ] X. Sei nun X [T ] abgeschlossen, sodass Sie in G(T, X) keine Gewinnstrategie hat. Dann ex. eine kanonische Gewinn-Quasi-Stragie für Ihn in G(T, X) : wird bestimmt durch die für Ihn nicht verlorenen Positionen: a 0,..., a 2n 1 g.d.w. a 0,..., a 2n 1 nicht verloren für Ihn. a 0,..., a 2n g.d.w. a 2n+1 ( a 0,..., a 2n+1 T a 0,..., a 2n+1 nicht verloren für Ihn). Analog (symmetrisch) gilt: Falls X [T ] offen und Er hat keine Gewinnstrategie, so hat Sie eine kanonische Gewinn-Quasi-Strategie. Es gilt nun der wichtige Satz: Satz 39 : Sei T ein nichtleerer gestutzter Baum auf A und sei X [T ] Borel. Dann ist G(T, X) determiniert. 42

43 Bemerkung: Dies gilt nicht mehr für projektive Mengen X [T ] (die nicht Borel sind). Determiniertheit der projektiven Mengen ist äquikonsistent mit der Existenz von (sogenannten) großen Kardinalzahlen. 1. Beispiel: Das -Spiel Sei X ein perfekter polnischer Raum mit kompatibler vollständiger Metrik d. Sei B eine abzählbare Basis von X. Sei A X. Das Spiel G (A) ist wie folgt definiert: Er (U (0) 0, U (0) 1 ) (U (1) 0, U (1) 1 )... Sie i 0 i 1... Regeln: Die U (n) 1 (n N, i < 2) sind Mengen aus B mit diam (U (n) 1 ) < 1, U (n) 2 n 0 U (n) 1 =, i n {0, 1} und U (n+1) 0 U (n+1) 1 U (n) in. Dann existiert x X mit U (n) in Leicht zu sehen, dass G (A) von der Gestalt G(T, X A ) ist: U (n) in = {x}. Wir setzen fest, dass Er gewinnt, falls x A. A bestehe aus B B 2. Definiere T auf A als Baum aller endlichen Folgen einer Gestalt (U (0) 0, U (0) 1, i 0, (U (1) 0, U (1) 1 ), i 1,..., welche den Regeln genügen. Bemerke, dass die Abbildung, die einem b [T ], also b = (U (0) 0, U (0) 1 ), i 0, (U (1) 0, U (1) 1 ), i 1,... den einzigen Punkt x in zuordnet, stetig ist. Falls also z. B. A Borel, so ist X A [T ], das Urbild von A unter dieser Abbildung, auch Borel. Dann ist also nach Satz (39) G(T, X A ), also G (A), determiniert. Satz 40 : Sei X perfekter polnischer Raum. Sei A X. Es gelten: (i) Er hat Gewinnstrategie in G (A) g.d.w. sich C in A einbetten lässt (also A eine perfekte Teilmenge besitzt). (ii) Sie hat Gewinnstrategie in G (A) g.d.w. A abzählbar ist. Beweis: (i) Sei σ eine Gewinnstrategie für Ihn (als Baum aufgefasst). Durch Weglassen Ihrer Züge (d.h. aller Werte s(2i + 1) für s σ und 2i + 1 < s ) erhalten wir ein Cantor- Schema (U s ) s Z <N, sodass gelten: U s offen, U s 0 U s 1 U s, diam (U s ) < 2 s +1, sodass für alle y 2 N, falls {x} = U y n gilt x A. Wie im Beweis von Satz (17) zeigt man, dass die Zuordnung y x eine Einbettung von C in A ist. Sei umgekehrt i : C A eine Einbettung und C := i[c]. Dann ist C perfekte Teilmenge von A. Wir definieren eine Gewinnstrategie für Ihn wie folgt: Er spielt im ersten Zug ein erlaubtes Paar (U (0) 0, U (0) 1 ), sodass U (0) i C für i < 2. Sie antwortet mit einem Spielzug i 0 < 2. Da C perfekt ist und U (0) i 0 C (somit 43

44 U (0) i 0 C unendlich), kann Er ein erlaubtes (U (1) 0, U (1) 1 ) wählen, sodass U (1) i C für i < 2. Etc. (Wir behaupten, dass dies eine Gewinnstrategie für Ihn ist: Sei U (n) i n : n N das Ergebnis eines Spielverlaufs, bei dem Er diese Strategie befolgt. Somit U (n) i n C, alle n N. Falls also {x} =, so x C = C A. Also gewinnt Er.) U (n) i n (ii) : Sei A abzählbar, z.b. A = {x n : n N}. Sei σ die folgende Strategie für Sie: In Ihrem n-ten Zug sieht Sie die von Ihm gespielten U (n) 0, U (n) 1. Sie wählt i n {0, 1}, sodass x n U (n) i n und spielt i n. Sei dann U (n) i n : n N der resultierende Spielverlauf und {x} =. Es folgt x x n, alle n. Sie gewinnt. U (n) i n : Sei umgekehrt σ eine Gewinnstrategie für Sie: Sei x A. Wir nennen eine Spielposition p = (U (0) 0, U (0) 1 ), i 0,..., (U (n 1) 0, U (n 1) 1 ), i n 1 gerader Länge kompatibel, falls sie gemäß σ gespielt ist (von Ihr), d.h. p σ und x (n 1) i n 1 Die leere Spielposition soll per definitionem auch kompatibel mit x sein. (Bemerke folgende Trivialität: Falls jede Position p, die kompatibel ist mit x, eine echte Verlängerung besitzt, die auch kompatibel ist mit x, so existiert ein Spielverlauf U (n) i n : n N, bei welchem Sie σ befolgt, dessen Ergebnis in aber x A ist. Somit hätte Er gegen σ gewonnen, ein Widerspruch.) Daraus folgt: Zu jedem x A existiert eine maximale, d.h. längste, Position, die mit x kompatibel ist. Sei p = (U (0) 0, U (0) 1 ), i 0,..., (U (n 1) 0, U (n 1) 1 ), i n 1 eine Spielposition, die gemäß σ gespielt wurde. Sei A p die Menge aller x A, für welche p die maximale mit x kompatible Spielposition ist, also A p = {y U (n 1) i n 1 A : p ist kompatibel mit y und für jeden Ihm erlaubten Spielzug (U (n) 0, U (n) 1 ) gilt: Falls σ darauf mit i n antwortet, so y U (n) in }. Es folgt A = A p. p σ Abzählbare Vereinigung, da σ A <N. Aber nun enthält jedes A p höchstens ein Element: (Angenommen y 0, y 1 A p und y 0 y 1. Dann könnte Er im n-ten Zug ein erlaubtes Paar (U (n) 0, U (n) 1 ) spielen, sodass y i U (n) i für i < 2. Falls σ mit i n darauf antwortet, gilt y in U (n) in. Das widerspricht der Maximalität von p für y i n.) Das entfaltete -Spiel Sei X ein perfekter polnischer Raum und sei F X N. Betrachte das folgende Spiel G u(f ): Er (y(0), (U (0) 0, U (0) 1 ) y(1), (U (1) 0, U (1) 1 )... Sie i 0 i 1... Regeln: (U (j) 0, U (j) 1 ), i j seien wie im -Spiel. Außerdem: y(i) N, alle i. U (n) i n 44

45 Seien {x} = j N U (j) i j, y = y(j) : j N. Er gewinnt g.d.w. (x, y) F. Satz 41 Sei X perfekt und polnisch. Seien F X N und A = proj X [F ]. (i) Falls Er eine Gewinnstrategie in G u(f ) hat, so lässt sich C in A einbetten; (ii) Falls Sie in G u(f ) eine Gewinnstrategie hat, so ist A abzählbar. Beweis: (i) Aus einer Gewinnstrategie für Ihn in G u(f ) erhalten wir eine solche für Ihn in G (A), indem wir bei Seinen Zügen die y-komponente weglassen. Wegen Satz (40) gilt die Behauptung. (ii) Sei σ eine Gewinnstrategie für Sie in G u(f ). Sei x A. Also existiert y 0 N mit (x, y 0 ) F. Analog zu Satz (40) nennen wir eine Spielposition gerader Länge kompatibel mit (x, y 0 ), falls p σ und p die Gestalt p = (y 0 (0), (U (0) 0, U (0) 1 )), i 0,..., (y 0 (n 1), (U (n 1) 0, U (n 1) 1 ), i n 1 ) hat und x U (n 1) i n 1. Klarerweise besitzt jedes Paar (x, y 0 ) F eine maximale kompatible Spielposition. Setze nun a = y 0 (n) und A p,a = {z U (n 1) i n 1 : Für alle (U (n) 0, U (n) 1 ) und i < 2 gilt: Falls p n (a, (U (n) 0, U (n) 1 )) n i σ, dann z U (n) i }. Falls also (x, y 0 ) F und p die maximale mit (x, y 0 ) kompatible Position ist, so x A p,a. Es gelten: A = p σ, p gerade a N A p,a (abzählbare Vereinigung) A p,a 1. (Das Letztere gilt analog zu Satz (40): Wären x, x A p,a, x x, so wähle ein erlaubtes Paar (U (n) 0, U (n) 1 ) mit x U (n) 0 und x U (n) 1. Dann x U (n) i oder x U (n) i, ein Widerspruch. Folglich A λ 0.) Falls nun A X analytisch ist, so existiert eine abgeschlossene F X N mit A = proj x [F ]. Dann ist seine Gewinnmenge in G u(f ) auch abgeschlossen (stetiges Urbild von F ). Mit Satz (38) (Gale-Stewart) und Satz (41) erhalten wir also Korollar 42 Sei X perfekt, polnisch und A X analytisch. Entweder enthält A eine perfekte Teilmenge (eine Cantormenge) oder A ist abzählbar. Bemerkung: Dies ist i.a. falsch für koanalytische Mengen. bis hier für Bachelor 45

46 9 Borel-Determiniertheit Hier beweisen wir den schon erwähnten Satz (39) (Martin): Sei T ein nichtleerer gestutzter Baum auf A und sei X [T ] Borel. Dann ist G(T, X) determiniert. Wir werden zu G(T, X) ein anderes Spiel G(T, X ) assoziieren, sodass X [T ] abgeschlossen, also nach Gale-Stuart determiniert, ist, und aus einer Gewinnstrategie einen der Spieler in G(T, X ) eine solche für denselben Spieler in G(T, X) erhalten werden kann. Notation: Sei T Baum auf A, n N. T n := {s T : s n}. Definition 23 Sei T ein nichtleerer gestutzter Baum auf A. Eine Überlagerung von T ist ein Tripel ( T, π, ϕ) sodass: (i) T ist nichtleerer gestutzter Baum über Ã. (ii) π : T T ist monoton (s t π(s) π(t)) und längentreu, d.h. π(s) = s für alle s T. π induziert eine stetige Abbildung π : [ T ] [T ] x π( x n). (iii) ϕ ist eine Abbildung, welche Strategien für Ihn (bzw. für Sie) in T auf solche für Ihn (bzw. für Sie) in T abbildet, sodass ϕ( σ) eingeschränkt auf Positionen einer Länge n nur abhängt von σ n (für alle n). D.h. falls wir Strategien als Bäume auffassen, so folgt aus σ n = σ n schon ϕ( σ) n = ϕ( σ ) n für alle n N, für alle Strategien σ in T. (iv) Falls σ Strategie für Ihn (bzw. Sie) ist in T und x [T ] ein Spielverlauf kompatibel mit ϕ( σ) ist, d.h. x [ϕ( σ)], so existiert x [ T ], so dass π( x) = x. Mit anderen Worten: π [ [ σ] ] [ϕ( σ)]. Sei nun ( T, π, ϕ) eine Überlagerung von T und X [T ]. Setze X := π 1 [X]. Dann simuliert G( T, X) das Spiel G(T, X) im folgenden Sinn: Ein Spielverlauf X [ T ] simuliert π( X) [T ]. Falls σ eine Gewinnstrategie für Ihn (bzw. Sie) in G( T, X) ist, so ist ϕ( σ) eine Gewinnstrategie für Ihn (bzw. Sie) in G(T, X): Angenommen nicht, so gäbe es x [ϕ( σ)] mit x X (bzw. x X). Wegen (iv) existiert x [ σ] mit π( x) = x. Da σ Gewinnstrategie ist, ist x X (bzw. x X) und damit x X (bzw. x X), ein Widerspruch. Somit gilt: Falls G( T, π 1 [X]) determiniert ist, so auch G(T, X). Definition 24 Sei ( T, π, ϕ) eine Überlagerung von T. (1) Sei k N. Dann heißt ( T, π, ϕ) k-überlagerung, falls T 2k = T 2k und π T 2k = id. Übung: Daraus folgt ϕ( σ) 2k = σ 2k für alle Strategien σ T. 46

47 (2) Sei X [T ]. Wir sagen, dass ( T, π, ϕ) die Menge X (oder auch G(T, X)) entwirrt (unravels), falls π 1 [X] offen und abgeschlossen ist in [ T ]. (Dann wird auch [T ] X von ( T, π, ϕ) entwirrt.) Falls also ( T, π, ϕ) das Spiel G(T, X) entwirrt und X = π 1 [X], so ist nach Gale-Stuart G( T, X) determiniert und somit auch G(T, X). Somit folgt Satz (39) aus Folgendem: Satz 43 (Martin): Sei T ein nichtleerer gestutzter Baum und X [T ] Borel. Dann existiert zu jedem k eine k-überlagerung von T, welche X entwirrt. Satz (43) folgt aus den folgenden beiden Lemmas: Lemma 44 Sei T nichtleerer gestutzter Baum auf A und X [T ] abgeschlossen. Dann existiert zu jedem k eine k-überlagerung, die X entwirrt. Lemma 45 Sei k N und sei (T i+1, π i+1, ϕ i+1 ) eine (k + 1)-Überlagerung von T i für alle i N. Dann existiert ein nichtleerer gestutzter Baum T und Abbildungen π i, ϕ i, sodass (T, π i, ϕ i ) eine (k + i)-überlagerung von T i ist und π i+1 π i+1 = π i, ϕ i+1 ϕ i+1 = ϕ i für alle i N. Beweis von Satz (43) aus Lemma (44)/(45): Also gegeben ist ein gestutzter nichtleerer Baum T und X [T ] Borel. Wir beweisen die Behauptung (Existenz einer X entwirrenden k-überlagerung) über die Borel-Komplexität von X, d.h. über ξ := min{α Ord: x α ([T ])}. Falls ξ = 1, ist X offen. Lemma (44) liefert die Behauptung für [T ] X, somit auch für X. Angenommen, die Behauptung gelte für alle η < ξ. Finde X i 0 ξi ([T ]) für ξi < ξ und i N, sodass X = X i. Nach Induktionsvoraussetzung gilt die Behauptung i N für alle X i und k N. Sei (T 1, π 1, ϕ 1 ) eine k-überlagerung von T 0 := T 1, welche X 0 entwirrt. T T 0 π1 T 1 π1 1 [X i ] π1 1 [X 0 ] offen abg. π1 1 [X i ] ξi ([T 1]) 47