En las funciones de sistema de alimentación de productos naturales

Question

Vamos a definir una función (de $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ a $\mathcal{P}(\mathbb{N})$, $\mathbb{N}$ significado el conjunto de los números naturales a lo largo de esta prueba) es "ACEPTAR", si:

$$\forall X,Y \in \mathcal{P}(\mathbb{N}). X \subset Y \leftrightarrow f(X) \subset f(Y)$$

mientras que $X$ es un subconjunto de a $Y$, no son iguales ( $f(X)$ $f(Y)$).

¿Existe un "OK", y en función de $f: \mathcal{P}(\mathbb{N}) \setminus \{\mathbb{N}\} \rightarrow \mathcal{P}(\mathbb{N})$?

He intentado refutar esta afirmación, finalmente se quede atascado. Empecé con la suposición de que $\mathbb{N}$$Im(f)$, por lo que debe ser un subconjunto de a $\mathbb{N}$ ( $T$ ) por lo que $f(T) = \mathbb{N}$. $T$ no es $\mathbb{N}$ (debido a $\mathbb{N}$ no está en el dominio), por lo que debe ser un número natural que no está dentro de $T$. y aquí estoy atascado. Alguna sugerencia?

Gracias!

Answer 1

Para mayor claridad escribo $X\subseteq Y$ " $X$ es un subconjunto de a $Y$" e $X\subsetneqq Y$ " $X$ es un subconjunto de a $Y$".

Teorema. No hay surjective función de $f:\mathcal P(\mathbb N)\setminus\{\mathbb N\}\to\mathcal P(\mathbb N)$ tal que $X\subsetneqq Y\iff f(X)\subsetneqq f(Y)$ todos los $X,Y\in\mathcal P(\mathbb N)\setminus\{\mathbb N\}.$

La notación será mucho más sencillo si me dirijo a la pregunta al revés, así que puedo hablar sobre finito de conjuntos en lugar de cofinite conjuntos. Supongamos por contradicción que existe una función de $f;$, entonces también hay un surjective función de $g:\mathcal P(\mathbb N)\setminus\{\emptyset\}\to\mathcal P(\mathbb N)$ tal que $X\subsetneqq Y\iff g(X)\subsetneqq g(Y)$ todos los $X,Y\in\mathcal P(\mathbb N)\setminus\{\emptyset\}.$ es decir, usted puede comprobar fácilmente que la definición de $g(X)=\mathbb N\setminus f(\mathbb N\setminus X)$ hace el truco.

Reivindicación 1. Si $g(X)$ $n$ apropiado subconjuntos en $\mathcal P(\mathbb N),$ $X$ tiene al menos $n$ apropiado subconjuntos en $\mathcal P(\mathbb N)\setminus\{\emptyset\}.$

Prueba. Deje $Y=g(X)$ y deje $Y_1,\dots,Y_n$ ser distinto adecuada subconjuntos de a $Y.$ Elegir conjuntos de $X_1,\dots,X_n\in\mathcal P(\mathbb N)\setminus\{\emptyset\}$ $g(X_i)=Y_i;$ $X_1,\dots,X_n$ son distintos adecuada subconjuntos de a $X.$

Reivindicación 2. Deje $n$ ser un entero positivo. Si $|X|=n,$ $|g(X)|=n-1.$

Prueba. Si tuviéramos $|g(X)|\ge n,$ $g(X)$ al menos $2^n-1$ apropiado subconjuntos; pero esto es imposible, ya que $X$ sólo ha $2^n-2$ no vacío adecuado subconjuntos. Por lo tanto, $|g(X)|\le n-1.$ Podemos demostrar por inducción que $|g(X)|\ge n-1.$ $n=1$ esto es claro. Si $n\gt1,$ $X$ $(n-1)$- elemento subconjunto $X'$; a continuación, $|g(X')|\ge n-2,$ y desde $X'\subsetneqq X,$ tenemos que $g(X')\subsetneqq g(X)$ $|g(X)|\ge|g(X')|+1=n-1.$

Reivindicación 3. Para cualquier conjunto a $X\in\mathcal P(\mathbb N)\setminus\{\emptyset\}$ tenemos $g(X)=\bigcup\{g(Y):Y\subseteq X,\ |Y|=2\}.$

Prueba. Podemos suponer que la $|X|\ge3.$, Por un lado, si $Y$ $2$- elemento subconjunto de $X,$ $Y\subsetneqq X$ $g(Y)\subsetneq g(X).$ Por otro lado, si $i\in g(X),$ desde $g$ es surjective tenemos $\{i\}=g(Y)$ algunos $2$-element set $Y,$ $Y\subsetneqq X$ desde $g(Y)\subsetneqq g(X).$

Considere la posibilidad de una $3$-element set $X=\{a,b,c\};$ deje $g(X)=\{i,j\}.$ Sin pérdida de generalidad podemos suponer que la $g(\{a,b\})=g(\{a,c\})=i.$ Elija $d\notin X.$, Luego tenemos a $g(\{a,b\})=g(\{a,c\})\subsetneqq g(\{a,c,d\},$ pero $\{a,b\}$ no es un subconjunto de a $\{a,c,d\}.$ Hemos llegado a una contradicción.

Answer 2

(En la siguiente, $\subset$ significa 'subconjunto').

Desde $f$ surjective, existe algunos $T \in P(\mathbb{N})$$f(T) = \mathbb{N}$.

Supongamos que tenemos distintos de los naturales se $x, y \notin T$; a continuación,$T \subset (T \cup \{y\}) \implies f(T) \subset f(T \cup \{y\}) \implies \mathbb{N} \subset f(T \cup \{y\})$, lo cual es imposible ya que $\mathbb{N}$ no puede ser un subconjunto de cualquier elemento de $P(\mathbb{N})$. Por lo tanto, $T$ debe ser de la forma $\mathbb{N} - \{x\}$ naturales $x$.

La próxima vamos a $T'$ ser cualquier subconjunto de a$\mathbb{N}$$x \in T'$. Si $f(T') \subset f(T)$$T' \subset T$; lo cual es imposible, ya que $x \notin T$. Por lo tanto, $\forall T' \in P(\mathbb{N}) : x \in T' \implies f(T') = \mathbb{N}$.

Pero, a continuación, deje $T' = \{x, x+1\}$, y $T'' = \{x\}$. $T'' \subset T' \implies f(T'') \subset f(T') \implies \mathbb{N} \subset \mathbb{N}$ es una contradicción; así que no hay tal 'OK' $f$ existe.