Innumerables subconjunto con innumerables complemento, sin el Axioma de Elección

Question

Deje $X$ ser un conjunto y considerar la colección de $\mathcal{A}(X)$ de los contables o cocountable subconjuntos de a$X$, $E \in \mathcal{A}(X)$ si $E$ es contable o $X-E$ es contable. Si $X$ es contable, entonces $\mathcal{A}(X)$ coincide con el poder establecido $\mathcal{P}(X)$$X$. Ahora supongamos que $X$ es incontable. Suponiendo que el axioma de elección, podemos concluir que $\mathcal{A}(X) \ne \mathcal{P}(X)$, ya que el $|X| = |X| + |X|$. Así que la pregunta es:

Podemos probar en ZF que $\mathcal{A}(X) \ne \mathcal{P}(X)$ por cada multitud innumerable $X$?

Estoy asumiendo que un conjunto $X$ es incontable si no es inyectiva función de $f : X \rightarrow \mathbb{N}$.

Answer 1

Un Dedekind finito conjunto es uno de cuyos subconjuntos tienen estrictamente menor cardinalidad. Si $X$ es infinito Dedekind finito (iDf), a continuación, $X$ ${\mathbb N}$ son incomparables en el tamaño. Esto significa que ningún subconjunto de $X$ es contable a menos que sea finito. Ciertos Dedekind finito de conjuntos pueden ser amorfo, esto significa que cualquier subconjunto finito o cofinite.

Es coherente que hay fdi conjuntos, pero no amorfo conjuntos. También es coherente que hay infinitas amorfo, por lo que la respuesta a tu pregunta es no, en general. Sin embargo, si cada Dedekind conjunto finito es amorfo, entonces no hay ningún fdi conjuntos. Por lo tanto, si hay un conjunto de las fdi en todos, hay uno que se puede dividir en dos conjuntos infinitos, y no es contable.

(Por supuesto, en virtud de elección, no hay ninguna de las fdi conjuntos y cada una multitud innumerable admite innumerables subconjunto con innumerables complemento.)

Answer 2

Debo añadir en Andrés respuesta con una variación menor:

Esto es consistente con ZF sin el axioma de elección que hay un conjunto $X$ de manera tal que cada subconjunto de $X$ es contable o co-contables. Estos conjuntos se denominan $\aleph_1$-amorfo (y a veces cuasi-mínimo). Ellos hacen peculiar contraejemplos para algunas proposiciones.

Si $X$ $\aleph_1$- amorfo, a continuación,$\mathcal P(X)=\mathcal A(X)$. Tenga en cuenta que esta es la "máxima" contraejemplo que podemos producir desde algo más grande tendría un subconjunto que no es contable ni co-contables.

Una observación es que amorfo conjuntos de vacuously $\aleph_1$-amorfo, ya que cada subconjunto finito (ergo contables) o co-finito (ergo co-contable). Sin embargo es posible tener un $\aleph_1$-amorfo establecer y mantener el Principio de la Dependiente de la Elección, un principio de elección que entre otras cosas implica que todo conjunto infinito tiene una contables subconjunto. En el modelo como el $\aleph_1$-amorfo conjunto es "no-degenerado", es decir, que tiene un countably subconjunto infinito.