Dejemos que $X$ sea un conjunto infinito de cardinalidad $|X|$ y que $S$ sea el conjunto de todos los subconjuntos finitos de $X$ . ¿Cómo podemos demostrar que Card( $S$ ) $=|X|$ ? ¿Puede alguien ayudar, por favor?
Respuestas
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La cardinalidad es al menos $|X|$ ya que $S$ contiene todos los monotonales.
Dejemos que $S_n$ sea el subconjunto de $S$ que consiste en todos los subconjuntos de cardinalidad exactamente $n$ . Entonces $S$ es la unión disjunta de los $S_n$ .
Ahora, para cualquier número entero positivo $n$ el número de subconjuntos de $X$ de cardinalidad $n$ es como máximo $|X|^n = |X|$ (igualdad desde $|X|$ es infinito); porque un $n$ -tupla de elementos de $X$ determina un subconjunto de $X$ de cardinalidad como máximo $n$ y todo subconjunto con $n$ determina sólo un número finito de elementos distintos $n$ -tuplas de elementos de $X$ (A saber, $n!$ ). Así que $|S_n|\leq n!|X|^n = |X|$ para todos $n$ .
Por lo tanto: \begin{align*} |X| &\leq |S| = \left|\bigcup_{n=0}^{\infty} S_n\right| = \sum_{n=0}^{\infty}|S_n|\\ &= \sum_{n=1}^{\infty}|S_n| \leq \sum_{n=1}^{\infty}|X|\\ &= \aleph_0|X| = |X|, \end{align*} con la última igualdad ya que $|X|\geq\aleph_0$ .
Así, $|X|\leq |S|\leq |X|$ Así que $|S|=|X|$ .
casperOne
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Este es un post antiguo, pero como la respuesta de Arturo, por lo demás buena, es un poco displicente en cuanto al uso de la elección y los comentarios no dejan del todo claro el nivel exacto de elección necesario, he pensado en explicar mi propio enfoque de la pregunta en un marco ZF.
Podemos establecer lo siguiente sin supuestos de buena ordenabilidad:
Lema: Si $X$ es un conjunto no vacío y $X\times X\approx X$ (lo que significa que hay una biyección desde $X\times X$ a $X$ ), entonces $\bigcup_{n\in\omega}X^n\approx\omega\times X$ .
Prueba: Fijar una biyección $f:X\times X\to X$ y $x_0\in X$ . Entonces podemos definir
$$g_0:x\in X^0\mapsto x_0$$ $$g_{n+1}:x\in X^{n+1}\mapsto f(g_n(x\restriction n), x_n)$$
Entonces por inducción tenemos que $g_n$ es una inyección de $X^n$ a $X$ y luego $$h:x\in\bigcup_{n\in\omega}X^n\mapsto \langle \operatorname{dom}x,g_{\operatorname{dom}x}(x)\rangle$$
es una inyección de $\bigcup_{n\in\omega}X^n$ a $\omega\times X$ . (Utilizamos ese $X^n$ para diferentes $n$ son disjuntos porque $x\in X^n$ implica $x:n\to X$ para que $\operatorname{dom}x=n$ .) Para la desigualdad inversa, defina
$$j:n\in\omega,x\in X\mapsto(z\in n+1\mapsto x).$$
Entonces, si $j(n,x)=j(m,y)$ tenemos $(z\in n+1\mapsto x)=(z\in m+1\mapsto y)$ por lo que los dominios de las funciones son iguales, es decir $n+1=m+1\Rightarrow n=m$ y también $x=j(n,x)(0)=j(m,y)(0)=y$ .
Añadir una suposición de buen orden nos permite simplificar el enunciado a lo que buscamos:
Si $X$ es un conjunto infinito bien ordenable, entonces el conjunto $[X]^{<\omega}$ de subconjuntos finitos de $X$ es equipolente a $X$ .
Prueba: Dado que los monotones están en $[X]^{<\omega}$ y naturalmente biyectiva con $X$ , $X\preceq[X]^{<\omega}$ . Para la inversa, tenemos $X\times X\approx X$ porque $X$ es infinitamente bien ordenable, así que por el lema $$\bigcup_{n\in\omega}X^n\approx\omega\times X\preceq X\times X\approx X;$$ así $\bigcup_{n\in\omega}X^n$ también es bien ordenable, por lo que podemos invertir la suryección $f:\bigcup_{n\in\omega}X^n\to[X]^{<\omega}$ que asigna cada función a su rango para obtener una inyección. Así, $X\preceq [X]^{<\omega}\preceq\bigcup_{n\in\omega}X^n\preceq X$ .
