Conjuntos,transversales,propiedad PT,cardinales

Question

Una transversal de una familia $S$ de conjuntos es una función de elección inyectiva. $PT(\lambda,\chi)$ significa, si $S$ es una familia de $\lambda$ conjuntos, cada uno de cardinalidad $<\chi$ y cada subfamilia con $<\lambda$ tiene una transversal, entonces $S$ tiene una transversal.

Mis preguntas abordan sólo el borde del problema: ¿acaso $$PT(\aleph_0,\aleph_0)$$ ¿Sostener?

Por qué no $PT(\aleph_1,\aleph_1)$ ?

Answer 1

Para responder a su segunda pregunta, recuerde que los conjuntos $A,B\subseteq\Bbb N$ son casi disjuntos si $A\cap B$ es finito. Es bien conocido que existe una familia casi disjunta $\mathscr{D}\subseteq\wp(\Bbb N)$ tal que $|\mathscr{D}|=2^\omega=\mathfrak{c}$ . Sea $\mathscr{D}_0$ sea cualquier subconjunto de $\mathscr{D}$ de cardinalidad $\omega_1$ . Claramente $\mathscr{D}_0$ no tiene transversal, ya que $\bigcup\mathscr{D}_0$ es contable. Sin embargo, si $\mathscr{A}=\{D_k:k\in\omega\}\subseteq\mathscr{D}_0$ es fácil construir recursivamente una transversal $f$ para $\mathscr{A}$ : dado $f(k)\in D_k$ para $k<m$ , dejemos que $f(m)=\min\left(D_m\setminus\bigcup_{k<m}D_k\right)$ . (Aquí utilizamos el hecho de que $\mathscr{D}_0$ es una familia casi disjunta: $\bigcup_{k<m}(D_m\cap D_k)$ es finito, por lo que $D_m\setminus\bigcup_{k<m}D_k$ es infinito y, en particular, no vacío).

Para la primera pregunta $\mathscr{S}=\{S_\alpha:\alpha\in A\}$ sea una familia de conjuntos finitos tal que cada subfamilia finita de $\mathscr{S}$ tiene una transversal. (Ni siquiera necesito requerir el conjunto de índices $A$ para ser contable). Dotar a cada $S_\alpha$ con la topología discreta, y sea $X=\prod_{\alpha\in A}S_\alpha$ con la topología del producto.

Para finito $F\subseteq A$ deje $\mathscr{S}_F=\{S_\alpha:\alpha\in F\}$ y

$$\begin{align*} H_F&=\{x\in X:x(\alpha)\ne x(\beta)\text{ whenever }\alpha,\beta\in F\text{ and }\alpha\ne\beta\}\\ &=\{x\in X:x\upharpoonright F\text{ is a transversal for }\mathscr{S}_F\}\;. \end{align*}$$

$H_F$ es un conjunto cerrado en $X$ y por hipótesis $H_F\ne\varnothing$ . Sea $\mathscr{H}=\{H_F:F\subseteq A\text{ is finite}\}$ . Si $F,G\subseteq A$ son finitos, entonces $H_F\cap H_G=H_{F\cup G}\in\mathscr{H}$ Así que $\mathscr{H}$ tiene la propiedad de intersección finita. $X$ es compacto por el teorema del producto de Tikhonov, por lo que $\bigcap\mathscr{H}\ne\varnothing$ y cualquier $x\in\bigcap\mathscr{H}$ es una transversal de $\mathscr{S}$ .

Añadido: El argumento anterior puede reformularse como una aplicación del lema de Zorn. Sea $S=\bigcup\mathscr{S}$ . Para $C\subseteq A$ decir que una función $f:C\to S$ es bien si para cada $F\subseteq A$ la restricción $f\upharpoonright(C\cap F)$ es una transversal de $\mathscr{S}_{C\cap F}$ y que

$$\mathscr{P}=\{\langle D,s\rangle:D\subseteq A\text{ and }s:D\to S\text{ is good}\}\;.$$

Debe comprobarlo siempre que $D\subseteq A$ y $s:D\to S$ es bueno, entonces $s$ es una transversal de $\mathscr{S}_D$ Esto es muy sencillo.

Definir una orden parcial $\preceq$ en $\mathscr{P}$ como sigue: para $\langle D,s\rangle,\langle E,t\rangle\in\mathscr{P}$ configure $\langle D,s\rangle\preceq\langle E,t\rangle$ sólo si $D\subseteq E$ y $s=t\upharpoonright D$ .

Supongamos que $\mathscr{C}$ es una cadena en $\mathscr{P}$ . Sea $D=\bigcup_{\langle C,s_C\rangle\in\mathscr{C}}C\subseteq S$ y que $t=\bigcup_{\langle C,s_C\rangle\in\mathscr{C}}s_C$ la definición de $\preceq$ garantiza que $t:C\to S$ . Claramente $t\upharpoonright C=s_C$ para cada $\langle C,s_C\rangle\in\mathscr{C}$ .

Puede que no esté acostumbrado a trabajar con funciones como conjuntos de pares ordenados de esta forma; si es así, puede definir $t$ de la siguiente manera equivalente. Para cada $x\in D$ hay un $\langle C,s_C\rangle\in\mathscr{C}$ tal que $\alpha\in C$ ; set $t(\alpha)=s_C(\alpha)$ . Para ver que $t(\alpha)$ está bien definido, supongamos que $\alpha\in C'$ para algún otro $\langle C',s_{C'}\rangle\in\mathscr{C}$ . Entonces $\langle C,s_C\rangle\preceq\langle C',s_{C'}\rangle$ en cuyo caso $$t(\alpha)=s_C(\alpha)=(s_{C'}\upharpoonright C)(\alpha)=s_{C'}(\alpha)\;,$$ ou $\langle C',s_{C'}\rangle\preceq\langle C,s_C\rangle$ en cuyo caso $$s_{C'}(\alpha)=(s_C\upharpoonright C')(\alpha)=s_C(\alpha)=t(\alpha)\;.$$ Una vez más, está claro que $t\upharpoonright C=s_C$ para cada $\langle C,s_C\rangle\in\mathscr{C}$ .

Ahora dejemos que $F\subseteq A$ ser finito. Existe un $\langle C,s_C\rangle\in\mathscr{P}$ tal que $D\cap F\subseteq C$ y $s_C$ es bueno, así que $$t\upharpoonright(D\cap F)=s_C\upharpoonright(D\cap F)=s_C\upharpoonright(C\cap F)$$ es una transversal de $\mathscr{S}_{C\cap F}=\mathscr{S}_{D\cap F}$ . Así, $t$ es bueno, y $\langle D,t\rangle\in\mathscr{P}$ . Claramente $\langle C,s_C\rangle\preceq\langle D,t\rangle$ para cada $\langle C,s_C\rangle\in\mathscr{C}$ por lo que cada cadena de $\mathscr{P}$ tiene un límite superior en $\mathscr{P}$ . Por el lema de Zorn $\mathscr{P}$ tiene un elemento maximal $\langle M,t\rangle$ para completar la prueba sólo tenemos que demostrar que $M=A$ .

Si no, que $\alpha\in A\setminus M$ ; la maximalidad de $M$ implica que $\mathscr{S}_{M\cup\{\alpha\}}$ no tiene transversal. Para cada $x\in S_\alpha$ deje $t_x:M\cup\{\alpha\}\to S$ se define por

$$t_x(\beta)=\begin{cases} x,&\text{if }\beta=\alpha\\ t(\beta),&\text{if }\beta\in M\;. \end{cases}$$

Cada una de las funciones $t_x$ es una función de elección para $\mathscr{S}_{M\cup\{\alpha\}}$ pero ninguna es transversal, por lo que ninguna es inyectiva. Así, para cada $x\in S_\alpha$ hay un $\beta_x\in M$ tal que $t(\beta_x)=x$ . Sea $B=\{\beta_x:x\in S_\alpha\}$ y que $F=B\cup\{\alpha\}$ ; $F$ es finito, y $t$ es bueno, así que $t\upharpoonright(M\cap F)=t\upharpoonright B$ es una transversal de $\mathscr{S}_B$ . Por hipótesis $\mathscr{S}_F$ tiene una transversal $r:F\to S$ dejar $x=r(\alpha)\in S_\alpha$ . Entonces $\beta_x\in B$ y $$r(\beta_x)\ne r(\alpha)=x=t(\beta_x)\;.$$

En otras palabras, si $r$ es cualquier transversal de $\mathscr{S}_{B\cup\{\alpha\}}$ entonces $r\upharpoonright B\ne t\upharpoonright B$ contradiciendo la bondad de $t$ . De ello se deduce que $M=A$ y, por tanto, que $t$ es una transversal de $\mathscr{S}$ .