Es posible que $2^n=3^n$ para algunos Dedekind-finito cardenal $n\gt0$?

Question

Es posible que $2^n=3^n$ para algunos Dedekind-finito cardenal $n\gt0$?

Creo que la pregunta habla por sí mismo, pero déjame intentar satisfacer los "estándares de calidad" algoritmo de relleno.

Sí, me doy cuenta de que la igualdad requiere de un Dedekind-finito cardenal $n$ tal que $2^n$ es Dedekind-infinito, y, por supuesto, tales cardenales existen si cualquiera infinito Dedekind-finito cardenales existen.

La razón por la que estoy preguntando es, quiero saber cuál es la condición que tengo que poner en un (distinto de cero) el cardenal $n$ para asegurarse de que $2^n\lt3^n$, si no me quiere asumir el Axioma de Elección. Tengo que decir que $n$ es finito, o es suficiente decir que $n$ es Dedekind-finito?

Answer 1

He aquí un posible resultado de consistencia, y una sugerencia para una presunción razonable de que el trabajo y otro en el que me conjetura de funcionar tan bien. (Y me disculpan por adelantado para no usar $n$ como un infinito cardenal!) $\newcommand{\fp}{\mathfrak p}$

Tenga en cuenta que $4^\fp=2^{2\fp}$, así que si tenemos que $2^\fp=2^{2\fp}$ entonces tenemos que $2^\fp=3^\fp$. Considere la posibilidad de Cohen primer modelo, con un Dedekind-conjunto finito de reales. Allí podemos encontrar un Dedekind-conjunto finito de reales, con el cardenal $\fp$, de tal manera que $2^\omega=2^\fp$. Ahora tenemos que $$2^\fp=2^\omega=(2^\omega)^2=(2^\fp)^2=2^{2\fp}=4^\fp.$$

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Si desea una condición razonable para $2^n<3^n$, para comenzar, he aquí uno:

$$\aleph_0\nleq 2^\fp\iff\aleph_0\nleq^*\fp$$ (Es decir, no hay surjection de $\fp$ a $\omega$, que es equivalente a decir que el $2^\fp$ es Dedekind-infinito.)

Si $2^\fp$ es Dedekind-finito, entonces cualquiera de las $3^\fp$ es Dedekind-finito y, por tanto, estrictamente mayor que $2^\fp$; o es Dedekind-infinito, y por lo tanto la definición de más de $2^\fp$ (ya tenemos una inclusión entre $2^\fp$$3^\fp$, por lo que deben ser comparables).

Supongo, sin embargo, es que la condición anterior no es el óptimo, sino más bien $\fp+1\nleq^*\fp$ es suficiente para demostrar que $2^\fp<3^\fp$.

Answer 2

Aquí está otro ejemplo: supongamos $\mathrm{fin}(\mathfrak p)$ indicar el tamaño de la colección de todos los subconjuntos finitos de $X$, para cualquier $X$ del tamaño de la $\mathfrak p$. Ahora, si $\mathfrak p$ es infinito y $\mathrm{fin}(\mathfrak p)$ es Dedekind finito, hemos terminado, porque un buen teorema de Läuchli nos da ese $(2^{\mathrm{fin}(\mathfrak m)})^{\aleph_0}=2^{\mathrm{fin}(\mathfrak m)}$ para cualquier infinitas $\mathfrak m$. (Esto se muestra, por ejemplo, en el Lema 4.27 en Halbeisen del libro). Pero que es coherente que hay un infinito $\mathfrak p$ $\mathrm{fin}(\mathfrak p)$ Dedekind finito.