Para cada $n < \omega$, $\aleph_n^{\aleph_0} = \max(\aleph_n,\aleph_0^{\aleph_0})$

Question

Me han demostrado que si $\aleph_n \leq \aleph_0^{\aleph_0}$,$\aleph_n^{\aleph_0} \leq \max(\aleph_n,\aleph_0^{\aleph_0})$. Claramente $\aleph_n \leq \aleph_n^{\aleph_0}$$\aleph_0^{\aleph_0} \leq \aleph_n^{\aleph_0}$. Por lo tanto, con el fin de establecer la deseada igualdad, sólo necesito mostrar que si $\aleph_0^{\aleph_0} \leq \aleph_n$,$\aleph_n^{\aleph_0} \leq \max(\aleph_n,\aleph_0^{\aleph_0})$.

Supongo que podría ser fácil, pero yo no lo veo. Cualquier comentario es bienvenido.

Answer 1

Supongamos que hay un $n$ tal que $\aleph_0^{\aleph_0}\le\aleph_n$$\aleph_n^{\aleph_0}>\aleph_n$, y deje $m$ ser el menos $n$; claramente $m>0$. Consideremos ahora una función $\varphi:\aleph_0\to\aleph_m$; $\aleph_m$ es un incontable regular el cardenal, por lo $\sup\{\varphi(k):k\in\aleph_0\}<\aleph_m$, e $\varphi$ mapas de $\aleph_0$ a $\eta$ para algunos ordinal $\eta<\aleph_m$. Escrito $^AB$ para el conjunto de las funciones de $A$ a $B$, tenemos $$^{\aleph_0}\aleph_m=\bigcup_{\eta<\aleph_m}{^{\aleph_0}\eta}$$ and hence $$\left|^{\aleph_0}\aleph_m\right|=\left|\bigcup_{\eta<\aleph_m}{^{\aleph_0}\eta}\right|\;.$$

Para cada $\eta<\aleph_m$, $|\eta|\le\aleph_{m-1}$, así $$\aleph_m^{\aleph_0}=\left|^{\aleph_0}\aleph_m\right|=\left|\bigcup_{\eta<\aleph_m}{^{\aleph_0}\eta}\right|\le\aleph_m\cdot\aleph_{m-1}^{\aleph_0},$$ and $\aleph_{m-1}^{\aleph_0}\le\aleph_{m-1}$ by the minimality of $m$, so $$\aleph_m^{\aleph_0}\le\aleph_m\cdot\aleph_{m-1}^{\aleph_0}\le\aleph_m\cdot\aleph_{m-1}=\aleph_m\;,$$

contradiciendo la elección de $m$. Por lo tanto, $\aleph_m^{\aleph_0}\le\aleph_m=\max\{\aleph_m,\aleph_0^{\aleph_0}\}$ siempre $\aleph_0^{\aleph_0}\le\aleph_m$.