¿Implica $A\times A\cong B\times B$ $A\cong B$?

Question

Esto es similar a Lo que se tarda en dividir por $2$? acerca de $(A\sqcup A\cong B\sqcup B)\Rightarrow A\cong B$, lo que es válido en $\textsf{ZFC}$ mediante el uso de cardinalidades y también en $\textsf{ZF}$ por algunos combinatoria argumento, pero donde no quedó claro si constructivo argumentos suficientes.

Esta pregunta se refiere a los productos en lugar de la desunión de la unión, así:

Pregunta: Qué $\textsf{ZF}$ demostrar la implicación $(A\times A\cong B\times B)\Rightarrow A\cong B$?

Si sí: es todo lo conocido en el caso de intuitionistic set/tipo de teorías?

Answer 1

La respuesta es no. Es sabido que en ZF+'$\aleph_1$ $2^{\aleph_0}$ son incomparables' es coherente si ZF. Suponga que $\aleph_1$ $2^{\aleph_0}$ son incomparables (más de ZF),entonces

1. $\aleph_1$, $2^{\aleph_0}<\aleph_1+2^{\aleph_0}$ y
2. $\aleph_1+2^{\aleph_0}\neq\aleph_1\cdot 2^{\aleph_0}$.

1 es trivial. Para probar 2, podemos utilizar el siguiente teorema:

Teorema (ZF) Si $\mathfrak{p}$ es (posiblemente no bien disponible), cardenal y $\alpha$ es un aleph y la satisfacción de $\mathfrak{p}+\alpha=\mathfrak{p}\cdot\alpha$, son comparables.

Usted puede encontrar este teorema y su prueba en Jech "Axioma de elección", Lema 11.16.

Vamos a comprobar que $(\aleph_1+2^{\aleph_0})^2=(\aleph_1\cdot 2^{\aleph_0})^2=\aleph_1\cdot 2^{\aleph_0}$. Es sólo un cálculo: $$ \begin{align}(\aleph_1+2^{\aleph_0})^2 &=\aleph_1+2^{\aleph_0}+2\cdot \aleph_1\cdot2^{\aleph_0}\\ &=\aleph_1+2^{\aleph_0}+\aleph_1\cdot2^{\aleph_0}\\ &=\aleph_1+(\aleph_1+1)\cdot 2^{\aleph_0}\\ &=\aleph_1+\aleph_1\cdot 2^{\aleph_0}\\ &=\aleph_1\cdot(1+2^{\aleph_0})\\ &=\aleph_1\cdot2^{\aleph_0}.\\ \end{align}$$ También, el cuadrado de $\aleph_1\cdot 2^{\aleph_0}$ $\aleph_1\cdot 2^{\aleph_0}$ sí lo $(\aleph_1+2^{\aleph_0})^2=(\aleph_1\cdot 2^{\aleph_0})^2$. Sin embargo, ya sabemos que el $\aleph_1+2^{\aleph_0}$ $\aleph_1\cdot 2^{\aleph_0}$ no son iguales.

Answer 2

Esta es una generalización de tetori agradable respuesta, que en realidad muestra que este supuesto implica el axioma de elección.

Lema I. Si $a$ $b$ son infinitos los cardenales son equiparables con sus propias plazas, a continuación,$(a+b)^2=a\cdot b$.

Prueba. Calculamos: $$(a+b)^2=a^2+b^2+2\cdot a\cdot b=a^2+b^2+a\cdot b=a+b+a\cdot b=a\cdot b$$ La segunda igualdad proviene del hecho de que $a\leq a+a=2\cdot a\leq a^2=a$, la última de ellas de la siguiente manera desde el mismo razonamiento. $\qquad\square$

Lema II. Si $a+a=a$ $2^a$ es igual a su propia plaza.

Prueba. $(2^a)^2=2^{a+a}=2^a.\qquad\square$

Tarski del Lexema. Si $a$ es un cardenal, $\lambda$ es un aleph, y $a+\lambda=a\cdot\lambda$, entonces los dos son comparables.

(La prueba aparece en Jech, El Axioma de Elección, Lema 11.6; y hay generalizaciones de este lema allí.)

Teorema. ($\sf ZF$) Si $a^2=b^2\implies a=b$ infinito cardenales, entonces el axioma de elección se mantiene.

Prueba. Vamos a mostrar que el si $\kappa$ es un aleph número, $2^\kappa$ es un aleph número. Esto implica el axioma de elección, por un teorema de Rubin y Rubin, de 1963.

Deje $\lambda=\aleph(2^\kappa)$, por lo menos el aleph cardinal tal que $\lambda\nleq 2^\kappa$. A continuación, $2^\kappa$ $\lambda$ satisfacen las hipótesis del Lema yo, y por lo tanto $(2^\kappa+\lambda)^2=2^\kappa\cdot\lambda=(2^\kappa)^2\cdot\lambda^2=(2^\kappa\cdot\lambda)^2$. Por la singularidad de la raíz cuadrada, $2^\kappa+\lambda=2^\kappa\cdot\lambda$, y por Tarski del lexema $2^\kappa$ $\lambda$ son comparables.

Finalmente,$\lambda\nleq2^\kappa$, por lo $2^\kappa<\lambda$, lo $2^\kappa$ es un aleph número. $\qquad\square$

(Voy a señalar aquí que la prueba final de los usos $\sf ZF$ en forma sustancial. En $\sf ZFA$, donde los átomos están permitidos, habiendo $2^\kappa$ como un aleph no implica el axioma de elección).

Answer 3

Esto no responde a la pregunta (que no entendí, al estar en una niebla mental), pero estoy recuperar en el OP de la solicitud.

El siguiente resumen es copiado de la página. 174 de Wacław Sierpiński, los Números Cardinales y Ordinales, segunda edición revisada, Warszawa, 1965:

Si, por un número natural $k$ y los números cardinales $m$$n$,$km=kn$,$m=n$.

Este teorema fue demostrado sin la ayuda del axioma de elección para $k=2$ en 1905 por F. Bernstein, quien también hizo una prueba para los naturales de $k$ (Bernstein [1], p. 122; también Sierpiński [8], p. 1). Una detallada prueba naturales $k$ (sin la ayuda del axioma de elección) fue publicada por A. Tarski [12] (p. 77). que demostró también (sin la ayuda del axioma de elección) que si por un número natural $k$ y los números cardinales $m$ $n$ tenemos $km\le kn$, $m\le n$ ($k=2$ ver también Sierpiński [31], p. 148).

F. Bernstein, Untersuchungen aus der Mengenlehre, Matemáticas. Annalen 61 (1905), pág. 117-155.

W. Sierpiński, Sur l'égalité $2m=2n$ pour les nombres cardinaux, Fondo. De matemáticas. 3 (1922), pág. 1-16.

W. Sierpiński, Sur l''implication $(2m\le2n)\rightarrow(m\le n)$ pour les nombres cardinaux, Fondo. De matemáticas. 34 (1947), pág. 148-154.

A. Tarski, la Anulación de las leyes de la aritmética de los cardenales, de Fondo. De matemáticas. 36 (1949), pág. 77-92.