Es coherente con ZF para que exista un conjunto $S$ de manera tal que el poder establecer $P(S)$ es contable? Si es así, ¿cuál es la forma más débil del axioma de elección necesaria para demostrar que no establezca existe?
Respuestas
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No. Es imposible que en ya en ZF.
Recordemos que un conjunto $A$ es finito si y sólo si existe una finito ordinal $k$ y un bijection entre el$A$$k$. A su vez, esto implica que un conjunto $A$ es finito si y sólo si $|A|<\aleph_0$ (es decir, existe una inyección de $A$ a $\omega$, pero no hay bijection entre los conjuntos).
Supongamos que $A$ es un conjunto tal que $P(A)$ es countably infinito. Es trivial que $|A|\leq|P(A)|$, y por Cantor del teorema de la desigualdad es fuerte.
Sin embargo, si $|A|<\aleph_0$ $A$ es finito por definición de finito, y por lo tanto $P(A)$ es finito así.
Greg Case
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Asaf ha respondido a la pregunta. Permítanme añadir que, incluso más que es cierto: que probablemente se encuentre en $\mathsf{ZF}$ Si $A$ es un conjunto, y $\aleph_0\le|\mathcal P(A)|$, entonces, en el hecho de $|\mathbb R|=2^{\aleph_0}\le|\mathcal P(A)|$. Este es un resultado de Kuratowski. Lo que demuestra es que a partir de una inyección de $\mathbb N$ a $\mathcal P(A)$, una infinita secuencia de pares de subconjuntos disjuntos de a $A$ puede ser obtenida (esto toma un poco de trabajo), así que hay un surjection de $A$ a $\mathbb N$, y de esto podemos conseguir fácilmente una inyección de $\mathcal P(\mathbb N)$ a $\mathcal P(A)$.
Bien puede darse el caso de que tenemos un conjunto infinito $A$ tal que $\aleph_0\not\le|\mathcal P(A)|$, a pesar de que siempre ha $\aleph_0\le|\mathcal P(\mathcal P(A))|$ $A$ infinito.
