¿Hace $k + \aleph_0=\mathfrak {c} $ implica $k = \mathfrak {c} $ sin el axioma de elección?

Question

Actualmente estoy leyendo un poco más en el Axioma de Elección, y estoy gratamente sorprendido de encontrar que hace la media aritmética de los infinitos cardenales parecen fáciles. Con AC sigue la Ley de la Absorción del Cardenal Aritmética, la cual establece que para $\kappa$ y $\lambda$ números cardinales, la mayor infinito y el más pequeño distinto de cero, entonces $\kappa+\lambda=\kappa\cdot\lambda=\max(\kappa\lambda)$.

Yo estaba jugando con la ecuación $k+\aleph_0=\mathfrak{c}$ para algún cardenal de $k$. De lo anterior se sigue que $\mathfrak{c}=k+\aleph_0=\max(k,\aleph_0)$, lo cual implica $k=\mathfrak{c}$.

Tengo curiosidad, ¿se puede mostrar $k=\mathfrak{c}$ sin el Axioma de Elección? Es tal vez posible enlazado $\mathfrak{c}-\aleph_0$ por encima y por debajo de $\mathfrak{c}$? Pero entonces no estoy muy seguro de tales manipulaciones algebraicas significa nada, o trabajos como el que aquí. Sin duda aritmética normal no! Gracias.

Answer 1

En general, existe un argumento sin elección: Supongamos que ${\mathfrak m}+{\mathfrak m}={\mathfrak m}$ y ${\mathfrak m}+{\mathfrak n}=2^{\mathfrak m}$. Entonces ${\mathfrak n}=2^{\mathfrak m}$. Esto da el resultado.

El argumento es parte de un buen resultado de Specker demostrando que si CH tiene por tanto un cardenal de ${\mathfrak m}$ y su poder establecer $2^{\mathfrak m}$, entonces $2^{\mathfrak m}$ es bien disponible. Esto demuestra que la GCH implica la elección, y que la prueba es "local". Sigue abierto si CH para ${\mathfrak m}$ implica que ${\mathfrak m}$ es bien disponible.

De todos modos, aquí está la prueba de la anterior afirmación: Nota primero que $2^{\mathfrak m}\cdot 2^{\mathfrak m}=2^{{\mathfrak m}+{\mathfrak m}}=2^{\mathfrak m}={\mathfrak m}+{\mathfrak n}$.

Deje que $X$ y $Y$ ser distintos conjuntos con $|X|={\mathfrak m}$, $|Y|={\mathfrak n}$, y fijar un bijection $f:{\mathcal P}(X)\times{\mathcal P}(X)\X\copa Y$.

Tenga en cuenta que debe ser un $A\subseteq X$ que la preimagen de $f^{-1}(X)$ echa de menos la fibra de $\{A\}\times {\mathcal P}(X)$. De lo contrario, el mapa que $a\in X$ asigna el único de $A\subseteq X$ tal que $f^{-1}(a)$ es $\{A\}\times {\mathcal P}(X)$ es en contra del teorema de Cantor.

Pero entonces, para cualquier $$, dejando $g(B)=f(a,B)$ nos da una inyección de ${\mathcal P}(X)$ en $Y$, es decir, $2^{\mathfrak m}\le {\mathfrak n}$. Desde el reverso de la inclusión también se mantiene, hemos terminado por Schröder-Bernstein.

(Nota de la similitud a Apostolos y Joriki respuestas.)

La referencia original para Specker el resultado es Ernst Specker, "Verallgemeinerte Kontinuumshypothese und Auswahlaxiom", Archiv der Mathematik 5 (1954), 332-337. Una presentación moderna es en Akihiro Kanamori, David Pincus, "¿ GCH implica AC localmente?", en "Paul Erdős y su matemática, II (Budapest, 1999)", Bolyai Soc. De matemáticas. Stud., 11, János Bolyai De Matemáticas. Soc., Budapest, (2002), 413-426.

Tenga en cuenta que suponiendo que ${\mathfrak m}$ es infinito no es suficiente para que el resultado. Por ejemplo, es coherente que hay infinidad de Dedekind finito de conjuntos de $X$ tales que ${\mathcal P}(X)$ es también Dedekind finito. Para ser Dedekind finito significa que cualquier subconjunto es estrictamente menor. Pero si $2^{\mathfrak m}$ es Dedekind finito y $2^{\mathfrak m}={\mathfrak n}+{\mathfrak l}$ para un valor distinto de cero cardenales de ${\mathfrak n},{\mathfrak l}$, entonces debemos tener ${\mathfrak n},{\mathfrak l}<2^{\mathfrak m}$.

Answer 2

Dado un conjunto $K$ con $\lvert K \rvert=k$ y un bijection $f:\mathbb{R}\K\cup \mathbb{N}$ (suponiendo, sin pérdida de generalidad que $K$ es disjunta de $\mathbb{N}$), elija alguna de $x\in\mathbb{R}$ tal que $f$ mapas ningún elemento de $x+\mathbb{N}\subconjunto\mathbb{R}$ $\mathbb{N}$ (esta es sólo una opción y es posible, ya que sólo countably muchos elementos se asignan a $\mathbb{N}$), y definir un bijection $g:\mathbb{R}\K$ mediante la asignación de $f^{-1}(\mathbb{N})$ $f(x+2\mathbb{N})$, la asignación de $x+\mathbb{N}$ $f(x+1+2\mathbb{N})$, y la asignación de $\mathbb{R}\setminus\left((x+\mathbb{N})\cup f^{-1}(\mathbb{N})\right)$ $f$. Este bijection establece sin elección que $k=\lvert K \rvert=\lvert\mathbb{R}\rvert=\mathfrak{c}$.

Answer 3

Hay otra forma aparte de joriki la respuesta que yo creo que es un poco más fácil y generalmente se considera el "estándar" de manera de mostrar lo que están pidiendo:

Primero que nada, tenemos que $\mathfrak{c}\times\mathfrak{c}=\mathfrak{c}$. Para ver esta usando subconjuntos de los números naturales (por ejemplo) observar que dado $X,Y\in\mathcal{P}(\omega)$ la función $(X,Y)\mapsto\{2n : n\X\}\cup\{ 2n+1 : n\Y\}$ es una inyección.

Por lo tanto tenemos que demostrar que, dado un contable conjunto $X\subconjunto\mathbb{R}\times\mathbb{R}$ tenemos que $|\mathbb{R}\times\mathbb{R}\setminus X|=\mathfrak{c}$. Tomar la proyección de $X$, $\pi(X)$. $\pi(X)$ es en la mayoría de los contables. Esto no usar el axioma de elección ya que $X$ es bien disponible (porque contables). Por lo tanto, existe $x\in\mathbb{R}$ tal que $x\noen\pi(X)$. Entonces el conjunto $\{x\}\times\mathbb{R}$ (que tiene cardinalidad $\mathfrak{c}$) es disjunta de $X$ y por lo tanto un subconjunto de $\mathbb{R}\times\mathbb{R}\setminus X$. Aplicar de Cantor-Bernstein teorema y listo.

Answer 4

Creo que sin CA usted puede demostrar que $a\ge\aleph_0$ implica $\aleph_0+a = a$.

En primer lugar, usted puede encontrar un bijection $f$ entre $\mathbb N\times\{1\}\cup\mathbb N\times\{2\}$ y $\mathbb N$. (Usted puede escribir una fórmula explícita para ello, la elección no es necesario.)

Ahora, se supone que hay una inyección de $g: \mathbb N \$, donde $|A|=a$.

A continuación, puede definir $h: \mathbb N\times\{1\}\cup\times\{2\} \$ por

$h(n,1)=g(f(n,1))$

$h(g(n),2)=g(f(n,2))$

$h(x,2)=x$ si $x\in A \setminus g[\mathbb N]$.

EDITAR: La idea básica es simplemente que si usted tiene un bijective copia de el conjunto $\mathbb N$ en el conjunto $A$, usted puede hacer dos copias de $\mathbb N$ de ella. Sólo traté de escribir formalmente, por lo que podemos comprobar si AC se utiliza en algún lugar.

EDIT: Como Apostolos señalado correctamente, esto no responde a la pregunta original todavía. (I tipo de malinterpretar la pregunta.) Queda por demostrar que $k+\aleph_0=\mathfrak c$ $\Rightarrow$ $\aleph_0\le k$. Esta puede ser de forma similar a como en joriki la respuesta - que muestran que es mucho más elegante (más) de mi intento.