¿Alguno de los innumerables contienen dos disjuntas innumerables conjuntos?

Question

Es cierto que para cualquier innumerables $S$, no hay salidas de dos innumerables subconjuntos $S_1,S_2 \subseteq S$$S_1 \cap S_2 = \emptyset$?

No puedo encontrar contador de ejemplo, pero no hay pruebas.

Soy consciente de preguntas similares con respecto a la partición de multitud de subconjuntos de la recta real, y hay muchos ejemplos de disjoints innumerables subconjuntos de a $\mathbb{R}$, decir $R_1,R_2$.

No está claro para mí, sin embargo si esto se extiende a cualquier multitud innumerable. Para innumerables conjuntos de $S$$S \succeq_{card} \mathbb{R}$, existe una inyección de $f : \mathbb{R} \rightarrow S$ y la elección de $S_1,S_2$ $S_i = \{s\in S~|~ s = f(r_i) $ algunos $ r_i \in R_i\}$, funciona.

Pero de lo que he entendido de la hipótesis continua, podría existir un sinnúmero de conjuntos de $H$$\mathbb{R} \succeq_{card} H$. Así que, usando el argumento anterior, no se puede inferir que la propiedad se mantiene para todos los innumerables establece a partir de la observación de que para $\mathbb{R}$. Esto es correcto? Hay otras formas de demostrar o refutar la afirmación?

Answer 1

Bajo el axioma de elección, para cualquiera de los dos infinitos números cardinales, su suma, lo que corresponde a su distinto de la unión, es simplemente el máximo de los dos números. Este es un estándar de hecho de cardenal de la aritmética se puede encontrar en cada juego el libro de la teoría.

Así que si $S$ es incontable con el cardenal $\alpha$,$\alpha+\alpha=\alpha$. Así que existe dos copias disjuntas $S_1, S_2$ $S$ de manera tal que su sindicato tiene la misma cardinalidad como $S$. Así que hay un bijection $f:S_1\cup S_2\to S$. Por lo $f(S_1)$ $f(S_2)$ son dos disjuntas innumerables subconjuntos de a $S$.

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Aquí es un método real para "construir" un bijection de$S$$S\times\{0,1\}$. Deje $\mathcal{F}$ ser parte de la familia de todos los bijections de algún subconjunto $T$$S$$T\times\{0,1\}$. Un bijection siempre existe al $T$ es un countably subconjunto infinito. El fin de estas funciones por la inclusión del conjunto en el gráfico. A continuación, las condiciones del Lema de Zorn está satisfecho, y existe un máximo de la función de la forma $f:T\to T\times\{0,1\}$. Si $S\backslash T$ sería infinito, que contiene una contables subconjunto de y, a continuación, podríamos extender $f$ a una mayor función en la contradicción de ser máxima. Por lo $S\backslash T$ debe ser finito. Así que hay un bijection $g:\{0,1,\ldots,n-1\}\to S\backslash T\times\{0,1\}$. Deje $C=\{x_0,x_1,\ldots\}\subseteq S$ ser countably infinito. Usted puede construir ahora un nuevo bijection $f':S\to S\times\{0,1\}$ por $$f'(x) = \begin{cases} g(m) &\mbox{if } x_m\in\{x_0,\ldots,x_{n-1}\}\subseteq C\\ f(x_{m-n}) & \mbox{if } x_m\in C\text{ and }m\geq n.\\ f(x) &\mbox{otherwise.}\end{casos} $$

La prueba es esencialmente de Halmos poco de teoría de conjuntos libro.