Buena pregunta. He aquí una respuesta parcial.
En primer lugar, parece que no hay ninguna prueba puramente "en el espíritu de Cantor", porque la desigualdad $2^{\mathfrak m}>{\mathfrak m}^2$ no es demostrable sin apelar al axioma de elección: En el modelo básico de Fraenkel existe un conjunto $A$ de manera que si $\mathfrak m=|A|$ entonces ${\mathfrak m}^2\nleq 2^{\mathfrak m}$ (ver aquí o aquí para una descripción del modelo). Esto significa que no podremos dar un argumento que demuestre la desigualdad que sólo apela a propiedades generales de las funciones.
Este responder (o ver las otras respuestas en ese hilo) muestra que para cualquier $k$ Si $n$ es finito pero suficientemente grande, $2^n>n^k$ . La idea es que $\displaystyle 2^n\ge\binom{n}{k+1}$ y este último es finalmente mayor que $n^k$ . Para $k=2$ podemos argumentar de una manera particularmente elegante: $$n^2=\binom{n}1+\binom{n}2+\binom{n}{n-2}$$ y, si $n\ge 5$ Los tres términos aparecen en diferentes lugares en $$ \sum_k\binom nk=2^n. $$ El argumento es puramente elemental pero no del todo a la Cantor .
Ahora podemos utilizar el caso finito para demostrar el teorema de Specker de 1954 que, para cualquier infinito $\mathfrak m$ , $2^{\mathfrak m}\nleq {\mathfrak m}^k$ . Esto es lo mejor posible, basado en el primer párrafo. Asumiendo la elección, podemos mejorar esto a ${\mathfrak m}^k<2^{\mathfrak m}$ porque de la elección se deduce que $\mathfrak m^2=\mathfrak m$ para todos los infinitos $\mathfrak m$ -- ver el primer lema de la sección 6, aquí donde también se demuestra que hay biyecciones explícitas $f_\alpha:\alpha\to\alpha\times\alpha$ para todos los ordinales infinitos $\alpha$ lo utilizaremos a continuación. Como verás, en el fondo, la prueba utiliza el argumento diagonal de Cantor, pero cuesta un poco de trabajo llegar a él.
Supongamos que $A$ es infinito. Argumentamos que no hay inyección $f:\mathcal P(A)\to A^k$ . El argumento utiliza algunas propiedades de ordinales En particular, el resultado que se acaba de exponer en el párrafo anterior sobre la existencia de biyecciones, y Teorema de Hartogs que para cualquier conjunto $A$ hay un ordinal que no se puede inyectar en $A$ . Para simplificar la notación, muestro aquí el caso $k=2$ pero esto no afecta a la prueba (de hecho, en lugar de $A^k$ podemos utilizar cualquier "polinomio en $A$ con coeficientes de números naturales", es decir, cualquier conjunto que sea una unión disjunta de un número finito de copias de un número finito de potencias $A^k$ .
El argumento es por contradicción: Supongamos que $f:\mathcal P(A)\to A^2$ es inyectiva. Empezar con distintos $x_0,\dots,x_4$ en $A$ . De forma recursiva, supongamos que $4\le n\in\mathbb N$ y distintos $x_0,\dots,x_n$ en $A$ se han definido. Desde $2^{n+1}>(n+1)^2$ la imagen del conjunto de potencias de $C=\{x_0,\dots,x_n\}$ en $f$ no puede ser completamente contenida en $C^2$ . Ordenar linealmente ${\mathcal P}(C)$ lexicográficamente, utilizando la ordenación $x_0<\dots<x_n$ . Dejemos que $U$ sea el primer subconjunto de $C$ tal que $f(U)=(x,y)\notin C^2$ . Dejemos que $x_{n+1}=x$ , a menos que $x\in C$ , en cuyo caso dejemos que $x_{n+1}=y$ . Este procedimiento define una inyección de $\omega$ (el primer ordinal infinito, el tamaño de $\mathbb N$ En $X$ .
Continuamos ahora con los infinitos ordinales. Supongamos que $x_\beta$ se ha definido para $\beta<\alpha$ . Utilizando la biyección $f_\alpha:\alpha\to\alpha\times\alpha$ definimos a parcial función $g$ de un subconjunto de $\alpha$ a $\mathcal P(A)$ de la siguiente manera: $\beta<\alpha$ está en el dominio de $g$ y $g(\beta)=B$ si, dejando $f_\alpha(\beta)=(\gamma,\delta)$ entonces $f(B)=(x_\gamma,x_\delta)$ .
Ahora dejemos que $D=\{x_\xi\mid \xi<\alpha$ , $g(\xi)$ se define, y $x_\xi\notin g(\xi)\}$ . Esto debería recordar al argumento de la diagonal en la prueba de Cantor. En efecto, dejando que $f(D)=(x,y)$ vemos rápidamente que, o bien $x$ no es uno de los $x_\xi$ y establecemos $x_\alpha=x$ o bien $y$ no lo es, y fijamos $x_\alpha=y$ .
Este argumento produce una secuencia inyectiva $x_\alpha$ de elementos de $A$ , donde $\alpha$ pasa por todos los ordinales. Pero esto es imposible, por el resultado de Hartogs. La contradicción implica que la inyección $f$ no existe después de todo, y hemos terminado.
Specker utilizó este resultado para demostrar que, para cualquier $n$ , $n\cdot\mathfrak m<2^{\mathfrak m}$ . También lo utilizó para demostrar que la hipótesis del continuo generalizado implica el axioma de elección.
Mucho más recientemente, Halbeisen y Shelah generalizaron el resultado de Specker en varias direcciones. Todas sus pruebas utilizan en su núcleo un argumento diagonal precisamente como en el resultado de Cantor, pero también requieren un análisis cuidadoso similar a la prueba que acabamos de esbozar. Como ejemplos de sus resultados, demostraron (sin utilizar la elección) que si $X$ no es vacía, entonces no existe una biyección entre $\mathcal P(X)$ y el conjunto $\mathrm{Seq}(X)$ de secuencias finitas de elementos de $X$ . De hecho, si hay una inyección de $\mathbb N$ en $X$ entonces $\mathcal P(X)\nleq\mathrm{Seq}(X)$ . También muestran que si hay una inyección de $\mathbb N$ en el conjunto $\mathrm{Fin}(X)$ de subconjuntos finitos de $X$ entonces para cualquier $n,m\in\mathbb N$ no existe una biyección entre $n|\mathrm{Fin}(X)|^m$ y $\mathcal P(X)$ . Este es un bonito argumento que también se generaliza resultados anteriores de Kuratowski. Estos y otros resultados se pueden encontrar en el reciente libro de Halbeisen sobre Teoría de conjuntos combinatorios .
