¿Implica $\mathfrak{(p<q)\land(r<s)}$ $\mathfrak{p^r<q^s}$?

Question

1. ¿Implica $\mathfrak{(p<q)\land(r<s)}$ $\mathfrak{p^r<q^s}$, donde $\mathfrak{ p,q,r,s}$ son números cardinales?
2. ¿Es posible probar en $\mathsf{ZFC}$ que hay un contraejemplo?

Answer 1

La desigualdad no se sostiene en general. En primer lugar, tenga en cuenta que $2^\kappa=\kappa^\kappa$ para cualquier infinitas $\kappa$. En segundo lugar, es consistente (utilizando la técnica de forzar a) que $2^{\aleph_0}=2^{\aleph_1}=\aleph_2$, aunque $\aleph_0<\aleph_1$. Esto nos da que es coherente que $\aleph_0<\aleph_1$, y sin embargo $\aleph_0^{\aleph_0}=\aleph_1^{\aleph_1}$.

Para (combinatoria más involucrados) $\mathsf{ZFC}$ ejemplo, $\beth_\omega^{\aleph_0}=\beth_\omega^{\aleph_1}$, lo $\beth_{\omega}^{\aleph_0}=(\beth_\omega^+)^{\aleph_1}$. (Para un cálculo similar, ver Jech del ejercicio 5.18, aquí o aquí.)

Answer 2

Andrés Caicedo le preguntó si se puede o no resultar en $\sf ZF$ que existe un contraejemplo (es decir, una situación donde la desigualdad se cumple en la hipótesis, pero los exponentes son iguales).

En $\sf ZFC$ sabemos que existe como contraejemplo, así que supongamos $\sf ZF+\lnot AC$. Deje $P$ ser un conjunto que no puede ser bien ordenado, y deje $\newcommand{\fp}{\mathfrak p}\fp$ denotar su cardenal. Hacemos los siguientes supuestos:

1. $\fp^\omega=\fp$, de lo contrario, reemplace$P$$P^\omega$. A partir de esta hipótesis se puede concluir que: $\fp=\fp+\fp=\fp\cdot\fp$, y de las que podemos deducir que $\fp^\fp=2^\fp$.

2. Si $\kappa$ es el menor ordinal no menor o igual a $\fp$,$\kappa<2^\fp$. Si esto no es cierto, podemos sustituir $\fp$ $2^\fp$ (debido a $\kappa$ es el menor ordinal con que la propiedad de $2^\fp$) o $2^{2^{\fp}}$ si es necesario. Ya sabemos que $\kappa<2^{2^{2^\fp}}$, una de las tres opciones que debe tener la quería propiedad.

   Tenga en cuenta que las propiedades anteriores son preservados por el poder, por lo que la sustitución de $\fp$ por su juego de poder (una o dos veces) no cambiaría la primera suposición.

Otras importantes propiedades siguientes de la primera propiedad son: $$2^\fp=(2^\fp)^\fp=2^\fp+2^\fp=2^\fp\cdot2^\fp.$$

Sabemos por un lexema de Tarski que si $\lambda$ $\aleph$ $\mathfrak m$ es un cardinal tal que $\frak\lambda+m=\lambda\cdot m$, $\lambda$ $\frak m$ son comparables. Porque tomamos $\kappa$ a ser incomparable con $\fp$ sabemos que $\fp+\kappa<\fp\cdot\kappa$.

Tenga en cuenta que $\fp(\fp+\kappa)=\kappa(\fp+\kappa)=(\fp+\kappa)(\fp\cdot\kappa)=\fp\cdot\kappa$ por las propiedades de las $\fp$$\kappa$.

• Caso I: $2^\kappa\nleq2^\fp$.

  Se observa que el $2^\fp<2^{\fp+\kappa}$, y ahora tenemos que calcular: $$\begin{align} &(2^\fp)^{\fp+\kappa}=2^{\fp(\fp+\kappa)}=2^{\fp\cdot\kappa}&\tag{1}\\ &(2^{\fp+\kappa})^{\fp\cdot\kappa}=2^{(\fp+\kappa)\fp\cdot\kappa}=2^{\fp\cdot\kappa}&\tag{2} \end{align}$$ Y no es difícil ver que las desigualdades están satisfechos, pero la exponenciación termina igual.

• Caso II: $2^\kappa\leq2^\fp$.

  Tomamos nota de que $2^\fp=2^{\fp+\kappa}$, y hacemos los siguientes cálculos: $$\begin{align} & 2^\fp=2^{\fp+\kappa}\leq\fp^{\fp+\kappa}\leq(2^\fp)^{\fp+\kappa}=2^{\fp\cdot\kappa}=(2^\kappa)^\fp\leq(2^\fp)^\fp=2^\fp&\tag{3}\\ & 2^\fp\leq\kappa^\fp\leq(2^\fp)^\fp=2^\fp &\tag{4} \end{align}$$ Y en este caso vemos que el $\kappa<2^\fp$ y $\fp<\fp+\kappa$, pero la exponenciación es otra vez igual.