Nociones de infinito en ZF

Question

Por lo que yo entiendo en ZF tenemos que (i) implica (ii) implica (iii) implica (iv)

(i) Infinito y bien disponible

(ii) Infinito y $|A\times A|=|A|$

(iii) Dedekind-Infinito (es decir,$|A|+1=|A|$)

(iv) Infinito (es decir, no bijective con cualquier ordinal finito)

Sé que hay modelos donde existen conjuntos infinitos que son Dedekind-infinito. También me enteré recientemente que hay Dedekind-Infinito de conjuntos que no tienen la propiedad: $|A\times A|=|A|$. Es decir,

$$X\sqcup \aleph(X)$$

donde $X$ no está bien hacer pedidos y $\aleph(X)$ es el Hartogs' número ordinal.

DOS PREGUNTAS

(1) estoy bastante seguro de que (ii) no implica (i), pero sólo debido a la forma del Teorema de Tarski es demostrado (requiriendo que todos los conjuntos infinitos tienen la propiedad ii). Es este un problema abierto? También sé que, por ejemplo, suponiendo CH en un infinito cardenal $\mathfrak{p}$ y su poder establecer $2^\mathfrak{p}$ implica $\mathfrak{p}$ puede ser bien ordenado, pero no se sabe que si sólo CH en $\mathfrak{p}$ es suficiente. Desde CH($\mathfrak{p}$) implica $\mathfrak{p}^2=\mathfrak{p}$, me parece que es una pregunta abierta.

(2) Entre (iii) y (ii) existe una noción de infinito: el Infinito y $|A|\times 2=|A|$. Es esta noción estrictamente entre?

Si usted tiene un de referencia de que las respuestas o los estudios de estos tipos de preguntas, haga el favor de compartirlo conmigo. También gracias por su tiempo y paciencia en la elaboración de una respuesta!

Answer 1

Su intuición es correcta, que (ii) no implica (i). Hay modelos de ZF en el que $\mathbb{R}$ no disponible, sino $\mathbb{R}$ siempre cumple (ii) desde el $|\mathbb{R}\times\mathbb{R}|=2^{\aleph_0}\cdot 2^{\aleph_0}=2^{\aleph_0+\aleph_0}=2^{\aleph_0}$.

La respuesta a la segunda pregunta es también sí. Para obtener un conjunto $A$ que satisface su condición, pero no (ii), vamos a $X$ ser un conjunto que no es disponible, deje $Y=X\times\mathbb{N}$, y deje $A=Y\sqcup\aleph(Y)$. A continuación, $|A|\times 2=|A|$ ya que el mismo es cierto de $Y$$\aleph(Y)$. Pero si $|A\times A|=|A|$, $Y$ es bien disponible, lo que implica $X$ está bien-disponible ya que se inyecta en $Y$.

Para obtener un conjunto $A$ que satisface a (iii), pero no su condición, vamos a $X$ ser un infinito Dedekind-conjunto finito y deje $A=X\sqcup\mathbb{N}$. Claramente $A$ satisface (iii). Si hubo una inyección de $f:A\times\{0,1\}\to A$, $f$ podría mapa en la mayoría de un número finito de elementos de $X\times \{0,1\}$$\mathbb{N}$, ya que de lo contrario usted podría invertir $f$ sobre un subconjunto infinito de $\mathbb{N}$ para obtener una inyección de un countably conjunto infinito a $X$. Así que hay un conjunto finito $F$ tal que $f$ restringe a una inyección de $g:X\times\{0,1\}\setminus F\to X$. Tomar un número finito de puntos de $X\times\{1\}$ a reemplazar todos los puntos de $F\cap X\times\{0\}$, podemos suponer que la $g$ está actualmente definida en todos los de $X\times\{0\}$, además de al menos un punto de $X\times \{1\}$. Esto significaría $|X|+1=|X|$.