Que $A$ y $B$ ser infinito. A $|A\cup B|=\max\{|A|,|B|\}$ necesitamos AC. Ahora vamos a suponer $|A|<|B|$. ¿Podemos mostrar $|A\cup B|=|B|$ sin AC?
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DiGi
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1925
En ausencia de elección podemos suponer que $A$ es un conjunto amorfo y $B=\big(A\times\{0\}\big)\cup\omega$. Supongamos que $f:A\cup B\to B$ es una biyección. Que $C=f[A]$, $D=f[A\times\{0\}]$ y $E=f[\omega]$; entonces $\{C,D,E\}$ es una división de $\big(A\times\{0\}\big)\cup\omega$. Puesto que es amorfo, $A$ $E\cap\big(A\times\{0\}\big)$, $C\cap\omega$, y $D\cap\omega$ debe ser finito. Que $C_0=C\setminus\omega$, $D_0=D\setminus\omega$ y $F=\big(A\times\{0\}\big)\setminus E$; entonces el $C_0,D_0$ y $F$ son amorfos y $F$ es la Unión de separados de $C_0$ y $D_0$, que es imposible. Así, $|A\cup B|\ne|B|$.
DanV
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281
El axioma de elección es de hecho equivalente a la afirmación de que $A+B=\max\{A,B\}$, por cada dos infinito cardenales.
Para ver la no-trivial implicación, considere la posibilidad de $A$ a cualquier conjunto y $B=\aleph(A)$, el Hartogs número de $A$.
Por otro lado, si ya nos suponga que $A<B$, las cosas pueden ser un poco más complicado, requiere algunos de elección, pero no todo.
Si existe un infintie Dedekind-conjunto finito (un conjunto que es más grande que cualquier subconjunto), entonces claramente $1<A$, pero $A+1$ es estrictamente mayor que $A$.
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Por otro lado, considerar Sageev del modelo en el que cada conjunto infinito tiene la propiedad de que $A+A=A$. En este modelo, sin embargo, hay una contables de la familia sin una función de elección así que ni siquiera contables de opción tiene.
Supongamos $A<B$, entonces existe un subconjunto $B'\subseteq B$ tal que $A\sim B'$. En particular, existe un bijective mapa de $A\cup B$ a $B$ que se asigna a $A\cup B'$ a $B'$. Por lo tanto,$A+B=B$.
Así, sin el axioma de elección podemos tener modelos en los que esto es cierto, y otros en los que esto es falso.
