¿Me pregunto cómo la hipótesis del continuo generalizada revelan que $A\times A$ es equivalente a $A$? $A$ es cualquier conjunto infinito.
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Greg Case
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Es relativamente fácil ver el contorno de la prueba ($\mathsf{ZF}$$\mathsf{GCH}$implica $A\times A\sim A$ para todos los conjuntos infinitos $A$. Esto es usualmente presentado como un paso intermedio hacia el más carnoso resultado que $\mathsf{GCH}$ nos da la opción. Permítanme darles un boceto.
Suponga $\mathsf{GCH}$. Tenga en cuenta que si $\mathfrak m$ es un infinito de cardinalidad, y no hay de tamaños intermedios entre el$\mathfrak m$$2^{\mathfrak m}$,$\mathfrak m+1=\mathfrak m$. Esto es debido a que uno puede ver directamente que $\mathfrak m+1<2^{\mathfrak m}$ todos los $\mathfrak m>1$ (generalizando ligeramente Cantor del argumento de $2^{\mathfrak m}>\mathfrak m$).
Pero entonces tenemos que $\mathfrak m+\mathfrak m=\mathfrak m$, debido a $\mathfrak m\le\mathfrak m+\mathfrak m\le 2^{\mathfrak m}+2^{\mathfrak m}=2^{{\mathfrak m}+1}=2^{\mathfrak m}$. Esto es debido a que $2\mathfrak m<2^{\mathfrak m}$. (De hecho, más del $\mathsf{ZF}$, $n\mathfrak m<2^{\mathfrak m}$ para todos finito $n$. Este es un resultado de Specker. Un fuerte resultado es que si $\aleph_0$ inyecta en $X$, $\mathcal P(X)$ no puede inyectar en el conjunto de secuencias finitas de elementos de $X$. Esto fue demostrado por Halbeisen y Sela, ver por ejemplo este post en el blog de la mina.)
Finalmente, $\mathfrak m^2=\mathfrak m$, ya que el $\mathfrak m\le \mathfrak m^2\le (2^{\mathfrak m})^2=2^{2\mathfrak m}=2^{\mathfrak m}$, e $2^{\mathfrak m}\not\le\mathfrak m^2$ (por el Halbeisen-Sela resultado, por ejemplo).
El uso de la Halbeisen-Sela resultado aquí es una exageración, por supuesto. Specker del argumento original establecido $2^{\mathfrak m}\not\le \mathfrak m^2$ directamente de la hipótesis de $\mathfrak m\ge5$.
Tenga en cuenta que el argumento anterior es "local" en el sentido de que concluye $\mathfrak m^2=\mathfrak m$ a partir de la sola suposición de $\mathsf{GCH}$$\mathfrak m$. Desde la asunción de que la $\mathfrak m^2=\mathfrak m$ todos los $\mathfrak m$ implica la elección, el resultado ideal sería la de mostrar que, desde el $\mathsf{GCH}$ $\mathfrak m$ se sigue que $\mathfrak m$ está bien-disponible (es decir, un aleph). Sierpiński demostrado que el bien orderability de $\mathfrak m$ sigue de $\mathsf{GCH}$ a $\mathfrak m$, $2^{\mathfrak m}$, y $2^{2^{\mathfrak m}}$. Specker mejorado, mostrando que, asumiendo $\mathsf{GCH}$ $\mathfrak m$ $2^{\mathfrak m}$ es suficiente. Si $\mathsf{GCH}$ $\mathfrak m$ ya es suficiente es un problema abierto.
Oli
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DanV
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En general, en ZFC, incluso sin GCH, cada conjunto infinito puede ser bien ordenado, y es cierto infinitas bien de conjuntos ordenados que $A\times A\sim A$ (donde $\sim$ denota equinumerosity).
En ZF sí mismo, que es coherente que algunas conjunto infinito $A$ sostiene que $A\times A\nsim A$. Pero ese $A$ no puede ser bien ordenado, por supuesto.
GCH puede ser formulado en dos aparentemente no formas equivalentes:
- Para cada $\alpha$, $2^{\aleph_\alpha}=\aleph_{\alpha+1}$.
- Para cada conjunto infinito $A$ si $A\lesssim B\lesssim\mathcal P(A)$ entonces $B\sim A$ o $B\sim\mathcal P(A)$. Es decir, no hay intermedio de cardinalidad entre un conjunto infinito y su juego de poder.
Mientras que ambas afirmaciones son claramente diferentes, uno que habla sobre el poder de los conjuntos de cada serie y el otro sólo se refiere a la orden de los cardenales, resulta que uno implica el axioma de elección, y por lo tanto el otro. De ello se sigue que si asumimos GCH debe mantener ese $A\times A\sim A$ por cada infinitas $A$.
Cabe señalar que $A\times A\sim A$ implica que el axioma de elección en su propio acuerdo, aunque no GCH en cualquiera de las formas.
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