Prueba del principio de intercambio en teoría de conjuntos

Question

¿Cómo se podía usar el Axioma de Fundación (que cada conjunto no vacío tiene un $\in$-mínimo elemento) demostrar que para cualquier par de conjuntos de $x,y$ podemos encontrar un conjunto $x'$, de modo que $x'$ $y$ son disjuntas y $x'$ $x$ están en bijection?

Yo mismo he tratado de construir $x$ recursivamente de la siguiente forma: si $x$ $y$ son distintos, que se hacen; si no, tome $z$ $x \cap y$ y deje $x_{1} = (x - \left\{z_{1}\right\} ) \cup \left\{y\right\}$. Ahora, la nueva intersección $x_{1} \cap y$ tiene el tamaño de la con $1$ menos que el tamaño de $x \cap y$ porque $y \not \in y$ (por el Axioma de Fundación) y así sucesivamente (es decir, si $x_{1}$ $y$ no son disjuntas tome $z_{2}$ en la intersección y deje $x_{3} = (x_{1} - \left\{z_{2}\right\}) \cup \left\{\left\{y\right\}\right\}$. Sin embargo, no creo que esto funciona, ya que podríamos tener $y \in x$ y se echa a perder nuestra bijection.

Una respuesta detallada, se agradecería... (para mí para conseguir cómodo con los conceptos básicos) gracias

Answer 1

En realidad, no es necesario el Axioma de Fundación para eso.

Lema. Dado un conjunto $X$, podemos encontrar un conjunto $Y$ tal que $|X|=|Y|$ $X\cap Y=\emptyset.$

Prueba.Vamos $$T=\{(S,x):S\subseteq X,\ x\in X,\ (S,x)\in X,\ (S,x)\notin S\}\subseteq X$$ y vamos a $$Y=\{(T,x):x\in X\}.$$ Claramente $|X|=|Y|.$ Asumir una contradicción que $X\cap Y\ne\emptyset,$ es decir, hay un elemento $x\in X$ tal que $(T,x)\in X.$ Ahora llegamos a la paradoja de Russell en el formulario $$(T,x)\in T\iff(T,x)\notin T.$$ Teorema. Dado los conjuntos de $x$ $y,$ podemos encontrar un conjunto $x'$ tal que $|x|=|x'|$ $x'\cap y=\emptyset.$

Prueba. Deje $X=x\cup y.$ Por el lema, podemos encontrar un conjunto $Y$ tal que $X\cap Y=\emptyset$ $|Y|=|X|=|x\cup y|\ge|x|.$ Elija $x'\subseteq Y$ $|x'|=|x|.$

Answer 2

Utilizando el emparejamiento y el reemplazo , deje que$$x'=\bigl\{ \{y,z\}\mid z\in x\bigr\}.$ $ Then$x\to x'$,$z\mapsto \{y,z\}$ sea una biyección (aunque se pueda producir$z=y$). Para$z\in x$ considere el conjunto$u=\{\{z,y\},y\}$ (de nuevo utilizando el emparejamiento ). Como$\{z,y\}\cap u$ es nonempty, la Fundación dice que$y\cap u$ está vacío, especialmente$\{y,z\}\notin y$, de ahí$x'\cap y=\emptyset$

Answer 3

Permítanme ofrecer un enfoque diferente, que puede ser más interesante, pero más avanzado.$\newcommand{\rank}{\operatorname{rank}}$

A partir de los axiomas de la fundación y de reemplazo se puede deducir la existencia de un ordinal rango de la función, por ejemplo: $$\rank(x)=\sup\{\rank(y)+1\mid y\in x\}.^{[1]}$$

Hecho: Si $\alpha$ es un ordinal, a continuación,$\rank(\alpha)=\alpha$.

Prueba. Podemos demostrar por inducción, supongamos que es cierto para todos los $\beta<\alpha$, $$\rank(\alpha)=\sup\{\rank(\beta)+1\mid\beta<\alpha\}=\sup\{\beta+1\mid\beta<\alpha\}=\alpha.$$

El primer signo de igualdad es la definición de la clasificación; el segundo se sigue de la hipótesis de inducción; y la última igualdad es un vacío en el caso de cero, si $\alpha$ es un sucesor, a continuación, $\alpha=\beta+1$ y la igualdad de la siguiente manera, y si $\alpha$ es un ordinal límite, a continuación, la igualdad se sigue de la definición de un límite ordinal. $\square$

Así que supongamos $\alpha=\rank(x)$$\beta=\rank(y)$$\gamma=\alpha+\beta+1$, definimos $x'=x$$y'=\{\{\gamma,z\}\mid z\in y\}$. A continuación, $y'$ es un conjunto dado de emparejamiento y de reemplazo (similar a Hagen von Eitzen la respuesta). Claramente $x$ $x'$ tiene un bijection entre ellos, y $y$ tiene un bijection con $y'$.

Nos deja ver que $y'\cap x'=\varnothing$. Todos los elementos de a $x'$ tiene rango menor que $\alpha$ por la definición de la función de clasificación, mientras que cada elemento de a $y'$ es de la forma $\{\gamma,z\}$ donde $\rank(z)<\beta<\gamma$. Por lo tanto, $$\rank(\{\gamma,z\})=\max\{\gamma+1,\rank(z)+1\}=\gamma+1.$$

De esto tenemos que si $z'\in y'$ $\rank(z')>\rank(x')$ y, por tanto,$z'\notin x'$, y si $z'\in x'$, entonces es imposible que $z'\in y'$. Así que tenemos $x'\cap y'=\varnothing$ como quería.

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Notas a pie de página:

1. El $+1$ puede ser colocado fuera de la $\sup$ sí, y me parece que es una cuestión filosófica de si o no los nuevos datos se deben agregar al límite de etapas, en el que me encuentro sentado en la valla y se inclina a cada lado, dependiendo de mi estado de ánimo.