Mostrando ${\frak c}:=|\Bbb{R}|=2^{\aleph_0}$ utilizando solamente los axiomas de los reales

Question

Es un hecho bien conocido que la cardinalidad del continuo, ${\frak c}:=|\Bbb{R}|$, es igual a la cardinalidad de la powerset de los números naturales, pero me he encargado yo de probar el resultado a partir de cero, y, naturalmente, toda una bandada de poco los temas que yo no había pensado en un principio. El trampolín aquí es que quiero probar esta utilizando sólo los axiomas de los números reales, y no de cualquier construcción dependiente de los hechos.

Es suficiente por Schröder-Bernstein para demostrar ${\frak c}\le2^{\aleph_0}$${\frak c}\ge2^{\aleph_0}$, y una dirección es clara: la función de $f(A)=\sum_{i\in A}3^{-i}$ $A\subseteq\Bbb{N}$ es un inyectiva mapa de ${\cal P}(\Bbb{N})\approx2^{\aleph_0}$ para el conjunto de Cantor, que es un subconjunto de los reales (tenga en cuenta que mediante el uso de $3^{-i}$ en lugar de $2^{-i}$, evitar que tonto tecnicismo acerca de la no-único decimal expansiones), por lo ${\frak c}\ge2^{\aleph_0}$.

Para demostrar lo contrario, no sé si se puede hacer utilizando sólo los axiomas (que se indica aquí). Dada la construcción de los reales por Dedekind recortes, tenga en cuenta que cada número real es un conjunto de racionales, por lo $\Bbb{R}\subseteq{\cal P}(\Bbb{Q})\Rightarrow{\frak c}\le2^\Bbb{Q}=2^{\aleph_0}$. Alternativamente, si usamos secuencias de Cauchy, sabemos que cada número real es una clase de equivalencia de las secuencias de los números racionales, por lo ${\frak c}\le_*\Bbb{Q^N}=2^{\aleph_0}$ (donde el $\le_*$ indica la existencia de un surjection), y después de una aplicación de CA, obtenemos ${\frak c}\le2^{\aleph_0}$.

Pero si he tenido ningún tipo de construcción, puede incluso hacer? He oído algunas cosas acerca de $\Bbb{R}$ "el único fin de completar el campo hasta el isomorfismo" o algo similar, así que debe ser posible utilizar un puro axiomático enfoque para obtener el resultado, pero el principal contraejemplo en mi mente, es la surrealista números de $\sf{No}$, lo que (creo) que también satisfacen todos los axiomas mencionados (a excepción de la existencia de uno, ya que la $\sf{No}\supseteq\sf{On}$), y obviamente hay mucho más surrealista de los números de los números reales. Hay falta de axiomas que necesito para probar esto?

Answer 1

No sé si este cumple con sus requisitos, pero:

El Cantor de la función $f:[0,1]\to[0,1]$ es surjective, continuo, y no decreciente. Esta función $f$ tiene la propiedad de que la restricción $f\upharpoonright C$ $f$ para el conjunto de Cantor $C$ es también surjective. He incluido un gráfico que muestra el aspecto de la función, que también debe hacer su definición clara. (Imagen encontrada aquí.)

Para una buena encuesta de el Cantor de la función y sus propiedades, ver

O. Dovgoshey, O. Martio, V. Ryazanov, y M. Vuorinen. El Cantor de la función, de la Expo. De matemáticas. 24 (1), (2006), 1-37. MR2195181 (2006k:26005).

Podemos definir una inyección de $g:(0,1)\to C$ dejando $g(x)$ ser el primero $t\in C$ $f(t)=x$ (con ese $C$ es cerrado). Desde $|C|=2^{\aleph_0}$, tenemos una prueba de que $\mathfrak c\le 2^{\aleph_0}$, al menos si aceptamos que el $\mathbb R$ $(0,1)$ tienen el mismo tamaño. Si tenemos que discutir sobre esto, hay aun continuo bijections (como algunos la traducción adecuada/dilatación de arco-tangente).

Answer 2

Cuando pensé por primera vez este problema, parece que no sería una solución, ya que el supremum axioma sólo parece prescribir la existencia de nuevos elementos, sin restringir el conjunto de tener elementos adicionales ("no estándar" de reales). Pero resulta que no, y de hecho el surrealista números ($\sf No$) son un buen ejemplo de ello — la surreals no satisfacer el supremum axioma, aunque $\Bbb{R}\subseteq\sf No$. Recordando el supremum axioma (tomado de el enlace en el post original):

$$A\subseteq\Bbb{R}\wedge A\ne\emptyset\wedge\exists x\in\Bbb{R}\,\operatorname{ub}_A(x)\to\exists x\in\Bbb{R}\,\left(\operatorname{ub}_A(x)\wedge\forall y<x \ \neg\operatorname{ub}_A(y)\right),$$

donde $\operatorname{ub}_A(x)$ abrevia $\forall z\in A\,x\ge z$. En inglés, esto nos dice que si un conjunto no vacío $A$ de reales tiene un límite superior, entonces el conjunto de todos los límites superior tiene un mínimo (a menos de límite superior), también en $\Bbb{R}$.

El lugar donde el surreals ir mal en el conjunto $A=\{2^{-n}\mid n\in\Bbb{N}\}$ (mirando el infimum ahora por conveniencia) es que a pesar de $0$ es un surrealista número, no es la mayor cota inferior de a $A$ debido a que un montón de nuevos números fueron de peluche entre el positivo de reales y $0$, y ahora la situación se parece más a $$0<\epsilon<2\epsilon<\cdots<\frac18<\frac14<\frac12<1$$ así que no hay más límite inferior en todo. (De hecho, la surreals no tiene menos límites superiores para cualquier conjuntos en todos, excepto aquellos con un máximo del elemento.)

---

Volviendo a la prueba: vamos a demostrar que para cada una de las $x\in\Bbb{R}$ podemos encontrar una secuencia distinta de números racionales que converge a ella, mostrando así que los $|\Bbb{R}|\le|\Bbb{Q^N}|=2^{\aleph_0}$. Necesitaremos el siguiente lema:

Lema Una (la de Arquímedes de la propiedad): Para cualquier $x\in\Bbb{R}$, hay un $n\in\Bbb{N}$ tal que $n>x$. Prueba: (tenga en cuenta que esta es otra propiedad que el surrealista números no tener). Si hubo un $x\in\Bbb{R}$ tal que $\forall n\in\Bbb{N},x\ge n$, $x$ sería un límite superior en $\Bbb{N}$, por lo que debe existir un mínimo de límite superior $y$. A continuación, $y-1$ no sería un límite superior, por lo que hay un $n\in\Bbb{N}$$n>y-1\to n+1>y$, una contradicción.

Definir una secuencia $(x_n)_{n\in\Bbb{N}^*}$ tal que $x_n=\lceil nx-1\rceil/n$ es el mayor número racional con denominador $n$ que es estrictamente menor que $x$. Esto está bien definido por lema Una. A continuación, $a_1+1$ es un límite superior para $\{x_n|n\in\Bbb{N}^*\}$, por lo que hay una menor cota superior de a $y$. Si $y<x$, entonces hay algunas $n\in\Bbb{N}$ tal que $\frac1n<x-y$ por lema Una, por lo $x_n+\frac1n\le y+\frac1n<x$, una contradicción. Si $y>x$, entonces a partir de la $y$ l.u.b., $x$ no es un límite superior, por lo que hay algunos $x_n>x$, una contradicción. Por lo tanto $y=x$, por lo que la menor cota superior de a$(x_n)_{n\in\Bbb{N}^*}$$x$. Esto es importante porque si $(x_n)_{n\in\Bbb{N}^*}=(y_n)_{n\in\Bbb{N}^*}$, entonces ellos deben tener el mismo menos el límite superior, por lo $x=y$ y por lo tanto la función de $f:\Bbb{R}\to\Bbb{Q^{N^*}}$ definido por $f(x)=(x_n)_{n\in\Bbb{N}^*}$ es inyectiva y ${\frak c}\le2^{\aleph_0}$. (La otra desigualdad se argumenta en la pregunta original.)

Edit: no me gusta aceptar mi propia respuesta, pero este es el método que he utilizado en mis pruebas formales, y funcionó bastante bien. Usted puede examinar el resultado en Metamath. (La prueba de ${\frak c}\ge 2^{\aleph_0}$ resultó ser el más difícil, sobre todo porque de todo el álgebra y la convergencia de los resultados necesarios para demostrar el mapa estaba bien definido y inyectiva.)