Esta es, probablemente, mucho más largo y el más feo de lo que debe ser, pero que tipo de error en el acortamiento de ella ahora.
Usted puede construir las $X$ como sigue: vaya a $f \colon A \to B$ $g \colon B \to A$ ser inyectiva, conjunto
$$
h = g \circ f \colon A \a Un
\quad\text{y}\quad
k = f \circ g \colon B \a B,
$$
ambos de los cuales son inyectiva. A continuación, establezca
$$
X = \bigcap_{n \geq 0} h^n(A)
\quad\text{y}\quad
Y = \bigcap_{n \geq 0} k^n(A).
$$
Observe que
$$
A = h^0(A) \supseteq h^1(Un) \supseteq h^2(A) \supseteq \dotso
$$
y
$$
B = k^0(A) \supseteq k^1(Un) \supseteq k^2(A) \supseteq \dotso
$$
son bajándolo secuencias, por lo $X = \bigcap_{n \geq m} h^n(A)$ $Y= \bigcap_{n \geq m} k^m(B)$ por cada $m \geq 0$.
Para cada $n \geq 0$ hemos
$$
f \circ h^n
= f \underbrace{(g f) \dotsm (g f)}_n
= \underbrace{(f g) \dotsm (f g)}_n f
= k^n \circ f.
$$
Por lo tanto
$$
f(X)
= f\left( \bigcap_{n \geq 1} h^n(A) \right)
= \bigcap_{n \geq 0} f(h^n(A))
= \bigcap_{n \geq 0} k^n(f(A)).
$$
Porque
$$
\bigcap_{n \geq 0} k^n(f(A))
\subseteq \bigcap_{n \geq 0} k^n(B)
= Y
$$
y
$$
\bigcap_{n \geq 0} k^n(f(A))
\supseteq \bigcap_{n \geq 0} k^n(f(g(B)))
= \bigcap_{n \geq 0} k^{n+1}(B)
= \bigcap_{n \geq 1} k^n(B)
= Y
$$
de ello se desprende que $f(X) = Y$. Similarmente $g(Y) = X$.
Observe también que
$$
(g \circ f)(X)
= h(X)
= h\left( \bigcap_{n \geq 0} h^n(A) \right)
= \bigcap_{n \geq 0} h^{n+1}(A)
= \bigcap_{n \geq 1} h^n(A)
= X
$$
y de manera similar a $(f \circ g)(Y) = Y$. Por lo $f$ mapas de $X = g(Y)$ bijectively en $f(X) = f(g(Y)) = Y$, y a la inversa está dada por $g$ asignación de $Y$ bijectively en $X$.
Ahora vamos a $C = g(B)^C$$D = f(A)^C$, es decir,$A = C \uplus g(B)$$B = D \uplus f(A)$. Entonces
$$
Un
= C \uplus g(B)
= C \uplus g(D) \uplus g(f(A))
= C \uplus g(D) \uplus h(a)
$$
Mediante la inserción de la parte izquierda de la ecuación de arriba en el lado derecho podemos encontrar de forma inductiva que
$$
A = \left(
\biguplus_{i=0}^n h^i(C) \uplus h^i(g(D))
\right)
\uplus h^{n+1}(A)
$$
para todos los $n \geq 0$. En particular, tenemos que
$$
X'
= \bigcup_{n \geq 0} h^n(C) \cup h^n(g(D))
= \biguplus_{n \geq 0} h^n(C) \uplus h^n(g(D)).
$$
Observe que
\begin{align*}
(X')^C
&= \left( \bigcup_{n \geq 0} h^n(C) \cup h^n(g(D)) \right)^C
= \left( \bigcup_{n \geq 0} \bigcup_{i=0}^n h^i(C) \cup h^i(g(D)) \right)^C \\
&= \bigcap_{n \geq 0} \left( \bigcup_{i=0}^n h^i(C) \cup h^i(g(D)) \right)^C
= \bigcap_{n \geq 0} h^{n+1}(A)
= X.
\end{align*}
Así pues, tenemos una descomposición
$$
Un
= X' \X uplus
= \biguplus_{n \geq 0} h^n(C) \uplus h^n(g(D)) \uplus X.
$$
Del mismo modo tenemos una descomposición
$$
B
= Y' \uplus Y
= \biguplus_{n \geq 0} k^n(D) \uplus k^n(f(C)) \uplus Y.
$$
donde
$$
Y'
= \bigcup_{n \geq 0} k^n(D) \cup k^n(f(C))
= \biguplus_{n \geq 0} k^n(D) \uplus k^n(f(C)).
$$
Ahora tenemos $h^n(C) \cong C \cong f(C) \cong k^n(f(C))$ y similar a $k^n(D) \cong h^n(g(D))$ todos los $n \geq 0$, así como el $X \cong Y$. La combinación de estos tenemos que $A \cong B$.
Es quizás interesante notar que en esta prueba se utilizó un límite de enfoque, es decir, que la primera aproximación de las quería particiones de $A$ $B$ y, a continuación, tomamos un límite en las intersecciones. Al igual que en el análisis se puede reemplazar aproximaciones mediante la descripción de funciones como soluciones a la colocación de ecuaciones se puede sustituir por encima de la construcción mediante el uso de solucionar teoremas de punto. Por ejemplo Bredon de la Topología y la Geometría, Apéndice B características de una muy buena prueba del teorema mediante el uso de algunas buenas declaraciones acerca de la existencia de fixpoints de la monotonía de las funciones en completa redes (por ejemplo, conjuntos de poder).
