Demostrar que si $A$ es un conjunto infinito entonces $A \times 2$ es equipotente a $A$

Question

Quiero demostrar que si $A$ en un conjunto infinito, entonces el producto cartesiano de $A$ con 2 (el conjunto cuyos únicos elementos son 0 y 1) es equipotente a $A$ .

Puedo usar el Lemma de Zorn, pero no puedo usar nada sobre números cardinales o aritmética cardinal (ya que no hemos tocado ese tema en el curso).

He leído una prueba del hecho de que si $a$ es un número cardinal infinito, entonces $a+a=a$ que es algo similar a lo que quiero probar.

Cualquier sugerencia será apreciada :)

Answer 1

Considere la colección $S$ de pares $(X,f)$ donde $X\subseteq A$ es infinito y $f:X\times 2\hookrightarrow X$ . Entonces $S$ es no vacía, ya que $A$ siendo infinito contiene una copia de $\Bbb N$ y se sabe que $\Bbb N\times 2\simeq \Bbb N$ . Debería ser evidente que bajo la ordenación de la extensión, este conjunto siempre tiene $(X,f)\in S$ si $X=\bigcup X_i$ y $f=\bigcup f_i$ con cada $(X_i,f_i)\in S, i\in I$ y $I$ un orden total. Por el lema de Zorn se deduce que existe un elemento maximal $(A',g)$ en $S$ . Si demostramos que $A'$ tiene la misma cardinalidad que $A$ hemos terminado. Ahora está claro $\# A'\leqslant \# A$ desde $A'$ es un subconjunto de $A$ . Por lo tanto, asuma $\#A'<\#A$ . Entonces $A\setminus A'$ debe ser infinito, ya que si no tendríamos por $A=A'\sqcup (A\setminus A')$ una igualdad (recordemos que si $\mathfrak a$ es infinito y $\mathfrak b$ finito, $\mathfrak a+\mathfrak b=\mathfrak a$ ) , por lo que hay algo de $A''\subset A$ disjunta de $A'$ con cardinalidad $\aleph_0$ . Pero entonces por Parcheando las cosas juntas, seríamos capaces de extender la inyección $A'\times 2\to A'$ a una mayor $(A'\sqcup A'')\times 2\to (A'\sqcup A'')$ .

Answer 2

Aquí hay una especie de fuerza bruta para hacerlo.

Lema. Supongamos que $A$ es infinito. Entonces hay un conjunto $B$ tal que $A$ es equipotente a $B\times\mathbb N$ .

Asumiendo este lema, sólo necesitamos demostrar su propiedad cuando $A$ es de hecho $B\times \mathbb N$ . Pero entonces, obviamente, esto es una biyección: $$f:B\times\mathbb N\times \{0,1\} \to B\times\mathbb N : (b,n,m)\mapsto(b,2n+m)$$

Prueba del lema. Sea una función "fría" una función inyectiva $g:B\times \mathbb N\to A$ para algunos $B\subseteq A$ , donde $g(b,0)=b$ para todos $b\in B$ . Ordenar las funciones frías por inclusión de conjuntos; entonces se aplica el lema de Zorn, y obtenemos una función fría $g$ que no puede extenderse a una función fría mayor.

Ahora bien, si $A\setminus \operatorname{Rng} g$ es infinito, entonces tiene un subconjunto contablemente infinito (supongo que esto es conocido, como consecuencia de AC o Zorn), y entonces es fácil ver que $g$ no puede haber sido máxima. (Aquí es útil que $g(b,0)=b$ tal que $B$ es disjunta de $A\setminus \operatorname{Rng} g$ ). Así que $A\setminus \operatorname{Rng} g)$ es finito; llámese su tamaño $M$ .

Por lo tanto, dejemos que $h:\{0,1,\ldots,M-1\}\to A\setminus \operatorname{Rng} g$ sea una biyección. Además $B$ debe ser no vacío (porque $A$ es infinito), elija un $b_0\in B$ . Ahora $$(b,n) \mapsto \begin{cases} g(b,n) & \text{if }b\ne b_0 \\ h(n) & \text{if }b=b_0 \land n<M \\ g(b,n-M) & \text{if }b=b_0 \land n\ge M \end{cases}$$ es una biyección $B\times\mathbb N\to A$ .