¿Cuántos subconjuntos incontables del conjunto de potencias de números enteros hay?

Question

La cuestión es determinar cuántos subconjuntos incontables de ${P(\mathbb Z)}$ están ahí.

Creo que la respuesta es $2^c$ .

Dejemos que $A=\{B\in P(P(\mathbb Z)):B \text{ is uncountable}\}$

$P(P(\mathbb Z))$ tiene $2^c$ elementos, por lo que la cardinalidad de $A$ es como máximo $2^c$ .

Por supuesto, tengo problemas con el límite inferior y estoy tratando de encontrar una función inyectiva de algún conjunto de cardinalidad $2^c$ en $A$ .

Si alguien tiene alguna idea, se lo agradecería mucho.

Answer 1

Intenta primero argumentar esto sobre $\Bbb R$ . ¿Cuántos subconjuntos incontables tiene $\Bbb R$ ¿tiene?

A continuación, observe que porque $\Bbb R$ y $\mathcal P(\Bbb Z)$ tienen la misma cardinalidad, cualquier biyección que lo atestigüe asignaría subconjuntos incontables de $\Bbb R$ a subconjuntos incontables de $\mathcal P(\Bbb Z)$ . Así que la respuesta sería la misma.

Answer 2

Escriba $P(\Bbb Z)$ como una unión disjunta de conjuntos $A$ y $B$ cada uno de ellos de cardinalidad $c$ . Hay $2^c$ establece $A\cup X$ con $X\subseteq B$ cada uno de los cuales es incontable.

Answer 3

Sí, la respuesta es $2^c$ . He aquí una "prueba": el número de subconjuntos incontables de $P(\mathbb{Z})$ es $P(P(\mathbb{Z}))$ menos el número de subconjuntos contables de $P(\mathbb{Z})$ . El número de estos es $(2^{\aleph_0})^{\aleph_0}=2^{\aleph_0}$ que es $<2^c=\vert P(P(\mathbb{Z}))\vert$ .

Hay un par de pasos que hay que rellenar (contar el número de subconjuntos contables, y mostrar que los "grandes $-$ pequeño $=$ grande"), pero estos son resultados estándar, y si no los has visto antes son buenos ejercicios.

Answer 4

Empiece con su definición (después de renombrar la variable vinculada) y añada una segunda definición: $$ A=\{X\in P(P(\mathbb Z)):X \text{ is uncountable}\} \\ B=\{X\in P(P(\mathbb Z)):X \text{ is countable}\} $$

Considere $f(X) = \overline{X}$ (el complemento de $X$ en relación con $P(\mathbb Z)$ ) como una función $f: B \rightarrow A$ . Se trata de una función porque todo subconjunto contable de $P(\mathbb Z)$ debe tener un complemento incontable. Dado $X \cup \overline{X} = P(\mathbb Z)$ ya que el RHS es incontable, el LHS también debe ser incontable, por lo que si $X$ es contable (y en $B$ ), $\overline{X}$ es incontable (y en $A$ ).

El complemento es inyectivo por la teoría elemental de conjuntos. Como una inyección de $B$ a $A$ existe, $|B| \leq |A|$ . Pero luego tenemos: $$ A \cup B = P(P(\mathbb Z)) \\ A \cap B = \emptyset \\ |A| + |B| = |P(P(\mathbb Z))| \\ |A| + |A| \geq |P(P(\mathbb Z))| \\ 2|A| \geq |P(P(\mathbb Z))| \\ |A| \geq |P(P(\mathbb Z))| $$

Eso ya lo sabemos: $$ A \subset P(P(\mathbb Z)) \\ |A| \leq |P(P(\mathbb Z))| $$

Por lo tanto, la igualdad se sigue por Schröder-Bernstein.

Answer 5

He aquí un simple argumento inyectivo sin requisitos previos (excepto el teorema de Schroder-Bernstein al final, ya que éste sólo demuestra que la cardinalidad es al menos $2^\frak{c}$ y es claramente a lo sumo $2^\frak{c}$ ):

Dejemos que $N=\{X\subseteq\Bbb N\mid 0\in X\}$ . $N$ es incontable, porque todo subconjunto de ${\cal P}(\Bbb N^+)$ puede inyectarse en $N$ añadiendo $0$ . Cada $A\subseteq {\cal P}(\Bbb Z)$ tal que $N\subseteq A$ es por tanto también incontable, por lo que basta con demostrar que hay al menos $2^\frak{c}$ subconjuntos $N\subseteq A\subseteq {\cal P}(\Bbb Z)$ .

Dejemos que $\Bbb Z^-=\Bbb Z-\Bbb N$ . Para cada subconjunto $B\subseteq{\cal P}(\Bbb Z^-)$ (de los cuales hay $2^\frak{c}$ muchos), dejemos que $B^*=\{N\cup X\mid X\in B\}$ . Desde $X$ y $N$ son disjuntos (cada elemento de $N$ tiene $0$ y cada elemento de $X$ no lo hace), la función $X\in B\mapsto N\cup X$ es inyectiva, por lo que $\{B^*\mid B\subseteq{\cal P}(\Bbb Z^-)\}$ también tiene cardinalidad $2^\frak{c}$ . Pero ahora hemos terminado, porque cada $B^*$ es un subconjunto incontable distinto de ${\cal P}(\Bbb Z)$ .