Deriva del axioma de elección que cualquier conjunto infinito contiene un subconjunto numerable
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He aquí una manera de empezar. Deje $A$ ser un conjunto infinito. Deje $F$ ser una función de elección en $\mathscr{P}(A)-\{\emptyset\}$. Ahora vamos a $B$ ser la colección de todos los subconjuntos finitos de $A$, y deje $\emptyset\in B$. Ahora vamos a $f\colon B\to B$ ser definido por $X\mapsto X\cup\{F(A-X)\}$.
Por el teorema de recursión en $\omega$, sabemos que existe una función $h\colon\omega\to B$ tal que $h(0)=\emptyset$ y $$ h(n^+)=f(h(n))=h(n)\cup\{F(A-h(n))\} $$ para cada $n\in\omega$.
La reclamación. Para cada $m\leq n$,$h(m)\subset h(n)$. Para ver esto, el uso de la inducción. Vamos $$ K=\{n\in\omega\ |\ m\leq n\implica que h(m)\subconjunto h(n)\}. $$ Claramente $0\in K$, para los si $m\leq 0$,$m=0$, y obviamente $h(0)\subset h(0)$. Así que supongamos $n\in K$. Si $m\leq n^+$ entonces $m\leq n$ o $m=n^+$. En el primer caso, $h(m)\subset h(n)\subset h(n^+)$. En el segundo, $h(m)=h(n^+)$, por lo que la conclusión se deduce de cualquier manera. Por lo tanto $n^+\in K$, lo $K=\omega$.
Ahora vamos a $g\colon\omega\to A$ se define como $n\mapsto F(A-h(n))\in A-h(n)$, lo que implica inmediatamente que $g(n)\notin h(n)$. Trate de mostrar que $g$ es inyectiva, lo cual resultará que $g$ es surjective en su gama, que es un subconjunto de a $A$. Desde $g$ es entonces un bijection de $\omega$ a $\text{ran }g$, $\text{ran }g$ será contables, y tendrás tu resultado.
Añadido: mostrar A $g$ es inyectiva, supongamos $m\neq n$, y supongamos $m<n$. Esto significa $m^+\leq n$, por lo que por encima de reclamación, $h(m^+)\subset h(n)$. Entonces $$ h(m^+)=h(m)\cup\{F(A-h(m))\}=h(m)\cup\{g(m)\}. $$ ¿Que te dice esto acerca de la $g(m)$ en relación al $h(m^+)$$h(n)$? Es posible, entonces, que el $g(m)=g(n)$? ¿Por qué no? Esto demuestra $g$ es inyectiva.
DanV
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Un poco de la solución más simple:
Supongamos $X$ es un conjunto infinito, con la bien principio de orden (que es equivalente al axioma de elección) tomar cualquier pedido de $X$, ya que el $X$ es infinito el tipo de orden que es algo de $\alpha>\omega$.
Ahora simplemente tome la primera a la $\omega$ elementos de la orden, es una contables subconjunto de $X$.
Jonathan
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Aquí hay otra prueba simple. Contables de elección es suficiente aquí:
Deje $X$ ser un conjunto infinito. Vamos a denotar $X_n=\{ Y\subset X : |Y|=n\}$. Observe que debido a que $X$ es infinita estos conjuntos son siempre no-vacío. Ahora tome el conjunto $A=\{X_n : n\in\omega\}$. Suponiendo que el contable axioma de elección obtenemos una función de elección $f$$A$. Tome el conjunto $B=\bigcup ran(f)$. De curso $B\subset X$, y como contables de la unión de conjuntos finitos se ha contables de muchos elementos.
