Una pregunta de exponentiation cardinal

Question

Supongamos $\kappa$ $\lambda$ son infinitos los cardenales y que $\lambda$ es regular. Kunen en algún lugar de los estados que esto significa que tenemos $$\left(\kappa^{<\lambda}\right)^{<\lambda}=\kappa^{<\lambda}$$ Yo quiero probar esta. La desigualdad de $\geq$ es claro, así que vamos a centrarnos en el otro. También podemos suponer $\lambda$ es un límite cardenal. Voy a mezclar la aritmética y la notación funcional un poco, porque me resulta un poco más fácil pensar de esta manera. Por lo tanto, estamos mirando $$\left(\kappa^{<\lambda}\right)^{<\lambda}=\bigcup_{\mu<\lambda}\left(\mu\to\left(\bigcup_{\nu<\lambda}\left(\nu\to\kappa\right)\right)\right)=(*)$$ Desde $\lambda$ es regular, por un determinado $\mu$ en la primera unión, la unión puede ser reducido a un $\bigcup_{\nu<\zeta(\mu)}$, para algunos el cardenal $\mu\leq\zeta(\mu)<\lambda$. Ahora podemos continuar con la por encima de la igualdad con $$(*)=\bigcup_{\mu<\lambda}\left(\mu\a\sum_{\nu<\zeta(\mu)}\kappa^\nu\right)\leq \bigcup_{\mu<\lambda}\left(\mu\to\zeta(\mu)\cdot\kappa^{\zeta(\mu)}\right)=\sum_{\mu<\lambda}\zeta(\mu)^\mu\cdot\kappa^{\zeta(\mu)}$$

No sé cómo continuar a partir de este punto. La expresión de la derecha se parece un poco a lo que quiero llegar, pero siento que mis cálculos eran un poco demasiado áspero. También estoy preocupado de que $\zeta(\mu)$ es ilimitado en la $\lambda$, pero estoy seguro que algo de este tipo debe entrar en juego, porque yo no veo ninguna otra forma de utilizar el hecho de que $\lambda$ es regular.

Answer 1

Supongamos que $\sigma\in^{<\lambda}\left(^{<\lambda}\kappa\right)$, decir $\sigma:\mu\to^{<\lambda}\kappa$. Que $\alpha=\sup\{\operatorname{dom}\,\sigma_\xi:\xi<\mu\}<\lambda$. $\xi<\mu$ Definir $$\hat\sigma_\xi:\alpha\to\kappa:\zeta\mapsto\begin{cases} \sigma_\xi(\zeta)+1,&\text{if }\zeta\in\operatorname{dom}\,\sigma_\xi\\ 0,&\text{otherwise}\;. \end{cases}$$

Nota que puede recuperar ese $\sigma_\xi$ $\hat\sigma_\xi$. Definir

$$\bar\sigma:\mu\times\alpha\to\kappa:\langle\xi,\zeta\rangle\mapsto\hat\sigma_\xi(\zeta)\;;$$

claramente se puede recuperar $\sigma$ $\bar\sigma$. Por lo tanto, basta para demostrar que %#% $ #%

Pero

$$\begin{align*} \left|\bigcup_{\mu,\alpha<\lambda} {^{(\mu\times\alpha)}\kappa}\right|&=\left|\bigcup_{\mu<\lambda}\;\bigcup_{\alpha,\beta\le\mu}{^{(\alpha\times\beta)}\kappa}\right|\\ &\le\left|\bigcup_{\mu<\lambda}\;\bigcup_{\alpha\le\mu}{^\mu\kappa}\right|\\ &=\left|\bigcup_{\mu<\lambda}\left(\mu\times(^\mu\kappa)\right)\right|\\ &=\left|\bigcup_{\mu<\lambda}{^\mu\kappa}\right|\;. \end{align*}$$

Answer 2

Un elemento $f$ $^{<\lambda}\left(^{<\lambda}\kappa\right)$ puede ser visto como un mapa a partir de un subconjunto $\{(\alpha,\beta)\mid \alpha<\mu, \beta<\nu_{\alpha}\}$ $\lambda\times\lambda$ $\kappa$donde $\mu<\lambda$ y, por $\alpha<\mu$, $\nu_{\alpha}<\lambda$. Por la regularidad, un subconjunto está contenida en $\mu\times\mu'$ algunos $\mu'<\lambda$. Ahora, podemos encontrar un bijection $\phi$ $\lambda$ a $\lambda\times\lambda$, de modo que cualquier $\mu\times\mu'$ está contenida en la imagen de una adecuada segmento inicial $\gamma$ $\lambda$ (ver, por ejemplo, el Teorema I. 10.12 en Kunen del libro). Fijación $\bot\notin\kappa$, podemos extender $f\circ\phi$ a un elemento $f'$ $^\gamma(\kappa\cup\{\bot\})$ rellenando el contrario indefinido elementos del dominio con $\bot$. A continuación, el envío de $f$ $f'$le da una inyección de $^{<\lambda}\left(^{<\lambda}\kappa\right)$ a $^{<\lambda}(\kappa\cup\{\bot\})$. Desde $\kappa$ es infinito, $\kappa$ $\kappa\cup\{\bot\}$ tienen la misma cardinalidad, por lo $\left(\kappa^{<\lambda}\right)^{<\lambda}\le \kappa^{<\lambda}$.

Answer 3

Voy a estar usando Introducción al Cardenal de la Aritmética. (Holtz, Steffens, Weitz. 1999, Birkhäuser). Voy a citar (hasta alteraciones menores) dos reclamos y las partes de las pruebas. Voy a saltarme las partes que parece obvio para mí, pero siéntase libre de preguntar por los detalles. $\newcommand{\cf}{\operatorname{cf}}$

Lema 1.6.15(c): Si $\lambda$ $\kappa$ son los números cardinales tal que $\kappa\ge\aleph_0$$0<\lambda<\cf(\kappa)$, luego $$\kappa^\lambda=\kappa\cdot\sup\{\nu^\lambda:v<\kappa\}=\kappa\cdot\sum_{\nu<\kappa}\nu^\lambda$$

La prueba es relativamente sencillo, así que no se incluyen aquí. Usamos esto para demostrar los siguientes:

Lema 1.7.6(c): Supongamos que $\kappa$ $\lambda$ son los números cardinales tal que $\kappa\ge 2$$\lambda\ge\omega$.

Si $\nu>0$ es un número cardinal, a continuación, $$(\kappa^{<\lambda})^\nu=\begin{cases}\kappa^{<\lambda} & if\quad 0<\nu<\cf(\lambda),\\ \kappa^\lambda & if\quad \cf(\lambda)\ge\nu<\lambda,\\ \kappa^\nu & if\quad \lambda\le\nu.\end{cases}$$

En nuestro caso tenemos:

$$\left(\kappa^{<\lambda}\right)^{<\lambda}=\sum_{\mu<\lambda}\left(\kappa^{<\lambda}\right)^\mu\stackrel{*}{=}\sum_{\mu<\lambda}\left(\kappa^{<\lambda}\right)=\sum_{\mu,\nu<\lambda}\kappa^{\mu\cdot\nu}=\left(\kappa^{<\lambda}\right)$$

Donde $\stackrel{\ast}{=}$ es exactamente el primer caso, desde la $\lambda$ es regular y $\cf(\lambda)=\lambda$. De hecho, es suficiente para probar el primer caso:

Tenemos dos casos, si la continuidad de la función para $\kappa$ ($\mu\mapsto\kappa^\mu$) finalmente es constante por debajo de $\lambda$ alguna $\rho>\mu$ tenemos: $$\left(\kappa^{<\lambda}\right)^\mu = \left(\kappa^\rho\right)^\mu = \kappa^\rho=\kappa^{<\lambda}$$

Si la continuidad de la función para $\kappa$ no es eventualmente constante por debajo de $\lambda$ $\kappa^{<\lambda}=\sup\{\kappa^{\mu_\xi}\mid \mu,\xi<\lambda\}$ donde tanto $\mu_\xi$ $\kappa^{\mu_\xi}$ son estrictamente creciente secuencias. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que para todos los $\xi$, $\mu<\mu_\xi$.

Ya tenemos una estrictamente creciente secuencia de longitud $\lambda$ tenemos que $\cf(\kappa^{<\lambda})=\cf(\lambda)=\lambda>\mu$ tenemos por un Lexema 1.6.15(c):

$$\left(\kappa^{<\lambda}\right)^\mu=\kappa^{<\lambda}\cdot\sum_{\xi<\lambda}(\kappa^{\mu_\xi})^\mu=\sum_{\xi<\lambda}(\kappa^{\mu_\xi})=\kappa^{<\lambda}$$

Tenga en cuenta que en nuestro caso $\kappa^{<\lambda}$ $\kappa$ de la anterior lema, y por lo tanto, de hecho, las condiciones también podemos sustituir la suma en el anterior lema por cualquier otro cofinal suma, como usted debe saber por ahora.

Así que concluye la prueba de la noche.