Es

Question

Actualmente estoy tratando de entender las nociones básicas sobre el infinito. Creo que entiendo que$\aleph_0\cdot\aleph_0=\aleph_0$ pero ¿qué hay de$\aleph_1$? Es$\aleph_1\cdot\aleph_1=\aleph_1$ es decir, ¿hay una biyección entre una línea y el plano?

Investigué un poco, pero no pude encontrar nada. No puedo imaginar semejante biyección, pero no pude encontrar una prueba de lo contrario. Cualquier ayuda será apreciada.

Answer 1

$\aleph_1$ es, por definición, la cardinalidad del conjunto de todos los contables de los números ordinales.

La cardinalidad de la línea es $2^{\aleph_0}$. Si $\aleph_1 = 2^{\aleph_0}$ no es una pregunta fácil de responder. Cantor conjeturó que es. En Zermelo--Fraenkel de la teoría de conjuntos sin el axioma de elección, no es menos consistente que el $\aleph_1$ $2^{\aleph_0}$ no son comparables, es decir, no son iguales y tampoco lo es menos que el otro. Con el axioma de elección, se puede probar que $\aleph_1\le 2^{\aleph_0}$.

Cantor demostró, sin embargo, que el $(2^{\aleph_0})^2 = 2^{\aleph_0}$, por lo que hay un bijection entre la línea y el plano.

Entre continuos surjections de la línea al plano en las curvas de Peano. Google ese término. Conseguir un bijection de que se puede hacer en un número de maneras, pero no bijection puede ser una función continua a partir de la línea al plano.

Answer 2

Como se señaló $\aleph_1$ es el segundo más pequeño cardenal, que no es necesariamente la cardinalidad de la línea, es decir, consistente con $\textsf{ZF}$ $\textsf{ZFC}$ que $\aleph_1 \neq 2^{\aleph_0}$.

Vale la pena señalar que el $\aleph_\alpha \cdot \aleph_\alpha = \aleph_\alpha$ para todos los ordinales $\alpha$. (ver teorema 2.1 de Hrbacek y Jech "Introducción a la Teoría de conjuntos). Si suponemos el axioma de elección de $\mathfrak{c}:= 2^{\aleph_0}$ $\aleph$ por lo tanto $\mathfrak{c} = \mathfrak{c}^2$, es decir, existe un bijection entre la línea y el plano.

Sin embargo cabe destacar que la existencia de un bijection entre la línea y el salpicadero también se puede obtener sin $\textsf{AC}$ usando una de las siguientes enfoque diferente. De hecho, Cantor demostró ser mucho más fuerte resultado en $\textsf{ZF}$: para cualquier entero positivo $n$, existe un 1-a-1 correspondencia entre los puntos de la línea y todos los puntos en un $n$espacio tridimensional.

$$ \mathfrak{c} = 2^{\aleph_0} = 2^{\aleph_0 + \cdots +\aleph_0} = 2^{\aleph_0}\cdots 2^{\aleph_0} = \mathfrak{c}^n$$

Acerca de este descubrimiento Cantor escribió a Dedekind: "lo veo, pero no me lo creo!"

Answer 3

De hecho, dada cualquier aleph $\aleph_\alpha,$ tenemos $\aleph_\alpha\cdot\aleph_\alpha=\aleph_\alpha.$

Podemos demostrarlo por inducción transfinita. Supongamos $\kappa$ es el menos aleph para que la demanda aún no ha sido determinado a mantener. Desde $\kappa\precsim\kappa\cdot\kappa$, (aquí, $\precsim$ indica que "es inyectable en"), entonces es suficiente para mostrar que $\kappa\cdot\kappa\precsim\kappa$.

Para cada ordinal $\beta<\kappa$, entonces podemos definir el $\beta$th sección de $\kappa\times\kappa$ recursivamente por \begin{equation*} S_\beta = (\beta+1)\times(\beta+1) \smallsetminus \left(\bigcup_{\xi<\beta}S_\xi\right). \end{ecuación*} Desde cada una de las $S_\beta$ es un subconjunto de a $(\beta+1)\times(\beta+1)$, entonces podemos bien el fin de cada uno en lexicográfica del orden, de modo que $|S_\beta|$ es un bien disponible cardenal para todos los $\beta<\kappa$. Por otra parte, desde la $S_\beta$ son parejas disjuntos, y indexados por el bien conjunto ordenado $\kappa$, entonces la unión de un conjunto de $S_\beta$ secciones también está disponible. En particular, $\kappa\times\kappa$ es la unión de todas las $S_\beta$, y así puede ser bien ordenado, dicen por $\sqsubset$.

Tomar cualquier $\langle\gamma,\delta\rangle\in\kappa\times\kappa$, y establecer $\zeta=\max\{\gamma,\delta\}+1$. Desde $\max\{\gamma,\delta\}<\kappa$ $\kappa$ es un ordinal límite, a continuación,$|\zeta|\leq\zeta<\kappa$. Tenga en cuenta que $\langle\gamma,\delta\rangle\in\zeta\times\zeta$, por lo que el $\langle\gamma,\delta\rangle$ no tiene más de $|\zeta\times\zeta|=|\zeta|\cdot|\zeta|$ $\sqsubset$-predecesores en $\kappa\times\kappa$. Si $\zeta$ es finito, entonces este es sólo finitely-muchos de los $\sqsubset$predecesores. Si $\zeta$ es infinito, $|\zeta|$ es un infinito cardenal menos de $\kappa$, por lo que por hipótesis inductiva, no hay más que $|\zeta|\cdot|\zeta| = |\zeta| \prec \kappa$ $\sqsubset$-predecesores de $\langle\gamma,\delta\rangle$$\kappa\times\kappa$. Ya que este tiene para todos los $\langle\gamma,\delta\rangle\in\kappa\times\kappa$, el tipo de orden de $\kappa\times\kappa$ bajo $\sqsubset$ es un ordinal $\alpha\le\kappa$. Por lo tanto, $\kappa\cdot\kappa=|\kappa\times\kappa|=|\alpha|\le\alpha\le\kappa,$ $\kappa\cdot\kappa\precsim\kappa,$ como se desee.

Agregado: Si se asume la Hipótesis continua, entonces uno encuentra que la línea y el plano que tienen la misma cardinalidad como resultados de los trabajos anteriores, como la línea que tiene cardinalidad $\aleph_1$. Alternativamente, si se supone que el Axioma de Elección, entonces la cardinalidad de la línea es un aleph (aunque no necesariamente a $\aleph_1$), y de nuevo nos encontramos con que la línea y el plano que tienen la misma cardinalidad por la de la obra anterior. Por desgracia, puede ser que la línea no está bien-disponible de otra manera! En ese caso, se debe proceder de manera más directa, por (por ejemplo) lo que demuestra que $A\times A\precsim A$ algunas $A$ tener la misma cardinalidad que el de la línea. (fuera de la parte superior de mi cabeza, parece como si nos tomamos $A$ a ser el ternario de Cantor, entonces un intercalado de mapa utilizando el ternario expansiones debe hacer el truco, pero no me he sentado abajo para comprobar que.)

Answer 4

Deje $\mathfrak c$ ser el cardenal de la distancia Euclídea de la línea de $\mathbb R$. Entonces $\mathfrak c^2 = \mathfrak c \cdot \mathfrak c$ es el cardenal del plano Euclidiano $\mathbb R^2$. El uso de algunos conceptos básicos de la cardenal de la aritmética, podemos calcular $$ \mathfrak c = 2^{\aleph_0} = 2^{\aleph_0 + \aleph_0} = 2^{\aleph_0}\cdot 2^{\aleph_0} = \mathfrak c \cdot \mathfrak c $$

nota
Esto no requiere el Axioma de Elección. (Pero de CA está obligado a mostrar cada cardenal es un aleph. Que, a su vez, produce otra prueba de $\mathfrak c = \mathfrak c^2$, como en otra respuesta.)