El cardenal igualdades: $\aleph_0^\mathfrak c=2^\mathfrak c$

Question

$\aleph_0^\mathfrak c=2^\mathfrak c$

Esta es una pregunta en mi tarea, y no estoy seguro de cómo demostrar que son iguales entre sí, traté de Cantor-Schröder-Bernstein, pero se quedó atascado, cualquier ayuda sería genial.

Answer 1

Para todos infinito cardenales $\kappa$, usted tiene $2^{\kappa}=\lambda^{\kappa} \leq(\kappa^+)^{\kappa}$ para todos los cardenales $\lambda$, $2\leq \lambda\leq \kappa^+$, donde $\kappa^+$ es el sucesor del cardenal de $\kappa$.

Ciertamente, sabemos que desde $2\leq \lambda\leq\kappa^+$ $\kappa$ es infinito,$2^{\kappa}\leq \lambda^{\kappa}\leq (\kappa^+)^{\kappa}$, ya que el conjunto de todas las funciones de $\kappa$ $2$natural incrusta en el conjunto de todas las funciones de$\kappa$$\lambda$, que naturalmente se incrusta en el conjunto de todas las funciones de$\kappa$$\kappa^+$.

Ahora, desde la $\kappa\lt 2^{\kappa}$ por Cantor del Teorema, también sabemos que $\kappa^+\leq 2^{\kappa}$, lo $(\kappa^+)^{\kappa}\leq (2^{\kappa})^{\kappa} = 2^{\kappa\kappa} = 2^{\kappa}$, ya que el $\kappa\kappa = \kappa$ (suponiendo que el Axioma de Elección). Así que tenemos la cadena de desigualdades $$2^{\kappa}\leq \lambda^{\kappa} \leq (\kappa^+)^{\kappa} \leq 2^{\kappa},\qquad \text{if }2\leq \lambda\leq\kappa^+;$$ así que todas las desigualdades son igualdades.

Desde $\aleph_0\lt \mathfrak{c}$, se deduce que $$\aleph_0^{\mathfrak{c}} = (\mathfrak{c}^+)^{\mathfrak{c}} = 2^{\mathfrak{c}}.$$

Nota. La igualdad de $\kappa\kappa=\kappa$ arbitrarias infinito cardenales/conjuntos es equivalente al Axioma de Elección; pero se puede probar que para alephs tenemos $\aleph_{\alpha}\aleph_{\alpha}=\aleph_{\alpha}$ sin usar el aire acondicionado, y a partir de ahí tenemos que $\aleph_{\alpha}+\aleph_{\beta} = \aleph_{\alpha}\aleph_{\beta} = \max\{\aleph_{\alpha},\aleph_{\beta}\}$ sin tener que invocar CA. Para el resultado que usted desea, sin embargo, usted no la necesita porque $\mathfrak{c}\mathfrak{c}= 2^{\aleph_0}2^{\aleph_0} = 2^{\aleph_0+\aleph_0} = 2^{\aleph_0} = \mathfrak{c}$ que no requiere de CA, como se ha señalado por Asaf en los comentarios.

Answer 2

$2^{\mathfrak c} \le \aleph_0^{\mathfrak c}$ desde $2\le \aleph_0$

Si usted sabe, que para cualquiera de los números cardinales $a^b \le 2^{ab}$ y $\aleph_0.\mathfrak c=\mathfrak c$ luego de llegar

$$\aleph_0^{\mathfrak c} \le 2^{\aleph_0.\mathfrak c} = 2^{\mathfrak c}$$

Ahora usted puede utilizar el Cantor-Bernstein (que tienen tanto las desigualdades).

EDITAR:

La desigualdad de $a^b \le 2^{ab}$ se deduce del hecho de que $A^B \subseteq \mathcal P(B\times A)$. (Aquí se $A^B$ denota el conjunto de todos los mapas de $B$$A$; cada función es un subconjunto de a $B\times A$.)

EDIT2:

Arturo post me recuerda a anothre la posibilidad de demostrar que la desigualdad de $a^b \le 2^{ab}$. Ya sabemos $a<2^a$ a partir del teorema de Cantor, obtenemos $a^b \le (2^a)^b = 2^{ab}$.

Answer 3

Aquí es una alternativa "más elementales" la prueba de que $\aleph_0^\mathfrak c \leq 2^\mathfrak c$:

Usamos ese $c$ es la cardinalidad de ambos $\mathbb{R}$$(0,1)$.

Deje $f: (0,1) \rightarrow \mathbb{N}$ ser cualquier función.

Definimos $F_f := \{ x+ f(x) | x \in (0,1) \}$.

Entonces es fácil comprobar que cualquier función de $f$ se identifica por $F_f$ y por lo tanto

$f \to F_f$ es un 1-1 función de$\mathbb{N}^{(0,1)}$${\mathcal P}(\mathbb{R})$.