$\aleph_1\leq A$ para un conjunto de innumerables $A$

Question

Así que tenemos que demostrar (axioma de elección) que $\aleph_1$ que es la siguiente aleph después de $\aleph_0=\omega$ satisface $$\aleph_1\leq A$$ given that $Una$ es incontable.

Aquí fue mi razonamiento. El axioma de elección es equivalente a decir que cualquiera de los dos cardinalidades son comparables. Por lo tanto, asumir que $A<\aleph_1$, por definición de los alephs, debemos tener la $|A|=\omega$, lo que significa que $A$ es equinumerous con los naturales, la definición de los contables. Por lo tanto, por contrapositivo hemos terminado.

Es este argumento a la derecha? El profesor dijo que en el mediano plazo, necesitamos utilizar la recursión transfinita, pero no veo cómo.

Answer 1

He aquí una prueba de que no utilice el hecho de que (en la presencia de AC) cualquiera de los dos cardenales son comparables.

Uso de la recursión transfinita, definir un mapa de $f\colon\omega_1\to A$ como sigue. Por AC, hay una función de elección $C$ para el conjunto de subconjuntos no vacíos de a $A$. Poner $f(0) = C(A)$. Supongamos $\alpha>0$; asumiendo $f(\beta)$ se define para cada $\beta<\alpha$, puesto $f(\alpha) = C(A\smallsetminus\{f(\beta) : \beta<\alpha\})$. A continuación, $f$ es una inyección $\omega_1\to A$. $\square$

Esto es muy similar a la prueba de CA que todo conjunto puede ser bien ordenado: en cada etapa de la función de elección $C$ proporciona un nuevo valor para la función $f$.

Answer 2

El hecho de que cualquiera de los dos cardinalidades son comparables, es probablemente una de las consecuencias de la Elección que se supone no utilizar.

Se parece más a la espera de la solución es el uso de la inducción transfinita a a $\omega_1$ explícitamente la construcción de una inyección de $\omega_1\to A$.

Con detalles dependiendo de la formulación exacta de la CA y de la recursión transfinita que estás usando, sería algo parecido a:

1. Arreglar una función de elección $\chi: \mathscr P(A)\setminus\{\varnothing\}\to A$.
2. Definir, por recursión transfinita una función de $f:\omega_1\to A$: $$ f(\alpha) = \chi(A\setminus\{f(\beta)\mid \beta\in\alpha\})$$
3. Cada $\alpha<\omega_1$ es en la mayoría de los contables, por lo $\{f(\beta)\mid\beta\in\alpha\}$ es en la mayoría de los contables, por lo $A\setminus\{f(\beta)\mid \beta\in\alpha\}$ debe ser no vacío, y la definición tiene sentido.
4. $f$ es una inyección, porque si $\beta<\alpha<\omega_1$ $f(\alpha)$ ha sido explícitamente construido a diferir de $f(\beta)$.

Answer 3

Zach es una versión es lo que usted encontraría normalmente en la práctica. Aquí, en caso de necesidad, es una versión que utiliza el teorema de recursión (en una de sus formas comunes) un poco más explícita:

Deje $\xi:\wp(A)\setminus\{\varnothing\}\to A$ ser una función de elección. Definir $\psi:{^{<\omega_1}A}\to A:g\mapsto\xi(A\setminus\operatorname{ran}g)$. El teorema de recursión, a continuación, dice que hay una función de $f:\omega_1\to A$ tal que para cada $\alpha<\omega_1$, $f(\alpha)=\psi(f\upharpoonright\alpha)$, y es fácil comprobar por inducción transfinita que $f$ es inyectiva.

Aquí ${^{<\omega_1}A}$ es el conjunto de funciones de los números ordinales menos de $\omega_1$$A$.