Una forma débil del axioma de elección

Question

Estoy tratando de entender la relación entre dos formas de que el axioma de elección:

1. Si $T=\{X_0,X_1\cdots \}$ es de la familia de los no-vacío mutuamente disjuntas finito de conjuntos, a continuación, $\cup T$ contiene al menos un subconjunto que tiene exactamente un elemento en común con cada elemento de la $T$.

2. Deje $X\ne\emptyset$ ser contables e $\mathcal{F}(X)$ ser la colección de todos los subconjuntos finitos de la misma. Entonces existe una función de $f:\mathcal{F}(X)-\emptyset\to X$ tal que $f(x)\in x\forall x\in \mathcal{F}(X)-\emptyset$.

Que una implica la otra? ¿Cuál será la formulación de 1. en términos de la función de elección?

Gracias.

Pregunta de seguimiento: Si en (2) la condición de $X\ne\emptyset$ es contable se quita, es decir, $X$ es arbitraria conjunto no vacío, se implica (1)?

Answer 1

Primera nota de que $\mathcal F(X)$ puede ser transformada a una desunión de la familia, $\{\{x\}\times x\mid x\in\mathcal F(X)\}$. Ahora suponiendo que el primer principio es verdadero transversal (encontrar a cada conjunto en un punto) es en realidad una función de la elección de cada una de las $x\in\mathcal F(X)$.

Por lo tanto, la primera implica la segunda.

Por otro lado, tenga en cuenta que si $X$ es contable, a continuación, $\mathcal F(X)$ tiene una definida función de elección: reparar un bijection de $X$ $\omega$ y elegir de $x\in\mathcal F(X)$ el menor elemento en esta enumeración. Sin embargo, la primera no puede ser probado sin algún axioma de elección. De hecho, es posible tener una contables conjunto de distintos pares que no tiene la función de elección.

A tu pregunta final, el conjunto de la reunión de cada conjunto es exactamente $\operatorname{rng}(f)$ de una función de elección $f$, de la familia de los conjuntos.

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Abordar la edición, sí. Si se elimina el requisito de que $X$ es contable, a continuación, las dos proposiciones son equivalentes. Para ver esto, vamos a $X=\bigcup T$,$T\subseteq\mathcal F(X)$. Una función de elección en $\mathcal F(X)$ nos dará una función de elección en $T$ a cambio.

Answer 2

La segunda afirmación es verdadera en ZF: no se requiere ninguna opción en absoluto. Si $X$ es contable, hay un bijection $\varphi:X\to\alpha$ algunos $\alpha\le\omega$, y, por supuesto, si $X\ne\varnothing$,$\alpha>0$. Entonces

$$f:\mathcal{F}\setminus\{\varnothing\}\to X:x\mapsto\min\varphi[x]$$

tiene la propiedad deseada.