Problema cu numere cardinale

[Beniamin Bogosel]

Notam cu \( x \) cardinalul unei multimi infinite. Demonstrati ca \( x+x=x \) si \( x\cdot x=x \).

[Alin Galatan]

Nu stiu mai nimic despre operatii concrete cu numere cardinale si ordinale. Ai putea defini exact adunarea si inmultirea?
Intuitiv, as zice ca adunarea e cardinalul unei reuniuni disjuncte, cu ambele multimi de cardinal x, si inmultirea, cardinalul produsului cartezian. Dar vreau confirmari.

[Beniamin Bogosel]

In ceea ce priveste adunarea, respectiv inmultirea numerelor cardinale sunt urmatoarele definitii: In continuare \( x=card X,\ y=card Y \).

\( x+y=card((X\times \{0\}) \cup (Y \times \{1\})) \). (am pus produs cartezian pentru ca sa explicitez faptul ca suma a doua numere cardinale este cardinalul reuniunii a doua multimi disjuncte si cardinal echivalente cu primele)

La produsul numerelor cardinale e clar ca \( x\cdot y=card (X\times Y) \).

Pentru cei care nu stiu, doua multimi sunt cardinal echivalente sau au acelasi numar cardinal daca exista o bijectie intre ele.

Sper ca asta da unele lamuriri minimale in ceea ce priveste operatiile cu numere cardinale.

[Beniamin Bogosel]

Fie \( D=A\times \{0,1\}=(A\times \{0\})\cup (A\times \{1\}) \). Atunci \( card D=card A+card A=x+x \).

Notam cu \( \mathcal{P}^*(A)=\mathcal{P}(A)\setminus \{\emptyset\} \) multimea partilor nevide ale multimii \( A \). Pentru orice multime nevida \( X \subseteq A \) notam cu \( \mathcal{F}(X)=\{f:X \to X \times \{0,1\}:\ f\ \textrm{ este bijectiv\u a} \}. \)

Fie \( \displaystyle \mathcal{F}=\bigcup_{X\in \mathcal{P}^*(A)}\mathcal{F}(X) \). Multimea \( A \), fiind infinita, are proprietatea ca exista o submultime a sa numarabila; deci exista \( h:\mathbb{N} \to A \) injectiva. Atunci multimea \( E=h(\mathbb{N})\subseteq A \) este numarabila pentru ca \( h:\mathbb{N} \to E \) este bijectiva si astfel \( card E=\aleph_0 \). Mai departe avem ca \( card (E\times \{0,1\})=card ((E\times \{0\})\cup(E \times\{1\}))=card (E\times \{0\}) +card (E \times \{1\})=\aleph_0+\aleph_0=\aleph_0=card E \). Prin urmare exista o functie \( f:E \to E\times \{0,1\} \) bijectiva. Acest fapt arata ca multimea \( \mathcal{F} \) este nevida

Sa consideram relatia binara \( \mathcal{R}=\{(f,g) \in \mathcal F\times \mathcal F:\ g \textrm{ este o prelungire a lui } f\}. \)
(Functia \( g:Z\to T \) este o prelungire a functiei \( f:X \to Y \) daca \( X \subseteq A \) si \( g(\alpha)=f(\alpha)\ \forall \alpha \in X \))

Sa demonstram ca \( (\mathcal F,\mathcal R) \) este o multime ordonata (adica \( \mathcal R \) este o relatie de ordine).

i) \( (f,f) \in \mathcal R \): Functia \( f \) este o prelungire a sa pentru ca \( Dom\ f\subseteq Dom\ f \) si \( f(x)=f(x)\ \forall x \in Dom\ f \).
ii) \( (f,g),\ (g,f) \in \mathcal R \Rightarrow f=g \): Avem ca \( f:M\to N \) si \( g: P\to Q \). Din faptul ca \( (f,g),\ (g,f) \in \mathcal R \) rezulta ca \( M\subseteq P \) si \( P \subseteq M \), deci \( M=P \) \c si \( f(\alpha)=g(\alpha)\ \forall \alpha \in Dom\ f=M=P=Dom\ g \). Prin urmare \( f=g \).
iii) \( (f,g),\ (g,h) \in \mathcal R\Rightarrow (f,h) \in \mathcal R \): Avem ca \( f:F_1 \to F_2,\ g:G_1 \to G_2,\ h:H_1\to H_2 \). Din ipoteza avem ca \( F_1 \subseteq G_1 \subseteq H_1 \) si \( h(\alpha)=g(\alpha),\ \forall \alpha \in G_1 \) si \( g(\alpha)=f(\alpha),\ \forall \alpha \in F_1 \). Fie \( \alpha \in F_1 \). Avem ca \( \alpha \in F_1 \subseteq G_1 \). Deci \( f(\alpha)=g(\alpha)=h(\alpha) \). Adica \( h \) este o prelungire a lui \( f \). Prin urmare \( (f,h) \in \mathcal R \).

Din aceste trei afirmatii rezulta ca \( \mathcal R \) este o relatie de ordine pe multimea \( \mathcal F \), adica \( (\mathcal F,\mathcal R) \) este o multime ordonata.

Fie \( \mathcal L=(f_\alpha)_{\alpha \in J} \subset \mathcal F \) un lant (adica o multime total ordonata). Evident ca pentru orice \( \alpha \in J \) functia \( f_\alpha :X_\alpha \to X_\alpha \times \{0,1\} \) este o functie bijectiva. Mai mult, pentru orice \( \alpha,\ \beta \in J \) avem ca bijectia \( f_\alpha:X_\alpha \to X_\alpha \times \{0,1\} \) este o prelungire pentru bijectia \( f_\beta:X_\beta\to X_\beta\times\{0,1\} \) sau bijectia \( f_\beta:X_\beta\to X_\beta\times\{0,1\} \) este o prelungire pentru bijectia \( f_\alpha:X_\alpha \to X_\alpha \times \{0,1\} \).

De aici rezulta ca daca \( X_0=\displaystyle \bigcup_{\alpha \in J}X_\alpha \), atunci functia \( f_0:X_0\to X_0\times \{0,1\} \) definita pentru orice \( y \in X_0 \) prin \( f_0(y)=f_\alpha(y) \), pentru orice \( \alpha \in J \) cu proprietatea ca \( y \in X_\alpha \), este o functie bijectiva.

Sa demonstram, mai intai ca \( f_0 \) este bine definita. Daca \( y \in X_\alpha \cap X_\beta \), atunci \( y \in X_\alpha \subseteq X_\beta \) sau \( y \in X_\beta \subseteq X_\alpha \). Deci \( f_\alpha(y)=f_\beta(y) \). Astfel \( f_0 \) este bine definita.

Fie \( y,z \in X_0 \) cu \( f_0(y)=f_0(z) \). Atunci \( \exists \alpha,\beta \in J \) astfel incat \( y \in X_\alpha,\ z \in X_\beta \). Cum una din bijectiile \( f_\alpha:X_\alpha \to X_\alpha \times\{0,1\} \) si \( f_\beta:X_\beta \to X_\beta\times \{0,1\} \) este o prelungire a celeilalte rezulta ca \( y,z \in X_\alpha \) sau \( y,z \in X_\beta \). Daca \( y,z \in X_\alpha \), atunci \( f_\alpha:X_\alpha \to X_\alpha \times \{0,1\} \) este bijectiva. Cum \( f_0(y)=f_0(z) \) rezulta ca \( f_\alpha(y)=f_\alpha(z) \) din care rezulta ca \( y=z \). Analog pentru \( y,z \in X_\beta \). Deci, din faptul ca \( f_0(y)=f_0(z) \), unde \( y,z \in X_0 \) a rezultat faptul ca \( y=z \). Astfel functia \( f_0 \) este injectiva.

Fie \( (y,\varepsilon) \in X_0\times \{0,1\} \), unde \( \varepsilon \in \{0,1\} \) \c si \( y \in X_0 \). Din faptul ca \( X_0=\displaystyle \bigcup_{\alpha \in J}X_\alpha \) rezulta ca \( \exists \alpha \in J \) cu \( y \in X_\alpha \). Cum \( f_\alpha:X_\alpha \to X_\alpha \times \{0,1\} \) este bijectiva, rezulta ca exista \( y_\alpha \in X_\alpha \) cu \( f_\alpha(y_\alpha)=(y,\varepsilon) \). Dar \( f_0(y_\alpha)=f_\alpha(y_\alpha)=(y,\varepsilon) \) unde \( y_\alpha \in X_0 \). Am obtinut astfel ca \( f_0 \) este surjectiva.

Prin urmare, \( f_0 \) este bijectiva si \( f_0 \) este o prelungire pentru orice \( f_\alpha \in \mathcal L \). Deci \( f_0 \in \mathcal F \) si \( (f_\alpha,f_0) \in \mathcal R,\ \forall \alpha \in J \). Aceasta arata ca \( f_0 \) este un majorant pentru \( \mathcal L \). Cum \( \mathcal L \) a fost ales arbitrar, am demonstrat astfel ca orice lant admite un majorant. Astfel \( (\mathcal F,\mathcal R) \) este o multime inductiv ordonata.

Din lema lui Zorn \( (\mathcal F,\mathcal R) \) are un element maximal \( f^*:X^* \to X^*\times \{0,1\} \). Aceasta inseamna ca \( X^* \) este o submultime nevida a lui \( A \) si ca \( f^*:X^* \to X^* \times \{0,1\} \) este o functie bijectiva care nu mai poate fi prelungita.

Sa aratam ca multimea \( Y=A \setminus X^* \) este finita. Prin reducere la absurd presupunem ca \( Y \) este infinita. Atunci exista o functie injectiva \( v:\mathbb{N} \to Y \). Rezulta ca \( H=v(\mathbb{N}) \) si \( H \times \{0,1\} \) sunt numarabile. Astfel exista o functie bijectiva \( g^*:H \to H \times \{0,1\} \). Fie \( f^{**}:X^*\cup H \to (X^*\cup H)\times \{0,1\} \) definita pentru orice \( y \in X^*\cup H \) prin
\( f^{**}(y)=\left\{\matrix{f^*(y),\ y \in X^* \cr g^*(y),\ y \in H}\right. \)

Atunci \( f^{**}:X^*\cup H \to (X^*\cup H)\times \{0,1\} \) este o functie bijectiva care apartine lui \( \mathcal F \) si care prelungeste pe \( f*:X^* \to X^* \times \{0,1\} \). Aceasta contrazice maximalitatea lui \( f^*:X^* \to X^*\times\{0,1\} \).

Prin urmare, multimea \( Y=A\setminus X^{*} \) este multime finita si \( X^*=A\setminus Y \) este o multime infinita. De aici deducem egalitatea \( card A=card (X^*\cup Y)=card X^*=card (X^*\times \{0,1\})=card ((X\times \{0\})\cup (X\times \{1\}))=card (X^*\times\{0\})+card (X* \times \{1\})=card X^*+cardX^*=card A+card A \). Prin urmare \( x+x=x \), unde \( x=card A \).


Aceasta e solutia pentru prima parte...
Pentru a doua parte, rationamentul este analog, dar se complica un pic lucrurile la sfarsit...