Равномощность множеств-степеней

[lofar]

Пусть $a$ и $b$ --- кардиналы. Верно ли, что из $2^a=2^b$ следует $a=b$?

[Профессор Снэйп]

Если принять ОКГ, то, очевидно, это так.

Сегодня спрашивал у одного большого спеца по данному вопросу, можно ли доказать этот результат без континуум-гипотезы. Он сказал, что нет и даже более того, известно, что при некоторых дополнительных условиях (сами условия я так и не выяснил, но, насколько понял, они совместны с ZFC + отрицание КГ) можно доказать равенство $2^\omega = 2^{\omega_1} =$ континуум.

Добавлено спустя 23 минуты 14 секунд:

Может, модераторам стоит перенести тему из этого раздела в общий? Здесь она явно не в кассу.

Добавлено спустя 13 минут 15 секунд:

Вот, кстати, ещё один вопрос из той же области, который меня какое-то время интересовал но на который я так и не узнал ответа. Сколько всего существует ультрафильтров на счётном множестве? Ясно, что не меньше чем $c$ и не больше чем $2^c$, а вот сколько точно?

[PAV]

Перенесено из "Помогите решить"

[lofar]

Профессор Снэйп, благодарю за ответ. Ясно, что этот факт следует из ОКГ. Полагал, что верно и без нее. Оказывается -- нет. Спасибо.

[ddn]

lofar писал(а):

Профессор Снэйп, благодарю за ответ. Ясно, что этот факт следует из ОКГ. Полагал, что верно и без нее. Оказывается -- нет. Спасибо.

Неверно. Из факта $2^a=2^b \Rightarrow a=b$ не следует обобщенная КГ, она же GCH. GCH это $2^{\aleph_{\alpha}}=\aleph_{\alpha+1}$ для всех бесконечных $a=\aleph_{\alpha}$ - она формально верна даже для конечных $a=0$ и $1$, но это уже малозначимый факт.

Вообще же, величина $2^a$ для каждого в отдельности бесконечного $a$ может быть совершенно произвольной, при соблюдении трех условий:
1) $a<2^a$
2) $a<b \Rightarrow 2^a \leqslant 2^b$
3) $cf(a)<cf(2^a)$
Пояснения:
Здесь ординал $cf(a)$ – это конфинал ординала (и одновременно кардинала) $a$. Конфинал всякого ординала $\kappa$ всегда является кардиналом и притом регулярным. Он определяется как
$cf(\kappa)=min \{\alpha| \exists \phi \in (\alpha \to \kappa) (\forall \beta \in \alpha \forall \gamma \in \beta (\phi(\gamma)<\phi(\beta)) \wedge$
$\wedge \forall \lambda \in \kappa \exists \beta \in \alpha (\lambda \subseteq \phi(\beta)))\}$ - то есть наименьший порядковый тип $\alpha$ (ординал) возрастающей подпоследовательности из элементов ординала $\kappa$, верхняя грань которой равна самому ординалу $\kappa$. (Для ординалов отношения $\in$ и $<$, а также $\subseteq$ и $\leqslant$ эквивалентны)
Всегда имеет место $cf(\kappa) \leqslant \kappa$, $cf(cf(\kappa))=cf(\kappa)$, а также $\aleph_0 \leqslant cf(a)$ для бесконечных кардиналов $a$ и $cf(\aleph_{\alpha})=cf(\alpha)$ для предельных кардиналов (т.е. когда $\alpha$ - предельный ординал).
Бесконечные кардиналы $a$, обладающие свойством $cf(a)=a$, это либо $\aleph_0$, либо непредельные $a=\aleph_{\alpha+1}$ вида, либо слабо недостижимые кардиналы – то есть они совпадают с классом регулярных кардиналов. Для конечных кардиналов имеет место $cf(0)=0$ и $cf(a)=1$ для $a>0$, то есть свойство $cf(a)=a$ выполняется для $a=0$ и $1$.
Регулярными же кардиналами называются кардиналы $\kappa$ не являющиеся суммами меньших кардиналов, взятых в числе, меньшем этого же кардинала: $reg(\kappa) \limits_{\gets}^{\to} \forall \alpha \in \kappa \forall \phi \in (\alpha \to \kappa) \left(card\left(\sum\limits_{\beta \in \alpha} \phi(\beta)\right)<\kappa \right)$. Бесконечные регулярные кардиналы $a$ это, получается, либо непредельные (вида $a=\aleph_{\alpha+1}$), либо предельные со свойством $cf(a)=a$. Среди конечных кардиналов $a$, регулярными являются лишь $a=0$, $1$ и $2$. Кардинал $2$ единственный регулярный кардинал, для которого $cf(a)<a$.

Первые два условия очевидны, а вот третье есть весьма интересная теорема Кенига – ее доказательство я давно и очень хочу увидеть (не знаю, насколько оно элементарно). Эти условия, раз они являются теоремами в $ZFC$, необходимы. Но они и достаточны для построения модели с произвольными значениями $2^a$, удовлетворяющими данным условиям, что и утверждает теорема Итсона (ее доказательство уж точно не элементарно). Величина $2^{\aleph_0}$, например, может даже оказаться больше слабо недостижимого кардинала (предельные, со свойством $\aleph_{\alpha}=\alpha$ и большие $\aleph_0$), правда как обстоит дело с другими сверхбольшими кардиналами (измеримыми, например) не знаю.

Из вышеуказанных условий видно, что вполне может быть ситуация, когда из $a<b$ всегда следует $2^a<2^b$ (например, если $2^{\aleph_{\alpha}}=\aleph_{\alpha+2}$), и тогда имеет место $2^a=2^b \Rightarrow a=b$ хотя $2^{\aleph_0}}=\aleph_1$ не выполняется.

[Профессор Снэйп]

ddn писал(а):

lofar писал(а):

Профессор Снэйп, благодарю за ответ. Ясно, что этот факт следует из ОКГ. Полагал, что верно и без нее. Оказывается -- нет. Спасибо.

Неверно. Из факта $2^a=2^b \Rightarrow a=b$ не следует обобщенная КГ...

Так никто и не утверждал, что следует. Утверждалось наоборот: из ОКГ следует указанный факт. И ещё утверждалось, что отрицание КГ совместно с утверждением $(\exists a \neq b)(2^a = 2^b = c)$ ($c$ в этой формуле обозначает мощность континуума, какой бы порядковый номер данный кардинал не имел). Вы хотите сказать, что это не так?

Спасибо, конечно, за лекцию по теории множеств, но, может, Вы как-нибудь покороче поясните, к какому из моих утверждений относится Ваше "неверно"?

[ddn]

Профессор Снэйп писал(а):

Так никто и не утверждал, что следует.

Спасибо, конечно, за лекцию по теории множеств, но, может, Вы как-нибудь покороче поясните, к какому из моих утверждений относится Ваше "неверно"?

Не вашему, а тов-ща lofarа. Именно он сделал явно ошибочный вывод, что следует. Внимательно прочтите его последнее сообщение. Он написал: этот факт ($2^a=2^b \Rightarrow a=b$) оказывается не может быть верен без нее (без ОКГ).
Значит если он (факт) верен, то из него следует она (ОКГ).
Это не так - он может верен и без ОКГ и потому, из данного факта ОКГ не следует.

[Профессор Снэйп]

ddn писал(а):

Внимательно прочтите его последнее сообщение. Он написал: этот факт ($2^a=2^b \Rightarrow a=b$) оказывается не может быть верен без нее...

Не, он, по моему, совсем не так написал. Он написал, что думал, будто этот факт можно доказать без привлечения континуум-гипотезы, а теперь признаёт неправильность этих мыслей. То есть утверждает, что не обязан (а не "не может") быть верен без ОКГ.

В-общем, глупый какой-то спор получается, не по существу... Лучше спрошу у Вас, знаете ли Вы ответ на вопрос о том, какова мощность множества ультрафильтров на счётном множестве? Ясно, что не меньше чем континуум и не больше, чем два в степени континуум. А вот сколько точно? Я нигде не встречал, ничего сказать не могу. Решить "наскоком" тоже не получается. А ведь вопрос явно должен быть исследован.

[ddn]

Профессор Снэйп писал(а):

В-общем, глупый какой-то спор получается, не по существу... Лучше спрошу у Вас, знаете ли Вы ответ на вопрос о том, какова мощность множества ультрафильтров на счётном множестве? Ясно, что не меньше чем континуум и не больше, чем два в степени континуум. А вот сколько точно? Я нигде не встречал, ничего сказать не могу. Решить "наскоком" тоже не получается. А ведь вопрос явно должен быть исследован.

Кажется в какой-то обзорной книжке по матлогике встречал подобный вопрос. Поищите книжки в научной библиотеке. Этот вопрос, полагаю, очень сложный (наверняка неразрешимый) и я ответить на него не могу. Теорией множеств я интересуюсь только как любитель. Мной профиль - теор. физика.

[Someone]

А.В.Архангельский, В.И.Пономарёв. Основы общей топологии в задачах и упражнениях. "Наука", Москва, 1974.
К обсуждаемому вопросу имеют отношение следующие задачи:
глава I, задача 144 (мощность множества ультрафильтров на бесконечном множестве $X$ равна $2^{2^{|X|}}$);
глава II, задача 381 (если $\tau\geqslant\aleph_0$, то тихоновское произведение не более чем $2^{\tau}$ пространств, плотность которых не превосходит $\tau$, имеет всюду плотное подмножество мощности не более $\tau$);
глава IV, задача 53 (расширение Стоуна - Чеха натурального ряда (= множество всех ультрафильтров на множестве натуральных чисел, включая тривиальные) имеет вес $\mathfrak{c}=2^{\aleph_0}$ и мощность $2^{\mathfrak{c}}$);
глава VI, задача 180 (расширение Стоуна - Чеха дискретного пространства мощности $\tau\geqslant\aleph_0$ имеет мощность $2^{2^{\tau}}$).

[Профессор Снэйп]

Someone писал(а):

А.В.Архангельский, В.И.Пономарёв. Основы общей топологии в задачах и упражнениях. "Наука", Москва, 1974.
К обсуждаемому вопросу имеют отношение следующие задачи:

глава I, задача 144 (мощность множества ультрафильтров на бесконечном множестве $X$ равна $2^{2^{|X|}}$)

Осталось ещё этого Архангельского-Пономарёва найти. В сети похоже нет... Загляну в библиотеку на следующей неделе. Надеюсь, там кроме задач есть какие-нибудь необходимые для их решения теоретические факты или хотя бы указания к решениям

[Someone]

Там в каждом параграфе есть небольшое теоретическое введение, а большинство задач снабжено краткими решениями.

[lofar]

ddn писал(а):

Не вашему, а тов-ща lofarа. Именно он сделал явно ошибочный вывод, что следует. Внимательно прочтите его последнее сообщение. Он написал: этот факт ($2^a=2^b \Rightarrow a=b$) оказывается не может быть верен без нее (без ОКГ).
Значит если он (факт) верен, то из него следует она (ОКГ).
Это не так - он может верен и без ОКГ и потому, из данного факта ОКГ не следует.

Разумеется, я не собирался утверждать, что в $ZFC$ из $(2^a=2^b \Rightarrow a=b)$ следует $GCH$ (или, что отрицание $GCH$ влечет отрицание $(2^a=2^b \Rightarrow a=b)$). Имел в виду, что $(2^a=2^b \Rightarrow a=b)$ не является теоремой в $ZFC$ (в тот момент этот факт был для меня новым). В будущем постараюсь выражаться яснее.

[Someone]

Someone писал(а):

А.В.Архангельский, В.И.Пономарёв. Основы общей топологии в задачах и упражнениях. "Наука", Москва, 1974.