数学定理（二）

dually Dedekind infinite定理

我们称一个集合α 是dually Dedekind infinite的，当且仅当存在 α 到 α＋1 的满射，其中 0 ∉ α 。

集合α 是power Dedekind finite的，当且仅当不存在 ω 到 Pα 的单射。

定理：假设α＝∪αₙ

n∈ω

， α 是dually Dedekind infinite的，αₙ 都是power Dedekind finite的，那么存在满射 g：α → α＋1 （其中 0 ∉ α ）和严格单增自然数序列 i₀＜i₁＜· · · 满足 g⁻⁽ⁿ⁺¹⁾ (0) ⊆ αᵢₙ。

证明：证明无需AC。由于 α 是dually Dedekind infinite的，令 f：α → α＋1 是满射。

引理1 ：对于任意自然数 m，n ，存在 k∈ω 使 f⁻ᵏ[αₘ] ⊈ α₀∪· · ·∪αₙ 。否则，假设 n 满足“任意自然数 k 都有 f⁻ᵏ[αₘ] ⊆ α₀∪· · ·∪αₙ ”，因此 P(α₀∪· · ·∪αₙ) ⊇ {f⁻ᵏ[αₘ]：k∈ω}；由于 k ≠ l → fˡ[αₘ] ∩fᵏ[αₘ]＝∅，因此 P(α₀∪· · ·∪αₙ) 有可数子集；但是任意有穷个power Dedekind finite集合的并仍然是power Dedekind finite的，因此 P(α₀∪· · ·∪αₙ) 没有可数子集，矛盾，反证存在 k∈ω 满足 f⁻ᵏ[αₘ] ⊈ α₀∪· · ·∪αₙ ，引理成立。

现在令i₀＝min{n：f⁻¹(0)∩αₙ ≠ ∅} ，令 c₀＝f⁻¹(0)∩αᵢ₀，根据引理 1 可知存在 i₁＝min{n：∃k，f⁻ᵏ[c₀]∩αₙ ≠ ∅} 、 k₁＝min {n：f⁻ⁿ[c₀] ∩αᵢ₁ ≠ ∅} 和 c₁＝f⁻ᵏ¹[c₀]∩αᵢ₁。仍然根据引理，可继续定义 i₂，k₂，c₂，i₃，· · · ，即 iₘ₊₁＝min {n：∃k，f⁻ᵏ[cₘ]∩αₙ ≠ ∅} 、kₘ₊₁＝min {n：f⁻ⁿ[cₘ]∩αᵢₘ₊₁ ≠ ∅} 和 cₘ₊₁＝f⁻ᵏᵐ⁺¹ [cₘ]∩αᵢₘ₊₁ 。这样我们就得到了一组严格单增的自然数序列 (iₙ) n∈ω，并且当 n＞m 时有 fˡᵐ [cₙ] ⊆ cₙ₋ₘ ⊆ αᵢₙ₋ₘ，其中 lₘ＝∑kᵢ 。

i≤m

令c₀⁽ⁿ⁾＝fˡⁿ [cₙ] ，则有 c₀⁽ⁿ⁾ ⊇ c₀⁽ⁿ⁺¹⁾，下面证明存在 m 满足 c₀⁽ᵐ⁺¹⁾＝c₀⁽ᵐ⁾：否则，存在 {c₀⁽ⁿ⁾：n＜ω} 的无穷子集 {c₀⁽ᶠ⁽ⁿ⁾⁾：n＜ω} 满足 c₀⁽ᶠ⁽⁰⁾⁾ ⊃ c₀⁽ᶠ⁽¹⁾⁾ ⊃ · · · ，其中 f 是自然数集上的单增函数，因此 Pc₀ 有可数子集，但 c₀ ⊆ αᵢ₀ ，因此 c₀ 是power Dedekind finite的，矛盾，反证存在 m 满足 c₀⁽ᵐ⁺¹⁾＝c₀⁽ᵐ⁾ 。将上述的 c₀⁽ᵐ⁾ 记为 b₀ ，则对于任意 cₙ 都有 fˡⁿ [cₙ] ⊇ b₀ 。

令f⁻ᵏ¹ [b₀]∩αᵢ₁＝b₁ ，现在证明 fᵏ² [c₂] ⊇ b₁：假设 x∈b₁＝f⁻ᵏ¹ [b₀]∩αᵢ₁，即 x∈αᵢ₁∧fᵏ¹(x) ∈ b₀，由于对于任意 cₙ 都有 fˡⁿ [cₙ] ⊇ b₀，因此存在 y∈c₂ 满足 fᵏ¹⁺ᵏ² (y)＝fᵏ¹ (x) ，换言之 f⁻ᵏ² (x)∩c₂ ≠ ∅ ，由 c₂ 定义知 c₂ ⊇ f⁻ᵏ² (x) ∩αᵢ₂，因此 x∈fᵏ² [c₂] ，即 fᵏ² [c₂] ⊇ b₁ 。令 f⁻ᵏ² [b₁]∩αᵢ₂＝b₂，既然 fᵏ² [c₂] ⊇ b₁，那么 fᵏ² [b₂]＝b₁ 。重复上述操作得到 b₃，b₄，· · ·，即令 f⁻ᵏⁿ⁺¹ [bₙ] ∩αᵢₙ₊₁＝bₙ₊₁ ，类似可证 fᵏⁿ⁺¹ [cₙ₊₁] ⊇ bₙ 和 fᵏⁿ⁺¹ [bₙ₊₁] ＝bₙ，且 bₙ ⊆ αᵢₙ 。现在根据 (bₙ) n∈ω 定义题目想要的满射 g：

如果x∉∪bₙ

n∈ω

，令 g(x)＝x ；令 g[b₀]＝0 ；若 x∈bₙ₊₁ ，令 g(x)＝f(x)。则定义的 g(x) 即为所求。⊣

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