Matematické Fórum

Andrejka3 · 25. 10. 2012 13:00

Ahoj,
napadl mě příklad:
Pro $A,B$ množiny, značme $A^B \stackrel{\text{\tiny def}}{=} \{f;\;f:B \rightarrow A\}$ , tj. množinu všech zobrazení $B$ do $A$ (definiční obor je celé $B$ ).
Zápis $A \cong B$ nechť značí, že existuje bijekce $A \rightarrow B$ .

Jsou pravdivé následující výroky?
$A^B \cong A^{B'} \Rightarrow B \cong B'$
$A^B \cong A'^B \Rightarrow A \cong A'$
Prosím o radu,
díky, A.

kompik · 25. 10. 2012 13:20 — Editoval kompik (25. 10. 2012 13:27)

↑ Andrejka3:
Snad by malo byt jasne, ze pre konecne neprazdne mnoziny to funguje.

Ak pripustime nekonecne mnoziny, tak prva vec nemusi platit uz ani pre $|A|=2$ , ale nie je to jednoduche zdovodnit: When 2^a = 2^b implies a=b (a,b cardinals) - Mathoverflow alebo post na math.SE nazvany Does $2^X \cong 2^Y$ imply $X \cong Y$ without assuming the axiom of choice?.

Kazdopadne je asi lahke (ak clovek ovlada zaklady kardinalnej aritmetiky) ukazat, ze
$\mathbb N^{\mathbb R}\cong \mathbb R^{\mathbb R}$ hoci medzi R a N nie je bijekcia.
(Pomocou kardinalnych cisel to mozeme zapisat tak, ze $\aleph_0^{\mathfrak c}=\mathfrak c^{\mathfrak c}$ , kde $\mathfrak c=2^{\aleph_0}$ oznacuje kardinalitu R. To by mal byt kontrapriklad na druhu podmienku.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Andrejka3 · 25. 10. 2012 13:23

↑ kompik:
Díky!

kompik · 25. 10. 2012 19:10

kompik napsal(a):
↑ Andrejka3:
Ak pripustime nekonecne mnoziny, tak prva vec nemusi platit uz ani pre $|A|=2$ , ale nie je to jednoduche zdovodnit: When 2^a = 2^b implies a=b (a,b cardinals) - Mathoverflow alebo post na math.SE nazvany Does $2^X \cong 2^Y$ imply $X \cong Y$ without assuming the axiom of choice?.

Mozno by som mal presnejsie vysvetlit, co sa tu mysli pod tym, ze to nemusi platit. (Aj ked je to asi popisane aj v tych linkach.)

Zovseobecnena hypoteza kontinua (oznacovana GCH) je tvrdenie, ze pre kazde kardinalne cislo a je najblizsie vacsie kardinalne cislo $2^a$ , t.j. plati $2^a=a^+$ , kde $a^+$ oznacuje kardinalny nasledovnik (najblizsi vacsi kardinal)

Je zname, ze GCH sa z ostatnych axiom teorie mnozin (ZFC) neda dokazat ani vyvratit - je od nich nezavisla.

Ak plati GCH, tak $2^a=2^b$ $\Rightarrow$ $a^+=b^+$ $\Rightarrow$ $a=b$ . Cize ak plati GCH, tak plati implikacia, na ktoru si sa pytala, pri zaklade dva.

Je vsak tiez zname, ze z axiom teorie mnozin sa neda dokazat/vyvratit to, ci $2^{\aleph_0}=2^{\aleph_1}$ . V tomto pripade tato implikacia (pre zaklad dva) neplati.

*****

Sucasne sa este vratim k povodnej otazke, ktora bola ci $a^b=a^c \Rightarrow b=c$ . (Pre lubovolny zaklad - to co som pisal platilo pre zaklad dva, cize to bolo o otazke, ci plati implikacia $2^b=2^c \Rightarrow b=c$ .)

Opat je tu lahky kontrapriklad (bez toho, aby som sa musel pozerat na take veci ako GCH a pod.):
$(2^{\mathfrak c})^{\mathfrak c}=(2^{\mathfrak c})^{\aleph_0}=2^{\mathfrak c}$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Andrejka3 · 25. 10. 2012 19:17

↑ kompik:
Jsem vděčná za hezké odpovědi. Snad Tě nezklamu, když napíšu, že mě prozatím teorie množin míjí. Beru to jako reklamu na ní, předpokládám, že se s tím brzy seznámím. Ta otázka mě napadla, když jsem přemýšlela o univerzálních prvcích funktorů. Konkrétně, exponenciálního, ale nemohla jsem na žádnou větu napasovat nějaký důkaz té domněnky. Takže jsem ráda, že neplatí :)

Matematické Fórum

#1 25. 10. 2012 13:00

bijekce, množiny fcí.

#2 25. 10. 2012 13:20 — Editoval kompik (25. 10. 2012 13:27)

Re: bijekce, množiny fcí.

#3 25. 10. 2012 13:23

Re: bijekce, množiny fcí.

#4 25. 10. 2012 19:10

Re: bijekce, množiny fcí.

kompik napsal(a):

#5 25. 10. 2012 19:17

Re: bijekce, množiny fcí.

Zápatí