Bourbaki

习题 19, § 6

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集合论, III, 245

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Google 翻译生成的粗略草稿,质量较低。术语依照术语表,但句子可能有误;之后会由仔细的译文取代。

(a) 令α\alpha和β\beta为两个序数,使得α\alpha没有前身,并令ξ→σξ\xi \to \sigma_\xi为序数ωβ\omega_\beta到序数α\alpha的严格递增的映射,使得sup⁡ξ<ωβσξ=α\sup_{\xi < \omega_\beta} \sigma_\xi = \alpha。表明

ℵαℵβ=∏ξ<ωβℵσξ.\aleph_\alpha^{\aleph_\beta} = \prod_{\xi < \omega_\beta} \aleph_{\sigma_\xi}.

(将序数 ωβ\omega_\beta 的每个映射 ff 与序数 ωα\omega_\alpha 关联一个 ωβ\omega_\beta 的单射映射 fˉ\bar{f} 到所有 ωσξ\omega_{\sigma_\xi} (ξ<ωβ\xi < \omega_\beta) 的集合,这样f(ξ)≤fˉ(ξ)f(\xi) \leq \bar f(\xi) 对于所有 ξ<ωβ\xi < \omega_\beta 计算映射 ff 的基数集合与相同的 fˉ\bar f 相关联并观察到

m=∏ξ<ωβℵσξ≥2Card⁡(ωβ) m=\prod_{\xi<\omega_\beta}\aleph_{\sigma_\xi}\geq 2^{\operatorname{Card}(\omega_\beta)}

和m≥ℵαm\geq\aleph_\alpha(cf.§ 3,习题3)。)

(b) 设αˉ\bar\alpha为序数,使得ωαˉ\omega_{\bar\alpha}是ωα\omega_\alpha的最后一个特征标。证明ℵαℵαˉ>ℵα\aleph_\alpha^{\aleph_{\bar\alpha}}>\aleph_\alpha,并且如果存在nn使得ℵα=nℵγ\aleph_\alpha=n^{\aleph_\gamma},则γ<αˉ\gamma<\bar\alpha(使用(a)和§ 3的习题 3)。

(c) 证明,如果 λ<αˉ\lambda<\bar\alpha,则

ℵαℵλ=∑ξ<αℵξℵλ \aleph_\alpha^{\aleph_\lambda}=\sum_{\xi<\alpha}\aleph_\xi^{\aleph_\lambda}

(如习题 18 (a) 中的论证)。

解答

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