Thu-04-09-2025 11:20 profe: Leonard Ehrhorn status: tags: Cardinalidad

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Ejercicio 2

Calcular $\#\mathbb{N}^{3}$ Usamos que $\mathbb{N}\sim \mathbb{N}^{2}$

Quiero ver que $\mathbb{N}\sim \mathbb{N}^{2}\iff \:\exists\:f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}^{2}$ biyectiva. Sea $g:\mathbb{N}^{2}\to \mathbb{N}^{3}$

$$g(n,m)=(n,f(m)_{0},f(m)_{1})$$

Veamos que $g$ es biyectiva. Sean $(n_{1},m_{1}),(n_{2},m_{2})\in \mathbb{N}^{2}$ tal que $g(n_{1},m_{1})=g(n_{2},m_{2})$

$$(n_{1},f(m_{1})_{0},f(m_{1})_{1})=(n_{2},f(m_{2})_{0},f(m_{2})_{1})$$ $$\begin{array}{c} \implies n_{1}=n_{2} \\ f(m_{1})_{0}=f(m_{2})_{0} \\ f(m_{1})_{1}=f(m_{2})_{1} \end{array}$$ $$\begin{array}{c} \implies m_{1}=m_{2} \end{array}$$

Pues $f$ es inyectiva. Por lo tanto $(n_{1},m_{1})=(n_{2},m_{2})$ y asi $g$ resulta inyectiva. Veamos que $g$ es sobreyectiva. Sea $lF biyectiva. Sea$f:\mathbb{N}^{2}\to \mathbb{N}^{{3}}$. Como la definida antes. (Cambie$f$por$g$ por temas de notación)

$$\forall(m_{1},m_{2},m_{3})\in \mathbb{N}^{3} \:\exists\:(n_{1},n_{2})\in \mathbb{N}^{2}\bigm| f(n_{1},n_{2})=(m_{1},m_{2},m_{3})$$

Veamos que

$$f(m_{1},g^{-1}(m_{2},m_{3}))=(m_{1},m_{2},m_{3})$$

Luego

$$f(m_{1},g ^{-1}(m_{2},m_{3}))=(m_{1},g(g ^{-1}(m_{2}))_{0},g(g ^{-1}(m_{3}))_{1})$$ $$\begin{array}{c} g(g ^{-1}(m_{2}))_{0}= m_{2_{0}} \\ g(g ^{-1}(m_{3}))_{1}= m_{3_{1}} \end{array}$$

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Ejercicio 2

Calcular $\#\mathbb{N}^{3}$.

Sabemos que $\mathbb{N}\sim \mathbb{N}^{2}$, es decir, existe una biyección

$$f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}^{2}.$$

Escribamos $f(m)=(f(m)_{0},f(m)_{1})$ para denotar las dos coordenadas de la imagen de $m$.

Definimos

$$g:\mathbb{N}^{2}\to \mathbb{N}^{3}, \qquad g(n,m)=(n,f(m)_{0},f(m)_{1}).$$

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Inyectividad de $g$

Sean $(n_{1},m_{1}),(n_{2},m_{2})\in \mathbb{N}^{2}$ tales que

$$g(n_{1},m_{1})=g(n_{2},m_{2}).$$

Es decir,

$$(n_{1},f(m_{1})_{0},f(m_{1})_{1})=(n_{2},f(m_{2})_{0},f(m_{2})_{1}).$$

De aquí se deduce

$$n_{1}=n_{2}, \qquad f(m_{1})_{0}=f(m_{2})_{0}, \qquad f(m_{1})_{1}=f(m_{2})_{1}.$$

Como $f$ es inyectiva, concluimos que $m_{1}=m_{2}$.
Por lo tanto $(n_{1},m_{1})=(n_{2},m_{2})$ y $g$ es inyectiva.

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Sobreyectividad de $g$

Sea $(a,b,c)\in \mathbb{N}^{3}$. Como $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}^{2}$ es sobreyectiva, existe $m\in\mathbb{N}$ tal que

$$f(m)=(f(m)_{0},f(m)_{1})=(b,c).$$

Si tomamos $n=a$, tenemos

$$g(n,m)=g(a,m)=(a,f(m)_{0},f(m)_{1})=(a,b,c).$$

De este modo, todo elemento de $\mathbb{N}^{3}$ tiene un preimagen en $\mathbb{N}^{2}$, y $g$ es sobreyectiva.

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Conclusión

Hemos probado que $g:\mathbb{N}^{2}\to \mathbb{N}^{3}$ es una biyección, por lo que

$$\mathbb{N}^{2}\sim \mathbb{N}^{3}.$$

Como además $\mathbb{N}\sim \mathbb{N}^{2}$, por transitividad se concluye que

$$\mathbb{N}\sim \mathbb{N}^{3}.$$

En particular,

$$\#\mathbb{N}^{3}=\#\mathbb{N}=\aleph_{0}.$$

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Ejercicio 3

Sea $( A_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\bigm|A_{n}\subseteq A_{n+1}\quad\forall n\in \mathbb{N}$ . Hallar $( B_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$

1. $B_{n}\cap B_{m}=\emptyset \quad\forall n\neq m$
2. $B_{n}\subseteq A_{n}\quad\forall n\in \mathbb{N}$
3. $\displaystyle\bigcup_{m\leq n}B_{m}=\bigcup_{m\leq n}A_{m}\quad\forall n\in \mathbb{N}$ Defino la sucesión como

$$\begin{array}{c} B_{1}=A_{1} \\ B_{n+1}=A_{n+1}\setminus A_{n} \end{array}$$

Sean $B_{n},B_{m},m\neq n$. Veamos que son disjuntos. Sea $x \in B_{m},$ quiero ver que $x\not\in B_{n}$

$$x \in B_{m}=A_{m} \setminus A_{m-1}\implies x \not\in A_{m-1}\supseteq A_{m}$$ $$x \not\in A_{m} \implies x \not\in A_{n}\implies x \not\in B_{n}$$

Demostremos el tercer punto: Inducción sobre $n$ Caso base $n=1$ Se cumple pues $A_{1}=B_{1}$ por definición. Caso inductivo: Hipótesis inductiva

$$\bigcup_{n\leq h}B_{n}=\bigcup_{n\leq h} A_{n}$$

Sea $x \in \displaystyle \bigcup_{n\leq h+1}B_{n}=\bigcup_{n\leq h}B_{n} \cup B_{h+1}=\bigcup_{n\leq h}A_{n} \cup B_{h+1}$

$$x \in \bigcup_{n\leq h}A_{n}\quad \lor \quad x \in B_{h+1}=A_{h+1}\setminus A_{h}$$

Para el primer caso, en particular $x$ está en la unión hasta $h+1$ y listo. Sino, $x \in A_{h+1}\subseteq \displaystyle\bigcup_{n\leq h+1}A_{n}$ y listo.

$\supseteq)$ Sea $x \in \displaystyle \bigcup_{n\leq h+1}A_{n}$

$$\implies x \in \bigcup_{n\leq h}A_{n}\cup A_{h+1}$$

Y seguimos como el paso anterior. Si $x \in A_{h+1}$ $\implies x \in A_{h+1}\setminus A_{h}=B_{h+1}\subseteq \displaystyle \bigcup_{n\leq h+1}B_{n}$

Demostremos algo pendiente

$$A_{k}\subseteq A_{k+m}\quad\forall k,m \in \mathbb{N}$$

Inducción sobre $m$.

Caso base $m=1$

$$A_{k}\subseteq A_{k+1}$$

Valido por hipótesis.

Caso inductivo:

Hipótesis inductiva

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Citas y Comentarios

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