Jugando con el Infinito
Recordemos lo que vimos en el anterior post: $\mathbb{N}, \ \mathbb{Z}$ y $\mathbb{Q}$ son los tres numerables: los tres son infinitos y tienen el mismo cardinal (son equipotentes), el mismo "número de elementos", el infinito más pequeño. En particular, que $\mathbb{Q}$ sea numerable es especialmente llamativo, ya que es denso en $\mathbb{R}$ (no hemos visto todavía lo que es ser denso, pero intuitivamente podemos hacernos una idea: si tomamos cualquier intervalo en la recta real, siempre hay algún racional ahí metido; o podemos pensar que entre dos números reales siempre hay otro racional). También vimos que $\mathbb{R}$ no era numerable, que tenía "muchos más elementos" que los anteriores tres, es mucho más infinito que ellos.
Hoy vamos a ver cómo podemos operar con los conjuntos numerables y darnos cuenta de cómo podemos construir conjuntos infinitos cada vez más grandes.
EL INFINITO NUMERABLE
Motivado por lo visto en el post anterior, podemos plantearnos si las operaciones conjuntistas que conocemos aplicadas sobre conjuntos numerables dan lugar a otros conjuntos numerables. Lo cierto es que en muchos casos sí, y que eso nos permite operar con conjuntos numerables de forma cómoda. Es decir, vamos a poder manejar infinitos casi a gusto propio. Vamos a ver algunas proposiciones (resultados) y sus demostraciones, (que son sencillas), sobre esto.
$\text{Prop. }1.$ La unión de dos conjuntos numerables es numerable.
Sean $A$ y $B$ dos conjuntos numerables: $A=\left\lbrace a_1,a_2,\ ... \right\rbrace,$ $B=\left\lbrace b_1,b_2,\ ... \right\rbrace.$ Utilizando $f:\mathbb{N} \longrightarrow A\cup B$ de forma que:
\[
f(n)=\begin{cases}
a_{\frac{n}{2}} \text{ si }n\text{ es par}\\
b_{\frac{n+1}{2}} \text{ si }n\text{ es impar}\\
\end{cases}
\]vemos que $f$ es inyectiva, pues si $f(n)=f(m)$ entonces $a_{\frac{n}{2}}=a_{\frac{m}{2}}$ ó $b_{\frac{n+1}{2}}=b_{\frac{m+1}{2}}$ y como $A$ y $B$ están ordenados de forma que cada elemento aparece una única vez, se tiene $\frac{n}{2}=\frac{m}{2} \Rightarrow n=m$ ó $\frac{n+1}{2}=\frac{m+1}{2} \Rightarrow n=m.$ Para ver que es sobreyectiva, si tomamos un elemento $x$ de $A\cup B$, o bien $x\in A \Rightarrow x=a_i$ o bien $x\in B \Rightarrow x=b_j.$ En el primer caso $f(2i)=a_i$ y en el segundo $f(2j-1)=b_j,$ y por tanto es sobreyectiva. Así es biyectiva y por tanto $A\cup B$ es numerable.
f(n)=\begin{cases}
a_{\frac{n}{2}} \text{ si }n\text{ es par}\\
b_{\frac{n+1}{2}} \text{ si }n\text{ es impar}\\
\end{cases}
\]vemos que $f$ es inyectiva, pues si $f(n)=f(m)$ entonces $a_{\frac{n}{2}}=a_{\frac{m}{2}}$ ó $b_{\frac{n+1}{2}}=b_{\frac{m+1}{2}}$ y como $A$ y $B$ están ordenados de forma que cada elemento aparece una única vez, se tiene $\frac{n}{2}=\frac{m}{2} \Rightarrow n=m$ ó $\frac{n+1}{2}=\frac{m+1}{2} \Rightarrow n=m.$ Para ver que es sobreyectiva, si tomamos un elemento $x$ de $A\cup B$, o bien $x\in A \Rightarrow x=a_i$ o bien $x\in B \Rightarrow x=b_j.$ En el primer caso $f(2i)=a_i$ y en el segundo $f(2j-1)=b_j,$ y por tanto es sobreyectiva. Así es biyectiva y por tanto $A\cup B$ es numerable.
$\text{Prop. }2.$ La unión finita de conjuntos numerables es numerable.
Sea $\left\lbrace A_i \right\rbrace_{i=1}^{n}$ una familia finita de conjuntos numerables. Podemos utilizar la proposición anterior para demostrar que $\bigcup_{i=1}^n A_i$ es numerable. Podríamos demostrarlo utilizando inducción, pero como no hemos visto todavía lo que es, lo demostraremos directamente: sea $B_j=\bigcup_{i=1}^j A_i.$ Es claro que $B_n=\bigcup_{i=1}^n A_i.$ También es fácil ver que $B_j=B_{j-1}\cup A_j$ y $B_1=A_1.$ Vamos a hacer el argumento: como $A_1$ es numerable, lo es también $B_1$. Utilizando la proposición anterior, $B_2=B_1\cup A_2$ es también numerable. Si volvemos a usarla para $B_3=B_2 \cup A_3$ obtenemos que $B_3$ también es numerable. Igual para $B_4=B_3 \cup A_4$ y en general para $B_j=B_{j-1}\cup A_j,$ ya que en $j-1$ pasos de la iteración (que es aplicar en cada paso la proposición anterior) obtenemos que $B_{j-1}$ es numerable. Así, llegamos al paso $n$ y por tanto $B_n$ es numerable. Como $B_n=\bigcup_{i=1}^n A_i,$ ya hemos terminado.
$\text{Prop. }3.$ La unión numerable de conjuntos numerables es numerable.
Sea $\left\lbrace A_i \right\rbrace_{i=1}^{\infty}$ una familia numerable de conjuntos numerables. Lo primero: el conjunto $\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i$ es infinito, puesto que lo son cada uno de los $A_i$ y además la unión es infinita. La única manera de que eso fuera finito sería que $A_i=A_j$ para cualesquiera $i$ y $j,$ y además $A_j$ tendría que ser finito, pero estamos partiendo de que eso no es así.
Como $\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i$ es infinito, nos vale con dar una función inyectiva de $\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i$ a $\mathbb{N}$, puesto que el infinito de $\mathbb{N}$ es el más pequeño. Es decir, sabemos $\left| \bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \right| \geq_C |\mathbb{N}|$ y queremos comprobar $\left| \bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \right| \leq_C |\mathbb{N}|$ viendo que hay una función $f:\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \longrightarrow \mathbb{N}$ inyectiva. Podemos numerar los elementos de $A_i$ de forma que $a_{j}^{i}$ es el elemento que ocupa el lugar $j$ en la lista de elementos de $A_i.$ Si mandamos $a_{j}^{i}$ en la potencia $j$-ésima del $i$-ésimo primo (los números primos son numerables y las potencias de cada uno de ellos también) tenemos una función inyectiva como la que buscábamos, y por tanto $\left| \bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \right| \leq_C |\mathbb{N}|,$ lo que precisamente nos da $\left| \bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \right| =_C |\mathbb{N}|.$
Como $\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i$ es infinito, nos vale con dar una función inyectiva de $\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i$ a $\mathbb{N}$, puesto que el infinito de $\mathbb{N}$ es el más pequeño. Es decir, sabemos $\left| \bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \right| \geq_C |\mathbb{N}|$ y queremos comprobar $\left| \bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \right| \leq_C |\mathbb{N}|$ viendo que hay una función $f:\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \longrightarrow \mathbb{N}$ inyectiva. Podemos numerar los elementos de $A_i$ de forma que $a_{j}^{i}$ es el elemento que ocupa el lugar $j$ en la lista de elementos de $A_i.$ Si mandamos $a_{j}^{i}$ en la potencia $j$-ésima del $i$-ésimo primo (los números primos son numerables y las potencias de cada uno de ellos también) tenemos una función inyectiva como la que buscábamos, y por tanto $\left| \bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \right| \leq_C |\mathbb{N}|,$ lo que precisamente nos da $\left| \bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \right| =_C |\mathbb{N}|.$
$\text{Prop. }4.$ El producto de dos conjuntos numerables es numerable.
Sean $A$ y $B$ dos conjuntos numerables. El conjunto $A\times B$ lo podemos describir como $A\times B= \left\lbrace (a,b): \ a \in A, \ b \in B \right\rbrace.$ En particular $\left\lbrace (a,b_1): \ a \in A\right\rbrace \subset A\times B$ para cierto $b_1 \in B$ es numerable porque es "como" $A,$ si llevamos cada $(a_i,b_1)$ en $a_i$ tenemos una biyección entre ese conjunto y $A,$ que es numerable, luego tal conjunto es numerable. Por tanto $\left| \left\lbrace (a,b_1): \ a \in A\right\rbrace \right| \leq_C A\times B$ y también $\left| \left\lbrace (a,b_1): \ a \in A\right\rbrace \right| =_C |\mathbb{N}|$, luego $|\mathbb{N}| \leq_C A\times B$. Para probar la otra desigualdad tenemos que encontrar una función $f:A\times B \longrightarrow \mathbb{N}$ inyectiva. Motivada por el ejemplo de los números primos, podemos intentar mandar cada elemento de $A$ en una potencia de $2$ y cada elemento de $B$ e una potencia de $3:$ pensemos en $f(a_i)=2^i$ y $f(b_j)=2^j.$ Como estamos trabajando en $A\times B$, tenemos que tomar elementos de la forma $(a_i,b_j),$ y por tanto podríamos pensar en combinar las ideas anteriores: $f\left( (a_i,b_j) \right)=2^{i} \cdot 3^{j}.$ Vamos a ver si es inyectiva: $2^{i_1} \cdot 3^{j_1}=2^{i_2} \cdot 3^{j_2}.$ Utilizando que la descomposición en números primos es única, se tiene $i_1=i_2$ y $j_1=j_2$ y por tanto $a_{i_1}=a_{i_2}$ y $b_{j_1}=b_{j_2}.$
$\text{Prop. }5.$ El producto cartesiano de un número finito de conjuntos numerables es numerable.
Por tanto parece que el infinito numerable es muy grande. Podemos tomar un conjunto numerable y unirlo con otro y el resultado sigue siendo numerable. Incluso podemos tomar infinitos conjuntos numerables (una cantidad numerable de ellos) y aún así la unión de todos ellos ¡sigue siendo numerable! ¿Entonces cuánto más vamos a necesitar para conseguir llegar a un infinito más grande, como por ejemplo el de $\mathbb{R}$?, y ¿cuántos infinitos distintos hay? Para responder a esta pregunta vamos a introducir el conjunto de las partes.
EL CONJUNTO DE LAS PARTES
Dado un conjunto arbitrario, una pregunta que podemos hacernos es cuántos subconjuntos tiene. Veamos un ejemplo:
$\text{Ejemplo:}$ Tomemos el conjunto $X=\left\lbrace a,b,c \right\rbrace$ que tiene $3$ elementos. Entonces los subconjuntos de $X$ son:
Los de $0$ elementos: $\emptyset.$
Los de $1$ elemento: $ \left\lbrace a \right\rbrace, \left\lbrace b \right\rbrace,\left\lbrace c \right\rbrace.$
Los de $2$ elementos: $ \left\lbrace a,b \right\rbrace, \left\lbrace a,c \right\rbrace,\left\lbrace b,c \right\rbrace.$
Los de $3$ elementos: $ \left\lbrace a,b,c \right\rbrace=X.$
Luego el conjunto de todos los subconjuntos de $X$ es:$$\left\lbrace \emptyset,\left\lbrace a \right\rbrace, \left\lbrace b \right\rbrace,\left\lbrace c \right\rbrace,\left\lbrace a,b \right\rbrace, \left\lbrace a,c \right\rbrace,\left\lbrace b,c \right\rbrace,\left\lbrace a,b,c \right\rbrace \right\rbrace$$
Al conjunto de todos los subconjuntos de otro conjunto, digamos $A$, lo vamos a llamar "partes de $A$" o "conjunto potencia de A", y lo denotaremos por $\mathcal{P}(A).$ En el ejemplo anterior:$$ \mathcal{P}(X)=\left\lbrace \emptyset,\left\lbrace a \right\rbrace, \left\lbrace b \right\rbrace,\left\lbrace c \right\rbrace,\left\lbrace a,b \right\rbrace, \left\lbrace a,c \right\rbrace,\left\lbrace b,c \right\rbrace,\left\lbrace a,b,c \right\rbrace \right\rbrace.$$Lo que vamos a querer hacer ahora es hallar $Card \left( \mathcal{P}(A) \right)$ cuando $A$ es finito. Para ello podemos pensar en que si $Card(A)=n,$ los subconjuntos que podremos formar a partir de $A$ tendrán cardinal $0,1,2, \ ...,n,$ y tendremos que pensar también en cuántos subconjuntos distintos habrá con cada cardinal de esos. Esto, para alguien no muy entrenado en el arte de contar cosas quizá sea muy complicado. Un calvario, vamos. Sin embargo hay otra forma de contar subconjuntos. Imaginémonos que codificamos cada subconjunto en función de si un elemento de $A$ está en él o no. Es decir, dado $a\in A$ y $B\subset A$, podemos codificarlo: $1$ si $x\in B$ y $0$ si $x \notin B.$ Si esto lo hacemos para cada elemento de $A=\left\lbrace a_1, a_2, \ ..., a_n \right\rbrace:$ $$L_B=(p_1,p_2,\ ...,p_n)$$es una lista en la que $p_i=1$ si $a_i\in B$ y $p_i=0$ si $a_i\notin B.$ Por tanto el número de listas distintas será igual al número de subconjuntos distintos, ya que estamos identificando listas con subconjuntos. Contar listas en este caso es más fácil: como en cada posición podemos poner $2$ números distintos y hay $n$ posiciones, habrá $2^n$ listas distintas, y por lo tanto habrá $2^n$ subconjuntos distintos y $Card \left( \mathcal{P}(A)\right)=2^n.$
En el caso de $A$ finito y con $n$ elementos, $Card \left( \mathcal{P}(A)\right)=2^n.$ En el caso en el que $A$ es infinito, evidentemente $\mathcal{P}(A)$ también es infinito, ya que para cada elemento $a$ de $A$ podemos considerar el subconjunto $\left\lbrace a \right\rbrace \subset A,$ y como hay infinitos elementos de $A,$ habrá infinitos de esos subconjuntos. De hecho esto nos da una comparación de cómo de grande es el cardinal de las partes con respecto al del conjunto, pues acabamos de encontrar una función inyectiva de $A$ en $\mathcal{P}(A)$ (que es la que acabamos de describir). Por tanto $Card(A) \leq_C Card \left( \mathcal{P}(A)\right).$ Además para el caso finito la desigualdad es estricta, ya que para cualquier $n \in \mathbb{N}:$ $n<2^n.$ La pregunta que surge ahora es ¿se dará la desigualdad estricta para cualquier conjunto, sea finito o infinito? La respuesta es sí:
$\text{Teorema (de Cantor):}$ Si $A$ es un conjunto, $Card(A) <_C Card \left( \mathcal{P}(A)\right).$
LOS INFINITOS
Lo que este teorema quiere decir es que cada vez que consigamos un conjunto infinito, vamos a tener otro conjunto (el de sus partes) que es todavía más grande, más infinito que el conjunto anterior. Por tanto podemos intentar resolver ahora la pregunta que habíamos dejado planteada. ¿Cuántos infinitos distintos hay? La respuesta es infinitos, pero... ¿cuantos? ¿una cantidad numerable, una no numerable, una que sea como las partes de los naturales? Por ahora podemos afirmar que hay al menos una cantidad numerable de infinitos distintos. La razón es bien sencilla: tomamos $\mathbb{N},$ que sabemos que es numerable. El Teorema de Cantor nos garantiza que el cardinal de $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ es estrictamente mayor que el de $\mathbb{N},$ por tanto ya tenemos $2$ infinitos distintos. Ahora consideramos el conjunto $\mathcal{P}\left( \mathcal{P} (\mathbb{N})\right),$ que por el Teorema de Cantor vuelve a ser más grande que $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ estrictamente. Por tanto ya tenemos $3$ infinitos distintos, cada uno mayor que el anterior. Podemos volver a aplicar el teorema tantas veces como queramos: una cantidad numerable de veces, y esto nos garantiza que al menos hay una cantidad numerable de infinitos distintos, lo cual es sorprendente.
Otra pregunta que deberíamos plantearnos es si el infinito de las partes de los naturales es el primer infinito mayor que el de los naturales. Esto es precisamente lo que propone la Hipótesis del Continuo. Propone que el siguiente cardinal más grande al de los naturales es el de sus partes. Sin embargo esto es algo que no podemos demostrar, pero tampoco podemos demostrar lo contrario (utilizando los axiomas habituales para teoría de conjuntos). Si lo juntamos con el Axioma de Elección, (que también independiente de los axiomas de Zermelo-Fraenkel y por tanto no da más problemas de los que ya habría si es que los hubiese), tenemos que el cardinal de las partes de los naturales y el de los reales es el mismo. A partir de la Hipótesis del Continuo, podemos pensar en una versión más general, que diría que entre un conjunto infinito $A$ y el conjunto de sus partes $\mathcal{P}(A)$ no hay otro conjunto cuyo cardinal sea estrictamente mayor que el de $A$ y estrictamente menor que el de $ \mathcal{P}(A).$ Si esto lo combinamos con el Axioma de Elección de nuevo, llegamos a la gran "respuesta" fascinante:
Los cardinales transfinitos forman una sucesión numerable y bien ordenada. Es decir, hay una cantidad numerable de infinitos distintos, y cada uno es más grande que el anterior. Para hacernos una idea, podríamos identificar cada infinito con un número natural. El infinito numerable sería el número $1,$ el infinito de $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ sería el mismo que el de los reales y podríamos identificarlo con el número $2,$ puesto que es más grande que el $1$ de la misma manera que el cardinal de los reales es más grande que el de los naturales (y la Hipótesis del Continuo nos indica que es el siguiente más grande). El cardinal de $\mathcal{P}(\mathbb{R})$ sería igual que el de las partes de las partes de $\mathbb{N}$ y lo identificaríamos con el número $3.$ Podríamos seguir así hasta el infinito (numerable). Recordemos que esto lo podemos afirmar si tomamos como ciertos el Axioma de Elección y la Hipótesis del Continuo Generalizada.
Estos "números" se llaman "números aleph" ("cardinales aleph") y se denotan mediante el símbolo $\aleph .$ El cardinal de $\mathbb{N}$ se denota $\aleph_0$ por ser el infinito más pequeño. El cardinal de $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ se denota $\aleph_1$. Así, cada vez que tomamos las partes de un conjunto de cardinal $\aleph_n$ obtenemos otro de cardinal $\aleph_{n+1}.$
La idea aquí es volver a utilizar el argumento de la demostración de la proposición $2,$ es decir, utilizar reiteradamente la proposición $4.$ Sea $\left\lbrace A_i \right\rbrace_{i=1}^{n}$ una familia finita de conjuntos numerables. Sea $B_j=A_1\times ... \times A_j=\prod_{i=1}^j A_i.$ Es claro que $B_n=\prod_{i=1}^n A_i.$ También es fácil ver que $B_j=B_{j-1}\times A_j$ y $B_1=A_1.$ Vamos a hacer el argumento: como $A_1$ es numerable, lo es también $B_1$. Utilizando la proposición anterior, $B_2=B_1\times A_2$ es también numerable. Si volvemos a usarla para $B_3=B_2 \times A_3$ obtenemos que $B_3$ también es numerable. Igual para $B_4=B_3 \times A_4$ y en general para $B_j=B_{j-1}\times A_j,$ ya que en $j-1$ pasos de la iteración (que es aplicar en cada paso la proposición anterior) obtenemos que $B_{j-1}$ es numerable. Así, llegamos al paso $n$ y por tanto $B_n$ es numerable. Como $B_n=\prod_{i=1}^n A_i,$ ya hemos terminado.
Por tanto parece que el infinito numerable es muy grande. Podemos tomar un conjunto numerable y unirlo con otro y el resultado sigue siendo numerable. Incluso podemos tomar infinitos conjuntos numerables (una cantidad numerable de ellos) y aún así la unión de todos ellos ¡sigue siendo numerable! ¿Entonces cuánto más vamos a necesitar para conseguir llegar a un infinito más grande, como por ejemplo el de $\mathbb{R}$?, y ¿cuántos infinitos distintos hay? Para responder a esta pregunta vamos a introducir el conjunto de las partes.
EL CONJUNTO DE LAS PARTES
Dado un conjunto arbitrario, una pregunta que podemos hacernos es cuántos subconjuntos tiene. Veamos un ejemplo:
$\text{Ejemplo:}$ Tomemos el conjunto $X=\left\lbrace a,b,c \right\rbrace$ que tiene $3$ elementos. Entonces los subconjuntos de $X$ son:
Los de $0$ elementos: $\emptyset.$
Los de $1$ elemento: $ \left\lbrace a \right\rbrace, \left\lbrace b \right\rbrace,\left\lbrace c \right\rbrace.$
Los de $2$ elementos: $ \left\lbrace a,b \right\rbrace, \left\lbrace a,c \right\rbrace,\left\lbrace b,c \right\rbrace.$
Los de $3$ elementos: $ \left\lbrace a,b,c \right\rbrace=X.$
Luego el conjunto de todos los subconjuntos de $X$ es:$$\left\lbrace \emptyset,\left\lbrace a \right\rbrace, \left\lbrace b \right\rbrace,\left\lbrace c \right\rbrace,\left\lbrace a,b \right\rbrace, \left\lbrace a,c \right\rbrace,\left\lbrace b,c \right\rbrace,\left\lbrace a,b,c \right\rbrace \right\rbrace$$
Al conjunto de todos los subconjuntos de otro conjunto, digamos $A$, lo vamos a llamar "partes de $A$" o "conjunto potencia de A", y lo denotaremos por $\mathcal{P}(A).$ En el ejemplo anterior:$$ \mathcal{P}(X)=\left\lbrace \emptyset,\left\lbrace a \right\rbrace, \left\lbrace b \right\rbrace,\left\lbrace c \right\rbrace,\left\lbrace a,b \right\rbrace, \left\lbrace a,c \right\rbrace,\left\lbrace b,c \right\rbrace,\left\lbrace a,b,c \right\rbrace \right\rbrace.$$Lo que vamos a querer hacer ahora es hallar $Card \left( \mathcal{P}(A) \right)$ cuando $A$ es finito. Para ello podemos pensar en que si $Card(A)=n,$ los subconjuntos que podremos formar a partir de $A$ tendrán cardinal $0,1,2, \ ...,n,$ y tendremos que pensar también en cuántos subconjuntos distintos habrá con cada cardinal de esos. Esto, para alguien no muy entrenado en el arte de contar cosas quizá sea muy complicado. Un calvario, vamos. Sin embargo hay otra forma de contar subconjuntos. Imaginémonos que codificamos cada subconjunto en función de si un elemento de $A$ está en él o no. Es decir, dado $a\in A$ y $B\subset A$, podemos codificarlo: $1$ si $x\in B$ y $0$ si $x \notin B.$ Si esto lo hacemos para cada elemento de $A=\left\lbrace a_1, a_2, \ ..., a_n \right\rbrace:$ $$L_B=(p_1,p_2,\ ...,p_n)$$es una lista en la que $p_i=1$ si $a_i\in B$ y $p_i=0$ si $a_i\notin B.$ Por tanto el número de listas distintas será igual al número de subconjuntos distintos, ya que estamos identificando listas con subconjuntos. Contar listas en este caso es más fácil: como en cada posición podemos poner $2$ números distintos y hay $n$ posiciones, habrá $2^n$ listas distintas, y por lo tanto habrá $2^n$ subconjuntos distintos y $Card \left( \mathcal{P}(A)\right)=2^n.$
En el caso de $A$ finito y con $n$ elementos, $Card \left( \mathcal{P}(A)\right)=2^n.$ En el caso en el que $A$ es infinito, evidentemente $\mathcal{P}(A)$ también es infinito, ya que para cada elemento $a$ de $A$ podemos considerar el subconjunto $\left\lbrace a \right\rbrace \subset A,$ y como hay infinitos elementos de $A,$ habrá infinitos de esos subconjuntos. De hecho esto nos da una comparación de cómo de grande es el cardinal de las partes con respecto al del conjunto, pues acabamos de encontrar una función inyectiva de $A$ en $\mathcal{P}(A)$ (que es la que acabamos de describir). Por tanto $Card(A) \leq_C Card \left( \mathcal{P}(A)\right).$ Además para el caso finito la desigualdad es estricta, ya que para cualquier $n \in \mathbb{N}:$ $n<2^n.$ La pregunta que surge ahora es ¿se dará la desigualdad estricta para cualquier conjunto, sea finito o infinito? La respuesta es sí:
$\text{Teorema (de Cantor):}$ Si $A$ es un conjunto, $Card(A) <_C Card \left( \mathcal{P}(A)\right).$
Antes de ver la demostración, vamos a recordar que si tenemos dos conjuntos $A$ y $B$, encontrar $f:B \longrightarrow A$ sobreyectiva equivale a comprobar $|A|\leq_C |B|.$
La idea es que si tenemos $f:B \longrightarrow A$ sobreyectiva, tomamos un elemento $a\in A$ y definimos $U_a=\left\lbrace b\in B: \ f(b)=a\right\rbrace$ (antiimagen de $\left\lbrace a \right\rbrace$). Si $a'$ es otro elemento de $A,$ $U_a\cap U_{a'}$ debe ser vacío, pues si no lo fuera habría un elemento $b$ de $B$ con $f(b)=a=a'$ pero $a$ y $a'$ son distintos. Por tanto, dado $a\in A$ podemos tomar $b_a$ de formar que $b_a=b_{a'}$ sii $a=a'.$ La aplicación $g:A \longrightarrow B$ con $g(a)=b_a$ es inyectiva y por tanto $|A|\leq_C |B|.$
Además, si partiésemos de $|A|\leq_C |B|,$ e.d. tenemos $f:A \longrightarrow B$ inyectiva, la función $g:B \longrightarrow A$ que lleva $f(a)$ en $a$ y $b\notin Im(f)$ a otro elemento cualquiera de $A$ es sobreyectiva.
Ahora veamos la demostración del Teorema:
Queremos demostrar que si tenemos $f:A \longrightarrow \mathcal{P}(A)$ no puede ser sobreyectiva (no puede darse el caso $Card \left( \mathcal{P}(A)\right) \leq_C Card(A)$). Para ello vamos a encontrar un subconjunto de $A$ que no sea imagen por $f$ de ningún elemento de $A.$ El subconjunto que vamos a considerar es: $$B=\left\lbrace x\in A: \ x \notin f(x)\right\rbrace.$$Queremos ver que $B$ no es imagen de ningún elemento $a\in A.$ Vamos a suponer que sí lo es y vamos a llegar a una contradicción.
Supongamos $B=f(a)$ para cierto $a \in A.$ Ahora se pueden dar dos casos:
1. Si $a \in B$ entonces $a \notin f(a)=B,$ que es contradictorio.
2. Si $a \notin B$ entonces $a \in f(a)=B,$ que también es contradictorio.
Como en ambos casos llegamos a una contradicción, lo que hemos asumido debe ser falso y por tanto $Card(A) <_C Card \left( \mathcal{P}(A)\right).$
LOS INFINITOS
Lo que este teorema quiere decir es que cada vez que consigamos un conjunto infinito, vamos a tener otro conjunto (el de sus partes) que es todavía más grande, más infinito que el conjunto anterior. Por tanto podemos intentar resolver ahora la pregunta que habíamos dejado planteada. ¿Cuántos infinitos distintos hay? La respuesta es infinitos, pero... ¿cuantos? ¿una cantidad numerable, una no numerable, una que sea como las partes de los naturales? Por ahora podemos afirmar que hay al menos una cantidad numerable de infinitos distintos. La razón es bien sencilla: tomamos $\mathbb{N},$ que sabemos que es numerable. El Teorema de Cantor nos garantiza que el cardinal de $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ es estrictamente mayor que el de $\mathbb{N},$ por tanto ya tenemos $2$ infinitos distintos. Ahora consideramos el conjunto $\mathcal{P}\left( \mathcal{P} (\mathbb{N})\right),$ que por el Teorema de Cantor vuelve a ser más grande que $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ estrictamente. Por tanto ya tenemos $3$ infinitos distintos, cada uno mayor que el anterior. Podemos volver a aplicar el teorema tantas veces como queramos: una cantidad numerable de veces, y esto nos garantiza que al menos hay una cantidad numerable de infinitos distintos, lo cual es sorprendente.
Otra pregunta que deberíamos plantearnos es si el infinito de las partes de los naturales es el primer infinito mayor que el de los naturales. Esto es precisamente lo que propone la Hipótesis del Continuo. Propone que el siguiente cardinal más grande al de los naturales es el de sus partes. Sin embargo esto es algo que no podemos demostrar, pero tampoco podemos demostrar lo contrario (utilizando los axiomas habituales para teoría de conjuntos). Si lo juntamos con el Axioma de Elección, (que también independiente de los axiomas de Zermelo-Fraenkel y por tanto no da más problemas de los que ya habría si es que los hubiese), tenemos que el cardinal de las partes de los naturales y el de los reales es el mismo. A partir de la Hipótesis del Continuo, podemos pensar en una versión más general, que diría que entre un conjunto infinito $A$ y el conjunto de sus partes $\mathcal{P}(A)$ no hay otro conjunto cuyo cardinal sea estrictamente mayor que el de $A$ y estrictamente menor que el de $ \mathcal{P}(A).$ Si esto lo combinamos con el Axioma de Elección de nuevo, llegamos a la gran "respuesta" fascinante:
Los cardinales transfinitos forman una sucesión numerable y bien ordenada. Es decir, hay una cantidad numerable de infinitos distintos, y cada uno es más grande que el anterior. Para hacernos una idea, podríamos identificar cada infinito con un número natural. El infinito numerable sería el número $1,$ el infinito de $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ sería el mismo que el de los reales y podríamos identificarlo con el número $2,$ puesto que es más grande que el $1$ de la misma manera que el cardinal de los reales es más grande que el de los naturales (y la Hipótesis del Continuo nos indica que es el siguiente más grande). El cardinal de $\mathcal{P}(\mathbb{R})$ sería igual que el de las partes de las partes de $\mathbb{N}$ y lo identificaríamos con el número $3.$ Podríamos seguir así hasta el infinito (numerable). Recordemos que esto lo podemos afirmar si tomamos como ciertos el Axioma de Elección y la Hipótesis del Continuo Generalizada.
Estos "números" se llaman "números aleph" ("cardinales aleph") y se denotan mediante el símbolo $\aleph .$ El cardinal de $\mathbb{N}$ se denota $\aleph_0$ por ser el infinito más pequeño. El cardinal de $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ se denota $\aleph_1$. Así, cada vez que tomamos las partes de un conjunto de cardinal $\aleph_n$ obtenemos otro de cardinal $\aleph_{n+1}.$
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