Các kết quả chính

Chương 2 TÍNH COMPACT ĐẾM ĐƯỢC VÀ COMPACT-n CỦA KHÔNG

2.2 Các kết quả chính

J. Mycielski [21] đã chứng minh được rằng trong ZF, BPI thì tương đương với phát biểu “ Với mỗi tập X thì 2X là compact ” và đây là một phần của chứng minh “ 2ℵ là compact với ℵ là một bản số xếp thứ tự ” mà không đòi hỏi hình thức lựa chọn trong chứng minh do đó nó là một định lí trong lí thuyết tập hợp ZF.

Phần này chúng ta sẽ xét đến hai sự mở rộng của tính compact đối với tích Tychonoff của 2X, đó là, tính compact đếm được và compact-n.

Trong định lí 2.1 dưới đây, chúng ta sẽ đưa ra một phát biểu tương đương với phát biểu

“2X là compact-n ” với một tập X cho trước và với số nguyên n cho trước. Hơn nữa, trong mệnh đề 2.2 chúng ta thiết lập được trong trường hợp tổng quát, mệnh đề “2X là compact-n

” không chứng minh được trong ZF.

Định lí 2.1. Cho X là tập bất kì và lấy n∈. Các phát biểu sau là tương đương:

i. 2Xlà compact-n.

ii. Mỗi phủ  ⊂Rn của 2X đều có phủ con hữu hạn.

iii. Mỗi họ  ⊂ Rn với tính chất giao hữu hạn thì có một giao khác rỗng.

Chứng minh

a. Chứng minh i ⇒ ii

Cố định một phủ  ={O ii: ∈ ⊂I} Rn của 2X

Gọi Qi là tập các tọa độ hạn chế của Oi và với mỗi i∈I, đặt pij (j∈ ⊂Ji ), là các tọa độ của Oi.

Đặt K ={[pij] :i∈I j, ∈Ji}⊂Xn

Rõ ràng K là phủ mở của 2X và do đó nó có một phủ con hữu hạn {[ 11],...,[ n ]}

n

i i

j j

p p

Do đó { 1, 2,..., }

i i in

O O O là phủ con hữu hạn của  (đpcm) b. Chứng minh ii ⇒ iii

Lấy họ  ={O ii: ∈I}⊂Rn có tính chất giao hữu hạn.

Ta chứng minh bằng phản chứng, giả sử ∩= ∅

Với mỗi i∈I,ta gọi Qi là tập các tọa độ hạn chế của Oi và Ci ={pij : j =1, 2,..., }ki là tập các tọa độ của Oi

Ta có Oic =∪{[ ]:p p∈2 \Qi Ci}, Qi =n

Suy ra  ={O iic : ∈I}⊂Rn là một phủ mở của 2X.

Theo giả thiết, ta suy ra được  có một phủ con hữu hạn { 1,..., }

n

c c

i i

O= O O

⇒ { : }=

ij

O j≤n ∅

∩ (mâu thuẫn với tính chất giao hữu hạn của ) Do đó ∩≠ ∅(đpcm)

c. Chứng minh iii ⇒ i

Lấy phủ  ={[ ]pi ∈Xn :i∈I}của 2X.

Giả sử  không có phủ con hữu hạn nào và đặt ={[ ] :pi c i∈I} Rõ ràng, ⊂Rn và có tính chất giao hữu hạn.

Do đó, ∩ ≠ ∅ và nếu g∈∩ thì g∉∪ nghĩa là không là phủ của 2X(mâu thuẫn với giả thiết)

Suy ra có phủ con hữu hạn hay nói cách khác 2X là compact-n . 

Mệnh đề 2.2. Cho X là tập bất kì và n∈\ {1}

i. CAC(≤n, X) suy ra “Mỗi phủ đếm được ⊂Rn của 2Xđều có phủ con hữu hạn” suy ra “Mỗi phủ đếm được  ⊂Xn của 2X đều có phủ hữu hạn”. Nói riêng, mỗi phủ đếm được  ⊂Rn của 2 đều có phủ con hữu hạn.

ii. “Mỗi phủ đếm được  ⊂Rn của 2Xđều có phủ con hữu hạn” suy ra CAC ( ,dis n X . ) iii. “2X là compact-n” suy ra AC ( ,dis n X). Nói riêng, phát biểu “ ∀X,∀ ∈n , 2X là

compact-n” không là một định lí trong ZF.

Chứng minh

a. Chứng minh i

Lấy  ={Ui:i∈ω}⊂Rn là phủ đếm được của 2X.

Với mỗi i∈ω ta gọi Qi là tập các tọa độ hạn chế của Ui.

Từ giả thiết CAC(≤n, X) suy ra tập R=∪{Q ii : ∈ω} là đếm được.

Theo định lí 1.2 thì tích 2R là compact.

Xét họ  =R {Ui R :i∈ω} với Ui R là phép chiếu từ Ui vào 2R(i∈ω).

Thì họ trên là phủ mở của 2R, do đó nó có một phủ con hữu hạn {Ui R1 ,Ui2R,...,UivR} Suy ra

1 2

{ , ,..., }

i i iv

U U U

 = là phủ con hữu hạn của . Khẳng định thứ hai của (i) có được vì Xn ⊂Rn.

Khẳng định thứ ba của (i) có được là do chứng minh của phần thứ nhất kết hợp với tính chất : bất kì họ các tập con hữu hạn nào của  đều có hàm chọn.

b. Chứng minh ii

Lấy một họ đếm được rời nhau ={A ii : ∈ω}gồm các tập con n phần tử của X.

Đặt Oi ={f ∈2 :X f −1(1)∩Ai =1}

Ta được Oi là một tập đóng mở hạn chế với Ai như là tập các tọa độ hạn chế của nó và

{ { } : }

i x i i

C = χ A x∈A là tập các tọa độ của nó.

Suy ra  ={O ii : ∈ω} có tính chất giao hữu hạn.

Sử dụng cách chứng minh ii ⇒ iii của định lí 2.1, ta có thể kết luận ∩ ≠ ∅. Như vậy, với mỗi g∈∩, g−1(1) là một tập chọn của 

Hay nói cách khác mỗi họ đếm được, rời nhau gồm các tập con n phần tử của X đều có một hàm chọn (đpcm)

c. Chứng minh iii

Phần khẳng định đầu tiên của iii ta chứng minh tương tự như chứng minh của phần ii.

Đối với phần thứ 2 trong iii, ta xét mô hình 7 trong [6] cho thấy tồn tại một họ rời nhau

{A ii : ω}

= ∈

 , trong đó với mỗi i∈ω, Ai là các tập con 2 phần tử của ( ) của  không có hàm chọn. Do đó 2( ) không là compact-2 trong 7. 

Nhận xét 2.3.

(1) Mặc dù mệnh đề “ Với mỗi n > 1, mỗi phủ đếm được  ⊂n của 2 có một phủ con hữu hạn” thì chứng minh được trong ZF, nhưng nó sẽ không đúng nữa nếu ta thay  bởi một tập X bất kì. Thật vậy, ta xét mô hình 7trong [6]. Lấy

{A ii : ω}

= ∈

 là họ được xét trong chứng minh (iii) của mệnh đề 2.2. Vì không có hàm chọn trên mô hình này nên dẫn đến họ đếm được

{Ui a, :i ω, a 2}

= ∈ ∈

 với Ui a, ={( , ) :X a X∈Ai}, là phủ của 2( ) chứa các tập mở 2-cơ bản. Dễ thấy,  không có phủ con hữu hạn. Do đó, mệnh đề “ Với mỗi tập X và với mỗi số nguyên n >1, mỗi phủ đếm được  ⊂Xn của 2X có một phủ con hữu hạn” là không chứng minh được mà không cần đến một vài dạng nào đó của sự lựa chọn.

Hệ quả là mệnh đề “Với mỗi tập X, mỗi phủ đếm được  ⊂X của 2X có một phủ con hữu hạn” cũng không là định lí trong ZF. (Chú ý rằng nó là một định lí trong ZF + CACfin, với CACfin là tiên đề chọn đếm được đối với các tập hữu hạn khác rỗng).

(2) Ta cũng chứng minh được trong ZF là với mỗi tập X, 2Xlà compact-1; xem trong [10], định lí 2.3.

(3) Không có sự mâu thuẫn nào trong ZF khi mà tồn tại một tập hợp X sao cho với mỗi số nguyên n>1, tiên đề chọn xảy ra với mỗi họ rời nhau các tập con n phần tử khác rỗng của X nhưng 2X không là compact-n.

Thật vậy, lấy X =. Rõ ràng, trong ZF tiên đề chọn xảy ra với mỗi họ rời nhau các tập con n phần tử khác rỗng của với mỗi n∈. Mặt khác, trong mô hình của Feferman (mô hình 2 trong [6]), 2không là compact-n với mỗi n∈\ {1}(ta sẽ chứng minh điều này trong định lí 3.11 phía sau).

Bây giờ chúng ta sẽ xác lập mối liên hệ giữa BPI, TPC( 2X) và “ 2Xlà compact-n ” bằng định lí 2.5. Trước hết ta cần bổ đề sau.

Bổ đề 2.4. Cho X là một tập hợp và giả sử 2X là compact-n với n∈nào đó. Thế thì mỗi phủ ⊂∪{Xm:m≤n}của 2X có một phủ con hữu hạn. Nói riêng, 2X là compact-m với mỗi số nguyên dương m n< .

Chứng minh

Lấy m<n và gọi ⊂∪{Xm :m≤n} là một phủ của 2X. Đặt  ={W ∈Xn :∃ ∈V ,W ⊂V}

Suy ra  là phủ của 2X và vì 2X là compact-n nên dẫn đến  có một phủ con hữu hạn

{W Wi1, i2,...,Wik}với k∈ nào đó.

Với mỗi j≤k chọn Vij ∈sao cho

j j

i i

W ⊂V , lúc này {V Vi1, i2,...,Vik} là một phủ con hữu hạn của .

Theo cách chứng minh trên thì mỗi phủ mở ⊂Xm đều có phủ con hữu hạn nên 2X là

compact-m. 

Định lí 2.5. Với X là một tập cho trước, các điều kiện sau là tương đương (i) 2X là compact

(ii) “2X là compact đếm được” và “ Với mỗi n∈, 2X là compact-n”

Trường hợp tổng quát, các điều kiện sau là tương đương trong ZF (1) BPI

(2) Với mỗi tập X và với mỗi n∈, “2X là compact đếm được” và “2X là compact-n”

Chứng minh

a) Chứng minh i ⇒ii (hiển nhiên) b) Chứng minh ii ⇒ i

Lấy  ⊂X là một phủ của 2X, ta cần chỉ ra một phủ con hữu hạn của . Với mỗi n∈ đặt n = ∩ Xn, On =n

Suy ra  ={On:n∈} là một phủ mở đếm được của 2X.

Vì 2X là compact đếm được nên có một phủ con hữu hạn . Không mất tính tổng quát, ta giả sử  ={O O1, 2,...,Or}với r∈ nào đó.

Do 2X compact-r nên theo bổ đề 2.4 suy ra được phủ ∪i r≤ i của 2X có một phủ con hữu hạn . Rõ ràng,  là một phủ con hữu hạn của phủ  ban đầu. 

Trong [14], tác giả đã chứng minh được BPI ⇔ “∀X, 2X là Lindelửf + CACfin

Tuy nhiờn ta đó biết điều kiện “∀X, 2X là Lindelửf ” thỡ suy ra CACfin nờn điều kiện CACfin ở trên là không cần thiết. Do đó, ta có:

Trong ZF, 2X Lindelửf ≡ mỗi lũy thừa Tychonoff của 2 đều compact.

Ta sẽ thành lập kết quả này bằng định lí sau

Định lí 2.6. Các phát biểu sau là tương đương trong ZF (i) BPI.

(ii) Với mỗi tập X, 2X là Lindelửf .

(iii) Với mỗi tập X, mỗi phủ  ⊂X của 2X có một phủ con đếm được.

Chứng minh

a. (i) ⇒(ii) hiển nhiên b. (ii) ⇒(iii) hiển nhiên c. (iii) ⇒(i)

Dựa vào nhận xét trên, ta chỉ cần chứng minh (iii) ⇒CACfin Gọi ={A ii : ∈ω} là họ gồm các tập con hữu hạn khác rỗng.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử đôi một rời nhau(nếu không thì ta thay thế bởi

{Ai { } :i i ω}

= × ∈

 )

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau

“Mỗi tập con không đếm được của 2∪ có một điểm giới hạn”

Chứng minh

Gọi G là tập con không đếm được của 2∪

Ta chứng minh bằng phản chứng, giả sử G không có điểm giới hạn nào, thế thì G là một tập đóng. Ta xét họ các tập mở cơ bản của 2∪ sau

( ) ( )

{[ ]p 2 : [ ]p G 1 [ ]p 2 \G }

= ∈  = ∨ 

 ∪

∩ ⊂ ∪

Ta có  là một phủ của 2∪, vì thế theo giả thiết  có một phủ con đếm được . Dễ thấy G ≤  với  ={[ ]p ∈ : [ ] Gp ∩ =1}.

Suy ra tập G đếm được (mâu thuẫn).

Vậy ta đã chứng minh bổ đề xong.

Bây giờ quay trở lại việc chứng minh định lí, với mỗi i∈ω, đặt

( ) ( )

{ 2 : , 1(1) 1 , 1(0) }

i j j

B = f ∈ ∪ ∀ ≤j i f− ∩A = ∧ ∀ >j i A ⊂ f−

Vì  là họ đếm được các tập hữu hạn nên Bi định nghĩa được và hữu hạn với mọi i∈ω. Đặt B=∪{B ii : ∈ω}

Ta xét hai trường hợp sau Trường hợp 1: Nếu B = ℵ0

Ta đánh số lại các phần tử của B và lấy ra phần tử nhỏ nhất từ mỗi Bi tương ứng với cách đánh số trên của B, ta dễ dàng xác định được một hàm chọn của .

Trường hợp 2: Nếu B ≠ ℵ0

Theo bổ đề, B có một điểm giới hạn g. Ta sẽ chứng minh g−1(1)∩Ai =1với mọi i∈ω. Giả sử ngược lại g−1(1)∩Ai0 ≠1 với một i0∈ω nào đó. Lúc này dẫn đến hai trường hợp sau:

(2a) Nếu Ai0 ⊂ g−1(0)

Suy ra Og ={ ( )x, 0 :x∈Ai0} là một lân cận của g giao với ∪{Bj : j<i0} không quá hữu hạn phần tử. Điều này là mâu thuẫn vì g là điểm giới hạn của B, thì mỗi lân cận của g phải giao với B là một tập vô hạn ( 2∪ là không gian Hausdorff).

(2b) Nếu g−1(1)∩Ai0 ≥2

Lấy x y, ∈Ai0 sao cho ( )g x =g y( )=1. Xét lân cận Og = { ( ) ( )x,1 , y,1} của g.

Theo định nghĩa của B ta có Og∩B= ∅(mâu thuẫn vì g là điểm giới hạn của B) Từ hai trường hợp (2a) và (2b) ta suy ra được với mọi i∈ω, g−1(1)∩Ai =1

Suy ra C =g−1(1) là một tập chọn của . 

Như vậy qua định lí 2.5 một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là khi nào thì điều kiện “ 2Xlà compact-n ” thực sự cần thiết cho mối quan hệ tương đương giữa “ 2X là compact” và “ 2X là compact đếm được ”. Ở định lí 2.8, chúng ta sẽ trả lời được cho câu hỏi trên, nghĩa là, chúng ta chỉ ra được tồn tại một tập X sao cho 2X là compact đếm được nhưng không compact.

Vì vậy, chúng ta cũng không có kết quả TPC( 2X)⇒BPI.

Trước hết, chúng ta cần đến định nghĩa sự hội tụ của lọc.

Định nghĩa 2.7. Cho (X, T) là không gian tôpô và  là một lọc trên X. Ta nói  hội tụ về điểm x∈X nếu mỗi lân cận mở của x thuộc vào  .

Định lí 2.8. Trong ZF, ta không chứng minh được với mỗi tập X vô hạn và với mỗi n∈, 2X là compact đếm được” suy ra “2X là compact-n”. Nói riêng, ta cũng không chứng minh được trong ZF với mọi tập vô hạn X, 2X là compact đếm được suy ra 2X là compact.

Chứng minh

Lấy X là một tập vô hạn. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau

Bổ đề . “2X là Loeb đếm được” + UF( )ω suy ra 2X là compact đếm được.

Chứng minh bổ đề

Cố định một họ lồng vào nhau ={G ii : ∈ω}các tập con đóng của 2X. Ta cần chứng minh

≠ ∅

∩ .

Giả sử ∩= ∅. Gọi h là một hàm chọn của .

Vì  = ℵ0 và ∩= ∅ suy ra A=ran h( ) là tập vô hạn đếm được.

Gọi  là siêu lọc tự do trên A. Đặt  ={Y ⊂2 :X Y∩A∈}

Ta kiểm tra là một siêu lọc trên 2X + Lấy G G1, 2∈

1 1

2 2

G A G A

G A G A

∈ ≠ ∅

 

⇒ ∈ ⇒ ≠ ∅





∩ ∩

∩ ∩

1 2 (1)

G G

⇒ ∩ ≠ ∅ + Lấy G∈,G⊂H Do G∈ nên G∩A∈

(G A) (H A)

⇒ ∩ ⊂ ∩

Mà là siêu lọc tự do trên A nên (H ∩A)∈ (2)

⇒ H∈

Từ (1) và (2) suy ra  là một lọc trên 2X và nó là siêu lọc trên 2X Nếu  là một siêu lọc thì với mỗi x∈X đặt

{ 2 : 1( ) }

x = A⊂ πx− A ∈

  với πxlà phép chiếu chính tắc của 2lên bản sao thứ x của 2.

Rõ ràng, xlà một siêu lọc trên 2 nên nó hội tụ về một điểm duy nhất ax∈2(vì 2 là không gian T2 và compact).

⇒ hội tụ về ( )ax x X∈ .

Do vậy trong ZF mỗi siêu lọc trên 2X đều hội tụ.

⇒ hội tụ về g∈2X.

Vì  là siêu lọc tự do nên với mỗi lân cận mở Og của g thì Og∩A là một tập vô hạn.

⇒ ∈g ∩( mâu thuẫn)

Suy ra 2Xlà compact đếm được.

Mặt khác, mô hình 47( ,n M)của Pincus trong [6] thỏa mãn điều kiện UF( )ω và tiên đề chọn hạn chế trên một họ đếm được các tập khác rỗng (xem [6]). Vì tiên đề chọn hạn chế trên một họ đếm được các tập rỗng suy ra được 2Xlà Loeb đếm được với mỗi tập X.

Suy ra bổ đề trên cũng đúng cho trường hợp 47( ,n M).

Vì vậy, theo bổ đề ta có “Với mỗi tập X, 2Xlà compact” đúng trong mô hình này.

Tuy nhiên, ta cũng đã biết trong [6] thì mệnh đề BPI không đúng trong mô hình này. Do vậy, tồn tại một tập X trong mô hình sao cho 2X không là compact và hệ quả theo định lí 2.5 là tồn tại n∈ sao cho 2X không là compact-n . 

Như vậy, trái ngược với một định lí trong ZF là “Tích Tychonoff của họ đếm được các không gian compact là không gian compact đếm được khi và chỉ khi tích của họ đếm được các không gian compact là không gian compact” (trong [5], định lí 6), định lí 2.8 ở trên đã chỉ ra kết quả này không còn đúng trong ZF nữa nếu ta xét tích Tychonoff của họ không đếm được các không gian compact.

Ta cũng có một kết quả liên quan(trong [22])

i. CAC + UF( )ω suy ra “ Với mỗi tập X vô hạn, 2X là compact đếm được”.

ii. Trong mỗi mô hình hoán vị Fraenkel-Mostowski của ZFA( tức là ZF thừa nhận đơn tử), CAC suy ra “ với mỗi tập vô hạn X, 2X là compact đếm được”

Bây giờ, chúng ta xét về độ mạnh theo nghĩa lý thuyết tập hợp của hai mệnh đề “2X là Loeb” và “2 \ 0X { } là Loeb” trong đó 0=χ∅ và χA là hàm đặc trưng của A. Đặc biệt, chúng ta chứng minh được mệnh đề “ 2X là Loeb” kéo theo ACfin X( ) và “ 2 \ {0}X là Loeb”

tương đương với AC(X).

Định lí 2.9. Cho X là một tập bất kì

(i) “2X là Loeb” ⇒(Xˆ là Loeb) ⇔ ACfin X( ), trong đó Xˆ là compact hóa một điểm của không gian rời rạc X.

(ii) “2 \ 0X { } là Loeb” suy ra “2X là Loeb” . Tuy nhiên, cũng tương đối nhất quán trong ZF khi tồn tại tập A sao cho 2A là Loeb và 2 \ 0A { } không là Loeb đếm được.

(iii) “2 \ 0X { } là Loeb” nếu và chỉ nếu AC(X) Chứng minh

a) Chứng minh (i)

Ta có ˆX đồng phôi với không gian con đóng Y ={χ{ }x :x∈X}∪{ }0 của 2X

Vì vậy nếu 2X là Loeb thì theo định lí 1.1, Y là Loeb.

Suy ra ˆX là Loeb.

Khẳng định thứ 2 của (i) là kết quả của Morillon [20]

b) Chứng minh (ii)

Lấy một họ ={G ii : ∈I} các tập con đóng của 2X

Suy ra '={Gi∩(2 \ 0 ) :X { } i∈I} là họ các tập con đóng của 2 \ 0X { }.

⇒ ' có một hàm chọn f ( do2 \ 0X { }là Loeb)

Suy ra cũng có hàm chọn là f hay 2X là Loeb(đpcm)

Đối với khẳng định thứ hai của (ii) xét mô hình cơ bản 1 của Cohen trong [6]

Ta thấy mệnh đề BPI xảy ra trong 1 ; xem [6]

Vì BPI suy ra “ 2X là compact với mọi X ” và “Không gian compact T2 là Loeb” (định lí 1.1) nên suy ra trong 1, 2X là Loeb với mỗi tập X ”.

Kế tiếp, ta sẽ chứng minh rằng tồn tại tập A trong 1và một họ đếm được gồm các tập con đóng khác rỗng của 2 \ 0A { } mà không có hàm chọn.

Gọi A là tập tất cả số thực Cohen được thêm vào.

⇒A không có tập con vô hạn đếm được nào trong mô hình này ( xem [6])

Hơn nữa, vì A trù mật trong (xem [6]) và  thì đồng phôi với ( )1,∞ nên ta có thể biểu diễn A như sau

{ n: }, n ( , 1) . A=∪ A n∈ A = n n+ ∩A

{ { }: } { }0

n x n

B χ x A

⇒ = ∈ ∪ là tập con đóng của 2A.

{Bn\ 0 :{ } n }

⇒ = ∈ là họ đếm được các tập con đóng, khác rỗng của 2 \ 0A { }.

Nếu g ={ (n,χ{ }xn ):n∈} là hàm chọn của thì C ={xn:n∈} là một tập con vô hạn đếm được của A(điều này không đúng trong 1 ).

Do đó  không có hàm chọn.

Suy ra 2 \ 0A { } không là Loeb đếm được.

c) Chứng minh (iii) Giả sử 2 \ 0X { } là Loeb

{ { }x : }

A χ x X

⇒ = ∈ là tập con đóng, rời rạc tương đối của 2 \ 0X { }.

⇒ Alà Loeb và suy ra A được sắp thứ tự tốt (vì A là không gian Loeb rời rạc vì thế

( ) { }A \ 0

 có một hàm chọn)

Vì bất kì sự sắp thứ tự nào của A cảm sinh một sự sắp thứ tự trên X, dẫn đến AC(X) xảy ra.

Ngược lại, ta giả sử AC(X)

⇒X được sắp thứ tự tốt (chứng minh đồng nhất làm một với chứng minh trong ZF, AC suy ra mỗi tập được sắp thứ tự tốt, định lí 5.1 trong [8] ).

Đặt X = ℵ, với ℵ là bản số sắp thứ tự tốt.

⇒ 2X là Loeb(theo kết quả của Morillon [20] )

Lấy họ ={A ii: ∈I}gồm các tập con đóng của 2 \ 0X { }.

Đặt 1={A∈:A đóng trong 2X} và

2 ={A∈ : 0

  là điểm giới hạn duy nhất của A trong 2Xmà không thuộc A}

Rõ ràng   = 1∪ 2

Vì 2X là Loeb nên 1có một hàm chọn h.

Gọi {On:n∈ℵ}là một phép đánh số của cơ sở X của 2X X [ ]

ω

= ℵ<

 trong đó [ ]ℵ<ω là

tập hợp tất cả các tập con hữu hạn của ℵ và [ ]ℵ<ω có cùng lực lượng với ℵ trong ZF.

Với mỗi A∈2, đặt

{ }

min : , 0 c

A n n

n = n∈ℵ O ∩A≠ ∅ ∈O

Dễ thấy tập 3={OnA∩A A: ∈2} là họ các tập con đóng của 2X(vì với mọi A∈2, tập tất cả các điểm giới hạn của OnA ∩A trong 2X bằng rỗng ).

Vì vậy, 3có một hàm chọn g. Thế thì f =g∪h là hàm chọn của .

Như vậy định lí được chứng minh xong. 