La cardinalità di un insieme A numerabile è minore della cardinalità di P(A)

[milos144]

Intanto grazie a tutti per la pazienza. Tenterò di nuovo di interpretare la dimostrazione:

$(1)$ chiamo $X$ l'insieme di riferimento quindi  $2^X$ è l'insieme di tutti i sottoinsiemi di $X$
$(2)$  denoto  ogni sottoinsieme  $A sub X$ con una successione di  $0$ e $1$ :

$A_1= a_(11)a_(12)a_(13)....$
$A_2= a_(21)a_(22)a_(23)....$
$A_3= a_(31)a_(32)a_(33)....$
$A_k=a_(k1)a_(k2)...$

Ora passo alla Dim:
data una funzione qualunque $ f : NN → 2^X$

mostriamo che $f$ non `e suriettiva.
Per ogni $ n in   NN$, denoto con $(a_(nk) | k in NN)$ la
successione $f(n)$.
Per ogni $n$, sia $b_n= 0 $ se $a_(n n)=1 $ e sia $b_n = 1$ se invece $a_(n n) = 0$
Allora la successione $(b_k | k in NN$ che è un elemento di $2^X$ costruita in dipendenza di una ipotetica enumerazione,  non appartiene all’immagine di $f$.
Infatti, per ogni $n, f(n) = a_(nk) | k in NN != b_k | k in NN$, visto che per la definizione data,
l’n-esimo elemento $a_(n n) != b_n$

[gugo82]

@ Martino:

Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.

Visto che il testo si intitola Algebra - un approccio algoritmico, immagino che una dimostrazione col procedimento diagonale sia stata ritenuta didatticamente più appropriata. Può essere?

[Martino]

@Gugo: può darsi, ma spero che abbia almeno citato la dimostrazione classica, perché è molto più pulita.

[milos144]

Sul libro non si fa alcun cenno alla dimostrazione classica, che penso sia quella di gugo82.