Định lý König về lực lượng continuum

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức König tổng quát: nếu $\kappa_i < \lambda_i$ với mọi $i$ trong tập chỉ số $I$, thì $\sum_{i\in I}\kappa_i < \prod_{i\in I}\lambda_i$. Cố định các tập $B_i$ với $|B_i|=\lambda_i$ và tập con $A_i \subsetneq B_i$ với $|A_i|=\kappa_i$. Bất đẳng thức $\sum_i \kappa_i \le \prod_i \lambda_i$ là hiển nhiên (gửi mỗi $a\in A_i$ tới bộ có tọa độ $i$ là $a$ và các tọa độ khác là giá trị mặc định cố định), nên nội dung chính là chứng minh chúng không bằng nhau.

Giả sử phản chứng có hàm $h : \bigsqcup_{i\in I} A_i \to \prod_{i\in I} B_i$ là toàn ánh. Với mỗi $i$, đặt $h_i:A_i\to B_i$, $a \mapsto h(a)(i)$ (tọa độ thứ $i$ của $h(a)$). Vì $|A_i|=\kappa_i<\lambda_i=|B_i|$, ánh xạ $h_i$ không thể là toàn ánh lên $B_i$ (nếu là toàn ánh, chọn một nghịch ảnh cho mỗi phần tử của $B_i$ sẽ cho một đơn ánh từ $B_i$ vào $A_i$, buộc $\lambda_i\le\kappa_i$ — mâu thuẫn). Vậy chọn $d_i \in B_i \setminus \operatorname{ran}(h_i)$ với mỗi $i$, và đặt $g \in \prod_i B_i$ là bộ với $g(i)=d_i$.

Vì $h$ toàn ánh, $g=h(a)$ với một $a$ nào đó, giả sử $a \in A_j$. Khi đó $g(j)=h(a)(j)=h_j(a) \in \operatorname{ran}(h_j)$. Nhưng $g(j)=d_j \notin \operatorname{ran}(h_j)$ theo cách xây dựng — mâu thuẫn trực tiếp. Vậy không tồn tại toàn ánh $h$, cho ta $\sum_i\kappa_i < \prod_i\lambda_i$. (Lấy $I=X$, $\kappa_i=1$, $\lambda_i=2$ ta thu lại đúng lập luận đường chéo cổ điển của Cantor $|X|<2^{|X|}$ như một trường hợp riêng.)

Bây giờ giả sử phản chứng $\operatorname{cf}(2^{\aleph_0})=\aleph_0$. Khi đó $2^{\aleph_0}$ là tổng của một dãy $\omega$ tăng ngặt các bản số nhỏ hơn $\kappa_0<\kappa_1<\kappa_2<\cdots$, tức $2^{\aleph_0}=\sum_{n<\omega}\kappa_n$ với mọi $\kappa_n < 2^{\aleph_0}$. Áp dụng bất đẳng thức König với $\lambda_n := 2^{\aleph_0}$ cố định với mọi $n$ (hợp lệ vì $\kappa_n < 2^{\aleph_0} = \lambda_n$ với mọi $n$):

$$2^{\aleph_0} = \sum_{n<\omega}\kappa_n \;<\; \prod_{n<\omega}\lambda_n = \left(2^{\aleph_0}\right)^{\aleph_0} = 2^{\aleph_0\cdot\aleph_0} = 2^{\aleph_0}.$$

Điều này nói $2^{\aleph_0}<2^{\aleph_0}$, vô lý. Vậy $\operatorname{cf}(2^{\aleph_0})\neq\aleph_0$; vì đối phần không bao giờ nhỏ hơn mức đó (luôn ít nhất $\aleph_0$ với mọi bản số vô hạn, và không thể hữu hạn), ta kết luận $\operatorname{cf}(2^{\aleph_0})>\aleph_0$. $\blacksquare$