ts skripta 2015

Sveuilite u ZagrebuPMFMatematiki odsjek

Mladen Vukovi

TEORA SKUPOVA

predavanja

Zagreb, seanj, 2015.

Sadraj

Uvod 10.1 Osnovne napomene na poetku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.2 Kumulativna herarha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50.3 Neki aksiomi ZermeloFraenkelove teore . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1 Naivna teora skupova 191.1 Ekvipotentni skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.2 Konani i beskonani skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.3 Prebrojivi skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.4 Neprebrojivi skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.5 Kardinalnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.6 Ureeni skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421.7 Ureajne karakterizace skupova Q i R . . . . . . . . . . . . . . . . 481.8 Dobro ureeni skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2 Aksiomatska teora skupova 572.1 Prirodni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.2 Skupovi brojeva Z, Q i R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.3 Ordinalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.4 Kardinalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 852.5 Aksiom izbora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 882.6 ZermeloFraenkelova teora skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

Dodatak: Goodsteinov teorem 103

Bibliografija 113

Indeks 116

i

Predgovor

Ovaj materal nastao je na osnovu zabiljeki iz kolega Teora skupova koji vieod deset godina predajem na Matematikom odsjeku Prirodoslovnomatematikoogfakulteta, Sveuilite u Zagrebu. Ovaj materal je pre svega namenjen studentimakoji sluaju koleg Teora skupova, odnosno trebaju polagati ispit iz tog kolega.No, nadam se da materal moe biti zanimljivim svakome koga zanimaju osnovematematike, odnosno njeno zasnivanje.

elim naglasiti da ovo ne skripta. To znai da ne proveden postupak recenze.Time nikako ne elim rei da imam opravdanje za greke (raznih vrsta) kojih sigurnoima. Svaki ispravak, ili pak sugestu, koji bi mogli doprineti poboljanju ovog teksta,rado u prihvatiti.

Zahvaljujem se dr. sc. Vedranu aiu i prof. dr. sc. Juraju iftaru koji su proitaliitav tekst, te svim studentima koji su me upozorili na greke.

U Zagrebu, studeni 2014. Mladen Vukovi

iii

Uvod

Sadraj kolega je pokriven ovim rukopisom. tovie, neki delovi rukopisa se nepredaju, a dodani su radi lakeg razumevanja teksta. To su pre svega zadaci injihova rjeenja. Rukopis, a i koleg, podeljeni su u dva glavna dela: 1. Naivnateora skupova i 2. Aksiomatska teora skupova. Vano je na poetku naglasitida je glavni cilj prvog poglavlja motivirati uvoenje aksioma.

Sada navodimo knjige koje postoje u biblioteci PMFMO u Zagrebu o teori skupova,a mogu pomoi za ovaj koleg. Knjige nisu poredane po abecedi ve po vanosti zakoleg.

1. W. Just, M. Weese, Discovering Modern Set Theory 1, American MathematicalSociety, 1996.

2. K. Kunen, Set TheoryAn Introduction to Independence Proofs, NorthHolland,1992.

3. P. Papi, Teora skupova, HMD, Zagreb, 1999.

4. J. Shoenfield, Axioms of Set Theory, Handbook of Math. Logic, J. Barwise(ed.), NorthHolland, 1985.

5. T. Jech, Set Theory, The Third Millenium Edition, Springer, 2000.

Svakako preporuamo knjiice iz biblioteke Moderna matematika od kolske knjige:N. J. Vilenkin, Prie o skupovima, J.L. Krivine, Aksiomatika teora skupova, teZ. iki, Kako je stvarana novovjekovna matematika.

Istaknimo glavne crtice u razvoju teore skupova. Osniva teore skupova jeGeorg Cantor. Radove o teori skupova objavljivao je od 1871. do 1883. godine.

1

2Georg Cantor, 1845.1918.

Poseban zamah razvoju teore dao je B. Russell otkriem paradoksa. To je rezul-tiralo razvojem aksiomatske teore skupova. Prvi predlog aksiomatizace dao jeE. Zermelo, 1908. godine. Zermelo je dokazao da se svaki skup moe dobro urediti.Nakon velikih kritika njegovog neoekivanog rezultata, Zermelo je pobrojao aksiomekoje je koristio. A. Fraenkel je 1922. godine precizirao shemu aksioma separace.Zatim su A. Fraenkel i T. Skolem predloili shemu aksioma zamjene kao jo jedannovi aksiom. J. von Neumann je eksplicirao aksiom dobre utemeljenosti i definiraoordinalne brojeve.

U ovom kratkom osvrtu na povesni razvoj teore skupova istaknut emo jo samoda je 1938. godine K. Gdel dokazao relativnu konzistentnost ZermeloFraenkeloveteore skupova s aksiomom izbora i hipotezom kontinuuma, te je 1963. godine P. Co-hen dokazao nezavisnost hipoteze kontinuuma sa ZermeloFraenkelovom teoromskupova.

0.1 Osnovne napomene na poetku

Osnovno pitanje ovog kolega je:

to je skup?

U naivnoj teori skupova odgovor je "jednostavan":

Skup je primitivan pojam, i kao takav se ne definira.Smatramo da ve imate izgraenu intuicu o pojmu skupa.Skup je kolekca objekata koji zajedno ine cjelinu.

Na takvom nedefiniranom i vrlo nejasnom pojmu skupa Cantor je izgradio velikidio teore skupova. Potekoe koje su se pri tome javile (paradoksi i nerjeivi problemi o tome emo kasne) pokuale su se izbjei na razne naine (teora tipova; teoraklasa, ...). No, teko je prevladati tekoe ako ve na samom poetku imamo klimave

3temelje. Teora skupova se mora graditi kao i svaka druga matematika teora zadavanjem aksioma.

U svojim istraivanjima tvorac teore skupova Cantor ne se eksplicitno pozivao naneke aksiome o skupovima. Meutim, analizom njegovih radova moe se zakljuitida se skoro svi teoremi koje je on dobio mogu izvesti iz sljedea tri aksioma:

1. aksiom ekstenzionalnostiDva skupa su jednaka ako imaju iste elemente.

2. princip komprehenzeZa unapred dano svojstvo (x) postoji skup i su elementi ba oni koji objektiimaju to svojstvo, tj. {x : (x)} je skup.

3. aksiom izboraZa svaki neprazan skup postoji bar jedna funkca i su argumenti nepraznipodskupovi tog skupa, a slike su elementi argumenata.

Kada je teora ve postala priznata u matematikom svetu pojavili su se paradoksi neto to se nikad pre ne dogodilo. (Paradoks ne isto to i kontradikca.Paradoks je tvrdnja i je dokaz logiki neupitan, ali je intuitivno sama tvrdnjavrlo upitna.) Sada navodimo Russellov paradoks.

Russellov paradoks: R = {x : x je skup i x 6 x} ne skup.Dokaimo da R ne skup. Pretpostavimo da je R skup. Tada moemopostaviti pitanje vredi li R R. Pretpostavimo prvo da vredi R R.To znai da je R element skupa R, pa ispunjava svojstvo koje ispunjavajusvi njegovi elementi, tj. x 6 x, odnosno za R to znai R 6 R. Timesmo iz pretpostavke R R dobili R 6 R, tj. dobili smo kontradikcu.Zakljuujemo da mora vrediti R 6 R. No, tada R ispunjava definicskiuvjet za skup R. To znai da je R jedan element skupa R, odnosno imamoR R. Opet smo dobili kontradikcu. Zakljuujemo da pretpostavka daje R skup vodi na kontradikcu, tj. kolekca R ne skup.

Bertrand Russell, 1872.1970.

4to je to zapravo paradoksalno u Russellovom paradoksu? Russell je dao prviprimjer kolekce objekata koja ne skup, te je na taj nain ukazao da Cantorovprincip komprehenize ne moeno primjenjivati prilikom izgradnje skupova. To znaida nemamo nikakve kritere kako graditi skupove. Treba spomenuti da postoje idrugi paradoksi naivne teore skupova. Primjerice to su i Cantorov paradoks skupasvih skupova, te BuralliFortev paradoks. Navest emo ih kasne, kao i neke drugeparadokse u naivnoj teori skupova. Moemo postaviti pitanje jesu li primjericesljedee kolekce skupovi:

{x : postoji bekca izmeu skupa x i skupa N} (ne skup)

{x : x je diferencabilna realna funkca na skupu R} (to je skup)

{x : x je skup takav da yz(y z x y x)} (ne skup)

{x : postoji binarna operaca takva da je (x, ) grupa} (ne skup)

Kasne emo dati argumente zato pojedina gornja kolekca jeste, odnosno ne,skup.

Nadalje emo svaku kolekcu objekata nazivati klasa. Odnosno, ako je nekosvojstvo tada emo kolekcu {x : (x)} nazivati klasa. Neke klase su skupovi, aneke nisu. Klase koje nisu skupovi nazivaju se prave klase. Primjerice klasa izRussellovog paradoksa je prava klasa. Intuitivno, klasa x je skup ako postoji klasa ytakva da vredi x y.

Glavni zakljuak nakon paradoksa je da u teorji skupova ne smemo graditiskupove pomou skupova koji nisu jo izgraeni to se upravo dogaa primjenomprincipa komprehenze. To znai da skupove moramo graditi po nivoima. Izgrad-nju skupova po nivoima omoguava aksiomatski pristup. Pre nego to napiemoaksiome ZermeloFraenkelove teore skupova, koju emo kratko oznaavati sa ZF,pokuat emo opisati to elimo da aksiomi govore.

Ne zanimaju nas skupovi sljedeeg oblika (takvi primjeri su obino u kolskimudbenicima): skup svih samoglasnika u rei ABRAKADABRA, skup svih dje-vojica 5a razreda O Retkovec u Zagrebu, skup svih filmova koji su prikazani uzagrebakim kinima ove godine, . . . A kakvi nas onda skupovi zanimaju? elimoizgraditi teoru koja bi na neki nain bila temelj matematike. Primjerice to znai dabismo u njoj mogli definirati prirodne brojeve (a onda na standardni nain i ostaleskupove brojeva; to emo kasne ilustrirati).

Pre strogih definica moramo upozoriti na neke "loe" navike u vezi skupova.Obino se skupovi zamiljaju kako nekakve klase "atoma", tj. lanova koji nemajunikakvih delova. To znai da bi na poetku izgradnje teore skupova morali pret-postaviti egzistencu nekakvih atoma ili praelemenata. No, moe se pokazati da tone nuno. Dovoljno je pretpostaviti da postoji skup koji nema niti jednog elementa,tj. prazan skup. Upravo je prazan skup jedini "atom" koji emo koristiti prilikom

5izgradnje teore skupova. Zatim, "loa" navika je da se teko prihvaa da skupovimogu biti elementi drugih skupova. Jednostavan primjer takvog skupa je primjericepartitivni skup i su elementi svi podskupovi zadanog skupa. U teori skupovaelementi svakog skupa su skupovi.

0.2 Kumulativna herarha

Kada primjerice elimo napisati aksiome koji e opisivati prirodne brojeve mi imamodobro izgraen (ili nam se bar tako ini) intuitivan pojam prirodnog broja. Slina jesituaca i s drugim pojmovima. Navedimo neke strukture i pripadne aksiomatizace:

Teora brojeva Peanova aritmetikaIntuica polja R aksiomi za RPrimjeri raznih grupa aksiomi teore grupaPrimjeri raznih vektorskih prostora aksiomi vektorskog prostora

Prilikom aksiomatizace teore skupova imamo jedan veliki problem. to intu-itivno znai pojam skupa? Koju strukturu mi zapravo elimo opisati aksiomima?Danas se smatra da aksiomatski trebamo opisati strukturu sljedeih objekata:

V0 =

V1 = {} = P(V0)

V2 = {, {}} = P(V1)...

Odnosno, sasvim precizno to bismo rekurzivno definirali ovako:

V+1 = P(V)

V =

6

Napomena 0.1. Ovdje emo pokuati objasniti razliku izmeu skupova i pravih klasa.Pre smo bili naveli princip komprehenze: ako je neko svojstvo tada ono definiraskup {x : (x)}. Vidjeli smo da to na dobra ideja za izgradnju teore skupova, jerdobivamo i paradokse. Mogli bi rei da neka svojstva imaju "preveliki" doseg tako da nedefiniraju skupove. Za svako svojstvo (tone: svaku formulu ZF teore!) kolekcuobjekata {x : (x)} nazivamo klasa. Veina uobiajnih operaca koje se koriste umatematici ne vode do klasa koje su "prevelike", te to ne stvara nikakve probleme.Osnovne (intuitivne) zahtjeve o skupovima navest emo u sljedeih nekoliko toaka:

(i) Svaka podklasa skupa je skup. Odnosno, za svaki skup A i svako svojstvo , pos-toji skup svih x A za koje vredi (x). Kasne emo ovaj zahtjev formuliratikao shemu aksioma separace ZF teore.

(ii) Skupovi su zatvoreni na osnovne operace kao to su una, presjek i partitivniskup.

(iii) Skupovi su zatvoreni na slike funkca. Odnosno, ako je f neka funkca naskupovima i A je skup tada je {f(x) : x A} takoer skup. Kasne emo ovajzahtjev formulirati kao shemu aksioma zamjene ZF teore.

7(iv) Ako je neka klasa X element neke druge klase Y tada je X skup. Ovo jenajmanje intutivno jasan zahtjev. Povezan je s idejom kumulativne herarhe svaki skup gradimo na nekom nivou.

Sada emo pokuati objasniti zato navedene klase na strani 4 jesu, odnosno nisuskupovi. Klasa {x : postoji bekca izmeu skupa x i skupa N} ne skup, jer nasvakom nivou kumulativne herahe postoje prebrojivi skupovi, a onda ne postoji neki"zavrni" nivo na kojem je ta klasa izgraena. Isti argument bi naveli prilikom ob-janjenja da klase {x : x je skup takav da yz(y z x y x)} i {x : postojibinarna operaca takva da je (x, ) grupa} nisu skupovi. Klasa {x : x je difer-encabilna realna funkca na skupu R} je skup, jer se skup R konstruira na tonoodreenom nivou kumulativne herarhe.

Primetimo jo samo na kraju ove prie o klasama da paralelno s razlikom klasai skupova postoji i razlika izmeu funkca i operaca koje su prevelike da bi moglebiti identificirane sa skupom ureenih parova. Primjerice A 7 P(A) je skupovnaoperaca, ali ne funkca.

Na sljedeoj slici elimo posebno naglasiti da su skupovi ogranieni s nivoima, dokprave klase nisu.

80.3 Neki aksiomi ZermeloFraenkelove teoreAksiomi o skupovima bit e veinom sljedeeg oblika:

ako je A skup (ili vie skupova) tada operaca F primjenjena na A opetdaje (novi) skup.

No, pre takvih aksioma iskazujemo dva osnovna aksioma ZF teore skupova.elimo jo istaknuti da aksiome teore ZF gradimo pomou varabli, zagrada, logikihveznika: , , , , , kvantifikatora: i , te simbola i = .

U daljnjim izlaganjima koristit emo i relacske simbole i . To nisu osnovnisimboli jezika, ve su pokrate za sljedee iskaze:

x y z(z x z y)

x y z(z x z y) x 6= yPrvo istiemo aksiom koji iskazuje kriter za jednakost skupova.

Aksiom ekstenzionalnostiAko su x i y skupovi takvi da je x y i y x tada je x = y.Odnosno, formalno:

xy(z(z x z y) x = y

)Taj aksiom koristimo prilikom dokazivanja skupovnih identiteta. Iz aksioma

ekstenzionalnosti posebno sledi primjerice {1, 2, 3} = {3, 1, 2} i {1, 2, 2, 3, 1} ={1, 2, 3}.

Sljedei aksiom je aksiom egzistence. Iz tog aksioma sledi da postoji baremjedan skup.

Aksiom praznog skupa: postoji skup koji ne sadri niti jedan element, tj.

xy(y 6 x)Iz aksioma ekstenzionalnosti sledi da je takav skup jedinstven. Iz tog razloga

moemo uvesti oznaku za taj jedinstveni objekt: .Sada navodimo jo neke aksiome teore ZF, i to one koji su nam najpotrebni i

najrazumljivi.

Aksiom partitivnog skupa: ako je x skup tada je klasa svih njegovih podskupovatakoer skup, tj.

xyz(z y z x)Iz aksioma ekstenzionalnosti sledi jedinstvenost partitivnog skupa, pa uvodimo oz-naku P(x).

9Aksiom para: za svaka dva skupa x i y postoji skup i su x i y jedini elementi, tj.

xyzu(u z (u = x u = y)

).

Iz aksioma ekstenzionalnosti sledi jedinstvenost (neureenog) para, pa uvodimo oz-naku {x, y}.

Iz aksioma para sledi da za svaki skup x postoji skup {x, x}. Po dogovoru tajskup oznaavamo sa {x}. Istaknimo koje skupove za sada znamo: , {}, {, {}},. . . No, iz do sada navedenih aksioma ne sledi ak ni egzistenca trojke, tj. ako sux, y, z skupovi tada jo ne moemo tvrditi da je {x, y, z} skup. Posebno, ne moemodokazati egzistenca nekog beskonanog skupa. Primjenom aksioma une sledit eda za svaki n N postoji nlani skup.Aksiom une: za svaki skup je klasa elemenata svih njegovih elemenata ponovnoskup, tj.

xyz(z y t(t x z t)).Pokuat emo objasniti aksiom une na jednom primjeru. Neka je dan skup A ={, {b, c}, {d}}. Tada aksiom une tvrdi da je klasa objekata, koji su elementinekog elementa od A, takoer skup. U ovom sluaju to znai da je {b, c, d} takoerskup. Na sljedeoj slici ilustriramo aksiom une.

Primjenom aksioma ekstenzionalnosti sledi da je skup y, a se egzistenca tvrdiu aksiomu une, jedinstven. Za dani skup x sa x oznaavamo skup a se egzistencatvrdi u ovom aksiomu.

Ako su A i B skupovi tada iz aksioma para sledi egzistenca skupa {A,B}. Izaksioma une sledi da je {A,B} takoer skup. Taj skup standardno oznaavamosa A B.

Ako su A, B i C skupovi tada iz aksioma para sledi da postoje skupovi {A, B}i {C}. Ponovnom primjenom aksioma para sledi da postoji skup {{A,B}, {C}}. Izaksioma une sledi da postoji skup {{A, B}, {C}}, tj. trojka {A, B, C}.

10

Ako je n N, n > 0, te A1, . . . , An skupovi, tada bi na sasvim analogannain dokazali da postoji skup {A1, . . . , An}. Moe se pokazati da iz do sada nave-denih aksioma ne sledi egzistenca beskonanog skupa. Kasne emo navesti aksiombeskonanosti iz kojeg e direktno slediti egzistenca beskonanog skupa.

Definica 0.2. Neka su x i y skupovi. Tada skup {{x}, {x, y}} nazivamo ureenipar, i oznaavamo ga s (x, y).

Upravo navedenu definicu ureenog para dao je Kuratowski 1921. godine. N.Wiener je 1914. ureeni par definirao kao skup {{{x}, }, {{y}}}.

Propozica 0.3. Ako vredi (x1, y1) = (x2, y2) tada je x1 = x2 i y1 = y2.

Dokaz. Po pretpostavci imamo {{x1}, {x1, y1}} = {{x2}, {x2, y2}}. Iz svojstavarelace jednakosti sledi da su mogua sljedea dva sluaja:

a) {x1} = {x2};Iz svojstva relace jednakosti sledi x1 = x2. Zatim, iz (x1, y1) =(x2, y2) sledi i {x1, y1} = {x1, y2}, a onda lako sledi y1 = y2.

b) {x1} = {x2, y2};Iz svojstva relace jednakosti sledi x1 = x2 i x1 = y2, tj. x1 =x2 = y2. Zatim, iz (x1, y1) = (x2, y2) sledi jo {x1, y1} = {x2}. Izsvojstava relace jednakosti sledi opet x1 = y1 = x2.Iz svega prethodnog zakljuujemo da je x1 = y1 = x2 = y2. Q.E.D.

Pre sljedee definice moramo istaknuti da emo u ovom poglavlju na intuitivnomnivou koristiti prirodne brojeve, tj. skup N = {0, 1, 2, . . .}. U sljedeem poglavljudefinirat emo strogo skup prirodnih brojeva. Zatim, u sljedeoj definici koris-timo rekurzivni nain definiranja. Opet, u sljedeem poglavlju istaknut emo dasu rekurzivne definice "dozvoljene" i "dobre" u teori ZF.

Definica 0.4. Za svaki n N, n 2, rekurzivno definiramo ureenu ntorkuovako:

(x1, x2) = {{x1}, {x1, x2}}

(x1, . . . , xn+1) = ((x1, . . . , xn), xn+1)

Kako bismo mogli govoriti o Kartezevom produktu skupova, a onda o relacamai funkcama, sada navodimo shemu aksioma separace.

11

Shema aksioma separace: ako je x skup i F neko zadano svojstvo1 tada je klasasvih z x koji imaju svojstvo F takoer skup, tj. formalno:

xyz(z y (z x F (z)).Govorimo shema aksioma, a ne aksiom, jer tu zapravo imamo beskonano aksioma za svako svojstvo F imamo po jedan aksiom.

Propozica 0.5. Neka su A i B skupovi. Tada je klasa {(x, y) : x A, y B}takoer skup. Navedenu klasu nazivamo Kartezev produkt skupova A i B, teje oznaavamo sa AB.

Dokaz. Iz aksioma une sledi da postoji skup A B. Iz aksioma partitivnog skupasledi da postoji skup P(P(A B)). Sada iz sheme aksioma separace sledi da jeklasa {z : z P(P(A B)) (u A)(v B)(z = (u, v))} skup, tj. klasa A Bje skup. Q.E.D.

Na sasvim analogan nain moe se dokazati da je za svaki n N, n 2, te proizvoljneskupove A1, . . . , An, klasa {(x1, . . . , xn) : x1 A1, . . . , xn An} takoer skup.Navedena klasa se naziva Kartezev produkt skupova A1, . . . , An, te je oznaavamosa A1 . . . An.

Primjenom sheme aksioma separace moe se pokazati da su za sve skupove A i Bklase A i A \B takoer skupovi. Sada emo navedene operace detaljno definirati.

Definica 0.6. Za proizvoljni skup A sa A oznaavamo klasu {x : za svaki y Avredi x y}, te je nazivamo presjek skupa A. Ako su A i B skupovi tada sa ABoznaavamo presjek {A,B}. Analogno, ako je n N, n > 0, te A1, . . . , An skupovi,tada sa A1 A2 . . . An oznaavamo presjek {A1, . . . , An}.

Propozica 0.7. Ako je A 6= skup tada je presjek A takoer skup.

Definica 0.8. Za proizvoljne skupove A i B sa A\B oznaavamo klasu {x : x Ai x 6 B}, te je nazivamo razlika skupova A i B. Neka je U neki skup, te A U.Tada sa Ac oznaavamo klasu U \ A, te je nazivamo komplement skupa A (u odnosuna skup U).

Propozica 0.9. Za sve skupove A i B razlika A \ B je takoer skup. Ako je Uskup, te A U, tada je komplement Ac takoer skup.

Definica 0.10. Binarna relaca R na skupovima A i B je proizvoljni podskupKartezevog produkta A B. Ako su A1, . . . , An skupovi tada je nmjesna relacaproizvoljni podskup Kartezevog produkta A1 . . . An.

1Tone, F je proizvoljna formula teore ZF s jednom slobodnom varablom. Ovdje neemostrogo definirati pojam formule. Grubo reeno, formula je konaan niz znakova koji mogu bitivarable, zagrade, logiki veznici, kvantifikatori, te simboli = i .

12

Sada se neemo baviti relacama. Kasne emo posebno promatrati relace ure-aja.

Definica 0.11. Neka su A i B proizvoljni skupovi, te neka je f A B binarnarelaca koja ima svojstvo da za svaki x A postoji jedinstveni y B tako da vredi(x, y) f. Tada binarnu relacu f nazivamo funkca i oznaavamo je sa f : A B.Skup A nazivamo domena funkce, a skup B kodomena funkce. Ako je f : A Bfunkca, te je (x, y) f, tada umjesto y piemo i f(x).

Funkce moemo zadavati na razne naine. Primjerice: formulom, rekurzivno,po sluajevima, opisno, tablicom, grafom, grafikonom, ... Ako je A neki skup tadafunkcu idA : A A zadanu sa idA(x) = x nazivamo identiteta. Ako je B Atada funkcu i : B A zadanu sa i(x) = x nazivamo inkluza. Ako je f :A B neka funkca, te C A i D B tada skup f [C] = {f(x) : x C}nazivamo slika podskupa C, odnosno skup f1[D] = {x A : f(x) D} nazivamopraslika podskupa D. Slika funkce f : A B je tada f [A]. Obino sliku funkcef oznaavamo sa Rng(f). Graf funkce2 f : A B je skup {(x, f(x)) : x A}.Kaemo da su funkce f : A B i g : C D jednake, te piemo f = g, ako vrediA = C, B = D, te za svaki x A vredi f(x) = g(x).

Neka su f : A B i g : C D funkce takve da je Rng(f) C. Tada funkcus domenom A i kodomenom D koja svakom x A pridruuje g(f(x)) nazivamokompozica funkca f i g, te je oznaavamo sa g f. Lako je provjeriti da jekompozica funkca asocativna. (Je li komutativna?)

Neka je f : A B neka funkca, te C A. Funkcu g : C B koja je definiranasa g(x) = f(x), nazivamo restrikca funkce f, te je oznaavamo sa f |C . Kaemojo da je f proirenje funkce f |C .

Za funkcu f : A B kaemo da je injekca ako za sve x1, x2 A, takve daje x1 6= x2, vredi f(x1) 6= f(x2). Za funkcu f : A B kaemo da je surjekcaako za svaki y B postoji x A tako da vredi y = f(x). Kaemo da je funkcabekca ako je injekca i surjekca.

Neka je f : A B neka funkca. Za funkcu g : B A kaemo da je inverznafunkca od f ako vredi f g = idB i g f = idA. Lako je vidjeti da ako za nekufunkcu f postoji inverzna tada je ona jedinstvena. Inverznu funkcu od funkce foznaavamo sa f1. Dokaite da neka funkca f ima inverznu ako i samo ako je fbekca.

Definica 0.12. Za svaki skup A svaki podskup F od P(A) nazivamo famila sku-pova. Ako su A i I neki skupovi, tada svaku funkcu f : I P(A) nazivamoindeksirana famila skupova. Obino umjesto f(i) piemo Ai, pa onda indeksiranufamilu skupova oznaavamo sa (Ai : i I).

U daljnjim izlaganjima govorit emo samo famila skupova, tj. neemo posebnoisticati radi li se o obinoj ili indeksiranoj famili.

2Uoite da iz navedene definice funkce sledi da je zapravo funkca jednaka svom grafu.

13

Definica 0.13. Neka je (Ai : i I) proizvoljna famila skupova. Kartezev produktfamile skupova, u oznaci

iI

Ai, definiramo kao klasu

{f | f : I iI

Ai, za svaki i I vredi f(i) Ai}

Na kraju ovog uvoda navodimo jo aksiom izbora. Tom aksiomu je posveenaposljednja toka drugog poglavlja. Koristit emo ga ve prilikom nekih dokaza tvrdnjio konanim i beskonanim skupovima.

Aksiom izboraNeka je (Ai : i I) famila nepraznih skupova koji su u parovima disjunktni. Tadapostoji skup B tako da je za svaki i I presjek B Ai jednolan skup.

Skup B nazivamo izborni skup. Na sljedeoj slici ilustriramo aksiom izbora (fa-miliju skupova (Ai : i I) i izborni skup B).

Lako je konstruirati primjer koji pokazuje da je u izreci aksioma izbora nuanuvjet da su lanovi famile u parovima disjunktni.

Zadaci

1. Neka je U neki skup, te A, B i C podskupovi od U. Dokaite da vredi:

(a) (A B)c = Ac Bc(b) (A B)c = Ac Bc(c) A \ (B C) = (A \B) (A \ C) = (A \B) \ C(d) A \ (B C) = (A \B) (A \ C)(e) A \ (A \B) = A B(f) A (B \ C) = (A B) \ (A C) = (A B) \ C(g) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C)

14

(h) Acc = A

(i) (Ac B) A = A B(j) A (B \ A) =

2. Dokaite da openito ne vredi (A) (B) = (A B).3. Neka je x = {, {}, {, {}}}. Napiite sljedee skupove u obliku {a1, . . . , ak} :

x,

x, P({x}), P(x)

(x, {x}).4. Dokaite da vredi:

(a) (A B) (C D) = (A C) (B D)(b)

iI

Ai iI

Bi =iI

(Ai Bi)

(c) (A B) (C D) (A C) (B D), te odredite skupove za koje nevredi jednakost

(d) (A B) C = (A C) (B C)(e) A (B C) = (AB) (A C)(f) (A B) (C D) = (A C) (B C) (AD) (B D)(g) (A \B) C = (A C) \ (B C)(h) A (B \ C) = (AB) \ (A C)(i) AB = (AD) (C D), gdje je A C i B D(j) U2 \ (AB) = [(U \ A) U ] [U (U \B)](k)

iI

Ai jJ

Bj =

(i,j)IJ(Ai Bj)

(l)iI

Ai jJ

Bj =

(i,j)IJ(Ai Bj)

(m) ako je A,B 6= i (AB) (B A) = C D tada je A = B = C = D

5. Operaca simetrine razlike definirana je za proizvoljne skupove A i B ovako:AB = (A \B) (B \ A). Dokaite da vredi:

(a) AB = BA

(b) ako AB = AC tada B = C

(c) A (BC) = (A B)(A C)(d) A(BC) = (AB)C

(e) A (BC) = (A B)(A C)(f) A B = (AB)(A B) = (AB) (A B)

15

(g) A \B = A(A B)(h) AB = AcBc

(i) C = AB ako i samo ako A = BC

6. Vredi li openito:

(a) P(a) P(b) = P(a b)?(b) P(a) \ P(b) = P(a \ b)?(c) P(a) P(b) = P(a b)?(d) a b ekvivalentno s P(a) P(b)?(e) P(a) = P(b) ako i samo ako a = b?

Rjeenje.

(a) Vredi. Za proizvoljan x, dokaimo da je x P(a)P(b) x P(a b).To se naravno svodi na x a x b x a b, to se lako dokae.

(b) Ne vredi (nikada), jer P(x) za svaki skup x. Dakle je element desnestrane, a ne element leve.

(c) Openito ne vredi. Primjerice za a = {1} i b = {2}. Ponekad jest,primjerice kad je a b.

(d) Jedan smjer vredi: ako je P(a) P(b), to znai P(a) b, pa su svielementi od P(a) ujedno u b. Budui da je a P(a), vredi a b. Drugismjer ne vredi na primjer za a = {1} i b = {{1}}.

(e) Vredi.

7. Dokaite da vredi:

(a) P(iI

Ai) =iIP(Ai)

(b) P(A B) = {A1 B1 : A1 A i B1 B}(c) P(

iI

Ai) = {iI

Bi : Bi P(Ai)}

8. Dokaite da za svaki skup a vredi {, {}} PPP(a).Rjeenje. Znamo P(x), za svaki skup x. Dakle specalno P(a). Toznai {} P(a) (jer su svi njegovi elementi u P(a)), odnosno {} PP(a).Takoer iz P(y) za y = P(a) imamo PP(a), to zajedno s gornjim dajeda su svi elementi od {, {}} u PP(a). Dakle, {, {}} je podskup od PP(a),odnosno element od PPP(a).

16

9. Odredite P() PP() PPP().Rjeenje. Budui da je prvi operand P() = {}, a se, znamo, nalazi i uostalim partitivnim skupovima, presjek je upravo {}.

10. Dokaite da za svaka dva skupa A i B vredi BA PPPP(A B).11. Neka je (Ai : i I) proizvoljna famila skupova. Dokaite da tada vredi:

iIAi PPPP(I iIAi)

12. Neka su x i y proizvoljni skupovi. Dokaite da vredi:

(a)

(x, y) =({x} {x, y}) = {x} = x

(b)

(x, y) ={x, y} = x y

(c)

(x, y) = x y(d)

(x, y) ((x, y) \(x, y)) =

= (x y) ((x y) \ x) = (y x) (y \ x) = y

13. Koji od sljedeih skupova [x, y] imaju svojstvo ureenog para, tj. vredi

[x, y] = [x, y] ako i samo ako x = x i y = y,

ako definiramo redom:

(a) [x, y] = {{x, y}, {y}};(b) [x, y] = {x, {y}};(c) [x, y] = {x, {x, y}}.

14. Neka je f : S T proizvoljna funkca, te A,B S i C,D T. Dokaite davredi:

(a) ako A B tada je f [A] f [B];(b) f [A B] = f [A] f [B];(c) f [A B] f [A] f [B], te navedite primjer koji pokazuje da openito ne

vredi obrnuta inkluza;

(d) ako C D tada je f1[C] f1[D];(e) f1[C D] = f1[C] f1[D];(f) f1[C D] = f1[C] f1[D];(g) f [A \ B] f [A] \ f [B], te navedite primjer koji pokazuje da openito ne

vredi obrnuta inkluza;

17

(h) f1[C \D] = f1[C] \ f1[D];(i) A f1[f [A]], te navedite primjer koji pokazuje da openito ne vredi

obrnuta inkluza;

(j) f [A] C = f [A f1[C]];(k) f [A] C ako i samo ako A f1[C].

15. Neka je f : A B injekca. Ako je (Xi : i I) neka famila podskupovaskupa A dokaite da je tada f [

iI

Xi] =iI

f [Xi]. Zatim, dokaite da za sve

X1, X2 A vredi f [X1 \X2] = f [X1] \ f [X2].16. Neka su f : A B i g : C D funkce takve da je definirana kompozica

g f. Dokaite:(a) ako je g f injekca tada je i f injekca;(b) ako je g f surjekca tada je i g surjekca;(c) ako je g f bekca tada je f injekca, a g surjekca.

17. Dokaite da je konstantna funkca bekca ako samo ako su joj domena ikodomena jednolani skupovi.

Poglavlje 1

Naivna teora skupova

Kako bismo mogli opravdati uvoenje daljnjih aksioma teore skupova, te ih dobromotivirati, moramo prvo nauiti jo neke injenice o skupovima. Sjetimo se da jena glavni cilj definirati kumulativnu herarhu, odnosno definirati to znai pojam"nivoa" tone ordinalnog broja (na taj nain emo odgovoriti na pitanje to jeskup). Poto to neemo raditi tako da se uvek strogo pozivamo na aksiome onda setaj dio teore naziva naivna teora skupova.

Ovo poglavlje se sastoji od osam toaka. U prvim tokama prvo se bavimo "velii-nom" skupova, tj. razmatramo pojmove kao to su ekvipotentni skupovi, konani ibeskonani skupovi, prebrojivi i neprebrojivi skupovi, te kardinalnost. U sljedeimtokama razmatramo pojmove kao to su parcalno, linearno i dobro ureeni skupovi.To nam je motivaca za definicu nivoa u kumulativnoj herarhi.

1.1 Ekvipotentni skupovi

Ne pretjerano rei da itavu matematiku proima ideja beskonanosti. Sjetimo sebeskonanih skupova s kojima ste se ve susreli u osnovnoj i srednjoj koli. To su presvega skupovi brojeva: prirodnih, celih, racionalnih, realnih i kompleksnih. Zatim,u geometri se govori o skupu svih toaka ravnine, skupu svih duina, skupu svihpravaca, ... Svi ti skupovi su beskonani.

Jedan moj profesor je u ali rekao da bi matematiari mogli zatvoriti duan danema beskonanosti.

Sjetimo se kako smo kao mali uili brojati predmete uspostavljanje bekceizmeu prstu na ruci i predmeta. Cantor je tu ideju proirio i na beskonane skupove.

Jedna od osnovnih Cantorovih ideja o jednakobrojnim skupovima je nevjerojatnojednostavna: za dva skupa A i B kaemo da su jednakobrojni ili ekvipotentni akopostoji bekca f : A B. No, moramo imati na umu da ni genalni grki matema-tiari, a ni svi posle njih sve do Cantora, nisu uoili "razliite" beskonane skupove.Na primjer skup realnih brojeva R ima "vie" elemenata nego skup prirodnih brojevaN, tj. ne postoji bekca izmeu R i N. No, skup N je ekvipotentan sa skupom svihparnih prirodnih brojeva, te sa skupom celih, a i skupom svih racionalnih brojeva.

19

20 POGLAVLJE 1. NAIVNA TEORA SKUPOVA

Definica 1.1. Kaemo da su skupovi A i B ekvipotentni ako postoji barem jednabekca f : A B. Oznaka: A B.

Primjer 1.2. a) {2, 7, 19} {153, 1001, 1012};

b) {1, 2, 3, . . .} {1,2,3, . . .};

c) {1, 2, 3, . . .} {1, 3, 5, . . .}; jedna bekca je dana sa n 7 2n 1

d) N Z; jedna bekca f : Z N je dana sa:

f(x) =

2x, ako je x < 0;

0, ako je x = 0;

2x 1, ako je x > 0

Upravo definiranu bekcu ilustriramo na sljedeoj slici.

Z-1 0 1 2

N0 1 2 3

? ?

@@@@@@R

QQQQQQQQQQQs

e) Svi zatvoreni segmenti realnih brojeva su meusobno ekvipotentni. Jedna bi-

jekca f : [a, b] [c, d] je dana sa f(x) = d cb a(x a) + c. Na sljedeoj

slici ilustriramo kako smo dobili navedenu bekcu (jednadba pravca kroz dvetoke).

1.1. EKVIPOTENTNI SKUPOVI 21

- x

6y

a b

d

c

Primjer 1.3. Hilbertov hotel. Zamislimo da negdje daleko u Svemiru postoji hotels beskonano mnogo soba. Sobe su numerirane brojevima 1, 2, 3, . . . No, zamislimoda su sve sobe zauzete gostima, i dolazi jo jedan putnik koji eli sobu. to e portirnapraviti s njim? Jednostavno, zamolit e gosta iz sobe 1 da se premjesti u sobu 2,gost iz sobe 2 u sobu 3, itd. Novopridolog gosta e tada smjestiti u sobu broj 1.(Nemojte si postavljati pitanje koliko e to premjetanje trajati!)

Pokuajte sami odgovoriti to e portir napraviti kada stigne 1000 novih gostu,a sve sobe hotela su pune.

Promotrimo jo jedan problem s kojim bi se mogao susresti portir hotela s besko-nano mnogo soba, i e sve sobe su pune. Zamislimo da u Svemiru postoji jo jedanhotel s beskonano mnogo soba e su sve sobe popunjene gostima. Jednog danaglavna komisa za graditeljstvo u svemirskim prostranstvima otkrila je da taj drugihotel nema graevinsku dozvolu. Istog trena taj drugi hotel je morao biti zatvoren isvi gosti (beskonano mnogo njih!) stali su pred vrata prvog hotela (e su sve sobepune). No, portir se brzo snaao. Gosta iz sobe 1 svojeg hotela premjestio je u sobu2, gosta iz sobe 2 u sobu 4, gosta iz sobe 3 u sobu 6, itd. Tako je ispraznio sve sobe sneparnim brojevima, te je u njih smjestio goste iz zatvorenog hotela.

Sada kada se ve tako dobro snalazimo s hotelima s beskonano mnogo soba pro-motrimo jo jedan problem koji bi portiru mogao zadati mnogo glavobolja. Zamislimoda u Svemiru postoji beskonano mnogo hotela s beskonano mnogo soba, i sve susobe popunjene gostima. Svemirska graevinska komisa iz raznih je razloga zatvo-rila sve hotele osim jednog. Tada su svi gosti (po beskonano mnogo njih iz svakog odbeskonano mnogo hotela) doli pred vrata tog jednog hotela koji je jo imao dozvolu zarad. Snalaljivi portir sada ne znao rjeenje ove na prvi pogled bezizlazne situace.Trebao je pomo matematiara. Moe li se uope ova ogromna grupa novopridolihgostu smjestiti u (puni!) hotel? Moete li pomoi portiru?

Vie detalja o Hilbertovom hotelu moete pronai u [37].


1.2 Konani i beskonani skupoviU ovim izlaganjima koristimo skup N na intuitivnom nivou, tj. pretpostavljamo dasu nam poznata svojstva klase {0, 1, 2, . . .}, koju nazivamo skup prirodnih brojeva,te je oznaavamo sa N.

Za svaki k N \ {0} sa Nk oznaavamo skup {1, . . . , k}, a N0 je prazan skup.

Teorem 1.4. Neka je k N proizvoljan. Ako je f : Nk Nk injekca tada je f isurjekca.

Dokaz. Indukcom po k dokazuje se da je svaka injekca f : Nk Nk ujedno isurjekca. Za detalje vidite zadatak 1 na stranici 23.

Definica 1.5. Kaemo da je skup A konaan ako postoji k N tako da je skup Aekvipotentan sa skupom Nk.

Napomena 1.6. Iz teorema 1.4. sledi da za svaki konaan skup A postoji jedin-stveni k N takav da vredi A Nk. To nam omoguava da za svaki konaan skupA definiramo broj elemenata, u oznaci k(A), stavljajui k(A) = n, pri emu vrediA Nn.

Dokaz sljedeeg teorema dan je kao rjeenje zadatka 2 na stranici 24.

Teorem 1.7. Za svaki A Nm postoji prirodan broj k takav da vredi k m ik(A) = k.

Korolar 1.8. Svaki podskup konanog skupa je konaan.

Teorem 1.9. Skup X je konaan ako i samo ako postoji k N i surjekca f : Nk X.

Za dokaz vidite rjeenje zadatka 5 na stranici 24.

Definica 1.10. Za skup X kaemo da je beskonaan ako ne konaan.

Kao to smo ve vie puta istaknuli u ovom poglavlju razmatramo naivnu teoruskupova, te nam je cilj istaknuti injenice koje koristimo u dokazima. Dokaz sljedeeleme dan je kao rjeenje zadatka 6. elimo istaknuti da se u dokazu leme koristepojmovi o ureenim skupovima, te se koristi Zornova lema, za koju se kasne dokazujeda je ekvivalentna aksiomu izbora.

Lema 1.11. Za svaki beskonaan skup X postoji injekca f : N X.

Teorem 1.12. Neka je X neki skup. Sljedee tvrdnje su ekvivalentne:

a) skup X je beskonaan;

1.2. KONANI I BESKONANI SKUPOVI 23

b) postoji injekca iz N u X;

c) postoji injekca iz X u X koja ne surjekca;

d) skup X je ekvipotentan s nekim svojim pravim podskupom.

Dokaz prethodnog teorema dan je kao rjeenje zadatka 7 na stranici 25.

Korolar 1.13. Skup X je konaan ako i samo ako je svaka injekca iz X u X ujednoi surjekca.

Dokaz. Iz prethodnog teorema posebno imamo a) c), a onda i a) c).Q.E.D.

Zadaci

1. Neka je k N proizvoljan. Dokaite da ako je f : Nk Nk injekca tada je fi surjekca.Dokaz. Indukcom po k dokazujemo da je svaka injekca f : Nk Nk ujednoi surjekca. Ako je k = 0 tvrdnja je trivalno isitinita. Ako je k = 1 tada jeoito funkca f : {1} {1} surjekca. Neka je k N \ {0} prirodan broj kojiima svojstvo da je svaka injekca g : Nk Nk ujedno i surjekca. Neka jef : Nk+1 Nk+1 proizvoljna injekca. Tada je restrikca f |Nk : Nk Nk+1takoer injekca. Sada razlikujemo dva sluaja:

a) f(k + 1) = k + 1To znai da je slika restrikce f |Nk sadrana u skupu Nk. Time imamo daje funkca f |Nk : Nk Nk injekca. Iz pretpostavke indukce sledi daje ta funkca surjekca. Sada je oito da je funkca f surjekca.

b) f(k + 1) = i0 NkPrimetimo prvo da postoji j0 Nk takav da je f(j0) = k + 1 (Pret-postavimo da takav j0 Nk ne postoji. Tada je restrikca f |Nk : Nk Nkdobro definirana, te je injekca. Iz pretpostavke indukce sledi da je tarestrikca i surjekca. No, tada postoji neki i1 Nk takav da je f(i1) = i0.Time imamo f(k + 1) = f(i1), te k + 1 6= i1, to je kontradikca s pret-postavkom da je funkca f : Nk+1 Nk+1 injekca).Definiramo funkcu F : Nk Nk ovako:

F (x) =

{f(x), ako je x 6= j0;

i0, ako je x = j0.

Oito je funkca F : Nk Nk injekca. Iz pretpostavke indukce sledi da jeta funkca i surjekca. Sada je lako vidjeti da iz toga sledi da je i funkcaf surjekca (Neka je y Nk+1 proizvoljan. Razlikujemo tri sluaja. Ako je


y Nk \{i0} tada iz surjektivnosti funkce F i njene definice sledi da postojix Nk takav da je f(x) = y. Ako je y = i0 tada imamo f(k + 1) = i0. Ako jey = k + 1 tada imamo f(j0) = k + 1 ).

2. Dokaite da za svaki podskup A Nm postoji prirodan broj k takav da vredik m i k(A) = k.Dokaz. Indukcom po m. Ako je m = 0 ili m = 1 tvrdnja oito vredi. Nekaje m N takav da za svaki podskup B od Nm postoji k m takav da jek(B) = k. Neka je A proizvoljan podskup od Nm+1. Ako je A Nm tvrdnjasledi iz pretpostavke indukce. Promotrimo sluaj kada je m + 1 A. Tadaje A \ {m + 1} Nm. Iz pretpostavke indukce sledi da postoji k N takavda je k(A \ {m+ 1}) = k. Tada je oito k(A) = k + 1.

3. Dokaite da je svaki podskup konanog skupa konaan.Dokaz. Neka je X proizvoljan konaan skup, te A njegov proizvoljan podskup.Ako je A = tada je A konaan po definici. Promatramo sluaj kada je A 6= .Budui da je i skup X konaan, tada po definici postoji m > 0 takav da jeX Nm. Neka je f : X Nm neka bekca. Promotrimo restrikcu f |A. Tafunkca je oito injekca, te vredi k(A) = k(f [A]). Budui da je f [A] Nmtada iz prethodnog zadatka sledi da postoji k m takav da je k(f [A]) = k.Tada je k(A) = k, pa je skup A konaan.

4. Dokaite da je skup koji ima beskonaan podskup takoer beskonaan.

5. Dokaite da je skup X konaan ako i samo ako postoji k N i surjekcaf : Nk X.Dokaz. Pretpostavimo prvo da je skup X konaan. Tada iz definice sledi dapostoji k N i bekca f : X Nk. Tada je f1 jedna traena surjekca.Pretpostavimo sada da postoji k N i surjekca f : Nk X. Tada oito zasvaki x X imamo f1[{x}] 6= . Primjenom aksioma izbora sledi da za svakix X moemo odabrati po jedan ax f1[{x}]. Oznaimo A = {ax : x X}.Oito je A Nk, te je funkca g : A X, koja je definirana sa g(ax) = x,bekca. Tada je k(A) = k(X). Iz A Nk i zadatka 2 sledi da postoji m ktakav da je k(A) = m. Tada je k(X) = m, te je skup X konaan.

6. ? Dokaite lemu 1.11.Dokaz. U dokazu leme koristimo Zornovu lemu koju razmatramo na strani 90.Za iskaz Zornove leme, a i u ovom dokazu, koriste se neki pojmovi o ureenimskupovima. Svi ti pojmovi su definirani u jednoj od sljedeih toaka.

Neka jeX beskonaan skup. Neka je S skup svih konanih nizova (x0, x1, . . . , xn)elemenata od X, pri emu je xi 6= xj, za sve i 6= j. Na skupu S definiramo par-calni ureaj ovako:

(x0, x1, . . . , xn) < (y0, y1, . . . , ym), ako n < m, te vredi xi = yi za sve i n

1.3. PREBROJIVI SKUPOVI 25

Poto je X beskonaan, oito skup S ne sadri maksimalni element. Iz togasledi da skup S ne ispunjava uvjete Zornove leme. Neka je L S neki lanacza koji ne postoji gornja mea u S. Lako je vidjeti da je sa k 7 xk, gdje je(x0, x1, . . . , xn) L i k n, definirana jedna injekca sa N u skup X.

7. Dokaite teorem 1.12.Dokaz.

a b) To je dokazano u lemi 1.11.b) c) Neka je f : N X neka injekca. Definiramo funkcu g : X X ovako:

g(x) =

x, x 6 f [N];

f(n+ 1), x = f(n).

Pokaimo da je funkca g injekca. Neka su x1, x2 X takvi da jex1 6= x2. Razlikujemo tri sluaja:(i) x1, x2 6 f [N]. Tada je g(x1) = x1 6= x2 = g(x2).(ii) x1 f [N] i x2 6 f [N]. Tada je g(x1) f [N], a g(x2) 6 f [N], pa je

oito g(x1) 6= g(x2).(iii) x1, x2 f [N]. Tada je x1 = f(n) i x2 = f(m), za neke n,m N.

Poto je x1 6= x2 tada je n 6= m. No, funkca f je po pretpostavciinjekca, pa je f(n+ 1) 6= f(m+ 1), a onda je g(x1) 6= g(x2).

Funkca g ne surjekca jer f(0) X \ g(X).c) d) Neka je f : X X neka injekca koja ne surjekca. Tada je f [X] pravi

podskup od X, te je oito f : X f [X] bekca. To znai da vrediX f(X).

d) a) Neka je Y X i g : X Y bekca. Pretpostavimo da je skup Xkonaan. Tada iz definice sledi da postoji k N takav da je X Nk.Neka je f : Nk X jedna bekca. Tada je h = f1 g f : Nk Nkinjekca. No, h[Nk] = f1[g[f [Nk]]] = f1[g[X]] = f1[Y ] 6= Nk, pa h nesurjekca. To je u kontradikci s teoremom 1.4.

1.3 Prebrojivi skupovi

U ovoj toki razmatrat emo beskonane skupove koji imaju najmanje mogue ele-menata, tj. njihova beskonanost je najmanja mogua.

Definica 1.14. Za skup kaemo da je prebrojiv ako je ekvipotentan sa skupom N.Ako je skup beskonaan i ne prebrojiv tada kaemo da je neprebrojiv.


Primjer 1.15. Skup N je prebrojiv jer je id : N N, id(x) = x, bekca.Skup 2N svih parnih prirodnih brojeva je prebrojiv jer je f : N 2N, f(x) = 2x,

jedna bekca.Skup 2N + 1 svih neparnih prirodnih brojeva je prebrojiv jer je f : N 2N + 1,

f(x) = 2x+ 1, jedna bekca.Skup Z svih celih brojeva je prebrojiv jer postoji bekca izmeu skupa Z i skupa

N. Jednu bekcu smo naveli na strani 20 u primjeru 1.2.

Ne teko pokazati da su i sljedei skupovi prebrojivi:

Skup svih toaka ravnine s racionalnim koordinatama; Skup svih intervala realnih brojeva s racionalnim krajevima; Skup svih polinoma nad poljem racionalnih brojeva; Skup svih algebarskih realnih brojeva.Dokazi prebrojivosti navedenih skupova dani su u [4].

Sada nam je cilj dokazati da je prebrojiva una prebrojivih skupova ponovnoprebrojiv skup. Tada emo kao jednostavnu posljedicu dobiti da je skup Q prebrojiv.

Propozica 1.16. Neka je (Bj : j N) famila skupova koja ima svojstvo da je zasvaki j N skup Bj konaan, te su lanovi famile u parovima disjunktni. Tada jeskup

jN

Bj konaan ili prebrojiv.

Dokaz. Pretpostavimo da skupjN

Bj ne konaan. Za svaki j N oznaimo sa

k(Bj) broj elemenata skupa Bj (iz toke o konanim skupovima sledi da je tajpojam dobro definiran; vidi napomenu 1.6.). Neka je I = {j : Bj 6= }. Za svakij I sa Aj oznaimo skup svih bekca izmeu skupova Bj i Nk(Bj). Oito je(Aj : j I) neprazna famila nepraznih skupova koji su u parovima disjunktni. Izaksioma izbora sledi da postoji skup B tako da je B Aj jednolan skup za svakij N. Za svaki j N neka je {fj} = BAj. Sada definiramo funkcu f :

jN

Bj N

ovako: ako je x jN

Bj tada postoji jedinstveni j0 N takav da je x Bj0 , pa onda

neka je f(x) =j


Dokaz prethodne propozice dan je kao rjeenje zadatka 1 na strani 30.

Lema 1.18. Neka je A konaan, a B prebrojiv skup. Tada je skup A B prebrojiv.Dokaz prethodne leme dan je kao rjeenje zadatka 2 na strani 30.

Propozica 1.19. Neka je n N \ {0}, proizvoljan, te neka su A0, . . . , An1 pre-brojivi skupovi koji su u parovima disjunktni. Tada je skup A0 . . . An1 takoerprebrojiv.

Dokaz prethodne propozice dan je kao rjeenje zadatka 3 na strani 30. Uoite dau dokazu prethodne propozice ne koriten aksiom izbora. O (ne)nunosti koritenjaAC u dokazima moete itati u [39].

Propozica 1.20. Neka je (Aj : j N) famila skupova i su elementi u parovimadisjunktni prebrojivi skupovi. Tada je skup

jN

Aj prebrojiv.

Dokaz. Neka je B0 = {0, 1, 3, 5, 7, . . .}, a za svaki j N \ {0} neka je Bj ={(2i+ 1) 2j : i N}. Lako je vidjeti da vredi:

a) za svaki j N skup Bj je prebrojiv;b) za sve i 6= j vredi Bi Bj = ;c)jN

Bj = N;

d) za svaki j N vredi Aj Bj.Za svaki j N oznaimo sa Aj skup svih bekca izmeu Aj i Bj. Iz aksioma izborasledi da postoji skup B tako da je za svaki j N skup B Aj jednolan. Za svakij N oznaimo sa fj jedinstvenu funkcu za koju vredi B Aj = {fj}.

Sada definiramo f :jN

Aj N tako da vredi f |Aj = fj. Oito je funkca f

bekca. Q.E.D.

Napomena 1.21. Prethodnu propozicu moemo dokazati i dagonalnim postup-kom 1. To emo sada kratko skicirati. Poto je svaki skup Ak prebrojiv moemonjegove elemente poredati u niz. Time imamo:

A0 . . . a00 a01 a02 a03 . . .A1 . . . a10 a11 a12 a13 . . .A2 . . . a20 a21 a22 a23 . . .A3 . . . a30 a31 a32 a33 . . .

...

1Preporuamo i sljedeu literaturu o dagonalnom postupku: I. Mihalj, Prebrojivost skuparacionalnih brojeva i konstrukca zmaste funkce, MFL 215 (2004), 185190, te M. Radi, Anali-tiki prikaz nekih injektivnih funkca sa skupa N N u skup N, MFL XXXI (1980./81), str. 13


Sada dagonalno definiramo traenu bekcu, tj. ureene parove poredamo u niz nasljedei nain:

a00 a01 a10 a02 a11 a20 a03 a12 . . .

Navedena bekca je ilustrirana na sljedeoj slici.

. . .

. . .

. . .

.

.

.

a23a20 a21 a22

a13a10 a11 a12

a03a02a01a00

Korolar 1.22. Neka je (Aj : j N) famila skupova, pri emu je za svaki j Nskup Aj konaan ili prebrojiv. Tada je skup

jN

Aj konaan ili prebrojiv.

(Uoite da za razliku od prole propozice doputamo da lanovi famile nisu nunou parovima disjunktni, te da mogu biti i konani.)

Dokaz prethodnog korolara dan je kao rjeenje zadatka 4 na strani 30.

Korolar 1.23. Vrede sljedee tvrdnje:

a) skup celih brojeva je prebrojiv;

b) skup racionalnih brojeva Q je prebrojiv;

c) N N, N3, . . . su prebrojivi skupovi.

Dokaz. a) Z={1, 2, 3, . . .} {0} {1,2,3, . . .};b) Oznaimo za svaki k N \ {0} sa Qk skup { 1k , 2k , 3k , . . .}. Oito je svaki skupQk prebrojiv. Tada je

kN\{0}Qk prebrojiva una prebrojivih skupova, a onda iz

korolara 1.22. sledi da je to prebrojiv skup. Poto je oito Q+ =

kN\{0}Qk tada


je taj skup prebrojiv. No, Q = Q+ {0} Q, tj. skup racionalnih brojeva je unadva prebrojiva skupa i jednog konanog skupa.

(Prebrojivost skupa Q se moe dokazati i dagonalnim postupkom.)

c) Neka je za svaki k N definirano Ak = {(m,n) : m+ n = k}. Oito je svaki skupAk konaan, te za sve i 6= j vredi Ai Aj = . Poto je NN =

kN

Ak tada imamo

da je N N prebrojiva una konanih skupova. Dalje indukcom. Q.E.D.Sljedei korolar je vrlo vaan za koleg Matematika logika.

Korolar 1.24. Neka je A prebrojiv skup. Oznaimo sa A skup svih konanih nizovaiz A (odnosno, to je skup svih rei alfabeta A). Tada je skup A prebrojiv.

Propozica 1.25. Svaki beskonaan skup sadri prebrojiv podskup.

Dokaz. Neka je X neki beskonaan skup. Iz leme 1.11. znamo da postoji injekcaf : N X. Oito je Rng(f) jedan prebrojiv podskup od X. Q.E.D.

Napomena 1.26. Promotrimo sljedei "dokaz" prethodne propozice. Poto je X 6= tada po definici postoji neki x1 X. Poto je oito X \ {x1} 6= tada postojix2 X \ {x1}. Poto je oito X \ {x1, x2} 6= tada postoji x3 X \ {x1, x2}.Rekurzivno moemo definirati niz (xn). Oito je da je x1, x2, . . . prebrojiv niz isvaki lan pripada skupu X, te su lanovi niza u parovima razliiti. No, do sadanavedeni aksiomi teore ZF nam ne omoguavaju dokaz da je klasa {x1, x2, . . .} skup.

Napomena 1.27. Aksiom prebrojivog izbora (eng. axiom of countable choice) do-bivamo kada u AC zahtevamo da je famila indeksa I prebrojiva. O vanosti togaksioma za matematiku analizu moete itati u knjigama [30] (vidi strane 168170),[31] (vidi strane 112114) i [18] (vidi str. 44).


Zadaci.

1. Dokaite propozicu 1.17.Rjeenje. Pretpostavimo da skup

jN

Bj ne konaan. Definiramo rekurzivno

familiju (Bj : j N) ovako:

B0 = B0

Bn+1 = Bn+1 \ (B1 . . . Bn)Oito vredi

jN

Bj =jN

Bj. Zatim, za svaki j N skup Bj je konaan, te

ako je i 6= j tada je Bi Bj = . Primjenom propozice 1.16. sledi traenatvrdnja.

2. Dokaite lemu 1.18.Rjeenje. Neka je A = A \ B. Oito je tada A B = A B. Poto je Akonaan, te je A A, tada iz korolara 1.8. sledi da je i A konaan skup.Neka je k(A) = k, te neka je g : A Nk neka bekca. Oznaimo s h jednubekcu izmeu B i N. Definiramo funkcu f : A B N ovako

f(x) =

g(x), ako je x A

h(x) + k + 1, ako je x BOito je f bekca.

3. Dokaite propozicu 1.19.Rjeenje. Za svaki k {0, 1 . . . , n 1} oznaimo s Bk skup svih prirodnihbrojeva koji pri deljenju s brojem n daju ostatak k. Oito je svaki skup Bkprebrojiv. Zatim, za i 6= j vredi Bi Bj = , te imamo

kN

Bk = N. Neka

je sa fk oznaena neka bekca izmeu Ak i Bk. Definiramo funkcu f :(A0 . . .An1) N tako da elementu x iz skupa Ak pridruimo fk(x). Oitoje funkca f bekca.

4. Dokaite korolar 1.22.Rjeenje. Pretpostavimo da skup

jN

Aj ne konaan. Rekurzivno definiramo

familu skupova (Aj : j N) ovako:

A0 = A0

An+1 = An+1 \ (A1 . . . An)

1.4. NEPREBROJIVI SKUPOVI 31

Oito vredijN

Aj =jN

Aj. Zatim, za svaki j N skup Aj je konaan ili

prebrojiv, te za i 6= j vredi Ai Aj = .Oznaimo sa A unu svih konanih skupova Aj. Iz propozice 1.16. sledi daje skup A konaan ili prebrojiv. Zatim, oznaimo s B unu svih prebrojivihskupova Aj. Oito vredi

jN

Aj = AB. Ako je B = , tj. ne postoji niti jedan

prebrojivi skup Aj, tada je A B konaan ili prebrojiv, a onda i skupjN

Aj.

Ako postoji samo konano mnogo skupova Aj koji su prebrojivi tada primjenompropozice 1.19. sledi da je skup B prebrojiv. Ako postoji prebrojivo mnogoskupova Aj koji su prebrojivi tada primjenom prethodne propozice 1.20. sledida je skup B prebrojiv.

Ako je A konaan skup tada iz leme 1.18. sledi da je skup A B prebrojiv, aonda i skup

jN

Aj.

Ako je A prebrojiv skup tada iz propozice 1.19. sledi da je skup A Bprebrojiv, a onda je i skup

jN

Aj prebrojiv.

5. Neka je A prebrojiv skup. Oznaimo sa A skup svih konanih nizova iz A(odnosno, to je skup svih rei alfabeta A). Dokaite da je skup A prebrojiv.Rjeenje. Za svaki k N \ {0} skup Ak je prebrojiv (vidi tvrdnju c) korolara1.23.). Oito vredi A

kN\{0}

Ak.

1.4 Neprebrojivi skupoviPonovimo definicu neprebrojivog skupa. Za skup A kaemo da je neprebrojiv akoje beskonaan i ne prebrojiv. Kako bismo mogli navesti neke primjere neprebrojivihskupova moramo prvo dokazati neke injenice.

Propozica 1.28. Neka je A beskonaan i B A neki konaan podskup. Tadavredi A A \B.

Dokaz. Neka je B = {b0, b1, . . . , bn}. Oito je skup A \ B beskonaan. Iz propozice1.25. sledi da postoji C = {c0, c1, c2, . . .} prebrojiv podskup od A \B.


Na sljedeoj slici je ilustraca ideje dokaza, tj. ideja definice jedne bekceizmeu skupova A i A \B.

Sada definiramo funkcu f : A A \B :

f(x) =

ci, ako je x = bi;

cn+1+i, ako je x = ci;

x, ako je x A \ (B C).Oito je funkca f bekca. Time smo dokazali A A \B. Q.E.D.

Korolar 1.29. Za sve realne brojeve a i b, takve da je a < b, vredi:

[a, b] a, b a, b] [a, b

Korolar 1.30. Svi omeeni intervali od R su meusobno ekvipotentni.

Dokaz. Pre smo bili dokazali da vredi [a, b] [c, d], za sve realne brojeve a, b, c id, za koje vredi a < b i c < d. Sada tvrdnja korolara sledi iz prethodnog korolara1.29. Q.E.D.

Korolar 1.31. Svaki omeeni interval od R je ekvipotentan sa R.

Dokaz. Lako je provjeriti da je funkca

f : R 1, 1 definirana s f(x) = x1 + |x|

bekca. Sada iz korolara 1.30. sledi tvrdnja. Q.E.D.

Dokazali smo da je skup R ekvipotentan sa svakim svojim omeenim intervalom.Sada emo prvo dokazati Cantorov teorem o neprebrojivosti skupa R.

Teorem 1.32. (G. Cantor)Skup R je neprebrojiv.

1.4. NEPREBROJIVI SKUPOVI 33

Dokaz. Oito je dovoljno dokazati da je interval 0, 1 neprebrojiv. Pretpostavimosuprotno, tj. da je interval 0, 1 prebrojiv. Neka je 0, 1 = {a0, a1, a2, a3, . . .}, priemu je

a0 = 0. a00 a01 a02 . . .a1 = 0. a10 a11 a12 . . .a2 = 0. a20 a21 a22 . . .

...

Pretpostavljamo da je svaki realan broj ai dan u decimalnom zapisu koji ima besko-nano mnogo decimala razliitih od nule. Primjerice umjesto 0.5 piemo 0.49999 . . .Za svaki k N definiramo

bk =

{akk + 1, ako je akk {0, 1, 2, . . . , 7};

1, ako je akk {8, 9}.Definiramo b = 0. b0 b1 b2 b3 . . . Primetimo da je b 6= 0 i b 6= 1 pa je b 0, 1.Uoimo b 6= ak, k N (razlikuju se na ktom decimalnom mjestu). Time jedobivena kontradikca. Q.E.D.

U knjizi [2], na i je sadraj velikim delom utjecao veliki maarski matematiar P.Erds, jedan od istaknutih dokaza je i Cantorov dokaz neprebrojivosti skupa R.

Napomena 1.33. U dokazu prethodnog teorema je koriten dagonalni postupak.Kao jo jednu ilustracu primjene dagonalnog postupka dokazujemo da R ne ekvipo-tentan sa RR = {f | f : R R}.

Pretpostavimo suprotno. Neka je F : R RR jedna bekca. Definiramo funkcuf : R R na sljedei nain: f(x) = F (x)(x) + 1. Tvrdimo da ne postoji x0 Rtako da vredi F (x0) = f, tj. da funkca F ne surjekca. Ako je F (x0) = f, zaneki x0 R, tada imamo da je F (x0)(y) = f(y), za svaki y R. Posebno vredi zay = x0, tj. imamo F (x0)(x0) = f(x0). U drugu ruku iz definice funkce f sledif(x0) = F (x0)(x0) + 1. Time smo dobili da vredi F (x0)(x0) = F (x0)(x0) + 1, imeje dobivena kontradikca.

Propozica 1.34. Neka je A neprebrojiv skup i B A konaan ili prebrojiv. Tadaje A A \B.

Dokaz. Ovaj dokaz je sasvim analogan dokazu propozice 1.28. Poto je B A tadavredi A = (A \ B) B. Iz toga sledi da je skup A \ B neprebrojiv (inae bi imalida je A una dva prebrojiva skupa, ili pak una konanog i prebrojivog skupa, paje skup A prebrojiv, to je suprotno pretpostavci propozice). Posebno imamo da jeskup A \B beskonaan.

Iz propozice 1.25. sledi da postoji C A \ B koji je prebrojiv. Neka jeC = {c0, c1, c2, . . .}. Radi odreenosti promatramo sluaj kada je B = {b0, b1, b2, . . .}prebrojiv skup. Sada definiramo funkcu f : A A \B ovako:


f(x) =

c2i, ako je x = bi;

c2i+1, ako je x = ci;

x, ako je x A \ (B C).Oito je funkca f bekca, pa imamo A A\B. Na slian nain bi dokazali tvrdnjupropozice kada je B konaan skup. Q.E.D.

Primjer 1.35. 1. Vredi R \Q R, tj. skup svih iracionalnih brojeva je ekvipo-tentan sa skupom R. Dakle, skup svih iracionalnih brojeva je neprebrojiv.

2. Oznaimo sa A skup svih realnih algebarskih brojeva. Ne teko dokazati da jeskup A prebrojiv. Iz prethodne propozice sledi R \ A R. To znai da jeposebno R \ A 6= . Time smo dokazali egzistencu transcendentnih brojeva.2

Korolar 1.36. Ako je A beskonaan, a B konaan ili prebrojiv tada vredi AB A.

Dokaz. Pretpostavimo da je A B = . Ako je skup A prebrojiv tada znamo da jeto i AB, tj. vredi AB A. Ako je A neprebrojiv onda iz prethodne propozicesledi A B (A B) \B = A.Ako je A B 6= tada definiramo B = B \ A. Tada imamo da je B konaan iliprebrojiv skup, te vredi A B = A B i A B = . Iz prethodnog dela dokazaznamo da tada vredi A B A. Zbog jednakosti A B = A B tada slediA B A. Q.E.D.esto se prilikom dokaza neizomorfnosti odreenih struktura koristi neekvipotentnostnosaa struktura. To ilustriramo u sljedeem primjeru.

Primjer 1.37. 1. Grupe (Z,+) i (R \ {0}, ) nisu izomorfne, jer skupovi Z i Rnisu ekvipotentni.

2Daleko tee je navesti jedan transcendentan broj (naravno, i dokazati njegovu transcendent-nost). Brojevi pi i e su transcendentni, ali je dokaz njihove transcendentnosti dosta kompliciran.Liouvilleov broj je definiran sa:

n=1

10n! =1

101!+

1102!

+1

103!+ . . .

Dokaz transcendentnosti Liouvilleovog broja moete pronai u: P. Vukovi, Liouvilleovi brojevi,MFL 215 (2004), 182184 i M. Gobo, Algebarski i transcendenti brojevi, MFL 123 (1980), 141143.O algebarskim i transcendentnim brojevima moete itati i u: B. Pavkovi, D. Veljan, Elementarnamatematika 1, Tehnika knjiga, Zagreb, 1992.; S. Kurepa, Matematika analiza 2, Tehnika knjiga,Zagreb,; D. Blanua, Via matematika, Tehnika knjiga, Zagreb, 1973.; V. Peri, Sedmi Hilbertovproblem i transcendentnost brojeva e i pi, Matematika (strunometodiki asopis), 1990, br. 1.Transcendentni brojevi se ne mogu konstruirati samo pomou ravnala i estara. Poto je dokazanoda je broj pi transcendentan time je reen starogrki problem kvadrature kruga.

1.5. KARDINALNOST 35

2. Polja R i Q(3) nisu izomorfna.

Sjetimo se da vredi Q(3) = {a + b3 : a, b Q}. Oito je taj skup

ekvipotentan sa Q2. Bili smo dokazali da je skup N2 prebrojiv. Iz toga sledi daje i skup Q2 takoer prebrojiv. To znai da je skup Q(

3) prebrojiv.

1.5 Kardinalnost

Jo u osnovnoj koli smo uili da svaki prirodni broj ima dvostruku ulogu: odreujekoliko ega ima, te koji je po redu. To znai da je svaki prirodan broj kardinalni(glavni) i redni. Cilj nam je definirati beskonane kardinalne brojeve koji e mjeritiveliinu beskonanih skupova, te beskonane redne brojeve koji e mjeriti poredakbeskonanih skupova. Prvo emo definirati redne brojeve (ordinale), a zatim kardinalnebrojeve. Svaki kardinalni broj je ordinalni, ali ne i obratno.

Tekst koji sledi u ovoj toki slui kao motivaca za aksiomatsku izgradnju teoreskupova. Odnosno, eli se istaknuti problem definice kardinalnog broja, te navestineke osnovne teoreme o kardinalnosti.

Definica 1.38. Ako su A i B ekvipotentni skupovi tada kaemo jo da imaju istukardinalnost, te piemo k(A) = k(B).

Kardinalnost je zapravo sinonim za ekvipotentnost. To znai da u ovom trenutkujo nismo definirali pojam kardinalnog broja. Lako je vidjeti da je relaca "biti ekvipo-tentan" relaca ekvivalence (na emu? na klasi svih skupova?!). Znamo da svakarelaca ekvivalence definira particu (vidi propozicu 1.60.). Iz tog razloga ini seda bi mogli definirati kardinalni broj proizvoljnog skupa A kao klasu ekvivalenceobzirom na relacu , odnosno

k(A) = {B : B je skup takav da A B}.

Problem je to niti za jedan skup A 6= klasa k(A) ne skup, tj. to je prava klasa.Dokaimo tu tvrdnju. Neka je A proizvoljan neprazan skup. Oznaimo C = {B : Bje skup i B A}. Pretpostavimo da je C skup. Tada iz aksioma partitivnog skupasledi da je P(C) takoer skup. Za svaki x P(C) oznaimo Ax = A {x}. Oitoza svaki x P(C) vredi A Ax, pa je Ax C za svaki x P(C). Iz toga sledi dapostoji injekca iz P(C) u C, to je nemogue zbog Cantorovog teorema 1.57., kojegemo navesti kasne.

Kasne emo definirati kardinalni broj proizvoljnog skupa A kao tono odreeniskup iz klase svih skupova koji su ekvipotentni sa skupom A. Radi kraeg zapisivanjauvodimo neke oznake za kardinalnost:

k() = 0 k({0, . . . , n 1}) = nk(N) = 0 k(R) = c ("continuum")


elimo naglasiti da kada primjerice napiemo k(A) = 0 tada to zapravo znai A N.

Pobrojimo to smo do sada dokazali:

a) 0 = k(N) = k({1,2,3, . . .}) = k(Q) = k(Z) = k(N N) = k(Np), zasvaki p N \ {0}

b) k(R) = k([a, b]) = k(a, b) = c, za sve a, b R, a < bc) k(R) 6= k(N), tj. c 6= 0d) c 6= k({f | f : R R})e) k(R \ N) = k(R \Q) = k(R \ Z) = c

Definica 1.39. Kaemo da je kardinalnost skupa A manja od kardinalnostiskupa B ako postoji B1 B takav da vredi A B1. Oznaka: k(A) k(B).Ako je k(A) k(B), te jo vredi k(A) 6= k(B) tada kaemo da je kardinalnostskupa A strogo manja od kardinalnosti skupa B. To oznaavamo sa k(A) x za svaki x [pE(en)],qk < x za svaki x [sE(en)]}

Sada definiramo (en) = qk0 . (Analogno se tretira sluaj b). Tada "iscrpljujemo" skupQ. Dakle, definiramo prvo k0 = min{k N : qk Q \ [E]} i (en) = qk0 . Nakontoga definiramo en).

Oito je A = {en : n N}. Iz konstrukce nizova (en) i ((en)) sledi da je timedefinirana bekca : A Q koja je slinost. Q.E.D.

Pre iskaza teorema o ureajnoj karakterizaci skupa R uvodimo jo jedan pojam.

Definica 1.78. Neka je (B,) linearno ureen skup. Za A B kaemo da je gustu B ako za sve x, y B, takve da je x y, postoji z A tako da vredi x z y.

Skup Q je gust u R. Zatim, skup {q +2 : q Q} je gust u R.


Lema 1.79. Neka je (B,) linearno ureen skup koji nema ni najvei ni najmanjielement. Neka je A B podskup koji je gust u B. Tada A nema ni najmanji ninajvei element, te je A gust skup.

Teorem 1.80. (Ureajna karakterizaca skupa R).Neka je (B,) linearno ureen skup koji ima sljedea svojstva:

a) nema ni najvei ni najmanji element;

b) postoji prebrojiv A B koji je gust u B;c) za svaki neprazan podskup od B koji je odozgo omeen postoji supremum u B.

Tada je skup (B,) slian sa (R,

1.8. DOBRO UREENI SKUPOVI 51

da je a x, vredi a a0. Poto je f slinost tada je f(a) < f(a0) za svakia x. To znai da je f(a0) jedna gornja mea skupa {f(a) : a A, a x}.Time je dokazana tvrdnja 1.

Iz dokazane tvrdnje 1 sledi da je za svaki x B dobro definiran realan broj:

sup{f(a) : a A, a x}.Poto je supremum u linearno ureenom skupu jedinstven tada sledi da jedobro definirana funkca F : B R, F (x) = sup{f(a) : a A, a x}.Tvrdnja 2. Vredi: F |A = f.Dokaz tvrdnje 2. Neka je a0 A proizvoljan, ali fiksiran. Tada za svaki a A,takav da je a a0, vredi f(a) f(a0). To znai da je f(a0) jedna gornjamea skupa {f(a) : a A, a a0}. Tvrdimo da je f(a0) supremum skupa{f(a) : a A, a a0}, tj. najmanja gornja mea. Neka je y R neka gornjamea skupa {f(a) : a a0, a A}. Tada za svaki a A, takav da je a a0,vredi f(a) y. Posebno je f(a0) y. Time je tvrdnja 2 dokazana.

Tvrdnja 3. Funkca F : B R je rastua i injekca.Dokaz tvrdnje 3. Neka su x1, x2 B takvi da vredi x1 x2. Po definicifunkce F imamo

F (x1) = sup{f(a) : a A, a x1} i F (x2) = sup{f(a) : a A, a x2}.Poto je x1 x2 tada je oito {f(a) : a A, a x1} {f(a) : a A, a x2}.Iz toga odmah sledi sup{f(a) : a A, a x1} sup{f(a) : a A, a x2},tj. F (x1) F (x2). Lako je vidjeti da mora vrediti F (x1) F (x2). Time jetvrdnja 3 dokazana.

Tvrdnja 4. Funkca F je surjekca.Dokaz tvrdnje 4. Neka je y R proizvoljan. Oito je skup Qy = {q Q :q y} neprazan i omeen odozgo. Tada je i skup f1[Qy] omeen odozgo. Izpretpostavke c) teorema sledi da za skup f1[Qy] postoji supremum. Neka jex = sup f1[Qy]. Tvrdimo da je F (x) = y. Oznaimo Ax := {a A : a x}.Oito je f1[Qy] Ax. Dokaimo obratnu inkluzu. Neka je a Ax proizvoljan.Tada postoji x f1[Qy] takav da vredi a x x. Iz toga sledi f(a) f(x) y, a onda a f1[Qy]. Dakle, vredi f1[Qy] = Ax, poto je oitoy = supQy. Iz toga odmah sledi F (x) = y.

1.8 Dobro ureeni skupoviU ovoj toki razmatrat emo posebnu klasu linearno ureenih skupova: dobro ure-ene skupove. Oni su nam najvani za daljnja prouavanja jer su ordinalni bro-


jevi posebne vrste dobro ureenih skupova. Propozice i teoremi, koje emo ovdjedokazati, omoguit e nam da dokazi svojstava ordinalnih brojeva budu jednostavni.

Definica 1.81. Za parcalno ureen skup (A,


Korolar 1.86. Dobro ureen skup ne moe biti slian podskupu nekog svog poetnogkomada.

Dokaz. Neka je (A,


Pretpostavimo sada da je A linearno ureen skup koji ima najmanji element i zakoji vai princip transfinitne indukce. Pretpostavimo jo da A ne dobro ureenskup. Neka je B neprazni podskup od A koji nema najmanji element. Definiramoskup C sa C = {x A : (y B)x < y}. Primetimo prvo da C 6= jer najmanjielement skupa A pripada skupu C. Pretpostavimo da je z A takav da je pA(z) C.Tada za svaki x pA(z) i svaki y B vredi x < y. Budui da po pretpostavci skupB ne sadri najmanji element, tada z 6 B. Tada za svaki y B vredi z < y, paz C. No, pretpostavili smo da za skup A vredi princip transfinitne indukce, paje C = A. Tako smo dobili B A = C i (x C)(y B)x < y, to je nemogue.Q.E.D.

Teorem 1.89. (Teorem o usporedivosti dobro ureenih skupova)Neka su (A,


Definica 1.90. Kaemo da je parcalno ureen skup (A,

Poglavlje 2

Aksiomatska teora skupova

U prethodnom poglavlju nauili smo osnovne pojmove kao to su: konaan i beskona-an skup, (ne)prebrojiv skup, kardinalnost i dobro ureeni skupovi. Tu smo ve uoiliprobleme prilikom definice kardinalnog broja. Zapravo govorili smo o kardinalnosti,a ne o kardinalnim brojevima. Nauili smo da svi beskonani skupovi nemaju istukardinalnost, te smo prouavali operace kako bi dobili nove kardinalnosti. No, neznamo to je kardinalni broj. To emo znati kada definiramo ordinalne brojeve.Imamo barem tri razloga za definicu ordinalnog broja:

a) Moramo odgovoriti to je "nivo" u kumulativnoj herarhi.

b) Pre smo ve bili postavili problem kako definirati beskonane ordinalne bro-jeve.

c) Pomou ordinalnih brojeva definirat emo kardinalne brojeve.

Ordinalni brojevi su neki dobro ureeni skupovi, pri emu je relaca ureajazapravo relaca "biti element", tj. relaca . Kardinalni brojevi su neki posebniordinalni brojevi. (Svaki konani ordinalni broj je kardinalni broj.)

elimo naglasiti da bez obzira na naslov ovog poglavlja Aksiomatska teora sku-pova sada se neemo baviti aksiomima i formalnim dokazima. Naslov poglavlja jetakav jer egzistenca objekata koje promatramo moe biti dokazana pomou aksiomateore ZF.

Naveli smo veinu aksioma teore ZF koji su nam bili potrebni kako bi defini-rali neke pojmove, odnosno dokazali neke tvrdnje. Preostalo je jo iskazati aksiombeskonanosti i shemu aksioma zamjene. Nakon definice ordinalnog broja, navestemo teoreme enumerace i rekurze. Usput emo navesti kako uvesti, odnosno strogodefinirati, skupove brojeva N, Z, Q i R.

Definirat emo aritmetiku ordinalnih brojeva, tj. zbrajanje, mnoenje i poten-ciranje. Posebnu panju posvetit emo kardinalnim brojevima. Na samom krajurazmatrat emo aksiom izbora.

57

58 POGLAVLJE 2. AKSIOMATSKA TEORA SKUPOVA

2.1 Prirodni brojevi

esto se moe uti da je teora skupova osnova matematike. Razlog tome je inje-nica da se mnogi matematiki objekti mogu definirati u teori ZF, te se tu mogudokazati njihova osnovna svojstva. Mi emo sada definirati skupove brojeva. Nataj nain elimo ilustrirati tvrdnju da je teora skupova osnova matematike. Prvoemo definirati prirodne brojeve. Kasne emo vidjeti da su prirodni brojevi zapravokonani ordinalni brojevi. Dakle, prirodni brojevi su nam i dobra motivaca prerazmatranja ordinalnih brojeva.

Definica 2.1. Za skup x kaemo da je induktivan ako vredi x i za svakiy x vredi (y {y}) x. Sa Ind(x) oznaavamo sljedeu formulu:

x y(y x y {y} x).Kaemo da je skup x prirodan broj ako za svaki induktivan skup y vredi x y. SaPri(x) oznaavamo formulu y(Ind(y) x y).

Navedimo nekoliko primjera prirodnih brojeva: , {}, {, {}}.Moe se pokazati da iz do sada navednih aksioma teore ZF ne moemo dokazati

egzistencu skupa svih prirodnih brojeva. To nam omoguava sljedei aksiom.

Aksiom beskonanosti: Postoji induktivan skup, tj. formalno

x( x y

(y x (y {y}) x

)).

Ako je F neka tvrdnja1 u daljnjem tekstu emo sa ZF` F oznaavati injenicu daje tvrdnja F dokaziva u teori ZF.

Kako bi barem malo ilustrirali netrivalnost navedene definice prirodnih brojevau teori ZF, dokazat emo da je aksiom matematike indukce dokaziv u teori ZF.Prvi korak prema tome je sljedea lema.

Lema 2.2. Klasa = {x : Pri(x)} je skup, tj. vredi

ZF ` !xy(y x Pri(y)).

Skup je najmanji induktivan skup.

Dokaz leme je dan kao rjeenje zadatka 1 na strani 61. Ako je x prirodan broj tadasa x + 1 oznaavamo skup x {x}. Ako je x tada je oito i x + 1 , tj. x + 1je takoer prirodan broj.

1Tone, F je proizvoljna formula teore ZF. Ovdje neemo strogo definirati pojam formule.Grubo govorei F moe biti sastavljena od varabli, simbola= i , bulovskih veznika i kvantifikatora.Za strogu definicu pojma formule vidite primjerice [38].

2.1. PRIRODNI BROJEVI 59

Teorem 2.3. U teori ZF je dokaziva shema aksioma matematike indukce. Odno-sno, ako je F (x) proizvoljna formula tada vredi:

ZF `(F () x(Pri(x) F (x) F (x+ 1))

) x(Pri(x) F (x)).

Dokaz prethodnog teorema dan je kao rjeenje zadatka 2 na strani 62. Uoiteda nismo naveli da je aksiom matematike indukce dokaziv u teori ZF, jer je ak-siom matematike indukce jedna formula logike drugog reda (detalje o tome moetepogledati primjerice u [38]).

Za nekoliko prvih prirodnih brojeva uvodimo oznake: 0 := , 1 := {}, 2 := {0, 1}i 3 := {0, 1, 2}. Na taj nain moemo definirati i 17, ali malo tee broj 3 234. No,uoite da to ne moe biti definica prirodnih brojeva, odnosno skupa prirodnih brojeva(dobra rasprava o tome je dana u knjizi [16].)

Sada definiramo pojam tranzitivnog skupa koji e nam trebati prilikom definiceordinalnih brojeva.

Definica 2.4. Kaemo da je skup x tranzitivan ako vredi yz(y z x y x). Sa Trans(x) oznaavamo formulu yz(y z z x y x).

Osnovne primjere tranzitivnih skupova navodimo u sljedeoj propozici. Dokazpropozice je dan kao rjeenje zadatka 5 na strani 62.

Propozica 2.5. Svaki prirodan broj je tranzitivan skup. Skup je tranzitivan.

Korolar 2.6. Ako je x prirodan broj i y x tada je i y prirodan broj.

Neka je x = {{}}. Taj skup ne tranzitivan jer vredi {} x, ali ne i x.Skupovi {, {{}}} i {, {{{}}}} takoer nisu tranzitivni.

Definica 2.7. Neka su m i n prirodni brojevi. Kaemo da je m manji od n, ipiemo m < n, ako vredi m n.

Lako je dokazati da je upravo definirani ureaj na skupu linearan.Kako bismo na skupu mogli definirati zbrajanje i mnoenje, a i druge funkce,

moramo prvo dokazati Dedekindov teorem rekurze. Taj teorem, a i njegov dokaz,dobra je motivaca za teorem rekurze koji emo izrei kasne. Prisjetimo se nekihprimjera rekurzivnih definica funkca. Faktoreli se rekurzivno definiraju ovako:

0! = 1(n+ 1)! = n! (n+ 1)


Zatim, Fibonaccev niz se rekurzivno definira ovako:

F0 = 1F1 = 1

Fn+2 = Fn + Fn+1

Sigurno ste na takve definice ve toliko navikli da se i pomalo udnim ini pitanjejesu li te definice dobre, odnosno postoje li jedinstvene funkce koje to zadovoljavaju.Dedekindov teorem rekurze upravo govori da rekurzivnim definicama zadajemojedinstvene funkce na skupu .

U iskazu i dokazu Dedekindovog teorema koristimo da za svaki prirodan broj nvredi n = {m : m i m < n} (za dokaz te injenice vidi zadatak 4 na strani 62).Ako je f : S neka funkca i n tada nam f |n oznaava restrikcu funkce fna skup n.

Teorem 2.8. (Dedekindov teorem rekurze)Neka je S proizvoljan skup, te neka je = {f | postoji n tako da f : n S}.Neka je F : S proizvoljna funkca. Tada postoji jedinstvena funkca : Stakva da za svaki n vredi (n) = F (|n).

Ideja dokaza je vrlo jednostavna. Oito mora vrediti (0) = F () (uoite da je , jer funkcu f : 0 moemo poistovjetiti sa ). Zatim, ako s f1 oznaimofunkcu koja nuli pridruuje F () tada mora vrediti (1) = F (f1).Ako s f2 oznaimofunkcu definiranu na {0, 1} s f2(0) = F () i f2(1) = F (f1) tada mora vrediti(2) = F (f2). Analogno dalje.

Upravo ta jednostavnost je razlog zato se teorem prihvaa u svakodnevnoj praksibez da se postavlja pitanje njegovog dokaza. No, vano je uoiti da zapravo neglavno pitanje je li tvrdnja teorema istinita, ve moe li se dokaz provesti u teori ZF.

Detaljan dokaz Dedekindovog teorema rekurze dan je kao rjeenje zadatka 14. Usljedeem korolaru izriemo verzu Dedekindovog teorema koja je slina rekurzivnimdefinicama na koje smo navikli. Ponekad se u literaturi upravo ta verza nazivaDedekindov teorem rekurze.

Korolar 2.9. Neka je S proizvoljan skup i s0 S, te h : S S proizvoljna funkca.Tada postoji jedinstvena funkca : S za koju vredi:

(0) = s0(m+ 1) = h((m)), za svaki m .

Primjer 2.10. Pokaimo sada kako moemo definirati zbrajanje prirodnih brojeva uteori ZF. Tvrdimo da je pomou jednakosti: x+ 0 = x i x+ (y + 1) = (x+ y) + 1,definirana jedinstvena funkca. Neka je skup svih funkca e su domene prirodnibrojevi, a kodomena je . Za svaki m promatramo funkcu Fm : tako daje Fm() = m, a za f , a je domena n+ 1, definiramo Fm(f) = f(n) + 1. Tadaiz Dedekindovog teorema sledi da postoji jedinstvena funkca m : , tako da za


svaki n vredi m(n) = Fm(m|n). Tada imamo m(0) = Fm(m|0) = Fm() =m, te m(n + 1) = Fm(m|n + 1) = m(n) + 1. Neka je funkca + : definirana sa m+n = m(n). Lako je vidjeti da vredi: m+0 = m i m+(n+1) =(m+ n) + 1.

Primjer 2.11. Koristei se Dedekindovom teorem rekurze moemo dokazati egzis-tencu Fibonaccevog niza u teori ZF. U tu svrhu prvo definiramo funkcu F : . Za f , a je domena neki n , definiramo:

F (f) =

0, ako je n = 0,1, ako je n = 1,

f(m) + f(m+ 1), pri emu je n = m+ 2Iz Dedekindovog teorema rekurze sledi da postoji jedinstvena funkca tako da zasvaki n vredi (n) = F (|n). Tada imamo:

(0) = F () = 0(1) = F (|1) = 1

(n) + (n+ 1) = F (|n+2) = (n+ 2)Oito je ((n))n Fibonaccev niz.

Kao to smo bili dokazali da u teori ZF za skup vredi shema aksioma ma-tematike indukce (vidi teorem 2.3.), tako bi na analogan nain mogli dokazati daskup zadovoljava i sve ostale Peanove aksiome koje sada navodimo:

1) n+ 1 6= 0 4) m+ (n+ 1) = (m+ n) + 1

2) n+ 1 = m+ 1 n = m 5) n 0 = 0

3) n+ 0 = n 6) m (n+ 1) = m n+m

Primetite da smo dokazali da u ZF vrede svojstva 1) i 2). Aksiomi 3)6) surekurzivne definice zbrajanja i mnoenja. Iz Dedekindovog teorema rekurze sledida su time stvarno definirane jedinstvene funkce.

Zadaci

1. Dokaite lemu 2.2.Dokaz. Aksiom beskonanosti jednostavno tvrdi da postoji barem jedan induk-tivan skup. Oznaimo sa I jedan induktivan skup. Oito vredi {x : Pri(x)} ={x : x I Pri(x)}, jer po definici prirodnih brojeva imamo da je svakiprirodan broj element proizvoljnog induktivnog skupa. Sada iz sheme aksiomaseparace sledi da je skup. Jedinstvenost skupa sledi iz aksioma eksten-zionalnosti. Oito je I, tj. je najmanji induktivan skup.


2. Dokaite teorem 2.3.Dokaz. Neka je F (x) proizvoljna formula tako da vredi

ZF ` F () x(Pri(x) F (x) F (x+ 1)) ()

Oznaimo X = {x : Pri(x) i ZF ` F (x)}. Iz leme 2.2. sledi da je tadaX = {x : x i ZF ` F (x)}. Iz sheme aksioma separace sledi da je X skup.Poto po pretpostavci () posebno vredi ZF ` F () tada imamo X. Zatim,ako je x X tada je x i vredi ZF ` F (x). Iz pretpostavke () tada slediZF ` F (x+ 1), tj. imamo da je x+ 1 X. To znai da je X induktivan skup.Po definici svaki induktivan skup sadri svaki prirodan broj. Posebno imamoda za svaki prirodan broj x vredi x X, a onda iz definice skupa X sledida vredi ZF ` F (x).

3. Ako je m dokaite da je tada m .4. Primjenom sheme aksioma matematike indukce dokaite da za svaki n

vredi n = {m : m i m < n}.5. Dokaite propozicu 2.5.

Dokaz. elimo dokazati da vredi ZF ` x(Pri(x) Trans(x)). Tu tvrd-nju dokazujemo indukcom, tj. primjenom dokazanog teorema 2.3. Iz aksiomapraznog skupa sledi da vredi ZF ` y z y , tj. ZF ` Trans().Pretpostavimo da je neki prirodan broj x tranzitivan, te neka imamo y z x+ 1. Tada je z x {x}, tj. z x ili z = x. Lako je vidjeti da u oba sluajavredi y x. Poto je x x+ 1 tada imamo i traenu tvrdnju, tj. y x+ 1.Dokaimo sada da je tranzitivan skup. Moramo dokazati da y z povlaiy . Iz leme 2.2. sledi da je ta tvrdnja ekvivalentna sa: Pri(z) y z povlai y . Posljednja tvrdnja se lako dokae indukcom po z.

6. Ako je x prirodan broj i y x dokaite da je tada i y prirodan broj.Dokaz. Poto je x prirodan broj tada x . Poto je tranzitivan skup tadaiz y x sledi y . Sada iz = {z : Pri(z)} sledi da je y prirodan broj.

7. Ako je m i m 6= 0 dokaite da tada postoji n tako da vredi m = n+1.8. Dokaite da vrede osnovna svojstva (komutativnost, asocativnost, distribu-

tivnost, ...) operaca zbrajanja i mnoenja na skupu .

9. Dokaite da je relaca na skupu linearni ureaj.10. Ako je m i m 6= 0 dokaite da tada vredi 0 < m.11. Ako su m,n i m < n dokaite da je tada m+ 1 < n ili m+ 1 = n.


12. Dokaite da svaki neprazan podskup od ima najmanji element.

13. Neka su m,n i m < n. Dokaite da skupovi m i n nisu ekvipotentni.14. Dokaite Dedekindov teorem rekurze.

Rjeenje. Oznaimo s G skup svih funkca g a je domena neki n akodomena skup S, te za svaki m < n vredi g(m) = F (g|m). (Funkce koje pri-padaju skupu G moemo zamiljati kao konane aproksimace traene funkce.) Dokaz provodimo po koracima, dokazujui redom tvrdnje.

Tvrdnja 1. Ako su g, h G takve da je g : m S i h : n S, te je m < n,tada vredi g = h|m.Tvrdnju je lako dokazati indukcom po i < m. (Dokaz koraka indukce: g(i) =F (g|i) = F (h|i) = h(i) = (h|m)(i).)

Tvrdnja 2. Za svaki m postoji funkca g G takva da je m Dom(g).Dokaz se provodi indukcom po m. Za m = 0 moemo uzeti funkcu g : 1 Sdefiniranu s g(0) = F (). Pretpostavimo da za neki m postoji funkcag G takva da je m Dom(g). Ako je m + 1 Dom(g) tada je dokaz gotov.Pretpostavimo zato da m+ 1 6 Dom(g). Definiramo funkcu h : (m+ 2) Ssa:

h(i) =

{g(i), ako je i m+ 1,F (g), ako je i = m+ 1.

Lako je provjeriti da je h G. Time je tvrdnja 2. dokazana.

Sada definiramo =gG

g. Dokaimo prvo da je funkca.

Neka (a, b), (a, c) . Iz definice sledi da postoje funkce g, h G takoda vredi g(a) = b i h(a) = c. Radi odreenosti moemo pretpostaviti da jeDom(g) = m i Dom(h) = n, te je m < n. Iz dokazane tvrdnje 1. sledi g h.Zato je b = c.

Oito jeDom() . Pokaimo i obratnu inkluzu. Neka jem proizvoljan.Tada iz dokazane tvrdnje 2. sledi da postoji funkca g G takva da je m Dom(g). Tada je oito m Dom(). Time smo dokazali = Dom().Primetimo da je slika funkce sadrana u skupu S. (Ako je m tadaprema dokazanoj tvrdnji 2. sledi da moemo izabrati funkcu g G takoda vredi m Dom(g). Poto je kodomena funkce g upravo skup S, te je(m) = g(m), tada je (m) S).Dokaimo sada da za svaki m vredi (m) = F (|m). Neka je m proizvoljan. Tada iz dokazane tvrdnje 2. sledi da postoji g G tako da je m Dom(g). Iz dokazane tvrdnje 1. sledi da za svaki i < m vredi i Dom(g), teje (i) = g(i). Tada imamo: (m) = g(m) = F (g|m) = F (|m).


Preostalo je jo dokazati jedinstvenost funkce . Pretpostavimo da je : Sfunkca takva da za svaki m vredi (m) = F (|m). Indukcom po mdokazujemo da vredi (m) = (m). Redom imamo: (0) = F (|0) = F () =F (|0) = (0). Neka je m koji ima svojstvo da za svaki i < m vredi(i) = (i). Tada imamo: (m) = F (|m) = F (|m) = (m).

15. Dokaite korolar 2.9.Rjeenje. Neka je skup svih funkca a je domena neki prirodan broj, akodomena je skup S. Definiramo funkcu F : S tako da je F () = s0,a za f takvu da je Dom(f) = n + 1 definiramo F (f) = h(f(n)). IzDedekindovog teorema rekurze sledi da postoji funkca : S takva da zasvaki m vredi (m) = F (|m). Tada imamo (0) = F (|0) = F () = s0,te (m+ 1) = F (|m+ 1) = h((m)).

16. Primjenom Dedekindovog teorema rekurze dokaite da postoji jedinstvenafunkca f na koja zadovoljava:

f(x, 0) = 0f(x, y + 1) = f(x, y) + x

17. Dokaite da su svi Peanovi aksiomi istiniti na .

18. Ackermannova funkca je definirana sljedeim uvjetima:

f(0, n) = n+ 1

f(n+ 1, 0) = f(m, 1)

f(m+ 1, n+ 1) = f(m, f(m+ 1, n))

Dokaite da za sve m,n vredi:

n < f(m,n)

f(m,n) < f(m,n+ 1)

f(m,n+ 1) f(m+ 1, n)

f(m,n) < f(m+ 1, n)

Ne nimalo jednostavno dokazati egzistencu Ackermannove funkce koristeiDedekindov teorem rekurze. No, to je jednostavno napraviti primjenom teo-rema rekurze koji emo kasne navesti.

2.2. SKUPOVI BROJEVA Z, Q I R 65

2.2 Skupovi brojeva Z, Q i RU ovoj toki prvo emo pokazati kako pomou skupa moemo definirati skup celihbrojeva i operace na njemu. Zatim emo pomou skupa Z definirati skup racionalnihbrojeva Q. Nizom zadataka definirat emo skup R na kraju ove toke.

Celi brojeviU daljnjim razmatranjima pretpostavljamo da su dokazana sva svojstva operaca

na skupu koja emo upotrebljavati. Pre nego to napiemo formalne definicepokuat emo objasniti glavne ideje prilikom uvoenja skupa celih brojeva. Celibroj x poistovjetit emo sa skupom svih ureenih parova (m,n) prirodnih brojeva zakoje vredi x = m n. Primjerice broj 1 je jednak skupu {(n, n + 1) : n }, abroj nula je jednak skupu {(n, n) : n }. Openito, celi broj definirat emo kaosvaki skup ureenih parova prirodnih brojeva a je razlika konstantna. U tu svrhunam treba relaca ekvivalence. Imamo mali problem. Na skupu ne definiranarazlika svaka dva elementa, pa ne moemo definirati relacu na skupu sa:(m1, n1) (m2, n2) ako i samo ako m1 n1 = m2 n2. No, uvjet m1 n1 = m2 n2je ekvivalentan sa m1 + n2 = n1 +m2, pa smo izbjegli oduzimanje. Zapiimo sada tosve formalno.

Definica 2.12. Na skupu definiramo binarnu relacu sa:

(m1, n1) (m2, n2) ako i samo ako m1 + n2 = n1 +m2Lako je provjeriti da je to relaca ekvivalence. Za ureeni par (m,n) sa [(m,n)]

oznaavamo pripadnu klasu ekvivalence. Skup celih brojeva Z definiramo kao skupsvih klasa ekvivalence relace , tj. Z = / .

Primetimo da s ovakvom definicom skupa Z ne vredi Z. Iz tog razlogasvaki prirodan broj n poistovjeujemo sa celim brojem [(n, 0)], pa je onda svakiprirodan broj ujedno i celi broj.

Na skupu Z sada elimo definirati osnovne operace. Pre formalne definicepokuat emo objasniti glavne ideje. Ako su [(m1, n1)] i [(m2, n2)] celi brojevi tadate klase zapravo predstavljaju m1n1 i m2n2. To znai da bi suma celih brojeva[(m1, n1)] i [(m2, n2)] trebala predstavljati (m1 n1) + (m2 n2), to je jednako(m1+m2)(n1+n2). No, ovaj zadnji izraz je predstavljen s klasom ekvivalence [(m1+m2, n1+n2)]. Na slian nain produkt celih brojeva [(m1, n1)] i [(m2, n2)] trebao bipredstavljati (m1n1) (m2n2), to je jednako (m1 m2+n1 n2)(m1 n2+n1 m2).Zadnji izraz je predstavljen s klasom ekvivalence [(m1 m2+n1 n2, m1 n2+n1 m2)].Na sasvim analogni nain se moe opravdati definica relace ureaja na skupu Z.


Definica 2.13. Na skupu Z definiramo zbrajanje, mnoenje, suprotni element irelacu ureaja na sljedei nain:

[(m1, n1)] + [(m2, n2)] = [(m1 +m2, n1 + n2)]

[(m1, n1)] [(m2, n2)] = [(m1 m2 + n1 n2, m1 n2 + n1 m2)]

[(m,n)] = [(n,m)][(m1, n1)] < [(m2, n2)] ako i samo ako m1 + n2 < n1 +m2

Naravno, sada bi prvo trebalo provjeriti da upravo definirane operace i relacaureaja ne ovise o izboru reprezentanata, to je rutinski posao. Ne teko dokazatirazna svojstva upravo definiranih operaca na skupu Z koristei svojstva operacana skupu . Primjerice komutativnost zbrajanja celih brojeva dokazujemo ovako:

[(m1, n1)] + [(m2, n2)] = [(m1 +m2, n1 + n2)] = [(m2 +m1, n2 + n1)]= [(m2, n2)] + [(m1, n1)]

Racionalni brojevi.Sada pretpostavljamo da su dokazana sva svojstva operaca na skupu Z koja

emo upotrebljavati. Kao i u prethodnoj situaci, pre nego to napiemo formalnedefinice pokuat emo objasniti glavne ideje prilikom uvoenja skupa racionalnihbrojeva. Racionalni broj x emo poistovjetiti sa skupom svih ureenih parova (p, q)celih brojeva za koje vredi x = p/q. Primjerice broj 1/2 je jednak skupu {(n, 2n) :n \ {0}}, a broj nula je jednak skupu {(0, n) : n \ {0}}. Openito, racionalnibroj definirat emo kao svaki skup ureenih parova celih brojeva i je kvocentkonstantan. U tu svrhu nam treba relaca ekvivalence. Poto na skupu Z nedefiniran kvocent svaka dva elementa tada ne moemo definirati relacu na skupuZ ( \ {0}) sa: (p1, q1) (p2, q2) ako i samo ako p1/q1 = p2/q2. No, uvjet p1/q1 =p2/q2 je ekvivalentan sa p1 q2 = q1 p2, pa smo izbjegli deljenje.

Definica 2.14. Na skupu Z ( \ {0}) definiramo binarnu relacu sa:

(p1, q1) (p2, q2) ako i samo ako p1 q2 = q1 p2Lako je provjeriti da je to relaca ekvivalence. Za ureeni par (p, q) sa [(p, q)]

oznaavamo pripadnu klasu ekvivalence. Skup racionalnih brojeva Q definiramo kaoskup svih klasa ekvivalence relace , tj. Q = Z ( \ {0})/ .

Uz ovakve definice oito ne vredi Z Q. Iz tog razloga celi broj m moemopoistovjetiti s racionalnim brojem [(m, 1)], pa tada vredi Z Q. Operace na skupuQ definiramo tako da "simuliramo" zbrajanje, odnosno mnoenje razlomaka.

2.2. SKUPOVI BROJEVA Z, Q I R 67

Definica 2.15. Na skupu Q definiramo zbrajanje, mnoenje, suprotni element irelacu ureaja na sljedei nain:

[(p1, q1)] + [(p2, q2)] = [(p1 q2 + p2 q1, q1 q2)]

[(p1, q1)] [(p2, q2)] = [(p1 p2, q1 q2)]

[(p, q)] = [(p, q)]

[(p1, q1)] < [(p2, q2)] ako i samo ako p1 q2 < p2 q1

Lako je dokazati da prethodne definice ne ovise o izboru reprezentanata, teda definirane operace i relace imaju "oekivana" svojstva (komutativnost, asoci-jativnost, distributivnost, ...)

Neke napomene o definici skupa realnih brojeva su dane u zadacima koji slede.Vie detalja o uvoenju skupova brojeva moete nai u [11], [23] i [28].

Zadaci

1. Na skupu definiramo binarnu relacu sa:

(m1, n1) (m2, n2) ako i samo ako m1 + n2 = n1 +m2Dokaite da je relaca ekvivalence.

2. Dokaite da definice zbrajanja, mnoenja, suprotnog elementa i relace ure-aja na skupu Z ne ovise o izboru reprezentanta klase ekvivalence.

3. Dokaite osnovna svojstva operaca zbrajanja i mnoenja na skupu Z (komu-tativnost, asocativnost, ... )Uputa. Vidi [23].

4. Dokaite da je relaca ureaja na skupu Z irefleksivna, tranzitivna i linearniureaj, te je kompatibilna sa zbrajanjem i mnoenjem.

5. Na skupu Z ( \ {0}) definiramo binarnu relacu sa:

(p1, q1) (p2, q2) ako i samo ako p1 q2 = q1 p2

Dokaite da je to relaca ekvivalence.

6. Dokaite da definice zbrajanja, mnoenja, suprotnog elementa i relace ure-aja na skupu Q ne ovise o izboru reprezentanta klase ekvivalence.


7. Dokaite osnovna svojstva operaca zbrajanja i mnoenja na skupu Q (komu-tativnost, asocativnost, ... )Uputa. Vidi [23].

8. Primjenom skupa racionalnih brojeva moemo definirati skup realnih brojeva.Ovdje opisujemo Dedekindovu konstrukcu koja se bazira na rezovima (vidi[11] i [28]). Neka su 6= A,B Q takvi da je A B = Q, A B = , te zasvaki a A i svaki b B vredi a < b. Tada ureeni par (A,B) nazivamo rezskupa Q. Ako je (A,B) rez skupa Q takav da skup A nema najvei element,tada skup A nazivamo realni broj. Skup svih realnih brojeva oznaavamo sa R.Na skupu R definiramo operace i relace:

zbrajanje: A+ C = {r + q : r A, q C}

ureaj: A < C ako i samo ako A C

suprotni element: A = {s Q : (r Q \ A)(s < r)}Primjerice ako je A = , 3 Q tada je 3 = supA, pa je 3 = inf{x : x A}. Iz toga sledi da je po definici A = ,3 Q.Dokaite da je zbrajanje realnih brojeva komutativno i asocativno. Zatim,dokaite da je upravo definirana relaca ureaja irefleksivna i tranzitivna, te dasu svaka dva realna broja usporediva.

9. Na skupu R definiramo redom:skup pozitivnih realnih brojeva: R+ = {A R : 0 A}

"realna" nula: 0R = , 0 Q

mnoenje na R+ako X, Y R+ tada definiramo X Y = {r s : 0 r X i 0 s Y } 0R

0R X = X 0R = 0R, za svaki X RNa skupu R definirajte mnoenje za sluajeve kada X R+ i Y 6 R+, te kadaX,Y 6 R+. Dokaite da je mnoenje na skupu R komutativna i asocativnaoperaca. Dokaite da je realan broj 0R neutralan element za zbrajanje. Zatim,dokaite da za svaki realan broj A vredi A+ (A) = 0R.

10. Oznaimo skup , 1Q sa 1R. Za svaki A R\{0R} definiramo reciproanbroj A1 ovako:

a) ako A R+ tada definiramo A1 = {s Q : r 6 A(s < r1)};

b) ako A R+ tada definiramo A1 = (A)1

ts skripta 2015

Documents