Glava 6

Daniel A. Romano: Teorija skupova Glava 6

Glava 6

KARDINALISadrzaj:

6.1. Schroder-Bernsteinov teorem

6.2. Konani i beskonani skupovi

6.3. Prebrojivi i neprebrojivi skupovi

6.4. Kardinalni brojevi. Uporeivanje kardinalnih brojeva

6.5. Sabiranje i mnoenje kardinalnih brojeva

6.6. Stepenovanje kardinalnih brojeva

6.1. Schroder-Bernsteinov teorem Podsjetimo se da za sva skupa A i B kaemo da su ekvipotentna, i zapisujemo u obliku A ( B, ako i samo ako postoji bar jedna bijekcija sa skupa A na skup B. Za ekvipotentne skupove takodje kazemo da imaju istu moc.

Osnovne osobine ekvipotentnih skupova date su u sljedeoj lemi:

Lema 6.1.1. Neka su A, B i C po volji uzeti skupovi. Tada je:

(1) A ( A,

(2) A ( B ( B ( A,

(3) A ( B ( B ( C ( A ( C.

Dokaz: (a) Identicna funkcija IdA : A ( A je bijekcija. Zato je A ( A.

(b) Neka je A ( B. To znaci da postoji bar jedna bijekcija ( : A ( B. Inverz ( -1 : A ( B je takodje bijekcija, pa je B ( A.

(c) Neka su ( : A ( B i ( : B ( C bijekcije. Tada je i njihov slog ( o ( : A ( C bijekcija. Zato je A ( B.

( Dokaimo sada jednu vanu teoremu:

Teorem 6.1.2. Ako je B podskup skupa A i ako postoji injekcija ( sa skupa A u skup B, tada postoji bijekcija sa A na B.

Dokaz: Ako je B = A tada je B ( A.

Neka je B pravi podskup skupa A, tj. neka ((x(A)(x(B). Dakle, skup A \ B nije prazan. Sa C oznacimo skup (k(N(k(A \ B) , pri cemu je (0 = IdA . Uoimo da su za razliite prirodne brojeve m i n (m < n) skupovi (m(A \ B) i (n(A \ B) disjunktni. Naime, ukoliko bi postojao element

a((m(A \ B) ( (n(A \ B)

to bi znailo da postoje elementi b,c(A \ B takvi da je a = (m(b) = (n(c) = (m((n-m(c)). Odavde bi, zbog injektivnosti funkcije ( pa , dakle, i funkcije (m sljedilo da je b = (n-m(c), tj. (n-m(c)(B. Ovo je u kontradikciji sa b(A \ B. Prema tome, pokazali smo da vrijedi

((m,n(N)(m ( n ( (m(A \ B) ( (n(A \ B) = ().

Sem toga, imamo da je

((C) = (k(N(k+1(A \ B) ( C(B.

Obrnuto, neka je a(C(B. Tada je a((k(A \ B) za neko k > 0. Dakle, postoji neko d((k-1(A \ B) ( C, takvo da je a = ((d)(((C). Prema tome, C(B = ((C). Konano, iz A \ B ( C slijedi da je A \ C ( B, i, prema tome, B = ((C)((A \ C).

Definiimo preslikavanje ( na sljedei nain:

((a) = ((a) ako je a(C, i ((a) = a ako je a(A \ C.

Dokazaemo da je ( bijekcija sa skupa A na skup B. Uzmimo po volji element a(A. Ako je a(C, tada je ((a) = ((a)(B. Neka je a(A \ C. Tada je ((a) = a(A \ C ( B. Dakle, pokazali smo da ( svakom elementu a(A pridruuje neki element iz skupa B. Da bi dokazali da je ( surjekcija, uzmimo po volji element b(B = ((C)((A \ C). Imamo, dakle, b(((C) ( b(A \ C. U prvom sluaju, imamo da postoji neko c(C takvo da je b = ((c) = ((c). U drugom sluaju, imamo da je ((b) = b. Prema tome, u oba sluaja, za zadano b(B postoji element a(A takav da je b = ((a). Dakle, pridruivanje ( je surjekcija.

Preostaje da se dokae da je pridruivanje ( injektivno. Uzmimo, u tom cilju, elemente a,b(A takve da je ((a) = ((b). Sluajevi (a(C, b(A \ C), (a(A \ C, b(C) su ukljueni jer, na primjer, ako je a(C i b(A \ C, tada bi bilo ((a) = ((a) i ((b) = b. Iz ((a) = ((b) bi sljedilo b = ((a) (((C) ( C to je u suprotnosti sa b(A \ C. Prema tome, preostaje jedino mogui sluajevi:

(1) ((a) = ((b) ( a,b(C ( ((a) = ((b) ( a,b(C

( a = b (zbog injektivnosti funkcije ();

(2) ((a) = ((b) ( a,b(A \ C ( a = b.

Iz (1) i (2) zakljuujemo da je ( injektivno pridruivanje.

Prema tome, dokazali smo da je ( bijekcija.

( Koristei prethodnu teoremu moemo dokazati poznati Schroder-Bernsteinov teorem.

Felix Bernstein

(Roen: 24 Feb 1878 u Halleu, Germany, Umro: 3 Dec 1956 u Zurich, Switzerland) Teorem 6.1.3. Ako su A i B skupovi takvi da je A ekvipotentno nekom podskupu skupa B, a skup B ekvipotentan nekom podskupu skupa A, tada je A ( B.

Dokaz: Neka je A0 ( A i B0 ( B takvi da je A0 ( B i B0 ( A. Neka su (: A ( B0 i (: B ( A0 bijekcije. Neka su u: A0 ( A i v: B0 ( B injektivna utapanja. Definiimo preslikavanje (: A ( A0 na sljedei nain: ( = ( o v o (. Tada je ( injekcija sa skupa A u skup A0, pa, prema teoremu 6.1.2, postoji bijekcija A0 ( A. Dakle, A (B.

( Daemo nekoliko interesantnih osobina ekvipotentnih skupova.

Teorem 6.1.4. Neka su {A( : ((Y} i {B( : ((Y} dvije familije skupova takvih da je (((,((Y)( ( A( ( A( = ( ( B( ( B( = (). Ako je A( ( B( za svako ((Y, tada je (((YA( ( (((YB( .

Dokaz: Za svako ((Y neka je (( : A( ( B( bijekcija. Definisimo ( : (((YA( ( (((YB( na sljedei nain. Za svako a((((YA( postoji jedinstveno ((Y takvo da je a(A( .Stavimo ((a) = (((a). Neposredno se provjerava da je ( bijekcija.

( Teorem 6.1.5. Neka su {A( : ((Y} i {B( : ((Y} dvije konane familije skupova. Ako je A( ( B( za svako ((Y, tada je (((YA( ( (((YB( .

Dokaz: Za svako ((Y neka je (( : A( ( B( bijekcija. Neka je a((((YA( uzeto po volji. Definiimo preslikavanje ( : (((YA( ( (((YB( na sljedei nain:

((((Y)(((a)(() = (( (Proj((a)).

Direktno, i jednostavno, se provjerava da je ( bijekcija.

( Pitanje: Da li se ova teorema moe uoptiti?6.2. Konani i beskonani skupovi

Uobiajeno je da pod konanim skupom podrazumjevamo skup koji ima konaan broj elemenata. Ako bi eljeli da damo preciznu definiciju tog pojma, za skup A bi mogli rei da je konaan ako je ili prazan ili je ekvipotentan sa skupom {1,...,k} za neki prirodan broj k. Sa druge strane, skup bi mogli definisati kao beskonaan skup koji nije konaan. Medjutim, u radu sa naivnom teorijom skupova pokazalo se da je lake definisati pojam beskonanog skupa, a potom definisati konaan skup kao skup koji nije beskonaan. Takav pristup koristimo u ovom tekstu.

Za skup A kaemo da je beskonaan ako i samo ako je ekvipotentan svom pravom podskupu. Skup koji nije beskonaan je konaan.

Primjeri VI.2.

(1) Skup N prirodnih brojeva je beskonaan, jer za skup 2N parnih prirodnih brojeva, za koji vrijedi 2N ( N, preslikavanje ( : N ( 2N, definisano sa ((n) = 2n za svako n(N, je bijekcija.

(2) Skup R realnih brojeva je ekvipotentan, na primjer, intervalu , jer je realna trigonometrijska funkcija tg: R ( bijekcija. S druge strane, svaki interval (a ( b) skupa realnih brojeva je ekvipotentan intervalu posredstvom funkcije f : x ( (b a)x + a.

(3) Prazan skup i jednoelementarni skup su konani. Prazan skup nema pravih podskupova pa se, znai, ne moe bijektivno preslikati na svoj pravi podskup. Jednoelementaran skup nije ekvipotentan praznom skupu kao svom jedinom pravom podskupu pa, dakle, nije beskonaan. Sljedee teoreme pokazuju neka jednostavnija svojstva beskonanih i konanih skupova.

Teorem 6.2.1. (a) Svaki nadskup beskonanog skupa je beskonaan.

(b) Svaki podskup konanog skupa je konaan skup.

(c) Svaki skup ekvipotentan beskonanom skupu je beskonaan skup.

(d) Svaki skup ekvipotentan konanom skupu je konaan skup.

Do kaz . (a) Neka je A beskonaan skup i neka je A ( B. Tada postoji pravi podskup C skupa A i bijekcija (: A ( C. Definiimo funkciju (: B ( B na sljedei nain:

((a) = ((a) ako je a(A, ((a) = a ako je a(B\ALako se provjerava da je ( bijekcija iz B na skup (B \A)(C, koji je pravi podskup od B jer ne sadri elemente iz nepraznog skupa A \ C.

(b) Neka je A konaan skup i neka je B podskup od A. Ako bi B bio beskonacan skup tada bi, prema (a), i A morao biti beskonaan. Prema tome, zakljuujemo da B mora biti konaan skup.

(c) Neka je A beskonaan skup i neka je B skup ekvipotentan sa A, pri emu je ( : A ( B bijekcija. Iz pretpostavke da je A beskonaan imamo da postoji pravi podskup A od A i bijekcija ( : A ( A. Uzmimo da je B = ((A) i neka je ( restrikcija od ( na A. Ako je a(A\((A) tada ((a(B\B) jer bi, u suprotnom, prema definiciji skupa B imamo da je ((a) = ((a) , za neko a(A, odakle bi, zbog injektivnosti funkcije ( sledilo da je a = a(A\A, to je nemogue. Dobivena kontradikcija dokazuje da je B pravi podskup skupa B, a ( = (o( o( je bijekcija sa B na B kao konpozicija bijekcija. Time je dokazano da je B beskonaan skup.

(d) Neka je A konaan skup i B je skup ekvipotentan sa A. Ako bi B bio beskonaan tada bi, prema (c), i skup A morao biti beskonaan. Prema tome, skup B mora biti konaan skup.

( Teorem 6.2.2. (a) Ako iz beskonanog skupa izdvojimo konano mnogo elemenata ponovo dobijamo beskonaan skup.

(b) Dodavanjem jednog elementa konanom skupu ponovo dobijamo konaan skup.

Dokaz: (a) Neka je A beskonaan skup i neka je aA. Stavimo da je A = A\{a}. Dokazaemo da je i A beskonaan skup.

Prema pretpostavci, postoji pravi podskup B od A i bijekcija ( : A ( B. Kako je B pravi podskup od A, to postoji element a0( A \ B. Dalje razlikujemo nekoliko sluajeva:

Sluaj 1. a B. Kako ( slika A na B, to postoji element a( A takav da je ((a) = a, pa dalje razlikujemo dva podsluaja Sluaja 1.

Sluaj 1.1. a ( a, tj. a(A. Definiimo preslikavanje (: A ( A na sledei nain:

((a) =

Oznaimo sa B sliku skupa A u odnosu na preslikavanje (. Pretpostavimo da je a0 ( B, tj. da je ((a0) = a , za neko a(A. Kako je a0 ( a1, jer po pretpostavci a0(B a a1(B, to je a( A \{a2} i ((a) = a0, to protivrjei pretpostavkama da je ( injektivno preslikavanje i a0 = ((a). Prema tome, zakljuujemo da a0 ( B, to znai da je B podskup od A. Uoimo, dalje, element ((a0). Kako je ((a) = a, to je ((a0) ( a0, pa je, dakle, ((a0)(A. Takoe imamo da je ((a0)(B, pa je ((a0) ( a1. Prema tome, ako pretpostavimo da je ((a0)( B, tada bi bilo ((a0) = ((a), za neko a(A \ {a2}, odakle bi zbog injektivnosti preslikavanja ( sledilo da je a0 = a(A, to je u suprotnosti sa definicijom skupa A. Dakle, zakljuujemo da ((a0)(A \ B, tj. da je B pravi podskup od A. Neposredno se proverava da je ( bijekcija iz A na B, ime smo u ovom sluaju dokazali da je A beskonaan skup. Sluaj 1.2. a2 = a0, tj. ((a0) = a0. Oznaimo sa ( restrikciju preslikavanja ( na skup A. Jasno je da je tada ( bijekcija skupa A na skup B = B \ {a0} i da je B podskup od A. Pri tome je a2 ( A \ B, to znai da je B pravi podskup od A, ime smo opet doakazali da je A beskonaan skup.

Sluaj 2. a0 ( B, tj. B ( A. I u ovom sluaju uzimamo da je ( restrikcija od ( na A. Jasno je da je ( bijekcija iz A na skup B = B \ {((a0)}, pri emu je B pravi podskup od B, a time i od A. Dakle, i u ovom sluaju smo dokazali da je A beskonaan skup.

(b) Neka je A konaan skup i B = A ( {a}. Ako je a ( A, tada je B = A, pa je B konaan skup. Ako a ( A, tada je A = B \ {a}, i ako bi B bio beskonaan skup, tada bi prema (a) i A morao biti beskonaan skup. Prema tome, zakljuujemo da i B mora biti konaan skup.( Primjer 6.2.5. Za svaki k ( N, skup N = {1, 2, . . . , k} je konaan.

Dokaz. Ovo emo dokazati indukcijom po k. Prema Primeru VI.2.3, N je konaan skup. Pretpostavimo da je N konaan skup, za neko k ( N. Kako je N = N( {k + 1}, to prema Teoremi 6.2.2 (b) sledi da je i Nkonaan skup. Prema tome, indukcijom dobijamo da je N konaan skup za svako k ( N.( Posebnu vanost prethodnom primeru daje naredna teorema. Ona nam u stvari kae da konani skupovi jesu oni i samo oni koji imaju konano mnogo elemenata, tj. da se definicija konanog skupa data u gornjoj definiciji u potpunosti slae sa naom intuitivnom predstavom o tome ta je konaan skup. Teorem 6.2.3. Skup A je konaan ako i samo ako je prazan ili postoji prirodan broj k takav da je skup A ekvipotentan skupu {1,2,,k}.

Dokaz . Ako je A prazan skup, tada je on konaan prema Primjeru VI.2.3. Sa druge strane, ako je A ekvipotentan sa Nk, za neko k ( Nk, tada je on konaan prema Teoremi 6.2.1 i Primjeru VI.2.5. Da bi smo dokazali obrat teoreme, pretpostaviemo da je A neprazan skup koji nije ekvipotentan nijednom od skupova Nk, ni za jedno k(N, i dokazaemo da u tom sluaju A mora biti beskonaan skup. Definiimo induktivno niz ak, k(N, elemenata iz A na sledei nain:

(i) Neka je a1 proizvoljan element iz A.

(ii) Ako su definisani razliiti elementi a1, a2, . . . , ak iz A, tada se ak+1 definie kao proizvoljni element skupa A \ {a1, a2, . . . , ak}. Takav element sigurno postoji, jer bi u suprotnom, ukoliko bi skup A \ {a1, a2, . . . , ak} bio prazan, tj. ukoliko bi bilo A = {a1, a2, . . . , ak}, onda bi A bio ekvipotentan sa Nk, to je iskljueno naom polaznom predpostavkom. Formirajmo sada skup A = {ak | k ( N} i definiimo preslikavanje : A( A sa (ak) = ak+1, za svako k ( N. Jasno je da je bijekcija iz A na svoj pravi podskup A \ {a1}, ime smo dobili da je A beskonaan skup, pa je onda beskonaan i skup A, kao njegov nadskup. Ovim je dokaz teoreme zavren.

(6.3. Prebrojivi i neprebrojivi skupovi

Tema ovog odjeljka su takozvani prebrojivi skupovi, pod kojima intuitivno podrazumevamo skupove koje moemo nabrojati u niz (konaan ili beskonaan), i skupovi sa kojima je to nemogue uiniti, nazvane neprebrojivim skupovima.

Ako smo nabrojali i svrstali u jedan beskonani niz, odakle i potie naziv prebrojiv skup. Slino, ako je skup A konaan, tada se on moe napisati u obliku A = {a1, a2, . . . ak}, za neki prirodan broj k. Ovakav nain predstavljanja prebrojivih skupova emo esto koristiti u daljem tekstu.

Za skup A kaemo da je prebrojiv ako je konaan ili je ekvipotentan skupu N prirodnih brojeva. Pri tome, skupove ekvipotentne skupu N nazivamo prebrojivo beskonanim. Skupovi koji nisu neprebrojivi nazivamo neprebrojivim skupovima. Beskonavan skup koji nije prebrojiv nazivamo beskonano neprebrojivim skupom. Ako je skup X prebrojivo beskonaan odnosno ako je ekvipotentan sa skupom N prirodnih brojeva, tj. ako postoji bijekcija ( : N ( X onda, uobiajeno, koristimo sljedei nain pisanja:

((1) = x1, ((2) = x2, ((3) = x3, , ((k) = xk,.

da skup X predstavimo u obliku X = {x1, x2, x3,,xk,}. Drugim rijeima, elemente skupa X smo nabrojali i svrstali u jedan beskonaan niz odakle potie naziv prebrojivo beskonaam skup. Slino, ako je skup Y konaan tada se on moe predstaviti u obliku Y = {y1, y2, , yk} za neki prirodan broj k.

Teorema 6.3.1. Svaki beskonaan podskup prebrojivo beskonanog skupa je takoe prebrojivo beskonaan.

Dokaz. Neka B jeste beskonaan podskup prebrojivo beskonanog skupa A, gde A predstavljamo u obliku A = {a1, a2, . . . , ak, . . .}. Definiimo sada jedan podskup skupa B (odnosno jedan podniz niza A) na sledei nain:Neka je n1 najmanji prirodan broj takav da je a(n1)(B. Ovim je jednoznano odreen element a(n1) (B. Potom uzimamo da je n2 najmanji prirodan broj takav da je a(n2)(B \ {a(n1)}, ime smo odredili element a(n2)(B. Pretpostavimo sada da smo odredili skup {a(n1), a(n2), . . . , a(nk)} elemenata iz B. Tada je skup B \{a(n1), a(n2), . . . , a(nk)} neprazan, jer je B beskonaan skup, pa postoji najmamnji prirodan broj nk+1 takav da je a(nk+1)(B, ime smo odredili jo jedan element a(nk+1)(B. Na ovaj nain je odreen beskonaan podskup C = {a(n1), a(n2), . . . , a(nk), . . .} skupa B, iji su svi elementi meusobno razliiti. Definiimo sada preslikavanje : N ( C sa (k) = a(nk). Tada je bijekcija iz N na C, tj. N ( C. Kako je, po pretpostavci, A ( N, to imamo da je A ( C, tj. A je ekvipotentan sa podskupom C skupa B. Sa druge strane, B je ekvipotentan sa podskupom B skupa A, pa prema reder-Berntajnovoj teoremi imamo da su i A i B ekvipotentni, to na kraju povlai da je B ekvipotentan sa N, to je i trebalo dokazati.( Iz prethodne teoreme neposredno dobijamo sledeu posledicu.

Posledica 6.3.1. Svaki podskup prebrojivog skupa je prebrojiv.

Sa druge strane, vai i sledee tvrenje.

Teorema 6.3.2. Svaki beskonaan skup sadri prebrojivo beskonaan podskup. Dokaz . Neka je A proizvoljan beskonaan skup. Formirajmo niz a = {ak, k ( N}, elemenata iz A na sledei nain. Prvo uuzmemo proizvoljno a(1)(A. Ukoliko su ve odreeni elementi a(a), a(2), ,a(k) za neko k(N, tada uzimamo da je a(k+1)(A \ {a1, a2, . . . , ak} proizvoljan element. Takav element postoji jer je A {a1, a2, . . . , ak}, zbog pretpostavke da je A beskonaan skup. Dakle, na ovaj nain smo formirali beskonaan podskup A = {a1, a2, . . . , ak, . . .} skupa A. Njegovi elementi su, prema definicji tih elemenata, meusobno razliiti, pa preslikavanje : N ( A definisano sa (k) = ak jeste bijekcija iz N na A. Prema tome, A sadri prebrojivo beskonaan podskup A.( Teorema 6.3.3. Vae sljedea tvrenja: (a) Unija prebrojivo beskonanog skupa i konanog skupa je prebrojivo beskonaan skup.

(b) Unija dva prebrojivo beskonana skupa je prebrojivo beskonaan skup.

(c) Unija konano mnogo prebrojivo beskonanih skupova je prebrojivo beskonaan skup.

Do kaz . (a) Neka je A prebrojivo beskonaan skup i B je konaan skup. Pretpostavimo prvo da su A i B disjunktni skupovi i predstavimo ih u obliku A = {a1, a2, ... , ak, ...} i B = {b1, b2, ... , bn}, za neko n(N. Definiimo sada preslikavanje : N ( A ( B sa (k) = bk ako je k ( n, odnosno sa (k) = akn ako je k ( n . Neposredno se proverava da je bijekcija iz N na A(B, to znai da je A(B prebrojivo beskonalan skup.

Sa druge strane, ako A i B nisu disjunktni, stavimo da je C = B \ A. Tada su A i C disjunktni, A(B = A(C i C je konaan, pa prema onom to smo dokazali u prethodnom sluaju dobijamo da je A(B = A(C prebrojivo beskonaan skup.

(b) Neka su A i B dva prebrojivo beskonana skupa. Dokazaemo da je A(B tako prebrojivo beskonaan skup. Razmotrimo prvo sluaj kada su A i B disjunktni skupovi. Kako su A i B prebrojivo beskonani, to postoje bijekcije : A ( N i ( : B( N, pa definiemo preslikavanje ( : A ( B ( N na sledei nain

((a) = 2((a')) 1 ako je a ( A, ((a) = 2(((a) ako je a ( B.

Neposredno se proverava da je ( bijekcija iz A(B na N. Ukoliko A i B nisu disjunktni, tada stavljamo da je C = B \ A, pa dobijamo da je A(B = A(C, pri emu su A i C disjunktni i C je ili konaan ili prebrojivo beskonaan skup, prema Teoremi 6.3.1. Ukoliko je C konaan, tada primenjujemo tvrenje pod (a), koje smo ranije dokazali, a ako je C prebrojivo beskonaan, tada primenjujemo prvi sluaj u dokazu pod (b), i u oba ova sluaja dobijamo da je A(B prebrojivo beskonaan skup.

(c) Ovo se dokazuje indukcijom, koristei tvrenje (b).( U daljem tekstu dajemo nekoliko znaajnih primera prebrojivo beskonanih skupova.

Primjer 6.3.1. Skup Z celih brojeva je prebrojivo beskonaan.

Dokaz . Predstavimo skup Z celih brojeva u obliku Z = Z+ ( Z ( {0}, gde Z+ oznaava skup svih pozitivnih za Z skup svih negativnih celih brojeva. Jasno, Z+ i Z su prebrojivo beskonani skupovi, a {0} je konaan skup, pa prema Teoremu 6.3.3 dobijamo da je i Z prebrojivo beskonaan skup.

Primjer 6.3.2. Za svaki broj k ( N, skup Nk je prebrojivo beskonaan.

Dokaz . Neka su p1, p2, . . . , pk prvih k razliitih prostih brojeva. Posmatrajmo preslikavanje

: Nk ( N definisano sa

((1, (2, ... , (k) =

EMBED Equation.3 gde je ((1, (2, ... , (k)(Nk . Neposredno se proverava da je injektivno preslikavanje, to znai da je skup Nk ekvipotentan podskupu (Nk ) skupa N. Jasno je da je Nk beskonaan skup, pa je takav i skup (Nk). Prema tome, (Nk) je beskonaan podskup prebrojivo beskonanog skupa N, pa je i sam beskonano prebrojiv prema teoremu 6.3.1, ime smo dokazali da je i Nk prebrojivo beskonaan skup. ( Primjer 6.3.3. Skup Q racionalnih brojeva je prebrojivo beskonaan.

Dokaz. Skup Q racionalnih brojeva moemo predstaviti u obliku Q = Q+ (Q ( {0}, gde su Q+ i Q redom skupovi pozitivnih i negativnih cijelih brojeva. Svaki racionalan broj a(Q moe se na jedinstven nain predstaviti u obliku razlomka a = p/q, gde je p ( Z, q ( N i p i q su uzajamno prosti brojevi. Prema tome, Q+ ( NN i Q ( NN, dok prema Primeru VI.3.2 imamo da je NN ( N. Dakle, Q+ i Q su prebrojivo beskonani, pa prema Teoremi 1.3.3 imamo da je i Q prebrojivo beskonaan skup.( Osim ovih primjera prebrojivo beskonanih skupova, daemo i jedan primer neprebrojivo beskonanog skupa. Zbog izuzetne vanosti ovog primjera, on je biti formulisan kao teorema.

Teorema 6.3.4. (Kantor). Otvoreni interval realnih brojeva je neprebrojivo beskonaan.

Dokaz . Primetimo prvo da proizvoljan realni broj iz otvorenog intervala ima decimalni zapis oblika 0.x1x2x3 . . ., gde je xk ( {0, 1, 2, . . . , 9} za svako k ( N. Meutim, takav zapis ne mora biti jedinstven jer se, na primer, broj 1/4 moe zapisati u obliku 0.2500000 . . ., ali takoe i u obliku 0.249999 . . .. Da bi se dobio jedinstven zapis, dogovoriemo se da se svaki broj koji ima konaan broj nenula decimala (racionalan broj), recimo k nenula decimala, umesto u obliku 0.x1x2 . . . xk0000 . . . predstavi u obliku 0.x1x2 . . . x0k999 . . ., gde je x0k = xk 1. Drugim reima, zadnja nenula decimala se smanjuje za 1 a umesto nula koje idu za njom se ubacuju devetke. Brojevi zapisani na taj nain imaju jedinstven zapis, to znai da ako je x = 0.x1x2x3 ... i y = 0.y1y2y3 ..., pri emu je xk yk, bar za jedno k(N, tada je x y. Ovo je kljuna injenica u ostatku dokaza na koji sada prelazimo.

Pretpostavimo sada da je skup prebrojivo beskonaan, tj. da se moe predstaviti u obliku niza = {a1, a2, a3, ... , ak, ...}. Svaki element iz ove liste ima decimalni zapis napravljen u skladu sa prethodno donjetim dogovorom, pa imamo sledeu emu

a1 = 0. a11 a12 a13 . . . a1k . . .

a2 = 0. a21 a22 a23 . . . a2k . . .

a3 = 0. a31 a32 a33 . . . a3k . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ak = 0. ak1 ak2 ak3 . . . akk . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

gde je svako aij ({0, 1, 2, . . . , 9}. Uoimo sada b koji ima decimalni zapis oblika b = 0.b1b2b3 ... bk ..., pri za svako k ( N vai sljedee:

bk = 5 ako je akk 5 , bk = 1 ako je akk = 5 .

Tada je b(, dok sa druge strane imamo da za svako k(N je b ak, jer je bk akk, to znai da be ne moe biti u intervalu . Kako smo kontradikciju dobili pod pretpostavke da je interval prebrojivo beskonaan, to zakljuujemo da je taj interval ipak neprebrojivo beskonaan, to je i trebalo dokazati.

( Primedba 6.3.1. Prethodnu teoremu, kao to smo ve naznaili, prvi je dokazao Kantor, koji je takoe i autor datog postupka u dokazu koji se po njemu naziva Kantorov dijagonalni postupak.

Iz prethodne teoreme dobijaju se naredna dva vana primjera.

Primjer 6.3.4. Skup R svih realnih brojeva je neprebrojivo beskonaan.

Dokaz. Kao to smo ranije dokazali, skup R je ekvipotentan sa intervalom , pa ukoliko bi R bio prebrojivo beskonaan, tj. ekvipotentan sa N, tada bi takav morao biti i interval , to smo u prethodnom teoremom dokazali da nije sluaj.

Primjer 6.3.5. Skup I svih iracionalnih brojeva je neprebrojivo beskonaan.

Dokaz . Skup R realnih brojeva se moe napisati u obliku R = Q(I. Kako je Q prebrojivo beskonaan, to bi u skladu sa Teoremom 6.3.3 prebrojiva beskonanost skupa I povukla za sobom i prebrojivu beskonanost skupa R, to, kao to smo dokazali, nije sluaj. Prema tome, I ne moe biti prebrojivo beskonaan.

Koristei Primjer VI.3.2 moemo dokazati jo jednu veoma korisnu teoremu.

Teorema 6.3.5. Unija prebrojivo beskonane familije prebrojivo beskonanih skupova takoe je prebrojibo beskonaan skup.

Dokaz . Neka je {Ak | k(N} proizvoljna (neobavezno po parovima disjunktna) prebrojivo beskonana familija koju ine prebrojivo beskonani skupovi Ak, i neka je A unija te familije. Dokazaemo da je i skup A prebrojivo beskonaan. Za svako k ( N neka je (k : Ak ( N proizvoljna bijekcija. Definiimo preslikavanje ( : A ( NN na sledei nain: za proizvoljno a ( A stavljamo da je ((a) = ((k(a), k), gde je k = min{i(N| a(Ai}. Jasno, za svako a(A postoji bar jedan broj i(N takav da je a(Ai, pa onda postoji i najmanji takav broj, koji je, naravno, jedinstven. To znai da je preslikavanje ( dobro definisano. Neposredno se proverava da je ( injektivno preslikavanje. Kako prema Primjeru V1.3.2 postoji bijekcija iz NN na N, to smo dobili da postoji injektivno preslikavanje iz A u N, tj. da je A ekvipotentan nekom podskupu od N. Sa druge strane, prema Teoremi 6.3.2 imamo da A ima podskup ekvipotentan sa N, pa prema reder-Berntajnovoj teoremi dobijamo da su A i N ekvipotentni skupovi, tj. da je A prebrojivo beskonaan skup.( Iz prethodne teoreme dobijamo jo nekoliko vanih posljedica.

Posljedica 6.3.2. Skup svih konanih nizova elemenata iz prebrojivo beskonanog skupa je prebrojivo beskonaan skup.

Dokaz . Neka je A prebrojivo beskonaan skup, za proizvoljno k(N neka je sa Nk oznaen skup svih nizova elemenata iz A duine k, i nake je sa N oznaen skup svih konanih nizova elemenata iz A, tj. N = (k(N Nk.

Svakoj k-torci (a1, a2, ... , ak) ( Ak moemo pridruiti niz a = {a1 a2 . . . ak }( Nk, ime dobijamo bijekciju iz Ak na Nk, tj. Nk je ekvipotentan sa Ak, a prema Teoremi 6.1.5, Ak, a time i Nk, je ekvipotentan sa Nk. Sa druge strane, Nk je prebrojivo beskonaan, to znai da je i i Nk prebrojivo beskonaan, za svaki k(N. Na kraju, prema Teoremi 6.3.5 imamo da je i N prebrojivo beskonaan skup.

( Posljedica 6.3.3. Skup svih konanih podskupova prebrojivo beskonanog skupa je takoe prebrojivo beskonaan skup. Dokaz . Neka je A prebrojivo beskonaan skup i neka je sa K oznaen skup svih konanih podskupova skupa A. Proizvoljan konaan podskup skupa A moemo poredati u konaan niz, tj. moemo mu pridruiti jedan konaan niz elemenata iz A. Takvo pridruivanje odreuje jedno preslikavanje iz K u N, za koje se bez tekoa dokazuje da je injektivno.

Kao to smo pokazali u prethodnoj posljedici, postoji bijekcija iz N na A, ime dobijamo da postoji injekcija iz K u A, tj. da je skup K ekvipotentan nekom podskupu od A. Sa druge strane, preslikavanje koje proizvoljnom elementu a ( A pridruuje jednoelementni podskup {a} od A je injektivno preslikavanje iz A u K, pa je, dakle, i skup A ekvipotenten nekom podskupu skupa K. Ako sada ponovo iskoristimo reder-Berntajnovu teoremu, dobijamo da su skupovi K i A ekvipotentni, tj. da je K prebrojivo beskonaan skup.( Kao to emo kasnije vidjeti, ya skup svih podskupova skupa A ovakva tvrdnja ne vrijedi6.4. Kardinalni brojevi. Uporedjivanje kardinalnih brojeva

Neka je svakom skupu A pridruzen objekat |A| (ili k(A), ili kA), tako da je:

(i) |A| = 0 ako i samo ako je A = (;

(ii) Ako je skup A neprazan konacan skup i A ( {1,2,,k} za neko prirodno k, tada je |A| = k;

(iii) Ako su A i B po volji uzeti skupovi, tada je |A| = |B| ako i samo ako je A ( B.

U tom slucaju |A| nazivamo koardinalnim brojem, kardinalom ili mo skupa A Kardinalne brojeve konanih skupova nazivamo konanim kardinalima., dok kardinalne brojeve beskonanih skupova nazivamo transfinitnim kardinalnim brojevima.

Henricus Glareanus (1488 - 1563), profesor matematike u Baselu, Parizu i Freiburgu, muziki teoretiar i kartograf. ini se da je 1538. godine Glareanus prvi prepoznao metaforu izmeu kardinalnih brojeva i Kardinala, visokih dunosnika katolike crkve. Najranije pominjanje (1591) pojma kardinalnog broja pripisuje se Richardu Percivalu u Bibliotheca Hispanica. Neka su A i B skupovi. Kaemo da je kardinal skupa A manji ili jednak kardinalu skupa B, i to piemo ovako |A| ( |B|, ako je skup A ekvipotentan nekom podskupu skupa B, tj. ako postoji injekcija sa skupa A u skup B. Ako je |A| ( |B| i |A| ( |B| kaemo da je kardinal skupa A (strogo) manji od kardinala skupa B, i to piemo ovako: |A| < |B|. Ako je |A| ( |B|, tada takodje piemo |B| ( |A|, i govorimo da je kardinal skupa B vei ili jednak kardinalu skupa A. Ako je |A| < |B|, tada piemo i |B| > |A|, i govorimo da je kardinal skupa B (strogo) vei od kardinala skupa A.

Sljedea teorema daje neke osnovne osobine gore uvedenih relacija medju kardinalnim brojevima.

Teorem 6.4.1. Neka su A, B i C proizvoljni skupovi. Vai:

(i) |A| ( |A|;

(ii) |A| ( |B| ( |B| ( |A| ( |A| = |B|;

(iii) |A| ( |B| ( |B| ( |C| ( |A| ( |C|.

Napomena: Tvrdnja (ii) u prethodnoj teoremi je, u stvari, druga formulacija Schroder-Bernsteinov teorema.

Korolar 6.4.2. |N| < |R|.

Uobiajeno je da se koriste oznake |N| = 0 (alef nula) i |R| = c (kontinuum).

Teorema 6.4.2. (Kantorova teorema). Za proizvoljan skup A je |A| < |P(A)|.

Dokaz . Ako je A = (, tada je |(| = 0 < 1 = |P(()|. Uzmimo, dalje, da je A (. U tom sluaju preslikavanje : A ( P(A) definisano sa (a) = {a} je injekcija iz A u P(A), pa je, prema tome, |A| (|P(A)|. Preostaje, dakle, da se dokae da je |A| ( |P(A)|.

Pretpostavimo suprotno, da postoji bijekcija ( : A ( P(A), i dokaimo da takva pretpostavka vodi do protivrjenosti. Razmotrimo skup S = {a ( A| a ( (a)}. Drigim rijeima, skup S se sastoji iz svih onih elemenata iz A koji nisu sadrani u svojoj slici u odnosu na bijekciju (. Kako je S( P(A) i ( je, po pretpostavci, bijekcija, to postoji element e ( A takav da je ((e) = S. Za element e imamo dvije mogunosti: da je e(S i da e(S. Razmotriemo svaku od ovih mogunosti ponaosob.

Sluaj e(S. U ovom sluaju, prema definiciji skupa S imamo da e ( ((e). Meutim, ((e) = S, to znai da e(S. Dobili smo kontradikciju. Sluaj e ( S. U ovom sluaju, prema definiciji skupa S imamo da je e ( ((e) , i kako je ((e) = S, to dobijamo i da je e ( S, pa smo ponovo doli do protivrjenosti.

Iz svega ovog zakljuujemo da nije dobra naa pretpostavka da postoji bijekcija iz A na P(A), to znai da je ipak |A| ( |P(A)|, tj. |A| < |P(A)|. Ovim je dokaz teoreme zavren.( Posledica 6.4.1. Ne postoji najvei kardinalni broj.

Dokaz . Neka je a proizvoljni kardinalni broj, tj. a = |A|, za neki skup A. Tada prema Teoremi 6.4.2 imamo da je a = |A| < |P(A)|. To znai da za svaki kardinalni broj postoji kardinalni broj strogo vei od njega, pa, prema tome, ne postoji najvei kardinalni broj. ( Koristei Kantorovu teoremu moemo dati jo jedan drugaiji dokaz tvrdnje da ne postoji skup svih skupova.

Posledica 6.4.2. Ne postoji skup svih skupova.

Do kaz . Ako bi postojao skup svih skupova, oznaimo ga U, tada bi i njegov partitivni skup P(U) bio njegov podskup, tj. bilo bi P(U) ( U. Meutim, tada bi oigledno postojala injekcija iz P(U) u U, tj. bilo bi |P(U)| ( |U|, to je u suprotnosti sa Kantorovom teoremom. Dakle, zakljuujemo da ne postoji skup svih skupova.(6.5. Saburanje i mnoenje kardinalnih brojeva

Koristei neke operacije sa skupovima moemo definisati i neke operacije sa kardinalnim brojevima, kao to su sabiranje, mnoenje, stepenovanje, itd. Prvo definiimo sabiranje kardinalnih brojeva. Ako su a i b proizvoljni kardinalni brojevi, tada se suma kardinalnih brojeva a i b, u oznaci a + b, definie kao kardinalni broj odreen sa a + b = |A ( B|, gde su A i B proizvoljni disjunktni skupovi takvi da je |A| = a i |B| = b.

Primedba 6.5.1. Sabiranje kardinalnih brojeva je dobro definisano, tj. za proizvoljna dva kardinalna broja a i b postoje skupovi A i B sa traenim svojstvima i suma a + b ne zavisi od toga kako biramo par skupova A i B koji imaju takva svojstva.

Do kaz . Primetiemo prvo da vai jedno optije tvrenje od onog koje nam treba:

Ako je {A( | ( ( Y } proizvoljna familija skupova, tada postoji familija {A( | ( ( Y } takva da je A( ( A( = (, kad god je ( ( (, i A( ( A(, za svako ( ( Y . Na primjer, moemo uzeti da je A( = A( {(}, za svako ( (Y . Drugim rijeima, od svake familije skupova moemo napraviti (po parovima) familiju disjunktnih skupova a da zadrimo kardinalnost skupova koji ine tu familiju. Dakle, za date kardinalne brojeve imamo da je a = |A| i b = |B|, za neke skupove A i B, i ukoliko A i B nisu disjunktni, tada moemo nai disjunktne skupove A i B tako da je |A| = |A| = a i |B| = |B| = b. Sa druge strane, ako su A, A, B i B skupovi takvi da je |A| = |A| = a i |B| = |B| = b, tada prema Teoremi 6.1.4 imamo da je A ( B ( A( B, tj. |A ( B| = | A( B|, pa zbir a + b ne zavisi od toga da li smo birali par A, B ili par A, B.( Teorema 6.5.1. Neka su a, b i c proizvoljni kardinalni brojevi. Tada vai slijedee:

(a) a + b = b + a (Komutativnost).

(b) (a + b) + c = a + (b + c) (Asocijativnost).

Dokaz . Ova tvrenja neposredno slede iz injenica da je unija skupova komutativna i asocijativna.( Primer 6.5.1. 0 + 0 = 0.

Do kaz . Napiimo skup N prirodnih brojeva u obliku N = (2N)((2N1), gde 2N oznaava skup svih parnih, a 2N1 skup svih neparnih brojeva. Kako je ta unija disjunktna, to dobijamo da je 0 + 0 = |2N| + |2N 1| = |(2N) ( (2N 1)| = |N| = 0, to je i trebalo dokazati.( Primer 6.5.2. 0 + c = c.

Do kaz . Neka je A = N ( (0,1(. Tada je |A| = | N| + ((0,1(| = 0 + c.

Sa druge strane, R ( (0,1( ( A i A ( A ( R, odakle prema Schroder-Bernsteinovom teoremu sledi da je A ( R. Dakle, 0 + c = c.( Definiimo sada mnoenje kardinalnih brojeva. Ako su a i b proizvoljni kardinalni brojevi, tada se proizvod kardinalnih brojeva a i b, u oznaci ab, definie kao kardinalni broj ab odreen sa ab = |A B|, gde su A i B proizvoljni skupovi takvi da je |A| = a i |B| = b.

Primjedba 6.5.2. Proizvod kardinalnih brojeva je dobro definisan, tj. proizvod ab ne zavisi od toga kako biramo par skupova A i B sa svojstvom da je |A| = a i |B| = b.

Dokaz . Ako su A, A, B i B skupovi takvi da je |A| = |A| = a i |B| = |B| = b, tada prema Teoremui 6.1.5 imamo da je |A B| = |A B|, to znai da proizvod ab ne zavisi od toga da li smo prilikom njegove definicije birali par A, B ili par A, B.( Teorema 6.5.2. Neka su a, b i c proizvoljni kardinalni brojevi. Tada vai sjedee:

(a) ab = ba (Komutativnost).

(b) (ab)c = a(bc) (Asocijativnost).

(c) a(b + c) = ab + ac (Distributivnost).

Dokaz . Dokaz se ostavlja itaocu za vjebu.( Primjer 6.5.3. 0 0 = 0 i cc = c.

Dokaz . Jednakost 0 0 = 0 neposredno sljedi iz injenice da je N N ( N. Da bi smo dokazali drugu jednakost, posmatrajmo otvoreni interval (0,1( realnih brojeva. Kao to smo napomenuli u dokazu Teoreme 6.3.4, svaki realan broj iz ovog intervala ima jedinstven decimalni zapis sa beskonano mnogo decimala, pa moemo definisati preslikavanje ( : (0,1( (0,1( ( (0,1( sa

((0.a1a2 ... ak ... , 0.b1b2 . . . bk ...) = 0.a1b1a2b2 ... akbk ...

za koje se bez tekoa dokazuje da je injektivno. Kako je |(0,1(| = c, to smo ovim dokazali da je cc ( c. Obratna nejednakost, c ( cc se takoe dokazuje bez problema. Dakle, cc = c.(6.6. Stepenovanje kardinala

Prije nego to damo definiciju stepenovanja kardinala, uveemo neke nove oznake i dokazaemo jednu vanu teoremu koja nam je neophodna za dalji rad. Ako su A i B proizvoljni skupovi, tada sa BA oznaavamo skup svih preslikavanja iz A u B.

Teorema 6.6.1. Neka su A, B, X i Y skupovi takvi da je A ( X i B ( Y. Tada je BA ( Y X.

Dokaz . Neka su ( : A ( X i ( : B ( Y proizvoljne bijekcije. Definiimo preslikavanje ( : BA (( YX na sledei nain: Za proizvoljno ( ( BA, tj. za proizvoljno preslikavanje ( : A ( B neka je ((() = (((1 . Kao to se vidi, ((() je preslikavanje iz X u Y , pa dakle element skupa YX, to znai da ( prevodi elemente iz BA u Y X. Dokazaemo da je ( bijekcija. Uzmimo da je ((() = (((), tj. (((1 = (((1, za neke (, ( iz BA, i dokaimo da je tada ( = (. Kako su to preslikavanja iz A u B, da bi smo to dokazali uzimamo proizvoljan element a ( A i stavimo da je x = ((a). Imamo

((((a)) = ((((( -1(x))) = ((((( -1(x))) = (((((1(x)) = ((((a))odakle, zbog injektivnosti preslikavanja (, imamo da je ((a) = ((a). Ovim smo dokazali da je ( = (, tj. da je ( injektivno preslikavanje.

Da bi smo dokazali da je ( sirjektivno preslikavanje, uzmimo proizvoljan element ( ( YX, tj. preslikavanje ( : X ( Y . Stavimo da je ( = ( -1((. Jasno je da je ( preslikavanje iz A u B, tj. (( BA, i da je((() = (((1 = ((( -1(()(1 = ((( -1)((((1) = (,

Dakle, dokazali smo da je ( sirjektivno preslikavanje, ime je dokazano i da je ( bijekcija. Prema tome, BA (' YX , to je i ttrebalo dokazati.( Sada smo spremni da damo definiciju stepena kardinalnih brojeva.

Ako su a i b proizvoljni kardinalni brojevi, tada se a-ti stepen kardinalnog broja b, u oznaci ba, definie kao kardinalni broj odreen sa a b = | BA |, gde su A i B proizvoljni skupovi takvi da je |A| = a i |B| = b.

Primedba 6.6.1. Definicija stepena kardinalnog broja je korektna, u smislu da vrijednost gore definisanog stepena ne zavisi od toga kako smo birali skupove A i B koji zadovoljavaju uslove definicije. To sledi iz prethodno dokazane teoreme.

Koristei stepenovanje kardinalnih brojeva, slijedeom teoremom kardinalni broj partitivnog

skupa proizvoljnog skupa A izraavamo preko kardinalnog broja skupa A.

Teorema 6.6.2. Za proizvoljan skup A je |P(A)| = 2|A|. Dokaz . Neka je B = {0,1}. Proizvoljnom podskupu E skupa A pridruujemo preslikavanje (E :

A ( B definisano na sledei nain: (E (a) = 1 ako je a(E i (E (a) = 0 ako je a(E. Inae, ovo preslikvanje (E nazivamo karakteristina funkcija podskupa E. Dokazaemo da je pridruivanje ( : E ( (E jeste bijekcija iz P(A) na BA. Pretpostavimo prvo da je (E = (F , za neke E, F ( P(A). Neka je a ( E. Tada je (E (a) = 1, odakle sledi da je (F (a) = 1, jer je (E = (F, to znai da je a(F. Prema tome, dokazali smo da je E ( F. Na potpuno isti nain dobijamo da je F ( E, ime smo dokazali da je E = F. Dakle, ( je injektivno preslikavanje.

Uzmimo sada proizvoljan element ( ( BA, tj. preslikavanje ( : A ( B. Neka je E = {a ( A| ((a) = 1}. Neposredno se proverava da je ( = (E , ime smo dokazali da je ( sirjektivno preslikavanje. Sumirajui ono to smo do sada dokazali zakljuujemo da je ( bijekcija iz P(A) na BA, tj. da je |P(A)| = | BA | = 2|A| .

( Naredne tri teoreme pokazuju da stepenovanje kardinalnih brojeva ima neke osobine sline stepenovanju prirodnih brojeva.

Teorema 6.6.3. Neka su a, b i c proizvoljni kardinalni brojevi. Tada je abac = ab+c.

Dokaz . Neka su A, B i C skupovi takvi da je a = |A|, b = |B|, c = |C| i B ( C = (. Tada je b + c = |B ( C|. Dakle, dovoljno je da se dokae da je AB AC ( AB(C. Da bi smo to dokazali, posmatrajmo preslikavanje iz AB AC u AB(C zadano sa ((,() (((( , gde je ( ( AB i ( ( AC , a ((( : B(C ( A je preslikavanje definisano sa (((()(x) = ((x) ako je x(B, odnosno sa (((()(x) = ((x) ako je x(C. Bez potekoa se provjerava da je sa ((( zadana bijekcija iz AB AC na AB(C , to je i trebalo dokazati.( Teorema 6.6.4. Neka su a, b i c proizvoljni kardinalni brojevi. Tada je (ab)c = abc.

Dokaz . Neka su A, B i C skupovi takvi da je a = |A|, b = |B| i c = |C|. Da bi smo dokazali tvrenje teoreme dovoljno je dokazati da vai ABC ( (AB)C. Neka je ( : B C ( A proizvoljno preslikavanje i neka je c(C proizvoljan element. Posmatrajmo sada preslikavanje (c : B ( A zadato sa (c(b) = ((b, c), za proizvoljno b(B, i preslikavanje iz ( : ABC ( (AB)C zadato sa ( : ( ( ((, gde je (( : C ( AB preslikavanje definisano sa (((c) = (c, za proizvoljno c(C. Neposrednom provjerom dobijamo da je ( bijekcija iz ABC na (AB)C, to je i trebalo dokazati.( Teorema 6.6.5. Neka su a, b i c proizvoljni kardinalni brojevi. Tada je (ab)c = acbc.

Do kaz . Neka su A, B i C skupovi takvi da je a = |A|, b = |B| i c = |C|. Da bi smo dokazali tvrenje teoreme dovoljno je dokazati da vai (A B)C ( AC BC. Posmatrajmo prvo projekciona preslikavanja pA : A B ( A i pB : A B ( B, tj. preslikavanja definisana sa pA (a, b) = a i pB(a, b) = b, za proizvoljno (a,b) ( AB. Definiimo potom preslikavanje ( : (AB)C ( ACBC na sljedei nain. Neka je dat proizvoljan element ( ( (AB)C, tj. proizvoljno preslikavanje ( : C ( A B. Tada pA ( : C ( A i pB ( : C ( B, pa stavljamo da je ( = (pA (, pB (). itaocu se ostavlja za vjebu da dokae da je ( bijekcija, a time i da je (A B)C ( AC BC, to je i trebalo dokazati.

( Poslednja teorema koju dokazujemo prikazuje vezu izmeu kardinalnih brojeva skupa prirodnih i skupa realnih brojeva.

Teorema 6.6.6. 2 0 = c.

Do kaz . Prvo emo dokazati da je c ( 2 0, a potom da je i 2 0 ( c.

Neka je ( : R ( P(Q) preslikavanje definisano sa ((a) = {x ( Q| x < a}, za proizvoljno a ( R. Ovo preslikavanje je injektivno. Naime, ako su a, b ( R razliiti brojevi, recimo da je a < b, tada postoji q ( Q takav da je a < q < b, jer je skup Q svuda gust podskup od R, pa je, prema tome ((a) = {x ( Q| x < a} ( {x ( Q| x < b} = ((b), tj. ((a) ( ((b). Dakle, ( je doista injektivno preslikavanje. Na taj nain smo dokazali da je c ( |P(Q)| = 2|Q| = 20, jer je, kao to smo ranije dokazali, skup Q ekvipotentan sa N, tj. |Q| = (0. Obratno, neka je ( : {0, 1}N ( R preslikavanje definisano na sljedei nain: Za proizvoljan element ( ( {0, 1}N, tj. preslikavanje ( : N ( {0, 1} neka je ((() = 0.(1(2 . . . (k . . . , gde je (k = ((k), a ovaj zapis je decimalni zapis realnog broja (ne binarni, iako se javljaju samo dvije cifre). Za razliite (, ( ( {0, 1}N imamo da su decimale koje odreuju brojeve ((() i ((() razliite, to znai da je ((() ( (((). Ovim smo dokazali da je ( injekcija iz {0, 1}N u R, pa je 20 = |{0, 1}N| ( |R| = c. Dakle, dokazali smo da je 2 0 = c.( Na kraju ovog teksta posveenog kardinalnim brojevima pomenuemo jedan vaan problem koji je ve dui niz godina bez odgovora. Naime, kako svaki beskonaan skup sadri prebrojivo beskonaan podskup (to smo ranije dokazali), to je 0 najmanji transfinitni kardinalni broj. Vano pitanje, poznato kao Problem kontinuuma, postavio je jo njemaki matematiar Kantor (Cantor) oko 1880. godine. To pitanje glasi: Da li postoji kardinalni broj a takav da je 0 < a < 2 0 = c? I posle mnogo pokuDo sada niko nije uspeo da to doka, niti da opovrgne, pa je formulisana sledea hipoteza: Kontinuum hipoteza. Ne postoji kardinalni broj a takav da je 0 < a < 20 = c.

Optija verzija ove hipoteze je sledea:

Uoptena kontinuum hipoteza. Ni za jedan transfinitan kardinalni broj a ne postoji kardinalni broj b takav da je a < b < 2a.

Problem kontinuuma je jedan od 23 veoma vana nerjeena problema koji je poznati nemaki matematiar David Hilbert postavio 1900. godine na kongresu matematiara u Parizu. On ni do danas nije rijeen, ali su dokazane dvije interesantne stvari. CH je konzistentna sa ZFC sistemom teorije skupova to je dokazao Kurt gedel 1940. godine. 1963. godine paul Cohen je dokazao da je CH nezavisna formula u sistemu ZFC. Kurt Gedel je 1938. godine dokazao da je dodavanje Uoptene kontinuum hipoteze standardnim aksiomama teorije skupova ne dovodi do protivrjenosti, ako do nje ne dovode standardne aksiome. Jo zanimljiviji rezultat dobio je Paul Choen 1963. godine, koji je dokazao se Uoptena kontinuum hipoteza ne moe dokazati polazei od sadanjih aksioma teorije skupova. Sierpiski je dokazao da ZF + GCH implicira aksiomu izbora. Hilbert je svoj prvi problem nazvao "Cantor's Problem of the Power of the Continuum." . U svojoj doktorskoj disertaciji (1991) Felix Bernstein je koristio termin "Cantor's Continuum Problem" ("das Cantorsche Continuumproblem"). Ovo je prvi put da se termin "Cantor's Continuum Problem" iskoristio u vezi sa Cantor's Continuum Problem (prema miljenju Gregory H. Moore). Termin Continuum hypothesis pojavila se u tekstu Waclaw Sierpinski, "Sur deux propositions, dont l'ensemble quivaut l'hypothse du conntinu," Fundamenta Mathematicae 29, pp 31-33 (1937). 152

_1222143470.unknown

_1222876171.unknown

_1222876365.unknown

_1226573998.unknown

_1226573937.unknown

_1222876300.unknown

_1222876063.unknown

_1222142159.unknown

_1222142715.unknown

_1222142780.unknown

_1222142801.unknown

_1222142179.unknown

_1222142110.unknown