Komjath Peter

Halmazelmelet

Budapest, 2007

Eloszo

E jegyzet a matematika tanarszakosok ,,A Matematika Alapjai 1.” eloadasaanyagat tartalmazza, ugy, ahogy a masodik evezred utolso tızegynehany evebenaz ELTE-n leadtam. Az anyag tobbe-kevesbe Peter Rozsa es Urban Janoseloadasanak ,,jogutodja”, de bizonyos reszeket felhasznaltam Hajnal Andraseloadasabol is.

A halmazelmeleti ismeretekbol feltetelezem a halmaz, a szamossag fogalmates a megszamlalhato halmazokra vonatkozo legismertebb allıtasokat. Ezenkıvulfeltetelezem, hogy az olvaso jaratos a matematika fogalomvilagaban, ismeri atipikus bizonyıtasi modszereket (indirekt, indukcio, stb) es rendelkezik nemiszamelmeleti, algebrai, linearis algebrai jartassaggal.

A bizonyıtasok veget jeloli. A kiegeszıto szovegreszeket, amelyek tehat nem

reszei az eloadasnak, kisebb betukkel szedtuk.

1

1 Bevezetes

Zenon szerint barmilyen gyorsan is futok,soha nem fogom beerni a buszt.(Farkas Katalin)A gojok es a motorosok halmazok metszetebentalaljuk a goj motorosok-at: G ∩ M := GM.(Gecso Tamas)

Mielott az erdemi munkahoz kezdenenk, osszefoglaljuk a halmazokra vonat-kozo eddigi ismereteinket.

Ha x eleme az A halmaznak, azt x ∈ A-val, ha nem eleme, azt x /∈ A-valjeloljuk.

Az A halmaz reszhalmaza a B halmaznak, jelben A ⊆ B, ha A minden elemeB-ben is benne van. Itt termeszetesen az egyenloseget, tehat azt hogy A = Bsem zarjuk ki. Forgalomban vannak mas megallapodasok is, van aki ezt A ⊂ B-vel jeloli. Van, akinel ez utobbi azt jelenti, hogy A valodi resz (tehat A 6= B),egyebkent a mi jelolesunket hasznalja. Mi egyszeruen csak az A ⊆ B jelolesthasznaljuk, es ha valami miatt valodi reszrol van szo, azt szavakban mondjukmeg. Ha A es B halmazok, akkor A ∪ B jeloli az egyesıtesuket (uniojukat),A ∩B a metszetuket (kozos reszuket). Tehat

A ∪B = x : x ∈ A vagy x ∈ B

esA ∩B = x : x ∈ A es x ∈ B.

Ha A∩B = ∅, azaz A-nak es B-nek nincs kozos eleme, akkor A es B diszjunktak.Az A es B halmaz kulonbsege (tehat azon elemek halmaza, amelyekA-ban bennevannak, de B-ben nincsenek) A−B (szokasos ezt meg A \B-vel is jelolni).

Bevezetunk egy fontos uj jelolest: ha f fuggveny,A reszhalmaza f ertelmezesitartomanyanak, akkor f [A] = f(x) : x ∈ A. Azert nem szabad a szokasosf(A) jelolest alkalmaznunk, mert elofordulhat, hogy az A halmaz egyszersmindeleme f ertelmezesi tartomanyanak es ekkor f(A) ket, tobbnyire kulonbozo dol-got jelolne.

A osszes reszhalmazainak P (A) halmaza az A hatvanyhalmaza.Halmazokat kulonbozo modokon tudunk megadni: megnevezessel: ∅ (az ures

halmaz), N (a termeszetes szamok halmaza), Z (az egesz szamok halmaza),Q (a racionalis szamok halmaza), R (a valos szamok halmaza), C (a kom-plex szamok halmaza). Elemeinek felsorolasaval: a, a, b, c, esetleg szim-bolikus felsorolassal: 0, 1, 4, 9, . . .. A leggyakoribb halmazmegadas, amikorreszhalmazkent adunk meg egy halmazt: ha A egy mar ismert halmaz, T (x)valamilyen tulajdonsag, akkor B =

x ∈ A : T (x)

is halmaz. Itt T (x) jelent-

het barmilyen matematikailag ertelmes tulajdonsagot.Ismerjuk meg a veges es vegtelen halmaz fogalmat es tudjuk, hogy a terme-

szetes szamok eppen a veges halmazok elemszamai.

2

Egy vegtelen halmaz megszamlalhatoan vegtelen, ha elemeit egyetlen sorozat-ban fel lehet sorolni: A = a0, a1, . . .. Ekkor azt is mondjuk, hogy szamossagaℵ0 (alef-nulla1). Altalaban megszamlalhatonak nevezunk egy halmazt, ha vegesvagy megszamlalhatoan vegtelen.

A megszamlalhato halmazokrol a kovetkezo nevezetes teteleket ismerjuk:

1. A racionalis szamok halmaza megszamlalhato.

2. Megszamlalhato sok megszamlalhato halmaz egyesıtese is megszamlalha-to.

3. A valos szamok halmaza nem megszamlalhato.

Bizonyos esetekben szuksegunk lesz arra, hogy olyan osszessegekrol beszel-junk, amelyekrol nem tudjuk, hogy halmazok (esetleg tudjuk, hogy nem halma-zok). Ezeket osztalyoknak nevezzuk. Igy szo lesz az osszes halmazok osztalyarol,az egyelemu, a vegtelen halmazok osztalyarol, stb. A legfontosabb tudnivalo,hogy olyan osztalyt, amely nem halmaz, nem tehetunk elemkent halmazba (esosztalyba sem).

Egy masik ehhez hasonlo fogalom az operacio. Joldefinialt hozzarendelestnevezunk ıgy, amirol azonban nem tudjuk, hogy fuggveny lenne. Ennek okat ab-ban ragadhatjuk meg, hogy ertelmezesi tartomanya olyan osztaly, amely esetlegnem halmaz (tehat valodi osztaly). Peldak operaciokra: F(x) = x tehat az egeszvilagon ertelmezett identitas; F(A) = P (A), a hatvanyhalmaz; G(x) = ∅, ezaz egesz vilagon ertelmezett konstans operacio.

A halmazelmelet ket fo celkituzese: megalapozni a matematika valamennyiagat es tanulmanyozni a vegtelen halmazokat. Az elso azt jelenti, hogy a mate-matika egyeb fogalmait visszavezetjuk, ,,redukaljuk” a halmaz fogalmara, vala-hogy ugy ahogy az analitikus geometria redukalja a geometriat a valos algebrafogalmaira. A masodik pedig azt, hogy definıciok, allıtasok minel szelesebb koretszeretnenk atvinni a vegtelen halmazokra, modszereket dolgozunk ki tetszolegeshalmazok tulajdonsagainak vizsgalatara.

Tortenetileg eloszor az ugynevezett naiv halmazelmelet alakult ki, ebbentetszes szerint, korlatozas nelkul lehetett kepezni a halmazokat. Ez a felepıtesazonban, mint hamar kiderult, ellentmondasokra vezetett. A leghıresebbet ezekkozul az ellentmondasok kozul, a Russell-paradoxont rovidesen mi is megis-merjuk.

Ezeknek az ellentmondasoknak az eredmenyekeppen a naiv halmazelmeletosszeomlott. A matematikusok ezutan a menekules erdekes modjat valasztot-tak. A halmazelmelet axiomatikus felepıtesevel megszorıtasokat tettek arra,hogy milyen modszerekkel lehet halmazokat eloallıtani, a meglehetosen bony-olult axiomarendszer eleg gazdag ahhoz, hogy a matematika szokasos halmazaitmegadja, de eleg szegeny ahhoz, hogy a fenti ellentmondasokat mar ne lehessenlevezetni.

1ℵ: alef, a heber abece elso betuje.

3

2 Az axiomak

Ha megegyezunk az ep eszben, akkora hulyeseg peldaul nem toleralhato.(Esterhazy Peter: Ama nagyon szep)

Egy ilyen axiomarendszert, az ugynevezett Zermelo-Fraenkel axiomarend-szert a kovetkezokben ismertetunk.

0. Az egyenloseg axiomaja. Ha ket halmaznak ugyanazok az elemei, akkoregyenloek.

1. A letezes axiomaja. Letezik halmaz.Ezt az axiomat altalaban abban a formaban szoktak kimondani, hogy letezik

olyan halmaz, aminek nincs eleme (tehat egy konkret halmaz, az ures halmazletezeset mondjak ki). Persze, a 0. axiomabol mar tudjuk, hogy csak egy ureshalmaz letezhet.

Valamilyen ilyen, ugynevezett feltetlen egzisztenciaaxiomara mindenkeppenszukseg van, hiszen a tobbi, ugynevezett felteteles egzisztenciaaxioma csak aztmondja ki, hogy ha bizonyos halmazok leteznek, akkor mas halmazok is leteznek,es valahogyan el kell kezdeni halmazok keszıteset.

2. A reszhalmaz-axioma. Ha A halmaz, T (x) tulajdonsag, akkor x ∈ A :T (x) is halmaz. Itt T (x) barmilyen szabatosan megfogalmazott matematikaitulajdonsagot jelenthet.

Ezt az axiomat nagyon sokszor hasznaljuk matematikai munkankban; peldaulegyenletek megoldasa ilyen halmazok leırasat jelenti: adjuk meg az x ∈ R :x2 + 2x− 3 = 0 halmaz elemeit, stb.

Most mar konnyen bebizonyıthatjuk ket halmaz metszetenek letezeset: A∩Bnem mas, mint az x ∈ A : x ∈ B halmaz. Hasonlokeppen a kulonbseg letezesetis kimondhatjuk: A−B = x ∈ A : x /∈ B.

De az elso axioma gyengebb formajabol az erosebbet is le tudjuk vezetni: haA halmaz, akkor x ∈ A : x 6= x az ures halmaz.

3. A paraxioma.

Adott x-hez es y-hoz van olyan halmaz, amely csak x-et es y-t tartalmazza.Jele: x, y. A megfogalmazas ravasz: mivel nem kotottuk ki, hogy x es y legyenkulonbozo, ez valojaban ket axioma: az egyelemu halmaz axiomaja: minden x-hez letezik a kizarolag x-bol allo x egyelemu halmaz es a ketelemu halmazokaxiomaja: ha x 6= y akkor letezik a csak beloluk allo x, y halmaz.

Eddigi axiomaink segıtsegevel mar vegtelen sok halmazt tudunk keszıteni:∅, ∅, ∅, ∅, ∅, . . ..

4. Az unio axiomaja. Ennek termeszetes formaja a kovetkezo lenne: ha A esB halmaz, akkor van olyan C halmaz, aminek az elemei eppen az A es B elemeiegyutt. Jelben: C = A ∪B.

4

Ezt azonban altalanosıtjuk: halmazok tetszoleges Ai : i ∈ I halmazahoz(itt tehat I tetszoleges indexhalmazt jelent) elkeszıtjuk azok

⋃

i∈I

Ai

-vel vagy⋃Ai : i ∈ I-vel jelolt uniojat.

Itt valojaban egy halmazbol keszıtunk egy masikat, ugyanisA = Ai : i ∈ I-bol csinaljuk B =

⋃Ai : i ∈ I-t. Erdemes vegiggondolni az Ai jeloles nelkul,

milyen kapcsolatban van A es B. B elemei azok, amelyek elemei A valamelyikelemenek, tehat A ,,unokai”. Tehat

B = x : x ∈ y ∈ A,

az ıgy elkeszıtett halmazt szokas egyszeruen B =⋃A-val jelolni, es az unio

axiomaja valodi formajaban eppen ennek letezeset mondja ki.Hogyan tudjuk belatni, hogy letezik harom, negy stb. halmaz egyesıtese?

A ∪B ∪ C-t megkaphatjuk, ha megvan A,B,C, ezt meg ıgy kapjuk meg:

A,B,C = A,B ∪ C =⋃

A,B, C,

azA,B, C

halmazt pedig a paraxioma haromszori hasznalataval kaphat-

juk meg.Egy erdekes specialis eset:

⋃∅ = ∅, korulbelul ugy, ahogy az ures osszeget

nullanak definialjuk. Ne tevesszuk ossze⋃∅-zal, ami, bar ugyanazt az ered-

menyt adja (az ures halmazt), mast jelent.

Nem szukseges kulon axiomat bevezetni sok halmaz hasonloan elkeszıtendometszetehez: ha A = Ai : i ∈ I, akkor

B =⋂

i∈I

Ai

letezeset ıgy lathatjuk be: valasszunk egy i0 ∈ I elemet, ekkor

B = x ∈ Ai0 : x ∈ Ai minden i ∈ I-re.

Sot, osztalynyi sok halmaz metszetet is gond nelkul definialhatjuk. Csak akkorvagyunk bajban, ha A = ∅, ,,sehany” halmaz metszetet nem tudjuk definialni(ugyanis ahogy

⋃∅ = ∅,

⋂∅-nek a legnagyobb halmaznak kellene lennie, ilyen

pedig nincs). Ekkor persze a fenti okoskodas sem mukodik: nem tudunk i0 ∈ Ielemet valasztani.

5. A hatvanyhalmaz axioma. Minden halmaznak letezik hatvanyhalmaza(tehat osszes reszhalmazainak halmaza). Erre az axiomara azert van szukseg,mert meg a vegtelensegi axiomaval (lasd kovetkezo axioma) sem tudjuk meg-szamlalhatonal nagyobb halmaz letezeset belatni.

5

6. Vegtelen halmaz letezese. Letezik vegtelen halmaz. Erre az axiomarapedig azert van szukseg, mert az eddigi axiomakkal nem tudjuk vegtelen halmazletezeset bebizonyıtani.

Ez az axioma persze feleslegesse teszi az 1. axiomat.Nemi gondot okoz, ha ezt az axiomat kizarolag formalisan leırhato tulaj-

donsagokkal probaljuk definialni. Egy lehetoseg a kovetkezo: letezik olyan Ahalmaz, hogy ∅ ∈ A, es minden x ∈ A elemhez x ∈ A is teljesul. Egymasik lehetoseg a termeszetes szamok halmazat megadni, ez azonban nem olyanegyszeru, lasd 57. oldal.

Kesobb meg fogunk meg ismerni ket tovabbi axiomat; a potlas axiomajat esa kivalasztasi axiomat.

3 A Descartes-szorzat

Az x es y altal alkotott rendezett part ıgy definialjuk: 〈x, y〉 =x, x, y

.

Tetel mondja ki, hogy ez megfelel a rendezett partol megkovetelt tulajdonsagnak:

1. Tetel. Ha 〈x, y〉 = 〈z, t〉 akkor x = z es y = t.

Bizonyıtas. Esetszetvalasztassal dolgozunk.1. eset. x = y

Ekkor a baloldalx

, azaz egy egyelemu halmaz, aminek egyetlen eleme

x. Tehat a jobboldalnak,z, z, t

-nek is egyetlen eleme van. Ez csak ugy

lehet, ha z = t. Tehatx

=

z

s mivel a halmaz meghatarozza elemeit,

kapjuk hogy x = z, azaz x = z. Tehat x = y = z = t es keszen vagyunk.2. eset. x 6= y

Ekkor a baloldal ketelemu: ugyanis egyik eleme egyelemu halmaz (x), amasik ketelemu (x, y), s ezek semmilyen korulmenyek kozott sem eshetnekegybe. Ezert a jobboldal is mindenkeppen ketelemu, ami csak ugy lehet, hogyegyik eleme z, a masik az ettol kulonbozo z, t. De akkor z 6= t is igaz. Per-sze, a baloldali egyelemu elem azonos kell, hogy legyen a jobboldali egyelemuvel:x = z es ugyanez igaz a ketelemuekre: x, y = z, t. De innen adodik,hogy x = z es y = t, s ezzel keszen vagyunk.

Ezutan az A es B halmazok Descartes-szorzatat a kovetkezokeppen defini-aljuk:

A×B =〈x, y〉 : x ∈ A, y ∈ B

.

2. Tetel. A×B halmaz.

Bizonyıtas. Belatjuk, hogy A×B megkaphato, az axiomak segıtsegevel, A-boles B-bol. Ha 〈x, y〉 ∈ A × B, akkor 〈x, y〉 =

x, , x, y

alaku. x ∈ A,

y ∈ B miatt x, x, y ⊆ A ∪ B. Azaz, x, x, y ∈ P (A ∪ B). Folytatva,

6

x, , x, y

⊆ P (A ∪ B), azaz

x, , x, y

∈ P

(P (A ∪ B)

). Azt kaptuk,

hogy 〈x, y〉 mindig eleme P(P (A ∪ B)

)-nek, es ezutan a reszhalmaz-axiomaval

befejezhetjuk a bizonyıtast:

A×B =z ∈ P

(P (A ∪B)

): van x ∈ A, van y ∈ B, z = 〈x, y〉

.

Logikus lenne ezek utan a fuggveny fogalmat ugy definialni, hogy az f : A→B fuggvenyt azonosıtjuk grafjaval, tehat

⟨x, f(x)

⟩∈ A× B : x ∈ A

-val, es a

kovetkezot mondanank: fuggveny egy olyan f halmaz, ami valamilyen A es Bhalmazokra reszhalmaza A×B-nek, es rendelkezik azzal a tulajdonsaggal, hogyminden x ∈ A-hoz pontosan egy olyan y ∈ B van, amire 〈x, y〉 ∈ f .

Az axiomatikus halmazelmelet hagyomanyosan maskent definialja a fugg-veny fogalmat: az f halmazt fuggvenynek nevezzuk, ha minden eleme rendezettpar es 〈x, y1〉, 〈x, y2〉 ∈ f eseten mindenkeppen teljesul y1 = y2. Ekkor mar akovetkezo allıtas sem magatol ertetodo:

3. Tetel. Ha f fuggveny, akkor ertelmezesi tartomanya es ertekkeszlete ishalmaz.

Bizonyıtas. Megint csak olyan A halmazt probalunk keresni, amelyre igaz,hogy 〈x, y〉 ∈ f eseten x ∈ A, ekkor ugyanis a reszhalmaz-axioma segıtsegevelmegkaphatjuk az x-ek ,,pontos” halmazat (mintegy kivagva a jo x-eket).

Ha 〈x, y〉 =x, x, y

∈ f , akkor nyilvan x ∈

⋃f es ıgy x ∈

⋃⋃f

tehat az A =⋃⋃

f valasztas megfelelo. Hasonloan jarunk el az ertekkeszletmegadasaban.

Ehhez hasonloan definialjuk a ketvaltozos relaciokat: ha A halmaz, akkorR ketvaltozos relacio rajta, ha R ⊆ A × A. Ilyen relacio az egyenloseg; tehatR =

〈x, y〉 : x = y ∈ A

. Egy masik pelda, amire a Neumann-rendszamok

definialasanal lesz szukseg, az epszilon relacio:

R =〈x, y〉 : x ∈ y, x, y ∈ A

.

A tobb valtozos relaciok definialasahoz eloszor is definialni kell a tobbtenye-zos Descartes-szorzatot. Ezt ıgy csinaljuk: az A1, . . . , An halmazok (A1 ×A2 ×· · · ×An-nel jelolt) Descartes-szorzata legyen

(· · · ((A1 ×A2)×A3)× · · · ×An

).

A zarojelezesre azert van szukseg, mert a Descartes-szorzas nem asszociatıv: alegtobb esetben (A×B)×C 6= A× (B×C) mert a baloldal elemei olyan parokamelyek elso koordinatai A × B-bol valok, mıg a jobboldaliake A-beli. Persze,olyan eset is van, amikor (A × B) × C = A × (B × C) peldaul, ha valamelyikhalmaz az ures halmaz.

Ezutan konnyu az n-valtozos relaciok definialasa: a fenti ertelemben vettAn = A×A× · · · ×A halmaz reszhalmazait nevezzuk ıgy.

Feladatok. 1. Oldjuk meg az A×B = B ×A egyenletet !

7

2. Lassuk be, hogy ha f fuggveny, A reszhalmaza a Df ertelmezesi tartomany-nak, akkor az f |A megszorıtas is fuggveny.3. Legyen f , g fuggveny. Bizonyıtsuk be, hogy f ∩ g is fuggveny ! Mikor leszf ∪ g is fuggveny ?4. Lassuk be, hogy ha f0 es f1 fuggvenyek, akkor f1 f0 kompozıciojuk is az !

4 Szamossagok

Ha A es B halmazok, azt mondjuk, hogy A es B ekvivalensek, jelben A ∼ B, havan kozottuk bijekcio, tehat kolcsonosen egyertelmu lekepezes. Ha jelentosegevan annak, hogy egy f fuggveny ilyen bijekco, akkor A ∼f B-t ırunk.

Konnyu latni, hogy ezzel valoban ekvivalencia-relaciot2 definialtunk a hal-mazokon: minden A-ra A ∼id A (ahol id az identikus A → A bijekcio), haA ∼f B, akkor B ∼f−1 A, es vegul, ha A ∼f B, B ∼g C, akkor A ∼gf C (aholg f az f es g kompozıcioja).

Igy az osszes halmazok egymassal ekvivalens halmazok osztalyaira bomlik.Az egy osztalyban levo halmazok kozos tulajdonsagat szamossagnak nevezzuk.Ha tehat A ∼ B, akkor azt mondjuk, hogy A es B szamossaga ugyanaz es aztırjuk, hogy

|A| = |B|.

Az A halmaz szamossagat tehat |A|-val jeloljuk.Bar a fenti definıcio teljesen vilagos a matematikaval foglalkozok szamara,

eppen axiomatikus halmazelmeleti szempontbol megengedhetetlen. Ugyanis ujalapfogalmat, a szamossagot definialtuk, pedig eppen az a celunk, hogy egyetlenalapfogalom, a halmaz maradjon, a tobbit mind vezessuk vissza erre ugy, hogyazonosıtsuk bizonyos halmazokkal.

Tehat a helyes definıciohoz egy olyan F operaciot kell csinalnunk, amely azosszes halmazokon van ertelmezve es amelyre igaz, hogy F(A) = F(B) akkores csak akkor teljesul, ha A ∼ B. Barmilyen fenti tulajdonsagu operaciotjogunk van ,,a szamossag-operacio”-nak nevezni. Lehetseges ilyen operaciotmegadni, de csak nagyon nehezen, targyalasunk vegen tudjuk megtenni (59.oldal). Egyelore hasznaljuk megis a szamossagot, mint uj alapfogalmat.

Azt azonban jegyezzuk meg, hogy mindenkeppen jogos |A| = |B|-t ırni, mertezt akarmikor visszafordıthatjuk arra az allıtasra, hogy ,,van A es B kozottbijekcio”.

2Nem teljesen korrekt szohasznalat. Ugyanis relaciokat csak halmazokon szokas definialni,

itt pedig az osszes halmazokon tesszuk ezt, ezek pedig, mint latni fogjuk, nem alkotnak

halmazt.

8

5 Szamossagok osszehasonlıtasa

Definıcio. Ha a es b szamossagok, akkor a ≤ b a kovetkezo esetben all fenn. Ha|A| = a es |B| = b akkor van A → B injekcio. a < b termeszetesen azt jelenti,hogy a ≤ b de a 6= b, azaz van A-bol B-be injekcio, de nincs kozottuk bijekcio.

Ennek a definıcionak van egy lenyeges hianyossaga. Szamossagokat hason-lıtunk ossze, megis, halmazok tulajdonsagait vizsgaljuk. Elvileg elkepzelheto,hogy adott a es b szamossagokhoz, az a ≤ b kerdesre kulonbozo valaszt kapunk,ha egyszer az A, B, masszor az A′, B′ halmazokat hasznaljuk (es persze |A| =|A′| = a, |B| = |B′| = b). Be kell tehat latnunk, hogy bar az osszehasonlıtaskorhalmazokat hasznalunk, a vegeredmeny nem fugg azok megvalasztasatol, csaka-tol es b-tol. Azaz, az alabbi tetelre van szuksegunk:

4. Tetel. Ha A, B, A′, B′ halmazok, van A → B injekcio, A ∼ A′, B ∼ B′,akkor van A′ → B′ injekcio is.

Bizonyıtas. Legyen A′ ∼f A, B ∼g B′ (tehat f : A′ → A es g : B → B′

bijekciok) es h : A → B injekcio. Ekkor g h f : A′ → B′ injekcio (mivelharom injekcio kompozıcioja).

Ezutan a szamossagosszehasonlıtas tulajdonsagait vizsgaljuk meg.Eloszor is, a ≤ a, mivel az identitas alkalmas A→ A injekcio.A tranzitivitashoz tegyuk fel, hogy a ≤ b ≤ c. Legyen tehat adva az f :

A→ B es g : B → C injekcio. Ekkor nyilvan ezek kompozıcioja, g f : A→ Cmegfelelo injekcio.

Kovetkezo celunk annak megmutatasa, hogy ha a es b szamossagok, tovabbaa ≤ b es b ≤ a, akkor a = b. Ez mar tavolrol sem trivialis. Kikuszobolve aszamossagokra vonatkozo definıciokat, a kovetkezot kell belatni.

5. Tetel. (Az ekvivalencia tetel) Ha A es B halmazok, van A-bol B-be, illetveB-bol A-ba egy-egy injekcio, akkor van A es B kozott bijekcio.

Bizonyıtas. Ismetelten hasznalni fogjuk az f [X ] = f(x) : x ∈ X jelolesmodot.Legyen tehat adva f : A→ B, g : B → A injekcio, celunk ezekbol ,,osszerakni”az F : A→ B bijekciot.

Az otlet a kovetkezo. Megprobaljuk A-t felbontani ket diszjunkt reszre, mintA = A′ ∪ A′′, hasonloan B-t is, mint B = B′ ∪ B′′ olymodon, hogy B′ = f [A′]es A′′ = g[B′′] es ekkor F -et ıgy hatarozzuk meg:

F (x) =

f(x), ha x ∈ A′

g−1(x), ha x ∈ A′′.

Valoban, ket bijekciobol akkor tudunk egyet osszerakni, ha az ertelmezesi tar-tomanyok es az ertekkeszletek is diszjunktak.

Bar latszolag negy halmazt kell talalnunk, a kulonbozo feltetelek miatt egymeghatarozza a tobbit:

9

B′ = f [A′]

B′′ = B −B′ = B − f [A′]

A′′ = g[B′′] = g[B − f [A′]

]

es vegulA′ = A−A′′ = A− g

[B − f [A′]

].

Ha sikerul talalnunk olyan A′-t amire ez igaz, akkor keszen vagyunk, mertmegfeleloen definialva A′′, B′, B′′-t, keszen vagyunk.

A feladatunk tehat a kovetkezo: ha a G : P (A) → P (A) fuggvenyt a G(X) =A− g

[B− f [X ]

]keplettel definialjuk, talalnunk kell egy X ⊆ A halmazt, amire

G(X) = X .Ehhez eloszor is belatjuk G ,,monotonitas”-at.

Allıtas. Ha X ⊆ Y , akkor G(X) ⊆ G(Y ).

Bizonyıtas. Csak ki kell szamolni.

X ⊆ Y

f [X ] ⊆ f [Y ]

B − f [X ] ⊇ B − f [Y ]

g[B − f [X ]

]⊇ g

[B − f [Y ]

]

G(X) = A− g[B − f [X ]

]⊆ A− g

[B − f [Y ]

]= G(Y )

Azaz, ket olyan operaciot alkalmaztunk, amely megfordıtja, tovabbi ket olyant,amely megorzi a ⊆ kapcsolatot, ami ezert osszessegeben megmarad.

Ezutan ugy oldjuk meg a G(X) = X ,,egyenlet”-et, hogy kepletet adunkX-re. Legyen

X =⋂

G(Y )⊆Y

Y.

Mielott tovabbmennenk, be kell latnunk, hogy ez a metszet letezik, azaz vanlegalabb egy ilyen Y halmaz. De Y = A egy megfelelo valasztas.

A metszet definıcioja miatt, X ⊆ Y minden olyan Y -ra, amire G(Y ) ⊆ Y .Fent bebizonyıtott allıtasunk szerint ekkor G(X) ⊆ G(Y ) is all, azaz, folytatvaaz egyenlotlensegek lancat

G(X) ⊆ G(Y ) ⊆ Y.

Tehat G(X) minden ilyen Y -nak resze, ezert metszetuknek, X-nek is, G(X) ⊆X .

Ezzel belattuk a kıvant allıtas felet; G(X) ⊆ X-et. A masik felehez ezt felfogjuk hasznalni.

10

Valoban, a G(X) ⊆ X egyenlotlensegre alkalmazva az Allıtast, azt kapjuk,hogyG

(G(X)

)⊆ G(X), tehat aG(X) halmaz rendelkezik azzal a tulajdonsaggal

amit az Y -oktol megkovetelunk. Ott van valahol tehat az X-et definialo met-szetben, ezert X ⊆ G(X).

Feladat. Lassuk be az alabbi ,,tranzitivitasi” szabalyokat: Ha a ≤ b < c,akkor a < c. Ha a < b ≤ c, akkor a < c. Altalaban, ha a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an

egyenlotlensegek sorozata, es legalabb egy helyen < all, akkor a1 < an teljesul.

6 Cantor tetele. A Russell-paradoxon

Ez az igazi nagy jatek: a jatek a vegte-lennel. Ugy latszott, hogy ennel maga-sabbra mar nem haghat az emberi szel-lem. Es ekkor megingott az egesz epulet.(Peter Rozsa: Jatek a vegtelennel)

6. Tetel. (Cantor) Minden A halmazra |A| < |P (A)|.

Bizonyıtas. Mivel a szamossagok kozotti < kapcsolatot ugy definialtuk, hogy≤ teljesul, de = nem, a bizonyıtas ket lepesbol fog allni.

Elso lepes. |A| ≤ |P (A)|.Ehhez egy A→ P (A) injekciot kell megadni, ilyen peldaul az f(x) = x-szel

definialt f : A→ P (A) fuggveny.

Masodik lepes. |A| 6= |P (A)|.Indirekten, tegyuk fel, hogy F : A → P (A) bijekcio. A kovetkezo modon

definialjuk A-nak B reszhalmazat: B = x ∈ A : x /∈ F (x). Mivel F -rolfelteteleztuk, hogy szurjektıv, van olyan b ∈ A elem, hogy F (b) = B. Ekkorviszont (B definıcioja miatt) b ∈ B akkor es csak akkor teljesul, ha b /∈ F (b) amiviszont (F (b) = B miatt) pedig pontosan akkor, ha b /∈ B, s ez mindenkeppenellentmondas.

Jegyezzuk meg, hogy az elozo tetel kovetkezmenyekeppen mar vegtelen sokvegtelen szamossagot ismerunk:

|N| < |P (N)| < |P (P (N))| < · · · .

Meg erdekesebb eredmenyt kapunk, ha a tetelt az osszes halmazok V hal-mazara alkalmazzuk: ekkor ugyanis egyreszt |V | < |P (V )| masreszt nyilvanP (V ) ⊆ V , ami ellentmondas. Ezzel tehat bebizonyıtottuk az alabbi tetelt:

7. Tetel. Nem letezik az osszes halmazok halmaza.

Alkalmazva Cantor tetelenek bizonyıtasat erre az esetre, egyszeru bizonyıtastnyerhetunk.

11

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy az osszes halmazok egy V halmazt alkotnak.Keszıtsuk el a kovetkezo reszhalmazt. A = x ∈ V : x /∈ x. Ekkor A e-leme A-nak pontosan akkor, ha rea teljesul a feltetel, azaz, ha A /∈ A, de ezmindenkeppen ellentmondas.

Ez a tetel vegzetes csapast mert a naiv halmazelmeletre, Abban ugyanis Vmindenkeppen halmaz, ıgy ezzel kikuszobolhetetlen ellentmondast vezetunk le.Ezt nevezik Russell-paradoxonnak, felfedezoje, Bertrand Russell utan.

Naplojaban Russell erzekletesen ırja le, hogyan probalta megoldani ezt alatszolag egyszeru problemat, amibe veletlenul botlott.

Minden reggel leultem egy ures papırlap ele. Egesz nap, a rovidebedido kivetelevel, ezt az ures papırt bamultam. Gyakran elofordult,hogy esteig egyetlen szot sem ırtam ra.3

Felvetheto a kerdes, hogy mi a melyenfekvo oka ennek az ellentmondasnak.Egy lehetseges magyarazat az, hogy amikor V -t halmaznak fogadjuk el, feltesz-szuk, hogy az osszes halmaz egyszer s mindenkorra meg van adva. Ezutan —atlozassal — uj halmazt keszıtunk, nem meglepo tehat, hogy az ıgy elkeszıtetthalmaz nincs benne az osszes halmazok listajaban, V -ben. Az axiomatikusfelepıtesben nincs olyan stadium, amikor valamennyi halmaz meg lenne kon-strualva, a halmazok vilaga ,,nyitott”, barmikor bovıtheto, csak bizonyos sza-balyok vannak rogzıtve, amelyek szerint mindig lehet uj halmazokat csinalni.

Feladat. Adjunk egyszeru bizonyıtast a |P (A)| ≥ |A| + 1 egyenlotlensegre !Egyenerteku-e ez Cantor tetelevel ? Javıthato-e a kepletben szereplo 1-es 2-re ?

7 Muveletek szamossagokkal

A szamossagokkal vegzett muveleteket ugy probaljuk definialni, hogy

1. a veges szamossagokra, azaz a termeszetes szamokra a szokasos eredmenytadjak,

2. a definıcio lehetoleg egyszeru, termeszetes legyen, vegul

3. lehetoleg minel tobb azonossagot, szabalyt elegıtsenek ki.

Osszeadas

Ha a es b szamossagok, a + b osszeguket a kovetkezokeppen definialjuk: le-gyenek A es B diszjunkt halmazok, |A| = a, |B| = b, ekkor a + b az A ∪ Bhalmaz szamossaga.

Ebben a formaban ez a definıcio meg nem tokeletes. A baj az, hogy a + bkiszamıtasahoz A, B ,,mintahalmazok”-at vettunk, ıgy, legalabbis elmeletben,

3B. Russell: Oneletrajz, Europa Konyvkiado, 1970, 257. old.

12

elkepzelheto, hogy a kiszamıtott osszeg attol is fugg, pontosan melyik A, il-letve B halmazt vettuk. Be kell tehat bizonyıtanunk, ha ugyanahhoz az a,b szamossagokhoz mas halmazokat veszunk, mondjuk A′-t es B′-t, akkor isugyanazt az eredmenyt kapjuk. Azaz az alabbi allıtasra van szuksegunk.

8. Tetel. Ha A ∼ A′, B ∼ B′, tovabba A ∩ B = A′ ∩ B′ = ∅, akkor A ∪ B ∼A′ ∪B′.

Bizonyıtas. Ha f : A→ A′ es g : B → B′ bijekcio, akkor az alabbi F fuggvenybijekcio lesz A ∪B es A′ ∪B′ kozott.

F (x) =

f(x), ha x ∈ Ag(x), ha x ∈ B.

Jegyezzuk meg, hogy az axiomatikus halmazelmeleti fuggvenydefinıciot figyelem-beveve F = f ∪ g ırhato.

Az eppen definialt szamossagosszeadas nyilvanvaloan kielegıti az egyik kri-teriumot, amit megkoveteltunk: termeszetes szamokra a szokasos osszeget adja.

Probaljuk meg felırni az osszeadas azonossagait.

9. Tetel.

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

Bizonyıtas.

(a) Mivel halmazokra teljesul az A ∪B = B ∪A azonossag.(a) Az (A ∪B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C) halmazegyenloseg alapjan.

Szorzas

Ha a es b szamossagok, ab szorzatukat a kovetkezokeppen definialjuk: legye-nek A es B halmazok, |A| = a, |B| = b, ekkor ab az A×B halmaz szamossaga.

Itt ismet igazolni kell, hogy az eredmeny csak a-tol es b-tol fugg.

10. Tetel. Ha A ∼ A′ es B ∼ B′, akkor A×B ∼ A′ ×B′.

Bizonyıtas. Ha f : A→ A′ es g : B → B′ bijekcio, akkor az alabbi F fuggvenybijekcio lesz A×B es A′ ×B′ kozott.

F(〈x, y〉

)=

⟨f(x), g(y)

⟩

Vizsgaljuk meg a szorzas azonossagait.

11. Tetel.

(a) ab = ba.(b) (ab)c = a(bc).(c) (a+ b)c = ac+ bc.

13

Bizonyıtas.

(a) Azt kell belatni, hogy adott A es B halmaz eseten

A×B ∼ B ×A.

Egy megfelelo bijekcio adhato meg a kovetkezokeppen: rendeljuk hozza 〈x, y〉-hoz 〈y, x〉-et.(b) Be kell latni, hogy

(A×B) × C ∼ A× (B × C).

Egy bijekcio a ket oldal kozott a kovetkezokeppen adhato meg: rendeljuk hozza⟨〈x, y〉, z

⟩-hez

⟨x, 〈y, z〉

⟩-t.

(c) Azonnal adodik az

(A ∪B) × C = (A× C) ∪ (B × C)

azonossagbol.

Vegtelen sok szamossag osszeadasa

Vegtelen sok szamossag osszeget (helyesebben szamossagok tetszoleges hal-mazara azok osszeget) a kezenfekvo modon definialjuk: ha ai : i ∈ I szamos-sagok tetszoleges halmaza, akkor

∑

i∈I

ai

-vel vagy∑

ai : i ∈ I-vel jelolt osszeguket a kovetkezokeppen szamıtjuk ki:legyen Ai : i ∈ I paronkent kozos elem nelkuli halmazok rendszere, amelyre|Ai| = ai. Ekkor

∣∣⋃Ai : i ∈ I∣∣ a kıvant szamossag.

Itt a szokasos problemaval kell szembeneznunk, nevezetesen, be kell latni,hogy az eredmeny nem fugg az Ai : i ∈ I halmazok valasztasatol, csak aai : i ∈ I halmaztol. Ehhez a kovetkezo allıtasra van szuksegunk.

12. Tetel. Tegyuk fel, hogy Ai : i ∈ I paronkent kozos elem nelkuli halmazokrendszere es A′

i : i ∈ I ugyancsak. Tegyuk fel tovabba, hogy minden i ∈ I-reAi ∼ A′

i teljesul. Ekkor ⋃

i∈I

Ai ∼⋃

i∈I

A′i.

Bizonyıtas. Legyen fi : Ai → A′i bijekcio. Ekkor

F :⋃

Ai : i ∈ I →⋃

A′i : i ∈ I

bijekcio, ahol az F fuggvenyt a kovetkezokeppen definialjuk. Legyen F (x) =fi(x), ahol i ∈ I az egyetlen index, amire x ∈ Ai (csak egy ilyen i van, mert ahalmazok paronkent diszjunktak).

14

Vegtelen sok szamossag szorzasa

Logikus, hogy vegtelen sok szamossag szorzatanak definialasahoz eloszor aDescartes-szorzatot kell altalanosıtani: ki kell talalni, mi legyen vegtelen sokhalmaz szorzata. Mivel A×B ugy is megfogalmazhato, hogy minden lehetsegesmodon egymastol fuggetlenul kivalasztunk A-bol es B-bol is egy elemet, eztprobaljuk altalanosıtani.

Ha adott halmazoknak egy tetszoleges Ai : i ∈ I rendszere, a halmazokDescartes-szorzat an a kovetkezo halmazt ertjuk:

∏

i∈I

Ai =f : f(i) ∈ Ai minden i ∈ I-re

.

Kicsit maskent jelolve a Descartes-szorzatot:∏Ai : i ∈ I. Tehat a halmaz

elemei azok az I-n ertelmezett fuggvenyek, amelyekre igaz, hogy minden i ∈ I-reaz i-n felvett ertek az Ai halmaz valamelyik eleme.

Megint csak, eloszor be kell latni, hogy ıgy halmazt kapunk. A szokasosmodon ehhez eleg egy halmazba ,,zarni” az osszes szereplo fuggvenyeket, azazegy olyan C halmazt talalni, hogy f ∈

∏Ai : i ∈ I eseten f ∈ C teljesuljon.

Ismet csak eleg olyan A es B halmazokat talalni, hogy minden ilyen f -re f ⊆A × B igaz legyen, de itt nyilvan veheto A = I, B =

⋃Ai : i ∈ I. A

Descartes-szorzat tehat resze a

P

(I ×

⋃Ai : i ∈ I

)

halmaznak, ıgy maga is halmaz.

Definıcioink egy furcsasagot eredmenyeznek. Probaljuk meg meghatarozniA0 × A1-et adott A0 es A1 halmazok eseten! Ez (latszolag) nem problema, arendezett parok halmaza, azaz

A0 ×A1 =〈x, y〉 : x ∈ A0, y ∈ A1

.

Ugyanakkor ez specialis esete az imenti definıcionak is, ami szerint A0×A1 azonf fuggvenyek halmaza, amelyek ertelmezesi tartomanya 0, 1 es f(0) ∈ A0,f(1) ∈ A1 teljesul. Ez a ket halmaz persze nem azonos, bar konnyu talalniegy bijekciot kozottuk: rendeljuk hozza 〈x, y〉-hoz azt a 0, 1-en ertelmezettfuggvenyt, amelyre f(0) = x, f(1) = y.

Szamossagok tetszoleges halmazanak szorzatat ezekutan ıgy definialjuk; le-gyen ai : i ∈ I szamossagok halmaza. Ekkor

∏

i∈I

ai =∣∣∏

i∈I

Ai

∣∣

ahol Ai olyan halmaz, hogy |Ai| = ai.

15

A vegtelen osszeadas es szorzas azonossagai kozul csak egyet, a disztribu-tivitas meg csak nem is legaltalanosabb formajat mondjuk ki es bizonyıtjuk.

13. Tetel. Tegyuk fel, hogy ai : i ∈ I es bj : j ∈ J szamossagok halmazai.Ekkor (∑

i∈I

ai

)(∑

j∈J

bj

)=

∑

i∈I

∑

j∈J

aibj .

Bizonyıtas. Legyenek Ai : i ∈ I diszjunkt halmazok |Ai| = ai szamossaggales Bj : j ∈ J diszjunkt halmazok |Bj | = bj szamossaggal. Eleg belatni, hogy

(⋃

i∈I

Ai

)×

(⋃

j∈J

Bj

)=

⋃

i∈I

⋃

j∈J

(Ai ×Bj)

es hogy a jobboldali felbontas diszjunkt. Valoban, a baloldal elemei olyan 〈x, y〉alaku rendezett parok, ahol x valamelyik Ai, y pedig valamelyik Bj halmazeleme, es minden 〈x, y〉 par csak egy Ai ×Bj eleme lehet, hiszen minden x csakegy Ai-ben, minden y csak egy Bj-ben lehet.

Hatvanyozas

A hatvanyozast egeszen egyszeruen ugy definialhatjuk, mint ismetelt szorzast,tehat ab =

∏a, ahol b-szer vesszuk tenyezokent a-t. Azaz, ha |I| = b, akkor

ab =∏

i∈I

ai,

ahol minden ai egyenlo a-val. Tovabb visszafejtve a definıciot,

ab =∣∣∏

i∈I

Ai

∣∣,

ahol |Ai| = ai = a es itt celszeruen minden Ai halmazt ugyanannak az Ahalmaznak valasztva es beırva a Descartes-szorzat definıciojat az adodik, hogyab egyenlo a

f : I → A

halmaz szamossagaval.Ez motivalja a kovetkezo definıcot: ha A es B halmazok, legyen

BA = f : B → A

es, ha a = |A|, b = |B|, akkor ab = |BA|. Annak oka, hogy a halmaz-hatvanyozasban a kitevot balra ırjuk az, hogy ez segıt minket nem osszekeverni,hogy az A-bol B-be vagy a B-bol A-ba kepezo fuggvenyekrol van szo.

Ezekutan kiszamıtjuk a nevezetes hatvanyokat.

14. Tetel. a0 = 1, 0a = 0 (a 6= 0), a1 = a, 1a = 1.

16

Bizonyıtas. a0 kiszamıtasahoz le kell ırni ∅A-t. Azaz, az ∅ → A fuggvenyeketkell szambavenni, es ilyen pontosan egy van: az ures fuggveny. Tehat ∅A = ∅es ezert a0 = 1.

0a kiszamıtasahoz az A∅ halmazt kell tanulmanyozni. Ha A nem az ureshalmaz, nincs olyan fuggveny, amely A-bol az ures halmazba kepezne. Igytehat A∅ = ∅ es ezert 0a = 0. Ha viszont A = ∅, akkor, mint lattuk pontosanegy ∅ → ∅ fuggveny van, ıgy 00 = 1.

A tovabbiakhoz egy 1 elemu mintahalmazra van szuksegunk, legyen ez 0.a1 kiszamıtasahoz a 0A halmazt kell meghatarozni. Ebben a 0-n ertelmezett,A-ba kepezo fuggvenyek vannak, s ezek valoban annyian vannak, mint ahanyeleme A-nak, mert az f : 0 → A fuggvenyt meghatarozza, hogy f(0) melyikeleme A-nak.

Vegul A0-t kell leırni. Ez egyszeru: a kıvant halmazban egyetlen fuggvenyvan, az, amelyik A minden elemen 0-t vesz fel.

Kovetkeznek a hatvanyozas azonossagai.

15. Tetel.

(a) (ab)c = acbc.(b) (ab)c = a(bc).(c) ab+c = abac.

Bizonyıtas.

(a) Azt kell belatni, hogy

C(A×B) ∼ CA× CB.

A baloldal egy eleme olyan F fuggveny, amely z ∈ C-re A × B-beli elemetvesz fel, tehat ertekei F (z) = 〈f(z), g(z)〉 alakuak, ahol f(z) ∈ A, g(z) ∈ B,tehat f ∈ CA, g ∈ CB. Ezert celszeru F -hez ezt az 〈f, g〉 part hozzarendelni.(Vigyazat ! Axiomatikus halmazelmeleti definıcioink szerint F NEM AZONOS〈f, g〉-vel, hiszen F

⟨z, 〈x, y〉

⟩alaku rendezett parokbol all (ahol z ∈ C, x ∈

A, y ∈ B) mıg 〈f, g〉 egyetlen rendezett par. Ezt azert emeljuk ki, mert azaxiomatikus halmazelmeleten kıvul jogos es szokasos az F = 〈f, g〉 azonosıtas,itt azonban ragaszkodunk azon elvunkhoz, hogy ket halmaz csak akkor azonos,ha ugyanazok az elemeik.)(b) Azt kell belatni, hogy

C(BA

)∼ B×CA.

Az elozo okoskodashoz hasonloan ugy fogunk ervelni, hogy a ket halmaz tulaj-donkeppen ugyanaz, amellett persze, hogy teljesen mas. Legyen f a baloldalegy eleme ! Ekkor f egy C-bol BA-ba kepezo fuggveny. Tehat z ∈ C-re f(z)egy valamilyen B → A fuggveny. Ezt ugy tudjuk megadni, hogy ha megadjukminden y ∈ B-re az f(z)(y) ∈ A erteket. Azaz, minden 〈y, z〉 ∈ B×C parhoz kikell jelolni egy A-beli erteket. Ez valoban egy B×CA-beli fuggveny megadasatjelenti. A formalis bijekcio a ket oldal kozott tehat a kovetkezo lesz: f ∈ C

(BA

)-

hoz rendeljuk hozza g ∈ B×CA-t, ahol g(〈y, z〉

)= f(z)(y).

17

(c) Azt kell belatni, hogyB∪CA ∼ BA× CA,

ahol B ∩ C = ∅. A baloldal elemei F : (B ∪ C) → A alaku fuggvenyek, mıga jobboldale (f, g) alaku parok, ahol f : B → A, g : C → A alaku fuggveny.Ezutan konnyu a bijekciot megadni: adott F : (B ∪ C) → A-hez rendeljukhozza (f, g)-t, ahol f = F |A, g = F |B. Igy valoban minden part megkapunk aB ∩ C = ∅ kikotes miatt: adott f : B → A, g : C → A fuggvenyekhez vegyuk akovetkezo F : (B ∪C) → A fuggvenyt:

F (x) =

f(x), x ∈ Bg(x), x ∈ C.

Ezt a fuggveny axiomatikus halmazelmeleti definıcioja miatt ıgy is ırhatjuk:F = f ∪ g.

A muveletek monotonitasa.

A vegtelen szamossagokon ertelmezett muveletek nem monotonok a szokasosertelemben, ugyanis peldaul 0 < 1 megis 0+ℵ0 = 1+ℵ0 = ℵ0. Hasonloan 1 < 2de 1ℵ0 = 2ℵ0 = ℵ0. Igy tehat a szigoru monotonitasi szabaly nem remelheto(ha minden tagot nemcsokkentunk es legalabb egyet szigoruan novelunk, akkoraz osszeg is szigoruan no) de a gyenge valtozat meg igaz marad (amikor csak≤-t kapunk).

16. Tetel. Tegyuk fel, hogy adva van szamossagok ket halmaza (azonos index-halmazzal): ai : i ∈ I es bi : i ∈ I, tovabba ai ≤ bi teljesul minden i ∈ I-re.Ekkor

∑ai : i ∈ I ≤

∑bi : i ∈ I es

∏ai : i ∈ I ≤

∏bi : i ∈ I.

Bizonyıtas. Legyenek Ai : i ∈ I, illetve Bi : i ∈ I megfelelo szamossaguhalmazrendszerek, azaz |Ai| = ai es |Bi| = bi, tovabba az elso egyenlotlensegbizonyıtasahoz azt is kikotjuk, hogy a rendszerek diszjunkt halmazokbol allnak.Mivel ai ≤ bi egyszeruen feltehetjuk, hogy Ai ⊆ Bi. De ekkor

⋃Ai : i ∈ I ⊆⋃

Bi : i ∈ I, ıgy∑

ai : i ∈ I ≤∑

bi : i ∈ I-t rogton belattuk. A masodikegyenlotlenseghez azt eleg belatni, hogy

∏

i∈I

Ai ⊆∏

i∈I

Bi,

ami a Descartes-szorzat definıciojabol azonnal adodik: a baloldal elemei azokaz I-n ertelmezett fuggvenyek, amelyeknel f(i) ∈ Ai teljesul minden i ∈ I-re,mıg a jobboldale azok, amelyeknel f(i) ∈ Bi teljesul minden i ∈ I-re, s az elsofeltetelbol nyilvan kovetkezik a masodik.

Hasonlo tetel igaz a hatvanyozas gyenge monotonitasara.

17. Tetel. Ha a0 ≤ a1 es b0 ≤ b1 akkor ab00 ≤ ab1

1 kiveve, ha 0 = a0 = a1 =b0 < b1, ekkor ugyanis 1 = 00 > 0b1 = 0.

18

Bizonyıtas. Legyen |A0| = a0, |A1| = a1, |B0| = b0, |B1| = b1, es meg, mivela0 ≤ a1, b0 ≤ b1 azt is feltesszuk, hogy A0 ⊆ A1 es B0 ⊆ B1. Mivel ab0

0 ≤ ab11 -t

kell belatni, a legegyszerubb persze az lenne, hogy bebizonyıtsuk B0A0 ⊆ B1A1-t,ez azonban altalaban nem igaz: a baloldal elemei B0-bol kepezo fuggvenyek, ajobboldale B1-bol kepezok. Igy mindenkeppen egy F : B0A0 → B1A1 injekciotkell megadni. Ha f : B0 → A0, akkor F (f) legyen f olyan kiterjesztese B1-re,ami meg mindig A1-be kepez. Kisse precızebben: legyen t ∈ A1, definialjukF (f)-et a kovetkezokeppen:

F (f)(x) =

f(x), x ∈ B0

t, x ∈ B1 −B0.

Vilagos, hogy ez injekcio, hisz F (f)-bol visszanyerhetjuk f -t (megszorıtva B0-ra) es a konstrukcio csak akkor nem mukodik, ha A1 = ∅ (ekkor nem tudunkt ∈ A1-et kivalasztani). Ekkor persze A0 = ∅ is teljesul. A baj csak akkor van,ha B0 6= B1 (hiszen csak ekkor kell kiterjeszteni), es ha meg B0 6= ∅, akkorismet nincs baj, hiszen mindket oldal (B0A0 es B1A1) az ures halmaz, tehat vanaz elsonek injekcioja a masodikba. Igy azt is megkaptuk, mikor nem all fenn azegyenlotlenseg.

18. Tetel. Minden A halmazra |P (A)| = 2|A|.

Bizonyıtas. A szokasos modon, mindket oldalhoz keresunk egy ,,mintahalmaz”-t, es belatjuk, hogy ezek ekvivalensek. A baloldal mintahalmaza persze P (A). Ajobboldalhoz eloszor egy 2 szamossagu halmazt keresunk, ez 0, 1 lesz. Ezutana jobboldal mintahalmaza

A0, 1 =f : A→ 0, 1

azaz az A-bol 0, 1-be kepezo fuggvenyek halmaza lesz. A ket oldal kozottibijekciot ıgy adjuk meg: ha B ⊆ A, akkor a neki megfelelo fuggveny legyen aχB karakterisztikus fuggveny, tehat az, aminek definıcioja

χB(x) =

1, ha x ∈ B0, ha x ∈ A−B.

19. Tetel. Minden a szamossagra 2a > a.

Bizonyıtas. Legyen |A| = a. Ekkor Cantor tetelet es az elozo tetelt fel-hasznalva 2a = 2|A| = |P (A)| > |A| = a.

8 A kivalasztasi axioma

A szorzas monotonitasanak egyik specialis esete a kovetkezo:

19

ha ai : i ∈ I szamossagok halmaza es ai ≥ 1 minden i ∈ I-re, akkor

∏

i∈I

ai ≥ 1.

Erdemes ezt a halmazok nyelven is megfogalmazni:ha Ai : i ∈ I nemures halmazok rendszere, akkor

∏

i∈I

Ai 6= ∅.

Ezt meg tovabb atfogalmazva kimondjuk, mint kovetkezo axiomankat:

7. A kivalasztasi axioma.

Ha Ai : i ∈ I nemures halmazok rendszere, akkor van olyanI-n ertelmezett f fuggveny, hogy f(i) ∈ Ai minden i ∈ I-re.

A kivalasztasi axomat, Cohen 1963-as eredmenye szerint nem lehet levezetnia tobbibol. Hogyan ? Nem ezt csinaltuk eppen az elobb, amikor levezettunk egytetelt, aminek egy specialis esete a kivalasztasi axioma lett ? Ez az ellentmondascsak ugy oldhato fel, ha ramutatunk, hogy a bizonyıtasban hasznaltuk ezt azaxiomat. Ez valoban ıgy van, sot, szamos ismert es egyszeru bizonyıtasbanhasznaltuk azt — anelkul, hogy tudtunk volna rola. Eloszor nezzunk megnehany peldat erre.

20. Tetel. Megszamlalhato sok megszamlalhato halmaz egyesıtese is megszam-lalhato.

Bizonyıtas. Legyenek halmazaink A0, A1, . . ., soroljuk fel mindegyiket:A0 = a00, a01, . . .,A1 = a10, a11, . . .,. . .Ezutan uniojuk a szokasos modon felsorolhato:

X = A0 ∪A1 ∪ · · · = a00, a01, a10, a11, . . .,

es keszen vagyunk.Hoho ! Hol hasznaltuk itt a kivalasztasi axiomat ? E kerdes megvalaszola-

sahoz ismeteljuk el az elozo bizonyıtast, de egy kicsit reszletesebben.Adva van tehat megszamlalhato halmazok egy A megszamlalhato halmaza.

Vegyuk A elemeinek egy felsorolasat: A = A0, A1, . . .. (Itt meg nem hasznal-tuk a kivalasztasi axiomat, egy nemures halmaznak vettuk egy elemet.) Min-den Ai halmazra letezik felsorolasainak nemures Bi halmaza. Valasszuk ki

minden Ai halmazhoz elemeinek egy felsorolasat ! Azaz vegyunk egy olyan gfuggvenyt, amely az i = 0, 1, . . . ertekekre g(i) ∈ Bi-t elegıti ki. (Itt hasznaltuk

20

a kivalasztasi axiomat. Egyszerre valasztottuk ki vegtelen sok nemures halmaz-nak egy-egy elemet.) Ezutan g segıtsegevel keszıtsuk el a kovetkezo matrixot:

a00 a01 a02 . .a10 a11 a12 . .a20 a21 a22 . .. . . . .

vegul a szokasos cikcakkal jarjuk be ezt a matrixot.

Kovetkezo peldank a folytonossag ketfele definıciojanak jolismert ekviva-lenciaja.

21. Tetel. Legyen f valos fuggveny, a valos szam, f(a) = b. A kovetkezo ketallıtas ekvivalens:

(a) ha xn → a, akkor f(xn) → b,

(b) minden ε > 0-hoz van δ > 0, hogy |x − a| < δ-bol kovetkezik, hogy|f(x) − b| < ε.

Bizonyıtas. Csak az (a) → (b) iranyt bizonyıtjuk, mert szamunkra itt ez azerdekes.

Tegyuk fel, hogy (b) nem igaz, ekkor volna valamilyen ε > 0, amihez semmi-lyen δ > 0 nem jo. Tehat δ = 1, 1

2 ,13 , . . .-ot valasztva talalunk |xn − a| < 1

n-et,

amire∣∣f(xn) − b

∣∣ ≥ ε es mivel ekkor xn → a, de f(xn) 6→ b, ezert (a) nemteljesul.

Fogalmazzuk at ezt az okoskodast ugy, hogy vilagosabb legyen a kivalasztasiaxioma szerepe! Tegyuk fel, hogy g olyan fuggveny, amely R nemures reszhalma-zainak halmazan van ertelmezve es g(X) ∈ X minden ilyen X halmazra (tehata kivalasztasi axiomat ezeknek az X halmazoknak a csaladjara alkalmazzuk).Ezutan az xn : n = 1, . . . sorozatot a kovetkezokeppen definialjuk: legyenxn = g(Xn), ahol

Xn =x ∈ R : |x− a| <

1

n,∣∣f(x) − b

∣∣ ≥ ε.

Az eredeti bizonyıtasban, mindket esetben, vegtelen sokszor tettunk megegy ,,valasszunk a nemures . . . halmazbol egy elemet” tıpusu lepest. Az ilyenlepeseknek megvan a jogosultsaguk (szabad elemet valasztani nemures halmaz-bol), de egy bizonyıtas nem tartalmazhat vegtelen sok lepest, legalabbis, minta logika reszben latni fogjuk, a matematika axiomatikus felepıteseben. Ehelyettegyszer valasztunk (egy kivalasztasi fuggvenyt) s erre vezetjuk vissza a tovabbilepeseket. Hangsulyozom, hogy itt bizonyıtasi lepesrol van szo, a faktorialisfuggveny f(0) = 1, f(n+ 1) = f(n)(n + 1) definıcioja egy (vagy ket) lepesnek

21

szamıt. (Ez ugyan rekurzio, de a ket elobbi keplet egyertelmuen megadja azf fuggvenyt. Ha talalomra dontom el, hogy f(n + 1) hogyan keletkezik f(n)-bol, akkor csak ,,vegtelen sok lepes utan fog megszuletni a fuggveny”, addignincs ertelme f -rol, mint letezorol beszelni.) Tehat egy lepesben krealunk egyfuggvenyt, ami minden esetleges szituacioban megmondja, mit kell csinalni. Afenti tetelnel, a g fuggvenybol egyertelmuen meghataroztuk az xn sorozatot,abban a pillanatban, amikor g-t letezonek fogadjuk el, az xn sorozat is letezik.

Mint latni fogjuk, a kivalasztasi axiomanak szamos erdekes kovetkezmenyevan a matematika kulonbozo agaiban. Ezek egy resze termeszetes, intuicionknakmegfelelo, pozitıv allıtas. Ilyenekre pelda: a szamossagosszehasonlıtas tricho-tomiaja, az x2 = x azonossag minden vegtelen x szamossagra, illetve az atetel, hogy minden vektorternek van bazisa. Nagy szamban vannak az olyankovetkezmenyek is, amelyek nehezen hiheto, bizarr, ellenpelda-szeru allıtasokatfogalmaznak meg. Ilyenek: a jolrendezesi tetel, a Cauchy-fele fuggvenyegyenletnem cx alaku megoldasanak letezese, az f(x) = x fuggveny felbonhatosaga ketperiodikus fuggveny osszegere. Megemlıtunk ket tovabbit: a Banach-Tarskiparadoxon szerint a terbeli egyseggomb veges sok reszre darabolhato, s ezekbolatfedes- es hezagmentesen ket egyseggomb rakhato ossze. A masik pelda Lacz-kovich Miklos tetele (1989): az egyseg teruletu negyzet felbonthato veges sokdarabra ugy, hogy ezekbol (ismet csak atfedes es hezag nelkul) egyseg teruletukorlap rakhato ossze. (Ezt nevezik a kor modern negyszogesıtesenek.)

A kovetkezokben a kivalasztasi axioma specialis eseteivel foglalkozunk. Je-lolje Cn a kivalasztasi axiomat n-elemo halmazokra, azaz azt az allıtast, hogyminden Ai : i ∈ I rendszernek van kivalasztasi fuggvenye, ha |Ai| = n teljesulminden i ∈ I-re.

22. Tetel. C2-bol kovetkezik C4.

Bizonyıtas. Legyen Ai : i ∈ I halmazrendszer, amire |Ai| = 4 teljesul(i ∈ I). Mivel C2-t feltesszuk, van f fuggveny, ami az A =

⋃Ai : i ∈ I

halmaz minden 2-elemu halmazanak kivalasztja egy elemet. Celunk megadniegy eljarast, ami f segıtsegevel minden Ai-bol egyertelmuen kivalaszt egy g(i)elemet. Mivel |Ai| = 4,

(42

)= 6 ketelemu reszhalmazabol valasztunk ki egy-egy

elemet. Ai minden elemet legfeljebb 3-szor valaszthatja f ki, es csak egy elemetvalaszthat pontosan 3-szor. Ez indokolja a kovetkezo eset bevezeteset.

Elso eset. Van x ∈ Ai, amit f Ai harom reszhalmazabol valasztja ki.Ekkor legyen g(i) = x.

Masodik eset. Nem teljesul az elso eset, de van olyan y ∈ Ai, amit f Ai

semelyik reszhalmazabol sem valaszt ki.Ilyen y csak egy lehet, hiszen, ha y, y′ is ilyen, akkor f nem valasztana az

y, y′ halmazbol elemet. Ekkor legyen g(i) = y.

Harmadik eset. Ai minden eleme egyszer vagy ketszer van kivalasztva.

22

Ez csak ugy lehet, ha mind az egyszer, mind a ketszer valasztott elemekszama 2. Ha most a ketszer valsztott elemek halmaza Bi, akkor |Bi| = 2,legyen tehat g(i) = f(Bi).

Terjunk vissza eredeti kerdesunkhoz es keressuk meg, hogy a monotonitasitetel (16. Tetel) bizonyıtasaban hol hasznaltuk fel a kivalasztasi axiomat! Aminket erdeklo allıtas ıgy fogalmazhato: ha Ai : i ∈ I es Bi : i ∈ I halmazokrendszerei es minden i-re Ai-nek van injekcioja Bi-be, akkor

∏Ai : i ∈ I-nek

van injekcioja∏Bi : i ∈ I-be. A bizonyıtas soran rogzıtettunk egy gi injekciot

Ai-bol Bi-be (itt hasznaltuk fel a kivalasztasi axiomat, hiszen egyszerre vegtelensok dolgot valasztottunk ki), es ebbol konstrualtuk az

F :∏

Ai : i ∈ I →∏

Bi : i ∈ I

fuggvenyt: legyen F (f)(i) = gi

(f(i)

). (A bizonyıtas egy nem lenyeges tovabbi

lepest is tartalmaz: minden Ai halmazt atcsereltunk az azonos nagysagu gi[Ai]halmazra.)

23. Tetel. Ha a vegtelen szamossag, akkor a ≥ ℵ0.

Bizonyıtas. Legyen |A| = a. ℵ0 szamossagu mintahalmazunk kezenfekvomodon a termeszetes szamok N halmaza, ıgy egy f :N → A injekciot kell pro-dukalnunk.

Mivel A vegtelen, van eleme, valasszunk ki egyet, mondjuk x0-t. Mivel Avegtelen, van legalabb ket eleme, ıgy A− x0-nak is van eleme, valasszunk kiegyet, mondjuk x1-et. Mivel A vegtelen, legalabb harom eleme van, A−x0, x1-nek is van eleme, valasszunk ki egyet, mondjuk x2-t. Ezt folytatva, kapjuk azx0, x1, . . . ∈ A elemeket, s ekkor f(i) = xi injekcio (i = 0, 1, . . .).

Ebben a bizonyıtasban vegtelen sok lepesben valasztottunk egy-egy elemet,ıgy erdemes atfogalmazni a kivalasztasi axioma segıtsegevel. Legyen g kiva-lasztasi fuggveny A nemures reszhalmazain, azaz g(X) ∈ X minden X ⊆ A-ra, amire X 6= ∅. Definialjuk f -et a kovetkezokeppen: f(0) = g(A), f(1) =g(A − f(0)

), f(2) = g

(A − f(0), f(1)

), stb. Mivel A vegtelen, f minden

termeszetes szamra definialva lesz.

24. Tetel. Ha a vegtelen szamossag, akkor a+ ℵ0 = a.

Bizonyıtas. Legyen |A| = a. Az elozo tetel szerint van f :N → A injekcio,ıgy, ha f [N] ennek ertekkeszlete, B = A− f [N] annak komplementere, b = |B|,akkor a = b+ ℵ0. Ekkor

a+ ℵ0 = (b+ ℵ0) + ℵ0 = b+ (ℵ0 + ℵ0) = b+ ℵ0 = a.

Itt a masodik egyenloseg az osszeadas asszociativitasabol kovetkezik, a harmadikpedig a regrol ismert ℵ0 + ℵ0 = ℵ0 egyenloseget hasznalja fel.

Persze, a monotonitas miatt azonnal kapjuk, hogy ha a vegtelen, n vegesszamossag, akkor a+ n = a, hiszen

a ≤ a+ n ≤ a+ ℵ0 = a.

23

Erdemes megjegyezni, hogy a kezenfekvonek latszo a+1 = a egyenloseget (ahola vegtelen szamossag) nem tudjuk olyan nagyon egyszeruen bizonyıtani.

9 Peldak szamossagokra

Ebben a fejezetben ismetelten fogjuk hasznalni a c jelolest a kontinuum szamos-sagra, tehat a valos szamok halmazanak szamossagara.

25. Tetel. Minden valos intervallum szamossaga kontinuum (kiveve az egy-pontu intervallumokat es az ∅-t).

Bizonyıtas. Ne felejtsuk, a kontinuum szamossag definıcio szerint az R, vagyha tetszik a (−∞,∞) halmaz szamossaga. A tangens fuggveny bijekciot admeg a (−π

2 ,π2 ) intervallum es R kozott. Nagyıtassal/kicsinyıtessel, illetve el-

tolassal bijekciot adhatunk meg barmelyik (a, b) nyılt intevallum es (−π2 ,

π2 )

kozott. Ha pedig I egy nem elobbi tıpusu intervallum (tehat zart, felig zart, vagyegyiranyban vegtelen) akkor az ekvivalencia-tetelt hasznaljuk: legyen (a, b) ⊆ Ieleg rovid nyılt reszintervallum, ekkor a fentiek szerint R-nek van injekcioja(a, b) ⊆ I-be, I ⊆ R miatt van masik iranyu injekcio is, tehat van I ∼ R

bijekcio is.

26. Tetel. 2ℵ0 = c.

Bizonyıtas. Eloszor megfelelo halmazokat kell talalni a ket oldalhoz, ame-lyek kozotti bijekcio letezeset igazolni fogjuk. A baloldal mintahalmaza N0, 1lesz, a jobboldalhoz barmelyik nemtrivialis intervallumot valaszthatjuk, legyenez [0, 1). N0, 1 elemeire, tehat a termeszetes szamokbol 0, 1-be kepezofuggvenyekre gondoljunk, mint vegtelen 0-1 sorozatokra. Kezenfekvo otlet lennea 0 es 1 kozotti valos szamokhoz kettes szamrendszerbeli kifejtesuknek a ket-tedesvesszo utani reszet, mint vegtelen 0-1-sorozatot rendelni. Ez azonbannem lesz bijekcio, csak injekcio. Ugyanis olyan sorozatokat nem kapunk megeredmenyul, amelyek valahonnan kezdve vegig egyesekbol allnak. (Hasonloanahhoz, hogy egy valos szam tizedes kifejtese nem tartalmazhat valahonnankezdve vegig 9-est.) Ha a masik iranyban is talalunk injekciot, akkor keszenleszunk az ekvivalencia tetel alkalmazasaval. Egy ilyen injekcio peldaul a ko-vetkezo: a vegtelen 0-1 sorozatot olvassuk le, mint egy valos szam tizes szam-rendszerbeli felırasa. Mivel persze egy 0-1 sorozat nem allhat valahonnan kezdvecsupa 9-esbol, ıgy valoban injekciot kapunk.

27. Tetel. c2 = c.

Bizonyıtas. Az elozo tetel es a hatvanyozas azonossagai alapjan:

c2 =(2ℵ0

)2= 2ℵ0+ℵ0 = 2ℵ0 = c.

24

Tehat a sıknak ugyanannyi pontja van, mint az egyenesnek. Ezt eloszorCantor bizonyıtotta, kozvetlenul, meglehetosen bonyolult bijekciot adva R esR2 kozott. A fenti elegans (am tobbet hasznalo) bizonyıtas is tole ered.

28. Tetel. n = 2, 3, . . .-ra cn = c.

Bizonyıtas. Az elozo tetel alapjan indukcioval: az n = 2 eset mar megvan,n-rol n+ 1-re pedig ıgy okoskodunk:

cn+1 = cnc = c2 = c.

Azaz, az n-dimenzios ternek, Rn-nek ugyanannyi pontja van, mint az egye-nesnek (vagy egy barmilyen rovid szakasznak). Ennek jelentosege abban rejlett,hogy a bizonyıtas idejen a szuletoben levo topologia nem tudta megkulonboztetnia kulonbozo euklideszi tereket, nem volt meg kidolgozva a dimenzio matematikaifogalma. A tetel azt mutatja, hogy a szamossag alkalmatlan e terek leırasara.

A fenti tetelt alkalmazhatjuk veges dimenzios ,,fazisterek”-re is. Erre egypeldat adunk.

29. Tetel. A sıkbeli, egyenloszaru haromszogek szama c.

Bizonyıtas. Megint csak az ekvivalencia-tetel miatt eleg belatni, hogy a kıvantszamossag legfeljebb c es legalabb c. Eloszor azt bizonyıtjuk, hogy az egyenlosza-ru haromszogek szama legfeljebb kontinuum. Minden egyenloszaru haromszogmegadhato, ha megadjuk csucspontjainak osszesen 6 koordinatajat, ıgy osszesenc6 = c lehetoseg van. Masreszt konnyen megadhatunk kontinuum sok kulonbozoegyenloszaru haromszoget: legyenek a csucsok (−1, 0), (1, 0) es (0, x) valamilyenx > 0-ra.

30. Tetel cℵ0 = c.

Bizonyıtas. cℵ0 =(2ℵ0

)ℵ0

= 2ℵ0ℵ0 = 2ℵ0 = c.

31. Tetel. A folytonos R → R fuggvenyek szama c.

Bizonyıtas. Ha f : R → R folytonos fuggveny, akkor rendeljuk hozza f |Qmegszorıtasat. Ekkor kulonbozo fuggvenyekhez kulonbozo fuggvenyeket ren-deltunk: valoban, ha f 6= g folytonos fuggvenyek, akkor van olyan valos x szam,hogy f(x) 6= g(x), a folytonossag miatt ha y x-hez eleg kozeli szam, akkorf(y) f(x)-hez, g(y) g(x)-hez lesz egyre kozelebb, ıgy ha alkalmas, x-hez kozeliracionalis y szamot valasztunk, akkor f(y) 6= g(y). Tehat a vizsgalt halmazt(valos, folytonos fuggvenyek) beinjektaltuk a Q → R fuggvenyek halmazaba,aminek szamossaga |QR| = cℵ0 = c.

Be kell meg latni, hogy a folytonos fuggvenyek szama legalabb c, de konnyumegadni c kulonbozo fuggvenyt: peldaul a konstans fuggvenyek szama annyiahany konstans erteket megadhatunk, azaz c.

25

32. Tetel. Az R → R fuggvenyek szama 2c.

Bizonyıtas. Persze tudjuk, hogy 2c > c es az is vilagos, hogy a valos fuggvenyekszama cc. Azt kell tehat belatni, hogy 2c = cc. Az egyik iranyu egyenlotlenseg,2c ≤ cc a hatvanyozas monotonitasabol azonnal kovetkezik, ıgy cc ≤ 2c-t kellbelatni. Ezt ıgy lehet:

cc ≤(2c

)c= 2cc = 2c,

mivel c2 = c.

Jegyezzuk meg, hogy 2c > c, tehat kontinuumnal tobb valos fuggveny van.Igy az utolso ket tetel kovetkezmenye, hogy van olyan valos fuggveny, amely nemfolytonos. Ketsegkıvul sikerult ennek legbonyolultabb bizonyıtasat megtalalni.

Definialjuk a c1, c2, . . . szamossagokat a kovetkezokeppen. c1 = c. In-dukcioval cn+1 = 2cn . Ezzel egy novo c = c1 < c2 < · · · sorozatot definialtunk.

33. Tetel. n = 1, 2, . . .-re c2n = cn.

Bizonyıtas. n-re indukcioval. n = 1-re, tehat c-re az allıtast lattuk. Tegyukfel, hogy tudjuk c2n = cn-t. A c2n+1 = cn+1 egyenloseg ,,fele” tehat c2n+1 ≥ cn+1

a szorzas monotonitasabol vilagos, tehat csak c2n+1 ≤ cn+1-t kell belatni. Ezpedig ıgy megy:

c2n+1 =(2cn

)2= 2cn2 ≤ 2cncn = 2cn = cn+1.

Definialjuk a d szamossagot a kovetkezokeppen:

d = c1 + c2 + c3 + · · · .

Eloszor is azt allıtjuk, hogy d minden eddigi cn-nel nagyobb: d ≥ cn+1 > cn.Ezutan a fenti allıtast d-re is kiterjesztjuk.

34. Tetel. d2 = d.

Bizonyıtas. Ismet d2 ≥ d vilagos, tehat csak d2 ≤ d-t kell bizonyıtani. Fel-hasznalva a 13. Tetelt,

d2 =( ∞∑

i=1

ci

)( ∞∑

j=1

cj

)=

∞∑

i=1

∞∑

j=1

cicj ≤∞∑

i=1

(2i− 1)ci ≤∞∑

i=1

c2i =

∞∑

i=1

ci = d.

Folytathatjuk egyre nagyobb es nagyobb szamossagok definıciojat: d1 = d,2dn = dn+1, ekkor d = d1 < d2 < · · · es d2

n = dn minden n-re, e = d1 + d2 + · · ·,ez az e minden dn-nel nagyobb es e2 = e, stb.

Az eddigiek szerint ket modszerunk van nagyobb szamossagok letrehozasara:ha mar van valamennyi szamossagunk es ezek kozott van legnagyobb, mond-juk a, akkor vesszuk 2a-t, ha pedig szamossagunk A halmaza olyan, hogy

26

minden bennelevo szamossaghoz van benne nagyobb, akkor vesszuk az A-beliszamossagok osszeget. Lathato, hogy e ket modszer hasznalataval nagy bosegbenallıthatunk elo szamossagokat. Kesobb ki fog derulni, hogy ıgy minden vegtelenszamossagot elo tudunk allıtani. Egyelore csak annyit latunk be, hogy nagyonsokat.

35. Tetel. HaA szamossagok valamilyen halmaza, akkor van olyan b szamossag,hogy b > a teljesul minden a ∈ A-ra.

Bizonyıtas. Legyen

b =∑

a∈A

2a.

Ha a ∈ A tetszoleges szamossag, akkor a < 2a ≤ b, az osszeadas gyenge mono-tonitasa miatt.

Jegyezzuk meg, hogy a tetelbeli b specialisan nem lehet benne A-ban, tehatbelattuk, hogy szamossagok barmilyen A halmazahoz van olyan b szamossag,hogy b /∈ A, azaz az osszes szamossagok nem alkotnak halmazt. Ez is egyRussell-paradoxon-szeru allıtas. Kesobb lesz meg egy: belatjuk, hogy az osszesrendszamok sem alkotnak halmazt.

Feladat. Tegyuk fel, hogy a0, a1, . . . termeszetes szamok. Mennyi lehet aza0a1 · · · szorzat erteke ?

10 Rendezett halmazok

Egy 〈A,<〉 part rendezett halmaznak nevezunk, ha < rendezi A-t, azaz ren-delkezik a rendezes harom tulajdonsagaval:

1. (irreflexivitas) x < x sohasem teljesul;

2. (tranzitivitas) ha x < y es y < z, akkor x < z;

3. (trichotomia) ha x, y ∈ A, akkor x < y, x = y vagy y < x.

Konnyu belatni, hogy barmely x, y eseten a 3. pontban felsorolt eseteknekcsak az egyike teljesulhet, ıgy a trichotomiat rogton ıgy is fogalmazhattuk volna.

Az axiomatikus halmazelmeletben rendezett halmaznak nevezzuk az 〈A,R〉rendezett part, ahol R ⊆ A×A es

1. 〈x, x〉 /∈ R ha x ∈ A;

2. ha 〈x, y〉 ∈ R es 〈y, z〉 ∈ R, akkor 〈x, z〉 ∈ R;

3. ha x, y ∈ A, akkor 〈x, y〉 ∈ R, x = y vagy 〈y, x〉 ∈ R.

27

(Az elkepzeles tehat az, hogy <-et azonosıtjuk az R = 〈x, y〉 : x < yhalmazzal. Ez megfelel annak, hogy az f : A → B fuggvenyt azonosıtottuk az〈x, f(x)〉 : x ∈ A ⊆ A×B halmazzal.)

A szigoru axiomatikus elvek szerint eppen hasznalhatnank a <⊆ A × Adefinıciot, de mindenkeppen szabalytalan, ha ket rendezett halmaz, 〈A,<〉 es〈B,<〉 rendezeset azonos jellel (<) jeloljuk. Ezt ugy oldjuk meg, hogy index-eket hasznalunk: 〈A,<A〉 es 〈B,<B〉. De meg ezt a szabalyt is megsertjuk azattekinthetoseg kedveert; ha nem okoz zavart, megiscsak az 〈A,<〉 es 〈B,<〉jeloleseket hasznaljuk, hasonloan ahhoz, ahogy peldaul algebraban a gyuruknullelemet mindig ugyanazzal a jellel (0) jeloljuk.

Ha peldat adunk rendezett halmazra, akkor legalabbis elvben az alaphalma-zon kıvul a rendezest is meg kell adni. A legtobb esetben azonban ,,vilagos” miregondolunk, azaz van egy jol ismert rendezes. Ilyen peldak a termeszetes szamok〈N, <〉, az egesz szamok 〈Z, <〉, a racionalis szamok 〈Q, <〉, a valos szamok〈R, <〉 halmaza. De rendezett halmaz, barmily furcsa is, az ures halmaz azures rendezessel: 〈∅, ∅〉. Minden veges halmaz is rendezheto, ha ugyanis |A| =n, akkor A elemeinek van A = a1, . . . , an felsorolasa es megfelelo rendezestkapunk, ha az indexek szerint rendezunk, tehat ai < aj , ha i < j.

Ha adott ket rendezett halmaz, 〈A,<A〉 es 〈B,<B〉 akkor az f : A → Bfuggveny neve rendezestarto vagy monoton fuggveny, ha x <A y eseten f(x) <B

f(y) is mindig teljesul. Jegyezzuk meg, hogy monoton fuggveny mindenkeppeninjektıv: valoban, ha x 6= y az A halmaz elemei, akkor peldaul x < y esetenf(x) < f(y).

Azt is hasznos megjegyeznunk, hogy f(x) < f(y), f(x) = f(y), f(x) > f(y)-bol x < y, x = y, x > y kovetkezik.

Amennyiben az 〈A,<〉 es 〈B,<〉 rendezett halmazok kozotti rendezestartof fuggveny bijekcio is, akkor hasonlosagnak illetve izomorfizmusnak nevezzuk.Ilyenkor azt mondjuk, hogy 〈A,<〉 es 〈B,<〉 hasonloak vagy izomorfak. Jelben:〈A,<〉 ≃ 〈B,<〉.

Az izomorfnak lenni is ekvivalencia-relacio, az egymassal izomorf rendezetthalmazok kozos tulajdonsagat rendtıpusnak nevezzuk es 〈A,<〉 ≃ 〈B,<〉 esetenazt ırjuk, hogy

tp(〈A,<〉

)= tp

(〈B,<〉

).

Itt megint uj alapfogalmat vezettunk be, mert nem mondtuk meg, mi arendtıpus, csak azt, hogyan viselkedik. Hasonlo bajban vagyunk, mint a sza-mossag definıciojaval. Ezuttal egy olyan F operaciora lenne szuksegunk, amiertelmezve van minden rendezett halmazon, es F

(〈A,<〉

)= F

(〈B,<〉

)pon-

tosan akkor teljesul, ha 〈A,<〉 ≃ 〈B,<〉 teljesul. Minden ilyen tulajdonsaguF operaciot jogunk van rendtıpusnak nevezni, es csak akkor mondhatjuk, hogyaxiomatikus halmazelmeleti ertelemben szabatosan definialtuk a rendtıpust, hailyen operaciot meg tudunk adni. Ezt az 59. oldalon tudjuk megtenni.

28

11 Jolrendezett halmazok

Egy 〈A,<〉 rendezett halmazt jolrendezett halmaznak nevezunk, ha mindennemures reszhalmazanak van legkisebb eleme.

Lassunk peldakat jolrendezett halmazokra!Minden veges rendezett halmaz jolrendezett. Valoban, ha a halmaz A =

a1, . . . , an a rendezes pedig a1 < · · · < an es B nemures reszhalmaza A-nak,akkor, ha a1 ∈ B, akkor a1 lesz a legkisebb elem B-ben. Ha a1 nincs B-ben, dea2 benne van, akkor a2 lesz a legkisebb elem, stb.

A termeszetes szamok 〈N, <〉 rendezett halmaza is jolrendezett, azaz ha advavan akarhany (veges vagy vegtelen sok) de legalabb egy termeszetes szam, akkorvan kozottuk legkisebb.

Az egesz szamok 〈Z, <〉 rendezett halmaza viszont nem jolrendezett: peldaul−1,−3, · · · olyan reszhalmaz, aminek nincs legkisebb eleme.

Hasonlo okbol nem lesz jolrendezett a racionalis vagy valos szamok halmazasem.

Jolrendezett halmaz minden reszhalmaza is jolrendezett: legyen 〈A,<〉 jol-rendezett es legyen B ⊆ A. Ha C ⊆ B nemures, akkor (mivel A-nak nemuresreszhalmaza) van legkisebb eleme, ıgy 〈B,<〉 valoban jolrendezett. Itt fontos(lett volna) kikotni, hogy B-n ugyanazt a rendezest vettuk, mint A-n, precızeb-ben: B-n azt a <B rendezest vettuk, amiben x <B y pontosan akkor, ha x < y,azaz <B a < rendezes megszorıtasa B-re. Meg precızebben, <B=< ∩(B ×B).

Az ures halmaz, pontosabban a rendezett ures halmaz, 〈∅, ∅〉 is jolrendezett,hiszen ∅-nek nincs nemures reszhalmaza, ıgy a megkıvant tulajdonsag uresenteljesul. Egyebkent ez az allıtas az elozo bekezdesbelibol is kovetkezik.

36. Tetel. Tegyuk fel, hogy 〈A,<〉 ≃ 〈B,<〉 es 〈A,<〉 jolrendezett halmaz.Ekkor 〈B,<〉 is jolrendezett.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy f : 〈A,<〉 → 〈B,<〉 izomorfizmus. LegyenC ⊆ B nemures reszhalmaz. Valasszuk ki a nemures f−1[C] halmaz legkisebbelemet, legyen ez a. Ekkor nyilvanvaloan f(a) a C halmaz legkisebb eleme.

E tetel szerint jogosult a kovetkezo definıcio. A jolrendezett halmazokrendtıpusait rendszamoknak nevezzuk

37. Tetel. Tegyuk fel, hogy 〈A,<〉 jolrendezett halmaz es f : 〈A,<〉 → 〈A,<〉rendezestarto fuggveny. Ekkor f(x) ≥ x teljesul minden x ∈ A-ra.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy allıtasunk nem igaz, es legyen a ∈ A olyanelem, amire f(a) < a. Definialjuk az a1, a2, . . . elemeket a kovetkezokeppen.a1 = a, a2 = f(a1), a3 = f(a2), stb. Ekkor, a felteves szerint a2 < a1. Errealkalmazva f -et, mivel rendezestarto, azt kapjuk, hogy a3 = f(a2) < f(a1) =a2. Tovabb alkalmazva f -et az a3 < a2 egyenlotlensegre adodik a4 = f(a3) <f(a2) = a3, azaz az a1 > a2 > a3 > · · · vegtelen csokkeno sorozatot kapjuk, amiellentmondas: jolrendezett halmazban nem lehet vegtelen csokkeno sorozat.

29

38. Tetel. Tegyuk fel, hogy 〈A,<〉 ≃ 〈B,<〉 izomorf jolrendezett halmazok.Ekkor csak egy izomorfizmus van kozottuk.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy f es g is izomorfizmus 〈A,<〉 es 〈B,<〉 kozott.Ekkor g−1 f izomorfizmus lesz 〈A,<〉-bol 〈A,<〉-be, ıgy az elozo tetelt alkal-mazva azt kapjuk, hogy (g−1 f)(x) ≥ x teljesul minden x ∈ A-ra. Alkal-mazva erre az egyenlotlensegre g-t, az adodik, hogy f(x) ≥ g(x) minden x-re.Megcserelve f -t es g-t, ugyanıgy azt kapjuk, hogy g(x) ≥ f(x) teljesul mindenx-re, tehat f(x) = g(x) minden x-re, ami bizonyıtando volt.

39. Tetel. Egy 〈A,<〉 rendezett halmaz akkor es csak akkor jolrendezett, hanincs benne x0 > x1 > · · · vegtelen csokkeno sorozat.

Bizonyıtas. Az egyik irany nyilvanvalo: ha van x0 > x1 > · · · vegtelencsokkeno sorozat, akkor B = x0, x1, . . . olyan nemures reszhalmaz, amineknincs legkisebb eleme.

A megfordıtashoz tegyuk fel, hogy 〈A,<〉 nem jolrendezett, azaz van olyanBnemures reszhalmaza, aminek nincs legkisebb eleme. B nemures, ıgy kivehetjukegy x0 elemet. A felteves szerint semmi, ıgy x0 sem lehet B legkisebb eleme,vehetunk tehat egy nala kisebb x1 < x0 elemet. Ez sem lehet legkisebb, vantehat x2 < x1 elem is B-ben, stb. Vegso soron egy x0 > x1 > · · · vegtelencsokkeno sorozatot talalhatunk B-ben es ez eleg.

Ez a bizonyıtas, legalabbis a masodik resze vegtelen sok lepesben valaszt egy-egy elemet, de a kivalasztasi axioma hasznalataval veges bizonyıtassa alakıthato.

Legyen ugyanis g kivalasztasi fuggenyB nemures reszhalmazain, azaz g(X) ∈X , ha X ⊆ B es X 6= ∅. Ezutan legyen x0 = g(B), majd indukcioval

xn+1 = g(x ∈ B : x < xn

).

Ekkor ismet x0, x1, . . . vegtelen csokkeno sorozat B-ben.

12 Kezdoszeletek

Az 〈A,<〉 rendezett halmaz B reszhalmazat kezdoszeletnek vagy roviden sze-letnek nevezzuk, ha lefele zart, azaz x ∈ B, y < x-bol kovetkezik, hogy y ∈ B.Rogton adhatunk peldakat: A-nak mindig szelete az ures reszhalmaz es magaA.

A termeszetes szamok eseteben a szeletek a 0, 1, . . . , n alaku halmazok esa ket kotelezo: ∅ es maga N.

A valos szamok R halmazanak szeletei, a ket szokasoson (∅ es R) kıvul a(−∞, x) es a (−∞, x] alaku intervallumok.

A racionalis szamok Q halmazanak szeleteit kesobb ırjuk le.

Egy 〈A,<〉 rendezett halmaz valamelyik B reszhalmazat elem altal megha-tarozott (kezdo)szeletnek nevezzuk, ha

B = x ∈ A : x < a

30

alaku valamilyen a ∈ A elemre es B = A|a-val jeloljuk. Mivel A|a az a elemetnem tartalmazza, maga az A halmaz nem lehet elem altali kezdoszelet, de azures reszhalmaz lehet, espedig pontosan akkor, ha A-nak van legkisebb eleme.Mint azt az elnevezes szuggeralja, minden elem altali szelet egyben kezdoszeletis; valoban, azt kell leellenorizni, hogy y < x ∈ A|a eseten y ∈ A|a is teljesul,azaz y < x < a-bol y < a-t kell levezetnunk, ami persze eppen a rendezestranzitivitasa.

A 〈Q, <〉 rendezett halmaz szeletei a trivialisakon (∅ es maga Q) kıvul nem-csak az elem altali kezdoszeletek, hanem az x ∈ Q : x < a alaku halmazok,ahol a irracionalis szam, (ezek nem elem altali kezdoszeletek, miert?) es az

x ∈ Q : x ≤ a

alakuak is, ahol a ∈ Q tetszoleges elem. Ugyanez igaz a valos szamok halmazara.Belatjuk, hogy jolrendezett halmazokra a ketfele szeletfogalom egybe is esik

annyira, amennyire egybe eshet.

40. Tetel. Jolrendezett halmaz minden valodi szelete elem altal meghatarozott.

Bizonyıtas. Legyen 〈A,<〉 jolrendezett halmaz, es legyen adva B 6= A kezdo-szelete! Legyen a halmazunk nemures A − B reszhalmazanak legkisebb eleme,azaz a = min(A− B). Belatjuk, hogy

B = A|a.

Tegyuk fel eloszor, hogy x ∈ B, megprobaljuk belatni, hogy x ∈ A|a. Ha ez nemteljesulne, akkor x ≥ a lenne igaz, de ekkor, mivel B kezdoszelet es a ≤ x ∈ B,a ∈ B is teljesulne, ami viszont biztosan nem igaz.

Tegyuk most fel, hogy x ∈ A|a es probaljuk meg bebizonyıtani, hogy x ∈ B.Ha nem, azaz x ∈ A − B, akkor, mivel x < a, az a elem biztosan nem lehetA−B legkisebb eleme, ami ismet ellentmondas.

41. Tetel. Ha 〈A,<〉 jolrendezett, akkor nem lehet izomorf sajat valodi kezdo-szeletehez, azaz a ∈ A eseten nem lehet 〈A,<〉 ≃ 〈A|a,<〉.

Bizonyıtas. Ha f : 〈A,<〉 → 〈A|a,<〉 izomorfizmus lenne, akkor f olyanrendezestarto A → A lekepezes lenne, amire f(a) < a, ami ellentmond a37. Tetelnek.

Erdemes eszrevenni, hogy nem jolrendezett halmazokra ez nem feltetlenulteljesul: peldaul, ha A a (0, 1) valos intervallum, akkor hasonlo barmelyik elemaltali kezdoszeletehez: ha 0 < a < 1 akkor az f(x) = ax fuggveny f : (0, 1) →(0, a) izomorfizmus lesz.

Feladat. Igaz-e, hogy kezdoszeletek tetszoleges halmazanak unioja is kezdoszelet? Igaz-e, hogy elem altali kezdoszeletek tetszoleges halmazanak unioja is elemaltali kezdoszelet ?

31

13 Rendszamok osszehasonlıtasa

Legyenek α, β rendszamok, akkor mondjuk, hogy α < β, ha a kovetkezo igaz:ha az 〈A,<〉 halmaz rendszama α, a 〈B,<〉 halmaz rendszama β, akkor 〈A,<〉izomorf 〈B,<〉 valamelyik elem altal alkotott szeletehez: 〈A,<〉 ≃ 〈B|b,<〉.

A mar megszokott modon le kell ellenorizni, hogy ket rendszam osszehason-lıtasanak eredmenye nem fugg attol, milyen halmazokkal reprezentaljuk oket.Azaz, a kovetkezo allıtast kell bebizonyıtani:

42. Tetel. Tegyuk fel, hogy 〈A,<〉 izomorf 〈B,<〉 egy elem altal meghatarozottkezdoszeletehez, 〈A′, <〉 ≃ 〈A,<〉, 〈B′, <〉 ≃ 〈B,<〉. Akkor 〈A′, <〉 is izomorf〈B′, <〉 egy elem altal meghatarozott kezdoszeletehez.

Bizonyıtas. Legyen f izomorfizmus 〈A,<〉 es 〈B|b,<〉 kozott, tovabba g :〈A′, <〉 → 〈A,<〉 illetve h : 〈B,<〉 → 〈B′, <〉 is izomorfizmus. Legyen c = h(b).Ekkor egymasutan alkalmazva a g, f , h fuggvenyeket, izomorfizmust kapunk〈A′, <〉 es 〈B′|c,<〉 kozott.

Ezek utan vizsgaljuk meg a rendszam-osszehasonlıtas tulajdonsagait.

43. Tetel.

(a) A rendszam-osszehasonlıtas irreflexıv, azaz α < α sohasem teljesul.(b) A rendszam-osszehasonlıtas tranzitıv, azaz ha α < β es β < γ, akkor α < γ.(c) A rendszam-osszehasonlıtas trichotom, azaz ha α es β rendszamok, akkorα < β, vagy α = β, vagy β < α.

Bizonyıtas.

(a) Valoban, ha α < α teljesulne, az azt jelentene, hogy (egy α rendszamu)〈A,<〉 jolrendezett halmaz hasonlo lenne sajat maga valodi kezdoszeletehez,ami a 41. Tetel szerint lehetetlen.

(b) Tegyuk fel, hogy α < β < γ. Legyenek 〈A,<〉, 〈B,<〉, 〈C,<〉 rendre α,β, illetve γ rendszamu jolrendezett halmazok. Ekkor vannak b ∈ B es c ∈ Celemek, valamint f : 〈A,<〉 → 〈B|b,<〉 es g : 〈B,<〉 → 〈C|c,<〉 izomorfizmusok.Ezek g f kompozıcioja izomorfizmus lesz 〈A,<〉 es 〈C|g(b), <〉 kozott, tehatvaloban α < γ.

(c) Ez a bizonyıtas sokkal nehezebb lesz, mint a masik ketto. A halmazoknyelvere lefordıtva, a kovetkezo allıtast kell igazolnunk. Ha adott ket jolrendezetthalmaz, akkor vagy izomorfak, vagy valamelyik izomorf a masik elem altalikezdoszeletevel. Legyen tehat 〈A,<〉 es 〈B,<〉 jolrendezett! Definialjuk a ko-vetkezo reszhalmazokat:

A′ = x ∈ A : van olyan y ∈ B hogy A|x ≃ B|y

es hasonloan

B′ = y ∈ B : van olyan x ∈ A hogy B|y ≃ A|x.

32

(Itt es a tovabbiakban egyszeruen A|x-et ırunk (A|x,<) helyett, stb).Rogton eszrevehetjuk, hogy ha x ∈ A′, akkor az ezt tanusıto y a B′ reszhal-

mazba esik, ıgy

A′ = x ∈ A : van olyan y ∈ B′ hogy A|x ≃ B|y

esB′ = y ∈ B : van olyan x ∈ A′ hogy B|y ≃ A|x

is igaz (de termeszetesen ezt nem hasznalhattuk volna definıcionak).

1. Allıtas. Ha x ∈ A′ akkor pontosan egy olyan y ∈ B′ van, hogy A|x ≃ B|y.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy az allıtassal ellentetben valamelyik x ∈ A′-hoz y1es y2 is megfelelo. Feltehetjuk, hogy y1 < y2. Ekkor tehat B|y1 ≃ A|x ≃ B|y2,azaz B|y2 olyan jolrendezett halmaz, ami hasonlo sajat valodi kezdoszeletehez(nevezetesen B|y1-hez) ami lehetetlen.

Termeszetesen hasonlo okoskodassal kaphatjuk, hogy minden y ∈ B′-hozpontosan egy x ∈ A′ van, amire A|x ≃ B|y. Igy definialhatjuk az x-hez y-trendelo F : A′ → B′ bijekciot.

2. Allıtas. F : A′ → B′ izomorfizmus.

Bizonyıtas. Tehat be kell latni, hogy rendezestarto. Ha nem, akkor, mivelbijekcio, kell, hogy legyen x1 < x2, amire y2 = F (x2) < y1 = F (x1), tehat ahola rendezes megfordul. Definıcioink szerint van f : A|x2 → B|y2 izomorfizmus eshasonlokeppen letezik g : B|y1 → A|x1 izomorfizmus. Ezek kompozıcioja, g fpedig A|x2 es A|g(y2) kozott, tehat egy jolrendezett halmaz es annak valodiszelete kozott lesz izomorfizmus, ami lehetetlen.

3. Allıtas. A′ kezdoszelet A-ban (es hasonloan B′ kezdoszelet B-ben).

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy x′ < x ∈ A′. Ekkor van megfelelo y ∈ B′ esf : A|x → B|y izomorfimus. f megszorıtasa A|x′-re izomorfizmus lesz A|x′ esB|f(x′) kozott, azaz x′ ∈ A′.

A Tetel bizonyıtasanak befejezesehez negy esetet vizsgalunk meg aszerint,hogy A′ illetve B′ valodi reszhalmaz-e vagy sem.

Elso eset. A′ = A, B′ = BEkkor F izomorfizmus lesz 〈A,<〉 es 〈B,<〉 kozott, tehat α = β, keszen

vagyunk.

Masodik eset. A′ = A de B′ 6= BEkkor B′ valodi, tehat elem altali kezdoszelet, B′ = B|b, F izomorfizmus

lesz 〈A,<〉 es 〈B|b,<〉 kozott, azaz α < β.

Harmadik eset. A′ 6= A, B′ = BAz elozo esethez hasonloan kapjuk, hogy β < α.

Negyedik eset. A′ 6= A, B′ 6= B

33

Ekkor A′ = A|x es B′ = B|y alkalmas x ∈ A illetve y ∈ B elemekkel. Az Fizomorfizmus mutatja, hogy A|x ≃ B|y, tehat x ∈ A′ az A′ halmaz definıciojamiatt, de x ∈ A|x lehetetlen. Ez az eset tehat nem fordulhat elo.

Mielott tovabb lepnenk, mondjunk ki egy ujabb axiomat.

8. A potlas axiomaja. Ha A halmaz, F pedig operacio, akkor F(x) : x ∈ Ais halmaz.

Enek az axiomanak talan ugy fogalmazhatnank meg a ,,filozofia”-jat, hogya halmazok a kis, az osztalyok a nagy objektumok. Mivel a szurjektıv kepkepzese csak csokkentheti a meretet, ha halmaz szurjektıv kepet vesszuk, az iscsak ,,halmaznyi nagysagu” tehat maga is halmaz.

Valojaban, anelkul, hogy tudtuk volna, ezt az axiomat is hasznaltuk korabban:a c1, c2, . . . szamossagok kepzese utan d-t csak ugy tudtuk definialni, hogy vettuka c1, c2, . . . halmazt, ahhoz pedig kellett ez az axioma.

Definialjuk az α-nal kisebb rendszamok halmazat: α = β : β < α.Egyelore meg az sem vilagos, hogy ez halmaz (ugyanis ez nem reszhalmazdefi-nıcio, mivel nem tudjuk, hogy a rendszamok RSZ osztalya halmaz. Sot, eppenazt fogjuk bebizonyıtani, hogy nem).

44. Tetel. Ha α rendszam, akkor α halmaz, 〈α, <〉 jolrendezett es rendszamaeppen α.

Jegyezzuk meg, hogy a 〈α, <〉-beli < a rendszamok kozotti rendezest jeloli.

Bizonyıtas. Legyen 〈A,<〉 α rendszamu jolrendezett halmaz. Definialjuk akovetkezo F operaciot. x ∈ A-ra F(x) az 〈A|x,<〉 halmaz rendszama. Arendszam-osszehasonlıtas definıcioja alapjan F(x) : x ∈ A eppen α. A potlasaxiomaja miatt F(x) : x ∈ A halmaz, ezzel megkaptuk az elso allıtast. Ha x <y, akkorA|x valodi kezdoszeleteA|y-nak, ıgy F(x) < F(y), azaz F izomorfizmus〈A,<〉 es 〈α, <〉 kozott, tehat 〈α, <〉 is jolrendezett es rendszama α.

45. Tetel. (A rendszamtulajdonsagok minimalitasanak elve) Ha letezik vala-milyen tulajdonsagu rendszam, akkor van legkisebb is.

Bizonyıtas. Legyen tehat T (α) valamilyen tulajdonsag. Valasszunk ki egy αrendszamot, amire T (α) teljesul. Vizsgaljuk A =

β < α : T (β)

-t, azon α-nal

kisebb rendszamok halmazat amelyek rendelkeznek a T tulajdonsaggal. Ha ezaz ures halmaz, keszen vagyunk: α a legkisebb T tulajdonsagu rendszam. Hanem, akkor ez a jolrendezett α nemures resze, van tehat legkisebb eleme, esekkor az lesz a legkisebb T tulajdonsagu rendszam.

46. Tetel. Az osszes rendszamok nem alkotnak halmazt.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy az osszes rendszamok RSZ osztalya halmaz.Ekkor RSZ a rendszamok kozotti rendezessel a 45. Tetel szerint jolrendezetthalmaz, van tehat rendszama, hıvjuk α-nak. α ∈ RSZ, es tudjuk, hogy az

34

α = RSZ|α halmaz rendszama is α. De ez nem lehet, mert egy jolrendezett hal-maznak es valodi szeletenek nem lehet ugyanaz a rendszama (azaz nem lehetnekizomorfak).

Vegul egy allıtas, amire a kesobbiekben szuksegunk lesz.

47. Tetel. Legyen 〈A,<〉 α rendszamu jolrendezett halmaz, es B ⊆ A. Ekkor a〈B,<〉 (tehat az oroklott rendezessel ellatott) jolrendezett halmaz β rendszamaraβ ≤ α.

Bizonyıtas. Ha ez nem igaz, akkor a rendszam-osszehasonlıtas trichotomiajamiatt csak α < β lehet. Ekkor van f : 〈A,<〉 → 〈B|b,<〉 izomorfizmus Bvalamelyik b eleme altal alkotott kezdoszeletere. De B ⊆ A miatt f a teljes Bjolrendezett halmazt is lekepezi, megpedig B|b reszhalmazara, ami lehetetlen,mert ekkor f(b) < b lenne.

14 Peldak rendszamokra

Vegyunk egy α rendszamu 〈A,<〉 jolrendezett halmazt, es tegyunk hozza egyuj, mondjuk z-nek nevezett, elemet a vegere. Konnyen lathato, hogy az ıgykeletkezettB = A∪z halmaz az adott rendezessel, azzal tehat, hogy z nagyobbA minden elemenel, szinten jolrendezes. Az is vilagos, hogy a 〈B,<〉 halmazrendszama csak 〈A,<〉 rendszamatol fugg (hiszen, ha f : 〈A,<〉 → 〈A′, <〉izomorfizmus, es z′ nagyobb A′ minden elemenel, akkor f tovabb terjeszthetoaz f(z) = z′ valasztassal). Nevezzuk az ıgy keszıtett rendszamot α+ 1-nek.

48. Tetel. Ha α rendszam, akkor α < α+1 es α+1 a legkisebb α-nal nagyobbrendszam.

Bizonyıtas. Valoban, ha 〈A,<〉 rendszama α es B = A ∪ z, ahol z na-gyobb minden A-beli elemnel, akkor 〈A,<〉 izomorf lesz (sot azonos) 〈B|z,<〉-bel. Ezert α < α+ 1.

Tegyuk most fel, hogy α < β, 〈A,<〉 rendszama α, 〈B,<〉-e pedig β. Mivelα < β, van z ∈ B, hogy a B|z halmaz izomorf 〈A,<〉-bel. Ha B-ben nincsz-nel nagyobb elem, masszoval B az A-val izomorf B|z-bol es az azt koveto zelembol all, akkor β = α+1. Ha pedig van z-nel nagyobb elem, van ezek kozottlegkisebb (hisz 〈B,<〉 jolrendezett), legyen ez y. Ekkor B|y elem altali szeleteppen a

(B|z

)∪ z halmaz, azaz α+ 1 < β.

Az α+1 alaku rendszamokat rakovetkezo rendszamoknak nevezzuk. Azokata 0-tol kulonbozo rendszamokat, amelyek nem rakovetkezo rendszamok, limeszrendszamoknak nevezzuk. Ezek szerint a nemures jolrendezett 〈A,<〉 halmazrendszama akkor rakovetkezo, ha van legnagyobb eleme, es akkor limesz, hanincs legnagyobb eleme, tehat minden x ∈ A elemhez van olyan y ∈ A, amirex < y.

49. Tetel. Ha α limesz rendszam es β < α, akkor β + 1 < α is teljesul.

35

Bizonyıtas. Az elozo tetel szerint β + 1 a legkisebb β-nal nagyobb rendszam,ıgy β + 1 ≤ α, de egyenloseg nem allhat, mert α limesz.

A kovetkezokben nehany konkret peldat vizsgalunk meg rendszamokra.Elso peldank az ures halmaz rendszama: 0. Nincs ennel kisebb rendszam,

azaz 0 = ∅.Ha n termeszetes szam, barmely ket n-elemu rendezett halmaz (amelyek

persze mindenkepp jolrendezettek) izomorf, azaz csak egy n nagysagu rendszamvan. Ezt azonosnak tekintjuk az n termeszetes szammal es ıgy is jeloljuk: n.Mivel egy n-elemu rendezett halmaz valodi szeletei sorra 0, 1, . . . , n−1 elemuek,ezert n = 0, 1, . . . , n− 1.

A kovetkezo nevezetes rendszam a termeszetes szamok halmazanak, pon-tosabban 〈N, <〉-nek a rendszama. Ezt ω-val jeloljuk, limesz rendszam. Megintrogton lathatjuk, hogy az ω-nal kisebb rendszamok eppen 0, 1, . . ., a termeszetesszamok.

A kovetkezo rendszam, a 48. Tetel ertelmeben, ω+ 1. Ezt ugy kell elkepzel-nunk, hogy a termeszetes szamok N halmaza vegere egy pontot teszunk.

A kovetkezo rendszam ennek a rakovetkezoje, amelyben az ω-s reszt ket pontkoveti. Jeloljuk ezt ω + 2-vel. Ennek rakovetkezoje ω + 3, ahol 3 pont van avegen. Ezutan sorra jon ω + 4, ω + 5, . . ..

Ezt a sorozatot az a rendszam zarja le, amelyben N ket peldanyat helyezzukegymas utan, ezt ω+ω-val jeloljuk, de a kesobbiek miatt celszeru a szorzasjelolestis bevezetni, es itt furcsa modon jobbrol szorzunk: ω2. Ha vegignezzuk a pontokaltal alkotott szeleteket, akkor kozvetlenul adodik, hogy nem ugortunk;

ω2 = 0, 1, 2, . . . , ω, ω + 1, ω + 2, . . ..

Ez a masodik limesz rendszam. Jegyezzuk meg azt is, hogy ha ket jolrendezetthalmazt egymasutan helyezunk akkor (a definıciobol kozvetlenul ellenorizhetoen)jolrendezett halmazt kapunk, ennek egyik peldaja ω + ω.

ω2 rakovetkezoje ω2 + 1, annak pedig ω2 + 2, es altalaban, ha n pontothelyezunk ω2 vegere (n = 1, 2, 3, . . .), akkor az ω2 + n rakovetkezo rendszamotkapjuk.

Ha mar harom peldany osszeall N-bol, akkor ω3-at kapunk. Ez is limeszrendszam. Utana sorra jonnek ω3 + 1, ω3 + 2, . . .. Altalaban kapjuk az ωa+ balaku rendszamokat es konnyu ezeket ,,dekodolni”: ωa + b azt jelenti, hogyegymasutan rakunk a peldany ω-t, majd a vegere b pontot. Ezek rendezese akovetkezokeppen ırhato le: ωa+ b < ωa′ + b′ eppen akkor, ha a < a′ vagy pediga = a′ de b < b′. ωa limesz rendszam, ha a = 1, 2, . . ., ωa+ b pedig rakovetkezo,ha b > 0 espedig az ωa+ (b − 1) rendszam rakovetkezoje.

Eddigi rendszamaink halmaza vegtelen sok egymasutani csoportra bomlik,melyek mindegyike ω rendtıpusu. Termeszetesen ezzel megkapjuk a kovetkezorendszamot, amelynek neve ,,omega-szor omega” lesz, es ω2-nek rovidıtjuk. Akovetkezo rendszam ω2 + 1, majd ω2 + 2 kovetkezik, ω2 + 3, . . . es ıgy tovabb.Tovabb haladva az ω2 + ω limesz rendszam kovetkezik, ez tehat ugy nez ki,

36

hogy ω2-hez jobbrol vegtelen sok pontot, precızebben egy ω-st teszunk. Ennekrakovetkezoje ω2+ω+1, ami harom egymasutani csoportbol all, amelyek rendreω2, ω, 1 rendszamuak. Ez altalaban igaz a sorra kovetkezo rendszamokra joideig, ω2 + ωa+ b a kovetkezokeppen bomlik fel: eloszor egy ω2-es csoport jon,ezt a darab ω koveti, a vegere b pont kerul.

Ezeket ω22 zarja le, azaz az a rendszam, ami ω2 ket peldanyabol all. Erreigaz, hogy megelozoi az eddig felsoroltak:

ω22 = ωa+b : a = 0, 1, . . . , b = 0, 1, . . .∪ω2+ωa+b : a = 0, 1, . . . , b = 0, 1, . . ..

A kovetkezo rendszamok: ω22 + 1, ω22 + 2, . . . , ω22 + ω, ω22 + ω + 1, ω22 +ω+ 2, . . . , ω22 +ω2, ω22 +ω2 + 1, . . . , ω22 +ωa+ b, . . . , ω23, azaz immar harompeldany ω2-bol.

Tavolabb tekintve latjuk immar az osszes ω2a + ωb + c alaku rendszamot,ezeket ıgy hasonlıtjuk ossze: ω2a+ωb+c kisebb, mint ω2a′+ωb′+c′, ha a < a′,vagy a = a′, de b < b′, vagy a = a′, b = b′, de c < c′.

Ezek halmazat az a rendszam zarja le, amely vegtelen sok ω2-esbol all, eztω2 · ω-val, vagy rovidebben ω3-bel jeloljuk.

Ezutan jonnek sorra az ω3a + ω2b + ωc + d alaku rendszamok, ez tehatazt jelenti, hogy egymasutan helyezunk a darab ω3-ot, utanuk b darab ω2-et, majd c darab ω-t, vegul d pontot. Az osszehasonlıtas a fentihez hasonlo:ω3a+ω2b+ωc+d < ω3a′ +ω2b′ +ωc′+d′ akkor teljesul, ha a < a′, vagy a = a′

es b < b′, vagy a = a′, b = b′ es c < c′, vagy a = a′, b = b′, c = c′es d < d′.Egy nagy lelegzetvetellel vehetjuk az osszes ωnan+ωn−1an−1+· · ·+ωa1+a0

alaku rendszamokat, ahol n, valamint an, . . . , a0 mind termeszetes szamok. Ittωn-et ugy kapjuk, hogy ω elozo hatvanyat, ωn−1-et vegtelen sok (helyesebben:ω sok) peldanyban egymasutan rakjuk. Ezutan a keplet kiolvasasa az elozohozhasonlo, azaz eloszor an darab ωn-et veszunk, utana teszunk an−1 darab ωn−1

-et, stb, a vegere a1 darab ω-s utan a0 darab pont kerul. az osszehasonlıtaspedig a fentiekkel osszhangban:

ωnan + ωn−1an−1 + · · · + ωa1 + a0 < ωmbm + ωm−1bm−1 + · · · + ωb1 + b0

ha n < m, vagy n = m es valamilyen i-re ai < bi, de a korabbi egyutthatokraegyenloseg all: an = bn, . . . , ai+1 = bi+1. (Itt felteteleztuk, hogy a foegyutthatok,an es bm nullatol kulonbozok.)

Jegyezzuk meg, hogy barmilyen sok rendszamot is produkaltunk, meg mindigcsak megszamlalhato sokat. Ezek halmazanak rendszamat (azaz a kovetkezorendszamot) ωω-val jelolhetjuk, majd folytathatjuk: ωω + 1, stb.

E rendszamokkal egy erdekes tetelt bizonyıthatunk. Induljunk ki egy termeszetesszambol, peldakeppen vesszuk 28-at. Felırjuk kettes szamrendszerben, 28 = 24 +23 + 22. Ezutan a jegyek sorozatat (11100) valtozatlanul hagyva megnoveljuk aszamrendszer alapjat: 34 + 33 + 32, majd levonunk egyet: 34 + 33 + 2 · 3 + 2(= 116).Ugyanilyen lepesekkel folyatjuk: 44 +43 +2 ·4+1(= 329), 54 +53 +2 ·5, 64 +63 +6+5,

37

74 + 73 + 7 + 4, 84 + 83 + 8 + 3, 94 + 93 + 9 + 2, 104 + 103 + 10 + 1, 114 + 113 + 11,124 + 123 + 11, 134 + 133 + 10(= 30768).

50. Tetel. (A hidra tetel, Goodstein, 1944) Barmilyen termeszetes szambol indulunk

ki, a fenti eljarassal elobb-utobb nullahoz jutunk.

Bizonyıtas. (Vazlat) Az eljaras egyszeruen az, hogy minden lepeshez hozzarendelunkegy rendszamot.

24 + 23 + 22 −→ ω4 + ω3 + ω2

34 + 33 + 2 · 3 + 2 −→ ω4 + ω3 + ω2 + 2

44 + 43 + 2 · 4 + 1 −→ ω4 + ω3 + ω2 + 1

54 + 53 + 2 · 5 −→ ω4 + ω3 + ω2

64 + 63 + 6 + 5 −→ ω4 + ω3 + ω + 5

Azaz, az ,,omegas alapu” szamrendszerben olvassuk le az ugyanazon jegyekkel felırtszamot. Arra vigyazni kell, hogy rendszamoknal az egyutthatot jobbrol ırjuk: 2 · 3 bolω2 lesz.

A jobboldalon rendszamok szigoruan csokkeno sorozatat kapjuk. Valoban, atala-kıtasunk erzeketlen az egyik tıpusu lepesre, a szamrendszer alapjanak novelesere, amasik eseteben viszont mindig csokkent. (Ugy is fogalmazhatnank, hogy egyszerrecsinaltuk meg az osszes novelest.)

Mivel rendszamok szigoruan csokkeno sorozata elobb-utobb elakad, eljarasunknakvalamikor be kell fejezodnie, de ez csak ugy lehet, ha nullahoz jutunk.

Egy kicsit csaltam, legyengıtettem Goodstein igazi tetelet. Annak erosebb forma-jaban a kitevoket is at kell ırni, tehat az elso lepes

28 = 222

+ 22+1 + 22

lesz. Ezt ıgy alakıtjuk tovabb:

333

+ 33+1 + 33

ebbol levonunk (a 3-as szamrendszerben) 1-et:

333

+ 33+1 + 2 · 32 + 2 · 31 + 2

ezutan44

4

+ 44+1 + 2 · 42 + 2 · 41 + 1

es ıgy tovabb. Ebben a valtozatban a szamok mar robbanasszeruen nonek, nagysagukhozzavetolegesen 8 · 1012, 3 · 1038, 2 · 102184 , 2 · 1036305 de ugyanugy, mint az elobb,a sorozat 0-ban vegzodik. A bizonyıtas is hasonlo, csak nagyobb rendszamokat kellhasznalnunk. Az altalanosıtott tetel erdekessege, hogy, amint Kirby es Paris bebi-zonyıtotta, azt mar nem lehet a Peano-axiomarendszer segıtsegevel bebizonyıtani.(Ez tehat olyan szamelmeleti allıtas, amelyet nem lehet szamelmeleti eszkozokkeleldonteni.)

38

15 A transzfinit indukcio es rekurzio tetele

51. Tetel. (A transzfinit indukcio tetele) Tegyuk fel, hogy T (x) olyan rend-szamtulajdonsag, amire igaz, hogy

Ha minden x < α rendszamra igaz T (x)akkor T (α) is igaz.

Ekkor T (α) minden α rendszamra igaz.

Bizonyıtas. Tegyuk fel indirekten, hogy van olyan α rendszam, amire T (α)hamis. Ekkor, a 45. Tetel ertelmeben lenne ilyen legkisebb α rendszam is, deez a rendszam ellentmondana a keretben leırt tulajdonsagnak.

Jegyezzuk meg, hogy tetelunk ket iranyban is elter a teljes indukcio teteletol.Eloszor is, nem kotjuk ki kulon a kezdoesetet, T (0) teljesuleset. Valoban, 0 = ∅miatt, minden 0-nal kisebb β rendszamra T (β) mindenkeppen teljesul, ıgy afelteves szerint T (0) is. Masreszt nem elegedtunk meg a T (x) −→ T (x + 1)tulajdonsaggal. Ez nem eleg, ugyanis, ha az ,,x veges” vagy ,,x < ω” tulaj-donsagot veszem T (x)-nek, akkor T (0) es T (x) −→ T (x + 1) teljesulni fog, depersze T (ω) nem, ıgy nem lesz igaz T (x) minden x-re.

52. Tetel. (A transzfinit rekurzio tetele) Tegyuk fel, hogy G olyan operacio,amely minden fuggvenyen ertelmezett. Akkor egyertelmuen letezik olyan, min-den rendszamon ertelmezett F operacio, amelyre

F(α) = G(F|α)

all fenn minden α rendszamra.

Jegyezzuk meg, hogy az allıtas ertelmes, hiszen α halmaz, ıgy ha F operacio,akkor a potlas axiomaja miatt F|α ertekkeszlete halmaz, ezert F|α fuggveny.

Bizonyıtas. Eloszor belatjuk az egyertelmuseget. Tegyuk fel, hogy F1 es F2

is kielegıti a megkovetelt allıtast. Mivel F1 6= F2 van a rendszamtulajdonsagokminimalitasanak elve miatt olyan α rendszam, hogy F1(α) 6= F2(α) de mindenβ < α rendszamra fennall F1(β) = F2(β). Azaz F1|α = F2|α. Ekkor viszont

F1(α) = G(F1|α) = G(F2|α) = F2(α)

ami ellentmondas.Nevzzunk egy valamilyen α rendszamra az α halmazon ertelmezett f fugg-

venyt jo fuggvenynek ha f(β) = G(f |β) teljesul minden β < α rendszam eseten.

1. Allıtas. Minden α rendszamra legfeljebb egy jo fuggveny van α-on.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy f1 es f2 mindketto jo fuggveny α-ra. Mivelf1 6= f2, a β ∈ α : f1(β) 6= f2(β) halmaz nemures. Mivel α jolrendezett,

39

van benne legkisebb elem, mondjuk β. Ekkor, mivel f1 es f2 jo fuggvenyek,f1(β) = G(f1|β) = G(f2|β) = f2(β), ellentmondas.

Mostantol, ha egy α rendszamra letezik jo fuggveny, akkor azt (mivel pon-tosan egyetlen van) fα-val jeloljuk.

2. Allıtas. Ha fα jo α-ra es β < α akkor fβ = fα|β jo β-ra.

Bizonyıtas. Le kell ellenoriznunk, hogy fβ(γ) = G(fβ |γ) teljesul-e mindenγ < β-ra. Ez onnan kovetkezik, hogy fα jo.

3. Allıtas. Minden α rendszamra letezik jo fuggveny.

Bizonyıtas. Legyen T (α) az a tulajdonsag, hogy letezik jo fuggveny α-n.A transzfinit indukcio tetelevel be fogjuk latni, hogy T (α) teljesul minden αrendszamra.

T (0) igaz, mivel az ures fuggveny nyilvanvaloan jo 0-ra. (Mast nem isvalaszthattunk volna, mert az ures fuggveny az egyetlen, 0 = ∅-on ertelmezettfuggveny.)

Legyen α rakovetkezo rendszam, α = β + 1 es tegyuk fel, hogy T (β) igaz.Ekkor, fα (ha letezik) ki kell, hogy terjessze fβ-t. Ertelmezesi tartomanya, αeggyel tobb elemet tartalmaz, mint fβ-e, nevezetesen β-t. Tehat definialnunkkell fα(β)-t es csak fα(β) = G(fβ) lehet es ez megfelelo.

Tegyuk vegul fel, hogy α limesz rendszam es T (β) teljesul minden β < α-ra. Ha γ < α es nekunk meg kell hatarozni fα(γ)-t akkor a 2. Allıtas sz-erint ez egyenlo fβ(γ)-val minden γ < β < α-ra es ilyen β rendszamok van-

nak, mivel α limesz. Ugyanezen Allıtas szerint azt is tudjuk, hogy ezek azertekek egyertelmuen meghatarozottak. Legyen tehat fα(γ) = fβ(γ), aholγ < β < α tetszoleges. (Azaz ezek kozos, β-tol nem fuggo erteket vesszuk.)Azt kell megmutatnunk, hogy fα(γ) = G(fα|γ) teljesul minden γ < α-ra.Legyen γ < β < α. Eleg belatnunk azt, hogy fα|γ = fβ|γ mert akkor a fentiegyenloseget tovabb ırhatjuk: G(fα|γ) = G(fβ |γ) = fβ(γ) = fα(γ). Ha mostδ < γ, akkor konstrukcionk szerint fα(δ) = fβ(δ) (ugyanis valaszthattuk volnafα(δ) definıciojanal ezt a β-t, mint δ es α kozotti rendszamot) es eppen erre voltszuksegunk.

Hasonlo okoskodassal lathatjuk, hogy ha F(α) = fβ(α)-val definialjuk (bar-melyik β > α) akkor ez kielegıti, amit F -tol megkoveteltunk.

16 A jolrendezesi tetel

Ernst Zermelo bizonyıtotta be (1904-ben) a kovetkezo fontos es meglepo tetelt.

53. Tetel. (A jolrendezesi tetel) Ha igaz a kivalasztasi axioma, akkor mindenhalmaz jolrendezheto.

Bizonyıtas. Legyen tehat A valamilyen halmaz, celunk ennek jolrendezese.Ahelyett, hogy megadnank egy < rendezest rajta, ami jolrendezes, egy olyan

40

halmazt fogunk talalni, amely mar biztosan jolrendezett, es van A-val bijekcioja.Ez persze eleg, a bijekcio menten ,,athuzhatjuk” a jolrendezest.

Az A halmaz nem tartalmazhat mindent (hiszen a vilag nem halmaz), legyentehat t olyan elem, amire t /∈ A.

Mivel feltesszuk a kivalasztasi axiomat, van g kivalasztasi fuggveny az Anemures reszhalmazaibol allo halmazcsaladon:

g : P (A) − ∅ → A

es g(X) ∈ X minden szobajovo X-re. (Vigyazni kell, hajlamosak vagyunkP (A)−∅-t ırni g ertelmezesi tartomanyakent. Ez viszont nem az, amire gondo-lunk, hiszen ha barmilyen halmazbol levonjuk az ures halmazt, csak az eredetihalmazt kapjuk B−∅ = B minden B-re. Mi viszont azt akarjuk, hogy A osszesreszhalmazai kozul hagyjuk el az ures halmazt es ez tenyleg P (A) − ∅.)

Elkeszıtjuk a g∗ fuggvenyt a kovetkezokeppen. Ertelmezesi tartomanyaP (A) es

g∗(X) =

g(X) ha X nemurest ha X = ∅.

Jegyezzuk meg, hogy g∗ : P (A) → A ∪ t fuggveny.Azt allıtjuk, hogy a transzfinit rekurzio tetele miatt van olyan F operacio

ami az osszes rendszamon ertelmezve van es

F(α) = g∗(A− F(β) : β < α

)

teljesul minden α rendszamra. Ehhez szuksegunk van a megfelelo G operaciodefinıciojara. Konnyen lathato, hogy az osszes fuggvenyen definialt G(f) =g∗(A−Ran(f)) megfelelo (itt, mint szokasos, Ran(f) az f fuggveny ertekkeszletetjeloli). Jegyezzuk meg, hogy F(α) ∈ A ∪ t mindig teljesul.

1. Allıtas. Ha α < β rendszamok, F(α) = t akkor F(β) = t.

Bizonyıtas. Ha F(α) = t akkor F(γ) : γ ∈ α ⊇ A ıgy a meg ennel is nagyobbF(γ) : γ ∈ β le kell hogy fedje A-t.

2. Allıtas. Ha α < β rendszamok, F(α) 6= t, F(β) 6= t, akkor F(α) 6= F(β).

Bizonyıtas. Mivel F(α) 6= t, F(β) = g(A−F(γ) : γ < β) tehat A−F(γ) :γ < β-nak egy eleme. De F(α)-t is levontuk, ıgy F(β) ettol csak kulonbozolehet.

3. Allıtas. Van olyan α rendszam, amire F(α) = t.

Bizonyıtas. Ha nincs ilyen rendszam, akkor F a rendszamokat A-ba kepezi. Fertekkeszlete, B = x ∈ A : x = F(α) a reszhalmazaxioma ertelmeben halmaz.A 2. Allıtas szerint F injektıv, ıgy a potlas axiomaja ertelmeben a rendszamok,azaz RSZ = F−1(x) : x ∈ B halmazt alkotnanak, ami tudjuk, hogy nem igaz.

41

A bizonyıtas befejezesehez legyen α a legkisebb rendszam, amire F(α) =t. Ekkor A = F(γ) : γ < α ıgy F (helyesebben annak F|α megszorıtasa)bijekciot ad α es A kozott es elertuk celunkat.

Adunk egy masik, szinten Zermelo-tol szarmazo bizonyıtast.

Masik bizonyıtas. Legyen ismet adva az A halmaz es rajta a g kivalasztasi fuggveny,tehat ha X ⊆ A nemures reszhalmaz, akkor g(X) ∈ X. Legyen

F =〈B, <〉 : B ⊆ A, < jolrendezi B-t, ha x ∈ B, akkor x = g(A − B|x)

.

Eloszor is azt allıtjuk, hogy F halmaz. Valoban, F elemei 〈B, R〉 alakuak, ahol B ⊆ A,R ⊆ B × B ⊆ A × A, ıgy F reszhalmaza P (A) × P (A × A)-nak.

Masodszorra azt latjuk be, hogy ha 〈B1, <1〉, 〈B2, <2〉 ∈ F , akkor B1 = B2 esa rendezesek is megegyeznek, vagy B1 ⊆ B2, valamilyen x ∈ B2-re B1 = B2|x esa <1 rendezes a <2 rendezes megszorıtasa B1-re, vagy ugyanez fordıtva all (tehatB2 ⊆ B1, stb). Ehhez eloszor is azt jegyezzuk meg, hogy a rendszam-osszehasonlıtastrichotomiajarol szolo tetel miatt van izomorfizmus vagy 〈B1, <1〉 es 〈B2, <2〉 kozott,vagy 〈B1, <1〉 es 〈B2, <2〉 egy elem altali szelete vagy 〈B2, <2〉 es 〈B1, <1〉 egy elemaltali szelete kozott. Szimmetria okokbol feltehetjuk, hogy az elso ket eset valamelyikeall fenn es f egy izomorfizmus 〈B1, <1〉 es 〈B2, <2〉 egy szelete kozott. Belatjuk (esez eleg) hogy minden x-re f(x) = x. Valoban, ha ez nem igaz, van legkisebb x, amiref(x) 6= x. Mivel izomorfizmusrol van szo, f identikus B1|x-en, es ezeket az elemeketB2-ben f(x) koveti, tehat B1|x = B2|f(x). A feltetelek miatt

x = g(A − B1|x) = g(A − B2|x) = f(x),

ami ellentmondas.Legyen

E =⋃

〈B,<〉∈F

B.

Ha x 6= y elemek E-ben, akkor van persze B1, B2, hogy x ∈ B1, y ∈ B2. Afentiekszerint egyik tartalmazza a masikat, ıgy x, y ∈ B2 (vagy fordıtva). Ezek szerint vanolyan B, amiben x es y ossze vannak hasonlıtva. De az osszehasonlıtas eredmenye,hiaba veszunk kulonbozo B-ket, csak egyfele lehet: ha x, y ∈ B1 es x, y ∈ B2, akkor(mondjuk) B1 kezdoszelete B2-nek, es azt is lattuk, hogy a B1-beli rendezes a B2-belimegszorıtasa.

Igy definialhatjuk a < relaciot E-n: ha x, y ∈ E, legyen x < y, ha ez fennall mindenolyan 〈B, <〉 ∈ F -re, amelyre x, y ∈ B. Ez valoban rendezes lesz, mert konnyenlathatoan tranzitıv.

Legyen most x ∈ E. Valasszunk egy 〈B, <〉 ∈ F -et, amire x ∈ B. A fent elmondot-tak ertelmeben minden mas 〈B′, <′〉 ∈ F -re, amelyre x ∈ B′, a B′|x kezdoszelet azonosa B|x kezdoszelettel, es rajta a rendezes is ugyanaz, ezert az E-beli E|x kezdoszelettelis azonos (nemcsak izomorf, de azonos is). Ezt azert hasznos tudni, mert a 〈B, <〉 ∈ Fhalmazok jolrendezettek, ıgy ott x-bol nem indulhat vegtelen csokkeno lanc, de akkor〈E, <〉-ben sem, azaz a 38. Tetel ertelmeben 〈E, <〉 jolrendezett. Az is adodik ebbol,hogy minden x ∈ E-re

x = g(A − (B|x)

)= g

(A − (E|x)

),

42

tehat 〈E,<〉 ∈ F .

Azt allıtjuk, hogy E = A es ezzel a tetel bizonyıtasat befejeztuk. Tegyuk fel,

hogy nem, tehat, hogy az A − E halmaz nemures. Legyen t = g(A − E). Legyen

E′ = E ∪t es vegyuk E′-nek azt a <′ rendezeset, amely megegyezik E rendezesevel,

aminek a vegere tesszuk t-t. Ekkor 〈E′, <′〉 ∈ F , azaz E′ ⊆ E (emlekezzunk E

definıciojara) ami persze ellentmondas.

Amikor Zermelo bebizonyıtotta a jolrendezesi tetelt, heves tamadasok ke-reszttuzebe kerult. Ennek oka az, hogy peldaul a valos szamok halmazanakjolrendezhetosege olyan allıtas, amely erosen ellentmond tapasztalatainknak, abizonyıtas nem ad semmilyen modszert ilyen jolrendezes elkeszıtesere. Kizarolaga letezest igazolja, raadasul indirekt modon (lasd a 3. Allıtas bizonyıtasat).Mivel Zermelo bizonyıtasa nyilvanvaloan jo volt, az abban felhasznalt kivalasztasiaxiomat kifogasoltak. Erre valaszul mutatta meg Zermelo, hogy, anelkul, hogytudatosıtottak volna, mar korabban is hasznaltak ismert es egyszeru bizonyı-tasokban. Cohen munkajabol ma mar tudjuk, hogy a kivalasztasi axioma fel-hasznalasa nelkul azt sem tudjuk megmutatni, hogy a valos szamok halmazanem megszamlalhato sok megszamlalhato halmaz unioja (de azzal a bizonyıtassalnincs gond, hogy R nem megszamlalhato).

Jegyezzuk meg, hogy a jolrendezesi tetel megfordıtasa joval konnyebb.

54. Tetel. Ha minden halmaz jolrendezheto, akkor igaz a kivalasztasi axioma.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy Ai : i ∈ I nemures halmazok tetszolegesrendszere. Legyen A =

⋃Ai : i ∈ I az egyesıtesuk. Feltevesunk szerint van

< jolrendezes A-n. Ezutan konnyen megadhatunk egy olyan fuggvenyt amelyminden halmazbol kivalaszt egy elemet: legyen f(i) az A halmaz (nemures) Ai

reszhalmazanak < szerinti legkisebb eleme.

A jolrendezesi tetel fontos kovetkezmenye a szamossagosszehasonlıtas tri-chotomiaja.

55. Tetel. Ha a es b szamossagok, akkor a < b, a = b vagy b < a.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy A szamossaga a, B-e pedig b. A jolrendezesitetel szerint mindkettot jolrendezhetjuk, mondjuk 〈A,<〉 es 〈B,<〉 egy-egyjolrendezesuk. A rendszamosszehasonlıtas trichotomiaja miatt ezek izomorfak,vagy valamelyik a masik egy elem altali kezdoszeletevel izomorf. Mindket eset-ben (valamelyik iranyu) injekciot kapunk A es B kozott.

17 Minden vektorternek van bazisa

56. Tetel. Minden vektorternek van bazisa.

Bizonyıtas. Legyen V vektorter (tetszoleges test folott). A jolrendezesi tetel sz-erint van bijekcio, valamelyik α rendszamra, V es α kozott. Az egyszeruseg es az

43

attekinthetoseg kedveert hasznaljuk az index-jelolest: V = vβ : β < α. DefinialjukB ⊆ V -t a kovetkezokeppen. vβ ∈ B pontosan akkor, ha vβ nem all elo vγ : γ < βveges sok elemenek linearis kombinaciojakent. Belatjuk, hogy B a V vektorternekbazisa.

Ahhoz, hogy B linearisan fuggetlen, tegyuk fel indirekten, hogy vβ1, . . . , vβn

∈ B,es

λ1vβ1+ · · · + λnvβn

= 0.

Az altalanossag megszorıtasa nelkul feltehetjuk, hogy β1 < · · · < βn es λn 6= 0. Ekkor,

vβn=

(−

λ1

λn

)vβ1

+(−

λ2

λn

)vβ2

+ · · · +(−

λn−1

λn

)vβn−1

,

korabbi elemek linearis kombinacioja, ıgy nem valasztottuk be B-be, ami ellentmondas.Annak megmutatasahoz, hogy B generatorrendszer, tegyuk fel, hogy vannak olyan

vektorok, melyeket B nem general. Ezeknek a vektoroknak a halmaza legyen vβ :β ∈ D. Ekkor D nemures reszhalmaza a jolrendezett α-nak. Legyen β a legkisebbelem D-ben. Mivel vβ-t nem generalja B, specialisan vβ /∈ B, ugyhogy (B definıciojamiatt) vannak rendszamok β1 < β2 < · · · < βn < β hogy vβ = λ1vβ1

+ · · · + λnvβn.

β minimalis valasztasa miatt, a vβ1, . . . , vβn

elemeket B mindet generalja, ıgy ezeklinearis kombinaciojat, vβ-t is, ami ismet ellentmondas.

E Tetel legfontosabb es legerdekesebb alkalmazasait ugy kapjuk, hogy egy olyanvektorterre alkalmazzuk, amelyrol nem vilagos, hogy van bazisa. Ez pedig R, a valosszamok, mint Q, a racionalis szamok teste feletti vektorter. Ennek a vektorterneka bazisait Hamel-bazisnak nevezzuk. A kivalasztasi axioma nekul nem is lehet bi-zonyıtani Hamel bazis letezeset.

Elso ilyen alkalmazasunk a Cauchy-fele fuggvenyegyenlet.

A Cauchy-fele fuggvenyegyenlet.

f(x+y)=f(x)+f(y)

Itt a fuggvenyegyenlet szo azt jelenti, hogy egyenletunk megoldasa nem valos vagymas szam, hanem fuggveny, masszoval az f(x + y) = f(x) + f(y) tulajdonsagu valosfuggvenyeket keressuk. Ezeket nevezzuk Cauchy-fuggvenyeknek. Konnyu ilyeneketmegadni, peldaul az f(x) = 0 azonosan nulla fuggveny, az f(x) = x identikus fuggveny,altalaban minden f(x) = cx alaku fuggveny nyilvanvaloan ilyen. A nagy kerdes az,van-e masfajta is.

Mielott ezt a kerdest megvalaszolnank, felsoroljuk a Cauchy-fuggvenyek nehanytulajdonsagat.

57. Tetel. Legyen f Cauchy-fuggveny. Ekkor

(a) f(nx) = nf(x), ha n = 1, 2, . . .,

(b) f(0) = 0,

(c) f(nx) = nf(x), ha n = −1,−2, . . .,

(d) f(rx) = rf(x), ha r racionalis szam,

44

(e) f(x) = cx alaku, ha folytonos.

Bizonyıtas.

(a) n-re indukcioval, a kepletet hasznalva.

(b) Mivel f(0) + f(x) = f(x).

(c) Az elozo tulajdonsagot hasznalva, f(x) + f(−x) = f(0) = 0-bol.

(d) Legyen r = p

qahol p egesz, q pozitıv egesz. Felszorozva, a kıvant egyenloseget

qf(

p

qx)

= pf(x) alakba hozhatjuk. Az elozoek ((a) illetve (c)) szerint mindketoldal f(px)-szel egyenlo.

(e) Legyen c = f(1) ! (d) szerint f(x) = cx teljesul minden racionalis x-re. Ha pedigx irracionalis, akkor racionalis szamokkal konvergalhatunk hozza: x = lim rn,f(x) = lim f(rn) = lim crn = cx.

Ezutan mely tetelunk, az 55. Tetel kovetkezmenyekent megmutatjuk, hogy (ha igaza kivalasztasi axioma, akkor) letezik a Cauchy-fele fuggvenyegyenletnek nem f(x) = cxalaku megoldasa.

58. Tetel. A Cauchy-fele fuggvenyegyenletnek van nem f(x) = cx alaku megoldasa.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy B = bi : i ∈ I Hamel-bazis. Ekkor R minden el-eme egyertelmuen felırhato B veges sok elemenek racionalis egyutthatos linearis kom-binaciojakent. A tovabbiak megertesehez hasznosabb, ha azt mondjuk, hogy mindenx valos szam egyertelmuen allıthato elo

x =∑

i∈

λibi

alakban, ahol minden λi racionalis szam, es kozuluk csak veges sok nem 0. Az elteresa ketfele koncepcio kozott az, hogy itt a nulla tagokat is kiırjuk. Ez hasznosabb,ha peldaul nyomon akarjuk kovetni, hogyan alakulnak a koordinatak ket valos szamosszeadasakor. Valoban, ha meg

y =∑

i∈

λ′ibi

akkor (x + y) (egyertelmu) felırasa

x + y =∑

i∈

(λi + λ′i)bi

lesz.Valasszunk ki egy bi0 ∈ B elemet ! Definialjuk az f(x) fuggvenyt a kovetkezokep-

pen. Ha x ∈ R, emeljuk ki fenti felırasabol a λi0bi0 tagot, s annak λi0 egyutthatojalegyen f(x) erteke. Az osszeadasra vonatkozo fenti megjegyzesbol azonnal kovetkezik,hogy f(x + y) = f(x) + f(y) mindig teljesulni fog. Be kell latnunk, hogy fuggvenyunknem ırhato f(x) = cx alakban. Ezt ugy igazoljuk, hogy kulonbozo x ertekek behe-lyettesıtesevel megprobaljuk eldonteni, mi lehet a c erteke. Helyettesıtsunk be eloszorx = bi0 -t. Ekkor f(bi0) = 1, tehat c erteke csak 1

bi0

lehet (ami nem nulla). Valasszunk

45

most egy masik bi1 ∈ B baziselemet. Ennek felırasat is ismerjuk: bi1 egyutthatoja1, minden mas egyutthato 0. Ezert f(bi1) = 0 es ıgy c erteke csak 0 lehetne, s ezzelellentmondasra jutottunk.

Kovetkezo alkalmazaskeppen belatjuk azt a meglepo tenyt, hogy az identitasfugg-veny ket periodikus fuggveny osszege (persze, ilyenkor a periodusok nem osszemerhe-toek).

59. Tetel. Az F (x) = x fuggveny eloall ket periodikus fuggveny osszegekent.

Bizonyıtas. Az elozo tetelhez hasonloan jarunk el. Valasszunk ki ket elemet B-bol,bi0 -t es bi1 -et. Adott x ∈ R-re legyen f(x) erteke x felırasaban a λi0bi0 tag, g(x)-etpedig ıgy definialjuk: g(x) = x − f(x) (tehat a tobbi tag osszege).

Azt fogjuk belatni, hogy f(x) periodikus bi1 periodussal, g(x) pedig periodikus bi0

periodussal (nem tevedes, a szerepek felcserelodnek). Ehhez eloszor vizsgaljuk meg,hogy hogyan fugg ossze x es x + bi1 bazisbeli felırasa. Egyetlen tagban kulonboznek,ez eppen a bi1 -es tag, itt ugyanis az egyutthato 1-gyel nagyobb x+bi1 eseteben. Tehataz osszes tobbi tag, ıgy az f(x)-nek valasztott bi0 -s tag is valtozatlan marad, es eppenezt akartuk belatni. Hasonlokeppen lathato, hogy ha egy tetszoleges x-et x + bi0 -ra novelunk, egyetlen tag valtozik, a bi0 -s, a tobbi tag, amelyek osszege eppen g(x),ugyanaz marad.

60. Tetel. Az F (x) = x2 fuggveny nem all elo ket periodikus fuggveny osszegekent.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy F (x) = f(x) + g(x) ahol f(x) α szerint, g(x) pedig βszerint periodikus. Feltehetjuk, hogy α > 0, β > 0. Azt allıtjuk, hogy ekkor

F (x + α + β) − F (x + α) − F (x + β) + F (x) = 0

azonosan teljesul. A szereplo F ertekeket felbontva f + g-re, majd csoportosıtvalathato, hogy eleg a fenti azonossagot kulon f -re es g-re belatni. Azokra pedig igaz,hiszen (a tagokat megfeleloen csoportosıtva)

[f(x + α + β) − f(x + β)

]+

[−f(x + α) + f(x)

]= 0

es hasonloan[g(x + α + β) − g(x + α)

]+

[−g(x + β) + g(x)

]= 0.

Ez viszont F (x) = x2-re nem teljesul, hiszen

(x + α + β)2 − (x + α)2 − (x + β)2 + x2 = 2αβ,

ami nem az azonosan 0 fuggveny.

Belathato, hogy az x2 fuggveny eloall harom periodikus fuggveny osszegekent. Azx3 fuggveny nem, de eloall negy osszegekent, stb.

Feladatok. 1. Lassuk be, hogy ha egy Cauchy-fuggveny monoton, akkor cx alaku!2. Eloall-e az F (x) = x fuggveny ket folytonos periodikus fuggveny osszegekent?3. Bizonyıtsuk be, hogy egy fuggveny, amelynek pontosan egy szakadasi pontja van(amely tehat egy pont kivetelevel mindenutt folytonos) nem allhat elo ket periodikusfuggveny osszegekent.

46

18 A Zorn-lemma

Az algebraban akivalsztasi axioma helyett tobbnyire annak egy (elso pillantasra bony-olultan megfogalmazott) ekvivalenset hasznaljak.

Egy (P, <) rendezett part reszben rendezett halmaznak nevezunk, ha < olyanrelacio P -n, amely a trichotomia kivetelevel a rendezes tulajdonsagait kielegıti. Azaz:x < x sosem teljesulhet, es x < y, y < z eseten x < z mindig igaz. Reszben ren-dezett halmazra pelda a pozitıv termeszetes szamok halmaza, ha a < b-t akkor ırunk,ha a valodi osztoja b-nek. vagy vehetjuk a komplex szamsık pontjait es x < y-t ugydefinialjuk, hogy x balra all y-tol (tehat ugyanazon a ,,vızszintes” egyenesen). Deerdekes modon barmilyen P halmaz reszben rendezett halmazza teheto, ha semelyikket elemet nem hasonlıtjuk ossze, azaz x < y sosem teljesul (teljesen rendezetlen hal-maz). Hasznalni fogjuk az x ≤ y jelolest is, ez termeszetesen azt jelenti, hogy x < yvagy x = y teljesul.

Egy (P, <) reszben rendezett halmaz eseten az L ⊆ P reszhalmazt lancnak nevez-zuk, ha L barmely ket eleme osszehasonlıthato, azaz x, y ∈ L eseten x = y vagy x < yvagy y < x teljesul. Fenti elso peldankban 2 hatvanyai lancot alkotnak. A masodikbana vızszintes egyenesek (es azok reszhalmazai) a lancok, a harmadikban pedig csak azegypontu halmazok (es az ures halmaz).

Ha (P, <) reszben rendezett halmaz es L benne lanc, akkor azt mondjuk, hogy az ∈ P elem felso korlat L szamara, ha x ≤ z teljesul minden x ∈ L-re.

Ha (P, <) reszben rendezett halmaz, akkor x ∈ P eleme maximalis, ha nincsnala nagyobb elem, azaz olyan y ∈ P , amelyre x < y teljesul. Vigyazat ! Nemazt koveteltuk meg, hogy y ≤ x teljesuljon minden y ∈ P elemre. Ez utobbi tulaj-donsagu elemet, a megkulonboztetes kedveert, legnagyobb elemnek nevezzuk. Konnyenlethato,hogy legnagyobb elem mindig maximalis. Fenti harmadik peldankban mindenelem maximalis, de nincs legnagyobb elem. Az elso ket peldaban egyik tulajdonsaguelem sincs. Ha az elso peldaban az osszes termeszetes szamot vettuk volna, akkor 0maximalis, de nem legnagyobb lenne. Lathatjuk, hogy legnagyobb elem (ha van) csakegy lehet, mıg maximalis elem lehet tobb is, akkor viszont nincs legnagyobb elem.

61. Tetel. (Zorn-lemma) Tegyuk fel, hogy a (P, <) reszben rendezett halmazban

minden lancnak van felso korlatja. Akkor (P, <)-ben van maximalis elem.

Bizonyıtas. A jolrendezesi tetel szerint P -nek van jolrendezese. Az 56. Tetel bi-zonyıtasahoz hasonloan ezt ıgy fogalmazzuk: P = pα : α < ϕ alakban ırhato egyalkalmas ϕ rendszamra.

A strategiank az, hogy csinalunk egy L ⊆ P lancot, aminek meglesz az a tulaj-donsaga, hogy ha egy p elem a lanc felso korlatja, akkor p maximalis P -ben.

Egymas utan minden α < ϕ-re eldontjuk, hogy pα ∈ L legyen-e vagy sem. Eztulajdonkeppen transzfinit rekurzios eljaras: minden α < ϕ-re csinalunk valamit esamikor egy adott α < ϕ-vel foglalkozunk, mar tudjuk es felhasznaljuk a korabbi lepesekeredmenyet.

Eloszor is, legyen p0 ∈ L. Tegyuk fel, hogy a transzfinit rekurzio soran elerkeztunkaz α-adik lepesig, azaz el kell dontenunk betegyuk-e pα-t L-be, de minden β < α-ratudjuk, hogy pβ ∈ L teljesul-e.

Legyen eljarasunk a kovetkezo: tegyuk pα-t L-be pontosan akkor, ha pα nagyobbaz osszes L-be valasztott pβ-nal (β < α-ra).

47

Ily modon minden α < ϕ-re eldontottuk, hogy pα ∈ L igaz-e, masszoval definialtukaz L ⊆ P reszhalmazt. Eloszor belatjuk, hogy L valoban lanc. Valoban, ha β < α espβ, pα ∈ L, akkor pα-t szabalyunk szerint csak ugy valaszthattuk L-be, ha pβ < pα,azaz L barmely ket eleme kozul az egyik nagyobb a masiknal, L tehat lanc.

Ezert alkalmazhatjuk a tetel feltetelet, van L elemeinek felso korlatja. Ez perszepα alaku, valamilyen α < ϕ rendszamra. Azt kell belatnunk, hogy pα maximalis elem.Tetelezzuk fel, indirekten, hogy nem az, valamelyik γ < ϕ indexre pγ > pα. Gondoljukat, hogy mit csinaltunk, amikor pγ-hoz ertunk. Pontosan akkor valasztottuk pγ-t L-be,ha nagyobb minden olyan pβ-nal, ahol β < γ es pβ ∈ L. pγ-ra viszont ez a kovetelmnyteljesul, ugyanis a fenti pβ-ra pβ ≤ pα (mivel pα felso korlat L elemeire), tovabbapα < pγ felteveseink szerint, azaz pβ < pγ . Ezert pγ bevalasztottuk L-be. Ezzelviszont megkaptuk a kıvant ellentmondast, hiszen egyreszt pα < pγ masreszt pγ ≤ pα

(mivel pα felso korlat L elemeire).

A Zorn-lemmat elsosorban az algebraban alkalmazzak. Segıtsegevel sokszor elke-rulheto a transzfinit rekurzio hasznalata. Peldaul konnyen bizonyıthato az 56. Tetel.Legyen ugyanis V egy valamilyen test feletti vektorter. Alljon a P reszben rendezetthalmaz V azon (veges vagy vegtelen) A reszhalmazaibol, amelyeknek minden vegesresze linearisan fuggetlen, roviden tehat: A linearisan fuggetlen. A reszben rendezesta kovetkezokeppen adjuk meg: ha A,B ∈ P , A 6= B, akkor legyen A < B ha A ⊆B. Eloszor belatjuk, hogy teljesul a Zorn-lemma feltetele. Valoban, legyen L ⊆ P(nemures) lanc. Talalunk egy olyan B ∈ P elemet, amelyre A ≤ B teljesul minden A ∈L eseten. Legyen B az osszes L-beli elem (amelyek tehat V reszhalmazai) egyesıtese.Ekkor persze B ⊆ V is teljesul es nyilvanvaloan A ⊆ B minden A ∈ L-re. Ezert,ha belatjuk, hogy B ∈ P , akkor A ≤ B minden A ∈ L-re teljesulni fog; B felsokorlat L-re. Be kell tehat latnunk, hogy B linearisan fuggetlen. Tegyuk fel, hogynem az, ekkor vannak v1, . . . , vn ∈ B elemek es λ1, . . . , λn nemnulla testbeli elemek,hogy λ1v1 + · · · + λnvn = 0 teljesul. Mivel B-t az L-beli halmazok egyesıtesekentkaptuk, vannak A1, . . . , An ∈ L halmazok, hogy v1 ∈ A1, . . . , vn ∈ An. Mivel L lanc,az A1, . . . , An halmazok egymast tartalmazzak, azaz A1 ⊆ · · · ⊆ An teljesul, esetlegnem ebben a sorrendben. De ekkor v1, . . . , vn benne lesz valamelyik Ai-ben es ekkorAi sem lehet linearisan fuggetlen, ami ellentmondas.

Teljesul tehat a Zorn-lemma feltetele a (P, <) reszben rendezett halmazra, ezertvan benne maximalis elem, legyen ilyen, mondjuk B. Azt allıtjuk, hogy B bazisaV -nek. Valoban, ha ez nem igaz, akkor B nem generatorrendszer, ıgy van olyanv ∈ V vektor ami nem all elo B-beli elemek linearis kombinaciojakent. Azt allıtjuk,hogy a B ∪ v halmaz P -nek olyan eleme, amely szigoruan nagyobb B-nel (es ezzelmeglesz az ellentmondas). Az biztos, hogy v nem eleme B-nek, ezert B∪v szigoruanbovebb halmaz B-nel, ıgy csak azt kell bebizonyıtanunk, hogy a B ∪ v halmaz P -ben van, azaz linearisan fuggetlen. Ez pedig egy linearis algebrabol ismert okoskodasmiatt igaz: ha lenne λ1v1 + · · ·λnvn + λv = 0 alaku kombinacio, akkor nyilvan λ 6= 0(hiszen B linearisan fuggetlen) ıgy atosztassal v-t ki tudnank fejezni a B-beli v1, . . . , vn

vektorokkal:

v =(−λ1

λ

)v1 + · · · +

(−λn

λ

)vn.

48

19 ℵ1

Eddig szamos peldat lattunk rendszamokra (ω, ω2, ω10, stb), de ezek mindmegszamlalhato halmazok rendszamai voltak. Ertelemszeruen vetodik fel a ker-des, hogy lehet-e nagyobb szamossagu rendszamokat keszıteni. Mielott ezt meg-valaszolnank, eloszor is jegyezzuk meg, hogy ertelmes dolog rendszam szamos-sagarol beszelni: adott rendszamu jolrendezett halmazok szamossaga ugyanaz,hiszen nemcsak hogy van kozottuk bijekcio, de specialis (nevezetesen rende-zestarto) bijekcio is. A konkretsag kedveert definialhatnank az α rendszamszamossagat, mint kedvenc α rendszamu mintahalmazunk, α szamossagat. Je-gyezzuk meg, hogy nagyobb rendszam szamossaga is nagyobb, vagy egyenlo,hiszen α < β eseten α ⊆ β ıgy |α| ≤ |β|.

Ezutan az idezett kerdes ıgy szol: letezik-e megszamlalhatonal nagyobbrendszam ?

Az ,,igen” valaszt ketfelekeppen igazoljuk. Adunk egy rovid bizonyıtast ajolrendezesi tetel (tehat a kivalasztasi axioma) segıtsegevel, majd adunk egyhosszabbat, elkerulve annak hasznalatat.

Ha igaz a jolrendezesi tetel, azaz minden halmaz ellathato jolrendezessel,akkor a rendszamok szamossagai, azaz a jolrendezett halmazok szamossagaiazonosak a halmazok szamossagaival. Igy abban a pillanatban belattuk nemmegszamlalhato rendszam letezeset, amikor mutatunk egy nem megszamlalhatohalmazt, ilyenre pelda R.

Most egy olyan bizonyıtast adunk, amely nem hasznalja a kivalasztasi axio-mat.

62. Tetel. Van nem megszamlalhato rendszam.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy ez nem igaz, minden rendszam megszamlalhato.Legyen α rendszam, 〈A,<〉 pedig α rendszamu jolrendezett halmaz. A feltevesszerint |A| ≤ ℵ0, ıgy van f :A→ N injekcio (N a termeszetes szamok halmaza).f bijekcio A es N valamelyik (esetleg valodi) B reszhalmaza kozott. A szokottmodon f -et izomorfizmussa szervezhetjuk ha B-n a < rendezest megfeleloendefinialjuk: legyen x < y eseten f(x) < f(y). De ekkor a (B,<) jolrendezetthalmaz rendszama is α.

Kaptuk tehat, hogy minden α rendszamhoz van α rendszamu (B,<) jolren-dezett halmaz, ahol B reszhalmaza N-nek.

LegyenU =

〈B,<〉 : B ⊆ N, 〈B,<〉 jolrendezett

.

Lassuk be, hogy U halmaz! A szokasos modon, ehhez eleg talalni egy U1 hal-mazt, ami tartalmazza U minden elemet, hiszen ekkor a reszhalmaz axiomatalkalmazva kapjuk, hogy U is halmaz. U elemei rendezett parok, az elso elemmindig egy B ⊆ N reszhalmaz, a masik (visszaemlekezve a rendezes axiomatikushalmazelmeleti definıciojara) B × B egy reszhalmaza. Tehat N × N-nak isreszhalmaza, ıgy az U1 = P (N) × P (N× N) valasztas megfelelo.

49

Ezutan vegyuk azt az F operaciot, amely minden 〈B,<〉 ∈ U elemhezhozzarendeli annak rendszamat. Indirekt feltevesunk szerint ıgy megkapjukvalamennyi rendszamot. Masreszt, a potlas axiomaja miatt,

F(〈B,<〉) : 〈B,<〉 ∈ U ,

ami pedig az osszes rendszamokkal egyenlo, halmaz, ami ellentmondas.

A rendszamtulajdonsagok minimalitasanak elve miatt igaz, hogy van legki-sebb nem megszamlalhato rendszam, ezt nevezzuk el ω1-nek, szamossagat pedigℵ1-nek. Tehat tudjuk, hogy ℵ0 < ℵ1, minden α < ω1 rendszam megszamlalhato(veges, vagy vegtelen) sot meg pontosabban: ha α < ω akkor α veges, es haω ≤ α < ω1, akkor α szamossaga ℵ0. Persze, ha α ≥ ω1, akkor szamossagalegalabb ℵ1.

63. Tetel. Ha a szamossag es a ≤ ℵ1 akkor a veges, vagy a = ℵ0, vagy a = ℵ1.

Bizonyıtas. Vegyunk egy ℵ1 szamossagu halmazt, mondjuk ω1-ot. Ha a ≤ ℵ1

akkor van a szamossagu A ⊆ ω1 reszhalmaz, de a 47.Tetel miatt tudjuk, hogyA rendszama egy valamilyen α ≤ ω1 rendszam lesz, ezek szamossagait pedig aziment felsoroltuk: lehet veges, ℵ0 vagy ℵ1.

Az eddigiekben tehat ket kulonbozo modon definialtunk egy-egy megszam-lalhatonal nagyobb szamossagot: c-t es ℵ1-et. A fenti tetel erdekessege az, hogymegmutatja, hogy ℵ1 az ℵ0-t szorosan koveto szamossag, mıg a kontinuumrolnem tudjuk ugyanezt. Mindenesetre ℵ1 ≤ c, de hogy itt egyenloseg all-e, nemtudjuk eldonteni.

A kovetkezo tetel a kontinuum szamossag egy masik tulajdonsagat viszi atℵ1-re.

64. Tetel. ℵ21 = ℵ1.

Bizonyıtas. Megint persze ℵ21 ≥ ℵ1trivialis, ıgy ℵ2

1 ≤ ℵ1-t kell belatni. Ehhez,mivel ℵ1 szamossagu mintahalmazunk ω1, eleg egy ω1 × ω1 → ω1 injekciottalalni. Ehelyett azt csinaljuk — es ez eleg — hogy jolrendezzuk B = ω1 × ω1-tes bebizonyıtjuk, hogy rendszama legfeljebb ω1.

Keszıtsuk el a kovetkezo felbontast:

B = ω1 × ω1 =⋃

γ<ω1

Bγ

ahol Bγ = 〈x, y〉: max(x, y) = γ. Tehat γ < ω1-re Bγ-ban vannak a 〈γ, x〉alaku parok, ahol x ≤ γ es az 〈x, γ〉 alaku parok, ahol x ≤ γ. Ez nyilvanvaloanaz alaphalmaz diszjunkt halmazokra valo felbontasa (tehat partıcioja).

B-t a kovetkezokeppen rendezzuk jol: minden Bγ-t tetszolegesen4 jolrende-zunk, egymas kozt pedig novoleg rendezzuk oket:

B0 < B1 < · · · < Bγ < · · · .

4Peldaul a lexikografikus rendezes szerint: ket par kozul azt tekintjuk kisebbnek amelyik

elso koordinataja kisebb, ha pedig egyenloek, a masodik koordinatakat hasonlıtjuk ossze.

50

Errol a jolrendezett halmazrol kell bebizonyıtani, hogy rendszama legfeljebb ω1.Ehelyett azt az ekvivalens allıtast bizonyıtjuk be, hogy a rendszamanal kisebbrendszamok megszamlalhatoak, azaz az elem altal alkotott szeletek megszam-lalhatoak.

Vegyuk tehat B-nek egy elemet ! Ez tehat 〈x, y〉 ∈ B alaku es x, y ismegszamlalhato rendszam. 〈x, y〉 ∈ Bγ , ahol γ = max(x, y). Az 〈x, y〉 altalmeghatarozott kezdoszelet all egyreszt a Bγ-t megelozo Bξ-kbol, masreszt ma-ganak Bγ-nak egy reszebol (Bγ belso rendezesenek 〈x, y〉-t megelozo reszebol).

Ezt a halmazt csak noveljuk, ha a teljes Bγ-t beleteszuk. Igy eleg annyit belatni,hogy ⋃

ξ≤γ

Bξ

megszamlalhato.Ez a halmaz egyszerubb, mint amilyennek latszik. Az elemei azok az 〈x, y〉

parok, amelyekre max(x, y) legfeljebb γ, azaz x es y is legfeljebb γ, azaz

x : x ≤ γ × y : y ≤ γ,

formalisan meg ugy is felırhatjuk, hogy(γ ∪ γ

)×

(γ ∪ γ

). Ez valoban

megszamlalhato: a felteves szerint γ megszamlalhato, ehhez hozzadtunk egypontot (γ-t) es az ıgy keletkezett, megszamlalhato halmaz Descartes-negyzetetkepeztuk, ami ℵ0ℵ0 = ℵ0 miatt szinten megszamlalhato.

20 Az alefek

Hogyan kozoljem masokkal ezt a vegtelen Alefet,melyet csak alig fog fel felenk emlekezetem ?(Jorge Luis Borges: Az Alef5)

Az elozoekben elkeszıtettuk a legkisebb ℵ0-nal nagyob szamossagot, es ℵ1-nek neveztuk. Okoskodasunkat elismetelhetjuk ℵ1-re. Indirekt uton belatjuk,hogy van rendszam, aminek a szamossaga nagyobb, mint ℵ1, hiszen kulonbenminden rendszam reprezentalhato lenne olyan halmazon, amely resze ω1-nak, deakkor a rendszamok halmazt alkotnanak. Van tehat ℵ1-nel nagyobb szamossagurendszam, van legkisebb ilyen, s ezt elnevezhetjuk ω2-nek. A szamossagat pedigℵ2-nek hıvjuk. Ekkor tehat tudjuk, hogy az α rendszam szamossaga

veges, ha α < ω;ℵ0, ha ω ≤ α < ω1;ℵ1, ha ω1 ≤ α < ω2;ℵ2, ha α = ω2.

5Benyhe Janos fordıtasa. Jorge Luis Borges valogatott muvei. A halal es az iranytu.

Elbeszelesek. Europa Konyvkiado, Budapest, 1999

51

Ezutan azt is be tudjuk latni, hogy ha a szamossag es a ≤ ℵ2, akkor a veges,vagy a = ℵ0, vagy a = ℵ1, vagy a = ℵ2. Tehat sikerult a kozvetlenul kovetkezoszamossagot megcsinalni.

Innen tovabblephetunk es elkeszıthetjuk ω3-at, aminek a szamossagat ℵ3-nak nevezzuk, es ıgy tovabb, definialjuk ℵ4, ℵ5 . . .-t, es a hozzajuk tartozo ω4,ω5, . . .-t. Rogton felvetodik a kerdes, van-e vegtelen szamossag ℵ0,ℵ1,ℵ2, . . .utan.

Ehhez eloszor is belatjuk, hogy van olyan α rendszam, amelyre α ≥ ωn

teljesul n = 1, 2, . . .-re. Ha ugyanis ilyen rendszam ne letezne, akkor (tagadvaaz elozo allıtast) minden α rendszamra α < ωn teljesulne valamelyik n-re. Azaz

RSZ = ω1 ∪ ω2 · · ·

lenne, ıgy a rendszamok halmazt alkotnanak, ami nem igaz.Nevezzuk tehat ωω-nak a legkisebb rendszamot, ami minden ωn-nel (n =

1, 2, . . .) nagyobb, vagy egyenlo. Ennek szamossaga ezek mindegyikenel nagy-obb, hisz ωn ⊆ ωn+1 ⊆ ωω miatt ℵn < |ωω|. Nevezzuk a szamossagat ℵω-nak.Ekkor viszont tudjuk, hogy ha az a vegtelen szamossagra a ≤ ℵω, akkor a csaka felsorolt szamossagok valamelyike lehet: ℵ0,ℵ1, . . . ,ℵω. Valoban a csak vala-milyen α ≤ ωω rendszam szamossaga lehet es ha α < ωω, akkor α < ωn teljesulvalamelyik n-re, az ilyen rendszamok szamossagait pedig ismerjuk.

Az eddigi lepesek mutatjak, hogyan konstrualjuk meg, transzfinit indukcioval,minden α rendszamra az ℵα szamossagot es az ωα rendszamot.

ℵ0-t mar ismerjuk, es legyen ω0 = ω. Ha α rakovetkezo rendszam, tehatα = β + 1 alaku, es ℵβ-t, ωβ-t ismerjuk, akkor legyen ωα a legkisebb, ℵβ-nal nagyobb szamossagu rendszam (ilyen van, a 60. Tetelben szereplohoz ha-sonlo okoskodas szerint). Legyen tovabba ℵα = |ωα|, tehat a megkonstrualtrendszam szamossaga. Marad az az eset, amikor α limesz rendszam. Ekkor azindukcios hipotezis szerint feltehetjuk, hogy ℵβ-t es ωβ-t mar ismerjuk mindenβ < α rendszamra. Az elozo bekezdesbelihez hasonlo okoskodassal belatjuk,hogy van legkisebb olyan rendszam, amely minden ωβ-nal nagyobb (ha β < α),legyen ez ωα, szamossaga ℵα. Ismet az elozoekhez hasonloan lathatjuk be,hogy ha α valamilyen rendszam es a ≤ ℵα vegtelen szamossag, akkor a csak azℵ0, . . . ,ℵβ, . . . (β ≤ α) szamossagok valamelyike lehet.

Fontos, itt nem bizonyıtando tetel azt mondja ki, hogy ha feltesszuk akivalasztasi axiomat, akkor minden vegtelen szamossag ℵα alaku, tehat ez a,,sorozat” pontosan a vegtelen szamossagokat sorolja fel.

65. Tetel. ℵ2α = ℵα.

Bizonyıtas. α-ra vonatkozo transzfinit indukcioval. A 63. Tetelben tulajdonkeppena 0 7→ 1 esetet lattuk be, most azt az okoskodast ismeteljuk meg az altalanos esetre.

ℵ2α ≥ ℵα nyilvanvalo a szorzas monotonitasabol, ıgy ℵ2

α ≤ ℵα-t kell belatni. Ehhez,mivel ℵα szamossagu mintahalmazunk ωα, eleg egy ωα × ωα → ωα injekciot talalni.Ehhez jolrendezzuk B = ωα × ωα-t es bebizonyıtjuk, hogy rendszama legfeljebb ωα.

52

Keszıtsuk el a kovetkezo felbontast:

B = ωα × ωα =⋃

γ<ωα

Bγ

ahol Bγ = 〈x, y〉:max(x, y) = γ. Tehat γ < ωα-re Bγ-ban vannak a 〈γ, x〉 alakuparok, ahol x ≤ γ es az 〈x, γ〉 alaku parok, ahol x ≤ γ. Ez az alaphalmaz diszjunkthalmazokra valo felbontasa.

B-t a kovetkezokeppen rendezzuk jol: minden Bγ-t tetszolegesen jolrendezunk,egymas kozt pedig novoleg rendezzuk oket:

B0 < B1 < · · · < Bγ < · · · .

Errol a jolrendezett halmazrol kell bebizonyıtani, hogy rendszama legfeljebb ωα. Ehe-lyett azt az ekvivalens allıtast bizonyıtjuk be, hogy a rendszamanal kisebb rendszamokkisebbek ωα-nal, azaz az elem altal alkotott szeletek szamossagai ℵα-nal kisebbek.

Vegyuk tehat B-nek egy elemet ! Ez tehat 〈x, y〉 ∈ B alaku ahol x es y ωα-nalkisebb rendszam. 〈x, y〉 ∈ Bγ , ahol γ = max(x, y). Az 〈x, y〉 altal meghatarozottkezdoszelet all egyreszt a Bγ-t megelozo Bξ-kbol, masreszt maganak Bγ-nak egyreszebol (Bγ belso rendezesenek 〈x, y〉-t megelozo reszebol). Ezt a halmazt csaknoveljuk, ha a teljes Bγ-t beleteszuk. Igy eleg annyit belatni, hogy

⋃

ξ≤γ

Bξ

szamossaga kisebb, mint ℵα.E halmaz elemei azok az 〈x, y〉 parok, amelyekre max(x, y) legfeljebb γ, azaz x es

y is legfeljebb γ, azazx : x ≤ γ × y : y ≤ γ,

formalisan meg ugy is felırhatjuk, hogy(γ ∪ γ

)×

(γ ∪ γ

).

Ha γ veges, akkor ez a halmaz veges, tehat ℵα-nal kisebb szamossagu. Ha γ

vegtelen, akkor |γ| = ℵβ valamilyen 0 ≤ β < α-ra. Ekkor(γ ∪ γ

)szamossaga

ℵβ + 1, de ez a 24. Tetel utani megjegyzes miatt ℵβ-val egyenlo. A Descartes-szorzat

szamossagara azt kapjuk, hogy:∣∣(γ ∪γ

)×

(γ ∪γ

)∣∣ = ℵ2β = ℵβ (itt hasznaltuk fel

az indukciot) es ez valoban kisebb ℵα-nal.

Tetelunknek nagyon fontos kovetkezmenye azt mondja ki, hogy vegtelenszamossagokra az osszeadas es a szorzas olyan egyszeru, amilyen egyszeru csaklehet.

66. Tetel. Ha a es b vegtelen szamossagok, akkor a+ b = ab = max(a, b).

Bizonyıtas. Minden vegtelen szamossag ℵα alakban ırhato, ıgy a = ℵα, b = ℵβ

alkalmas α, β rendszamokra. Tegyuk fel, hogy peldaul β ≤ α. Ekkor b ≤ a,azaz a = max(a, b). A kıvant oszeg, illetve szorzat:

a = ℵα ≤ ℵα + ℵβ ≤ 2ℵα ≤ ℵαℵα = ℵα = a,

a = ℵα ≤ ℵβℵα ≤ ℵαℵα = ℵα = a,

53

a muveletek szokasos monotonitasat, illetve ℵ2α = ℵα-et hasznalva.

Persze, most mar tetszoleges ket szamossag osszeget es szorzatat tudjuk,hiszen, ha a vegtelen, n veges, akkor a 24. Tetel utan kiszamoltuk, hogy a +n = a, a szorzatra pedig azt mondhatjuk, hogy n = 0-ra an erteke nyilvan 0,egyebkent pedig a fentihez hasonloan a ≤ an ≤ a2 = a.

21 A kontinuumhipotezis

Nem tudjuk es Godel es Cohen eredmenyei alapjan tudjuk, hogy nem is tud-hatjuk, hogy igaz-e a kontinuumhipotezis, azaz c = ℵ1. De feltehetjuk, mint ujaxiomat es segıtsegevel teteleket bizonyıthatunk be. Egy ilyen tetel a kovetkezo.

67. Tetel. (Sierpinski) Ha igaz a kontinuumhipotezis, akkor a sık felbon-thato ket reszre ugy, hogy az egyiknek minden fuggoleges, a masiknak mindenvızszintes egyenessel valo metszete megszamlalhato.

Bizonyıtas. A c = ℵ1 felteves szerint van bijekcio a megszamlalhato rendszamokω1 halmaza es a valos szamok R halmaza kozott. A fuggvenyjeloles helyett in-dexjelolest hasznalunk, tehat azt ırjuk, hogy R = rα : α < ω1. Ezekutan azR2 = A∪B felbontast a kovetkezokeppen definialjuk: ha 〈x, y〉 ∈ R2, ırjuk x-etx = rα, y-t y = rβ alakban. Ha α < β akkor 〈x, y〉-t A-ba, egyebkent B-betesszuk.

Vegyunk ezekutan egy vızszintes egyenest. Ez persze L = 〈x, c〉 : x ∈ Ralakban ırhato. Ha most c = rβ valamilyen β < ω1 megszamlalhato rendszamra,akkor A ∩ L elemei azok az 〈x, c〉 parok lesznek, ahol x = rα valamilyenα < β rendszamra, es ilyen rendszam csak megszamlalhato sok van, ezertA∩L megszamlalhato. Hasonlokeppen kaphatjuk, hogy ha L fuggoleges egyenes,akkor B ∩ L megszamlalhato.

Erdekes modon az utobbi tetel megfordıthato.

68. Tetel. Ha a sık felbonthato ket reszre ugy, hogy az egyiknek minden fuggoleges,

a masiknak minden vızszintes egyenessel valo metszete megszamlalhato, akkor igaz a

kontinuumhipotezis.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy R2 = A ∪ B, ahol A-nak minden vızszintes, B-nekminden fuggoleges egyenessel valo metszete megszamlalhat, de a kontinuumhipotezisnem teljesul. Ekkor — mivel ℵ0 nem lehet — a kontinuum erteke legalabb ℵ2. LegyenLi : i ∈ I ℵ2 vızszintes es Mj : j ∈ J ℵ1 fuggoleges egyenes. Minden i ∈ I-re esj ∈ J-re az Li es Mj egyenes egy pontban metszi egymast, nevezzuk ezt pij-nek.

Vizsgaljunk eloszor egyetlen Li egyenest ! Li-nek az ℵ1 kulonbozo fuggoleges

egyenessel ℵ1 pij metszespontja van, a felbontasra tett kikotes szerint nem lehet mind

A-beli. Van tehat olyan j ∈ J , amelyre pij ∈ B. Rendeljunk hozza az i ∈ I ertekhez

egy ilyen j ∈ J-t. Ezzel definialtunk egy f : I → J fuggvenyt. Emlekezzunk: |I | = ℵ2,

|J | = ℵ1. Ha minden j ∈ J ertek teljes inverz kepe megszamlalhato lenne, akkor I ,

azaz az osszes ertek teljes inverz kepenek halmaza legfeljebb ℵ0ℵ1 = ℵ1 szamossagu,

54

ami ellentmondas. Van tehat olyan j ∈ J ertek, amelyet f tobb mint ℵ0-szor vesz

fel. Ez azt jelenti, hogy van ℵ1 olyan i, amelyre pij ∈ B, azaz az Mj (fuggoleges)

egyenesen B-nek tobb, mint ℵ0 pontja lenne, ami ellentmondas.

22 Konig Gyula tetele

A jolrendezesi tetel szerint a kontinuum szamossag erteke ℵα valamilyen α rendszamra,de nem derult ki, melyik α-ra. Persze, Cantor tetele miatt, α = 0 nem lehet. Mintlattuk, az α = 1 kerdes, azaz a kontinuumproblema, eldonthetetlen. Axiomarendsze-runkben ezt az allıtast nem tudjuk sem bizonyıtani, sem cafolni. Hasonlo a helyzet azα = 2 kerdessel, tehat a c = ℵ2 kerdes is eldonthetetlen axiomarendszerunkben. Vanazonban olyan tetel, amely informaciot ad arra, hogy c = ℵα milyen α-ra teljesulhet.

69. Tetel. (Konig Gyula tetele) c 6= ℵω

Bizonyıtas. Egy allıtasra van szuksegunk.

Allıtas. ℵ0 + ℵ1 + ℵ2 + · · · = ℵω.

Bizonyıtas. A monotonitas miatt

ℵ0 + ℵ1 + ℵ2 + · · · ≤ ℵω + ℵω + ℵω + · · · = ℵ0ℵω = ℵoo

a 65. Tetel miatt. Belattunk tehat annyit, hogy a baloldal kisebb vagy egyenlo ajobboldalnal.

A masik iranyhoz gondoljuk at a kovetkezoket. Az ℵ0 + ℵ1 + ℵ2 + · · · osszeglegalabb akkora, mint barmelyik tagja (az osszeadas monotonitasa miatt) de mivelminden tagnal nagyobb a kovetkezo, ez az osszeg minden tagjanal szigoruan nagyobblesz. A legkisebb szamossag, amely nagyobb, mint ℵ0,ℵ1, . . . eppen ℵω, tehat aztkaptuk, hogy ℵ0 +ℵ1+ℵ2 + · · · ≥ ℵω. Az ekvivalencia tetel miatt, a ket egyenlotlenseg(a mar megszokott modon) adja az egyenloseget.

Visszaterve a tetel bizonyıtasahoz, azt fogjuk belatni, hogy ℵℵ0ω 6= ℵω. Ez eleg,

hiszen cℵ0 = c-t belattuk (30. Tetel), ıgy c nem lehet egyenlo ℵω-val.Tegyuk fel tehat, hogy ℵℵ0

ω 6= ℵω es legyen A ℵω szamossagu halmaz ! Vegyuk aC = NA halmazt, tehat az N-bol (a termeszetes szamok halmazabol) A-ba kepezoosszes fuggvenyek halmazat. Ennek szamossaga |A||N| = ℵℵ0

ω , azaz, indirekt fel-tevesunk szerint, ismet ℵω. Az Allıtas szerint C felbonthato, mint C = C0∪C1∪C1∪· · ·,ahol Cn szamossaga eppen ℵn.

Belatjuk, hogy van olyan g ∈ C elem, amelyik semelyik Cn-ben sincs benne. Eztermeszetesen ellentmondas lesz. A g : N → A fuggvenyt a kovetkezokeppen adjukmeg. Tetszoleges n ∈ N termeszetes szamra vegyuk az An = f(n) : n ∈ Cnhalmazt. Mivel |Cn| = ℵn es An tulajdonkeppen egy Cn-en definialt lekepezes kepe,An szamossaga legfeljebb ℵn (szurjektıv fuggveny csak csokkentheti a szamossagot).Ezert An nem lehet azonos az egesz A halmazzal (hiszen A szamossaga ℵω, mıg An-elegfeljebb ℵn). Van tehat A-beli elem, ami nincs benne An-ben, legyen g(n) egy ilyenelem. Azt allıtjuk, hogy az ıgy definialt g : N → A fuggveny benne van C-ben, denincs benne C0 ∪ C1 ∪ C1 ∪ · · ·-ben. Az elso allıtas vilagos, a a masodik pedig onnanadodik, hogy barmelyik konkret Cn-et is vesszuk, g ∈ Cn lehetetlen, hiszen g(n)-et

55

ugy valasztottuk meg, hogy ez ne teljesulhessen (a g fuggveny n helyen felvett ertekenem olyan ertek, amelyet Cn-beli fuggveny az n helyen felvesz).

Erdemes eszrevenni, hogy bizonyıtasunk nagyon hasonlıt egy masik bizonyıtashoz;a valos szamok halmaza nem megszamlalhato voltat ugyanıgy igazoltuk (vegtelen soklepessel, atlozassal, minden lepesben egy-egy feltetelt kielegıtve). Valojaban a ketallıtas kozos altalanosıtasa konnyen megfogalmazhato es hasonloan bizonyıthato: akontinuum erteke nem lehet olyan szamossag, amely eloall megszamlalhato sok kisebbszamossag osszegekent.

A tetel masik erdekessege, hogy bebizonyıtja ugyan c 6= ℵω-t, de nem ad utmutatast

arra nezve, hogy c kisebb vagy nagyobb-e, mint ℵω. Okkal: az axiomarendszer ezt

nem tudja eldonteni. Mint Solovay (nem sokkal Cohen felfedezese utan) megmutatta,

csakis a fenti tulajdonsagu vegtelen szamossagokrol, tehat ℵ0,ℵω,ℵω2, . . . lehet meg-

mutatni, hogy nem lehet a kontinuum erteke, minden mas vegtelen szamossag, tehat

ℵ1,ℵ2, . . . ,ℵω+1,ℵω+2, . . . lehet c erteke.

23 Nehany halmaz definıcioja

Ebben a fejezetben attekintjuk, hogyan illeszthetjuk be axiomatikus targyalasmodunk-ba a matematika legfontosabb halmazait, azaz hogyan definialhatjuk N-et, Z-t, Q-t,R-et, C-t az ures halmazbol az axiomak segıtsegevel.

Komplex szamok. C legyen egyszeruen R × R (ellatva a megfelelo muveletekkel).

Egesz szamok. Hagyomanyosan az egesz szamok halmazat ugy definialjuk, hogyvegiggondoljuk, mit jelent egy felgyuru kiterjesztese gyuruve, azaz osszeadassal esszorzassal (es megfelelo azonossagokkal) rendelkezo halmazt olyan bovıtese, melybenkivonni is korlatlanul tudunk.

Ehhez az A = N ×N (azaz a termeszetes szamokbol allo rendezett parokbol allo)halmazon vezessuk be a kovetkezo ekvivalencia-relaciot:

〈a, b〉 ∼ 〈c, d〉,

ha a − b = c − d. Ezt azonban nem kothetjuk ki feltetelnek, hiszen eppen, hogy nincsdefinialva peldaul 1 − 2 = 2 − 3, ezert ıgy ırjuk at a fenti azonossagot: a + d = b + c.Eloszor be kell bizonyıtani, hogy ez valoban ekvivalencia-relacio. Ezutan az egeszszamokat, mint az ekvivalencia-osztalyokat definialjuk, megjegyezve, hogy az 〈x, 0〉 parekvivalencia-osztalya lesz ,,tulajdonkeppen” az x termeszetes szam (x = 0, 1, . . .-re).Vegul definialjuk az algebrailag erdekes muveleteket: ha 〈a, b〉 osztalyat

[〈a, b〉

]-vel

jeloljuk, akkor [〈a, b〉

]+

[〈c, d〉

]=

[〈a + c, b + d〉

],

stb. Szamos dolgot kell ellenorizni, legeloszor, hogy a muvelet eredmenye nem fuggattol hogy az osztalyt melyik elemevel reprezentaltuk (ismeros!), egeszen addig, hogyx 6= y eseten az

[〈x, 0〉

]osztaly nem esik egybe az

[〈y, 0〉

]osztallyal. (Az miert lenne

baj?)

Racionalis szamok. A racionalis szamokat ehhez hasonloan lehet definialni: altalanoseljarast adva arra, hogyan lehet gyurut testbe agyazni.

56

Egy ∼ ekvivalencia-relaciot definialunk a

Z ×(Z − 0

)

halmazon, tehat azon 〈a, b〉 parok halmazan, ahol a egesz, b pedig 0-tol kulonbozoegesz. Persze, azt szeretnenk, ha akkor lenne 〈a, b〉 ∼ 〈c, d〉, ha

a

b=

c

d,

de mivel egyelore nem hasznalhatjuk az osztas fogalmat, ezt

ad = bc

alakban ırjuk at.Ezutan a muveleteket a kezenfekvo modon definialjuk: az 〈a, b〉-t tartalmazo es a

〈c, d〉-t tartalmazo osztalyok osszege legyen az 〈ad + bc, bd〉 part tartalmazo osztaly,stb.

Valos szamok.

R (egyik) jolismert definıcioja Dedekind szeleteket hasznal:

R =〈A,B〉 : 〈A,B〉 Dedekind szelet

,

ahol az 〈A,B〉 par Dedekind szelet, ha

1. A, B ⊆ Q;

2. A, B 6= ∅;

3. A lefele zart, azaz x < y ∈ A eseten x ∈ A;

4. A ∩ B = ∅, A ∪ B = Q;

5. A-nak nincs legnagyobb eleme.

A titkos gondolat persze az, hogy az x ∈ R valos szamot 〈A, B〉-vel azonosıtjuk,ahol A a nala kisebb racionalis szamok halmaza, B = Q − A. Azt persze konnyu (deelengedhetetlen) belatni, hogy R halmaz: hiszen reszhalmaza P (Q) × P (Q)-nak.

Termeszetes szamok. N legyen ω. De ezt hogyan adjuk meg ?Legyen 0 = ∅. 1 = 0, azaz 1 = ∅. Tovabba 2 = 0, 1, azaz 2 =

∅, ∅

,

3 = 0, 1, 2 =∅, ∅,

∅, ∅

, stb. Ezekutan legyen N ezen halmazok halmaza.

De hogy adjuk meg ezt a halmazt axiomatikusan?A kovetkezo a trukkje: nevezzunk induktıvnak egy A halmazt, ha a kovetkezo ket

tulajdonsag teljesul ra:

1. ∅ ∈ A;

2. ha x ∈ A, akkor(x ∪ x

)∈ A.

Lathato, hogy N induktıv, es N ⊆ A minden induktıv A halmazra. Tehat:

N =⋂

A induktıv

A,

57

es valoban ez N definıcioja. Itt persze osztalynyi sok halmaz metszetet kell kepezni, de,mint lattuk, ezzel nincs gond. (Igaz, csak akkor, ha tudjuk, hogy van ilyen, tehat in-duktıv halmaz. Rovid gondolkodas utan erezzuk, hogy ha valami, akkor a vegtelen hal-maz axiomaja az ami segıthet, es valoban ezen axiomat hagyomanyosan ugy mondjakki, hogy letezik induktıv halmaz.)

Egy vegso kellemetlenseg: az egyertelmu definıcio kedveert valamennyi lepesbena mar addig definialt objektumokat be kell illeszteni az ujabbak koze. Igy peldaul akomplex szamok C halmaza R × R-kent van definialva, de ebben szerepelnek a marmegkonstrualt valos szamok is, ezeket be kell illesztenunk, azaz helyesen

C = (R ×R) − (R × 0) ∪ R.

24 Neumann-rendszamok

Legsulyosabb adossagunk a rendszam es a szamossag definıcioja.Neumann Janostol szarmazik az a szep otlet, hogy minden rendszamot azonosıt-

sunk a nala kisebb rendszamok halmazaval, azaz legyen

α = α

minden α rendszamra. Ezt szamos konkret peldara meg is tettuk (ıgy definialtuk atermeszetes szamokat: 0, 1, 2, . . ., vagy peldaul ω-t).

Latszolag a fenti definıcio a transzfinit rekurzio tetelevel gondtalanul kivitelezheto:

F(α) = F(β) : β < α,

valojaban ezt nem hasznalhatjuk a rendszamok definıciojara, mert a transzfinit rekurziotetelenek bizonyıtasahoz mar felhasznaltuk a rendszam, rendszamok halmaza, stb. fo-galmat. Igy hibas kor keletkezik.

A helyes eljaras az, hogy a rendszam fogalma nelkul definialjuk a Neumann altalelkeszıtett halmazokat. Ez a definıcio a kovetkezo: egy X halmazt nevezzunk Neumann-

rendszamnak, ha

1. X tranzitıv, azaz x ∈ y ∈ X eseten x ∈ X;

2. 〈X, E〉 jolrendezett, ahol x, y ∈ X eseten x, y az E relacioban all, ha x ∈ y.

A Neumann-rendszamok eppen azelozo ertelemben definialt halmazok. Ahhoz,hogy belassuk, a Neumann-rendszamok valoban hasznalhatok rendszamdefinıcionak,a kovetkezo nehez tetelt6 kell bebizonyıtani: ha az 〈A, <〉 halmaz jolrendezett, akkorletezik pontosan egy olyan X Neumann-rendszam, hogy 〈A, <〉 ≃ 〈X, E〉.

Ezutan egy jolrendezett halmaz rendszamat a kovetkezokeppen definialjuk: 〈A, <〉rendszama legyen az az X (egyetlen) Neumann-rendszam, amelyre teljesul 〈A, <〉 ≃〈X, E〉.

6Bizonyıtasat lasd az Irodalomjegyzekben megadott Hajnal-Hamburger-fele tankonyvben.

E konyv egyebkent, a mienketol elteroen, a fent emlıtett korrekt modon vezeti be a rendszam

fogalmat.

58

A Neumann-fele rendszamdefinıcio lehetove teszi, hogy (vegre) definialjuk a sza-mossagot. Ehhez a jolrendezesi tetelt hasznaljuk fel. Annak ertelmeben minden Ahalmazhoz van legkisebb α rendszam, hogy A-nak van α rendszamu jolrendezese.Rendeljuk hozza A-hoz, mint szamossagot, ezt az α rendszamot. Ez rendelkezik aszamossagtol megkovetelt tulajdonsaggal: ha A ∼ B, akkor azonosak jolrendezeseikrendszamai, ıgy a legkisebb is, es megfordıtva, ha van azonos rendszamra tortenojolrendezesuk, akkor A ∼ B. Tehat a definıcio a kovetkezo:

|A| = X,

ahol X az egyetlen Neumann-rendszam, amelyre A ∼ X, de A 6∼ Y , ha Y ∈ X.Jegyezzuk meg, hogy a szamossag fenti definıcioja olyan, hogy minden A hal-

mazra annak |A| szamossaga maga is |A| szamossagu halmaz. Ezt nem koveteltukmeg, amikor leszogeztuk, hogy milyen tulajdonsaggal kell rendelkezni a szamossag-operacionak, ez tobblet. Segıtsegevel viszont rendbetehetjuk a rendtıpus definıciojatis: ha 〈A,<〉 rendezett halmaz, legyen 〈A,<〉 rendtıpusa az osszes 〈X, <〉 rendezetthalmazok halmaza, ahol az X Neumann-rendszam A szamossaga, es 〈X, <〉 ≃ 〈A,<〉.Ez halmaz, mert resze X×P (X ×X)-nek, es valoban 〈A,<〉 es 〈B,<〉 eseten akkores csak akkor azonos, ha a megfelelo X azonos (tehat |A| = |B|) es 〈A, <〉 ≃ 〈B,<〉.

Egy utolso simıtas: mivel a rendszamokat mar korabban definialtuk, jolrendezetthalmazok rendtıpusat nem a fenti modon adjuk meg, hanem termeszetesen a hozza-rendelt (Neumann-)rendszammal.

59

25 A gorog betuk

A,α alfaB, β betaΓ, γ gamma∆, δ deltaE, ε epszilonZ, ζ zetaH, η etaΘ, θ thetaI, ι iotaK,κ kappaΛ, λ lambdaM,µ muN, ν nuΞ, ξ ksziO, o omikronΠ, π piP, ρ roΣ, σ szigmaT, τ tauΥ, υ upszilonΦ, ϕ fiX,χ khiΨ, ψ psziΩ, ω omega

60

26 Irodalomjegyzek

1. Hajnal Andras, Hamburger Peter: Halmazelmelet , Tankonyvkiado, 1983.

2. Peter Rozsa: Jatek a vegtelennel, TypoTEX , Budapest, 1999.

3. Totik Vilmos: Halmazelmeleti feladatok es tetelek , Polygon, 1997.

61

Tartalomjegyzek

Eloszo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11. Bevezetes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22. Az axiomak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43. A Descartes-szorzat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64. Szamossagok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85. Szamossagok osszehasonlıtasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96. Cantor tetele. A Russell-paradoxon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117. Muveletek szamossagokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128. A kivalasztasi axioma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199. Peldak szamossagokra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .24

10. Rendezett halmazok. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2711. Jolrendezett halmazok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2912. Kezdoszeletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3013. Rendszamok osszehasonlıtasa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3214. Peldak rendszamokra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3515. A transzfinit indukcio es rekurzio tetele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3916. A jolrendezesi tetel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4017. Minden vektorternek van bazisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4318. A Zorn-lemma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4719. ℵ1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4920. Az alefek. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5121. A kontinuumhipotezis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5422. Konig Gyula tetele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5523. Nehany halmaz definıcioja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5624. Neumann-rendszamok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5825. A gorog betuk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6026. Irodalomjegyzek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

62