terojaskupova

5/15/2018 TerojaSkupova - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/terojaskupova 1/84

Prvo predavanje iz Teorije skupova 08/10/2005

Sadrzaj danasnjeg predavanja

1. Kratki sadrzaj kolegija.

2. Literatura.

3. Kratka povijest nastanka teorije skupova.4. Osnovne napomene na pocetku kolegija.

5. Kumulativna hijerahija.

Kratki sadrzaj kolegija

§0. UvodKumulativna hijerarhija. Klase i skupovi. Neki aksiomi ZF teorije. Relacije. Funkcije.

§1. Naivna teorija skupova

1.1. Ekvipotentni skupovi1.2. Konacni i beskonacni skupovi1.3. Prebrojivi skupovi1.4. Neprebrojivi skupovi1.5. Kardinalnost1.6. Uredeni skupovi1.7. Uredajna karakteristika skupova Q i R

1.8. Dobro uredeni skupovi

Glavni cilj prvog poglavlja: motivirati uvodenje aksioma §2. Aksiomatska teorija skupova

2.1. Prirodni brojevi2.2. Tranzitivni skupovi2.3. Skupovi brojeva Z, Q i R

2.4. Ordinalni brojevi2.5. Kardinalni brojevi2.6. Aksiom izbora2.7. Zermelo–Fraenkelova teorija skupova

1



Literatura:

Knjige koje postoje u biblioteci PMF-MO; nisu poredane po abecedi vec po vaznosti za kolegij

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

2. K. Kunen, Set Theory, North–Holland, 1980.

3. P. Papic, Teorija skupova, HMD, Zagreb, 1999.

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

5. T. Jech, Set Theory, Academic Press, 1978. (novije izdanje u NSK!)

Svakako preporuciti knjizice iz biblioteke Moderna matematika od Skolske knjige:

• Vilenkin–Price o skupovima

• Krivine–Aksiomaticka teorija skupova

• Z. Sikic–Kako je stvarana novovjekovna matematika

Kratka povijest nastanka teorije skupova

Osnivac teorije skupova G. Cantor, radovi 1871.–1883.

Poseban zamah razvoju teorije dao je Bertrand Russell otkricem paradoksa. To je rezultiralo razvojemaksiomatske teorije skupova:

1. prvi prijedlog aksiomatizacije: E. Zermelo, 1908.

(Zermelo je dokazao da se svaki skup moze dobro urediti. Nakon velikih kritika Zermelo jeeksplicirao aksiome koje je koristio)

2. A. Fraenkel, 1922. precizira shemu aksioma separacije

3. Fraenkel i Skolem predlazu shemu aksioma zamjene

4. J. von Neumann eksplicira aksiom regularnosti i definira ordinale

1938. K. Godel dokazao relativnu konzistentnost ZF s AC i GCHaksiomatizacija (NBG teorija skupova)

1963. P. Cohen dokazao nezavisnost hipoteze kontinuuma

novi aksiomi teorije skupova (aksiom determiniranosti; ...)

veliki kardinali ...

2



§0. Uvod0.1. Osnovne napomene na pocetku

Osnovno pitanje ovog kolegija je:

Sto je skup?

U naivnoj teoriji skupova odgovor je jednostavan:

Skup je primitivan pojam, i kao takav se ne definira.Smatramo da vec imate izgradenu intuiciju o pojmu skupa.Skup je kolekcija objekata koji zajedno cine cjelinu.

Na takvom nedefiniranom i vrlo nejasnom pojmu skupa Cantor je izgradio veliki dio teorije skupova.Poteskoce koje su se pri tome javile (paradoksi i nerjesivi problemi – o tome cemo kasnije) pokusalesu se izbjeci na razne nacine (teorija tipova; teorija klasa, ...).No, tesko je prevladati teskoce ako vec na samom pocetku imamo klimave temelje.Teorija skupova se mora graditi kao i svaka druga matematicka teorija – zadavanjem aksioma.

Napomena za studente nastavnickog smjera: O mjestu teorije skupova u osnovnoj skoli vidite clanak:

Z. Sikic, Sto su skupovi u skoli, Matematika (strucno–metodicki casopis), 1989., br. 3)

U svojim istrazivanjima tvorac teorije skupova Cantor nije se eksplicitno pozivao na neke aksiomeo skupovima.Medutim, analizom njegovih dokaza moze se zakljuciti da se skoro svi teoremi koje je on dobiomogu izvesti iz sljedeca tri aksioma:

1. aksiom ekstenzionalnosti

Dva skupa su jednaka ako imaju iste elemente.

2. princip komprehenzije

Za unaprijed dano svojstvo ϕ(x) postoji skup ciji su elementi bas oni koji imaju to svojstvo,tj. {x : ϕ(x)} je skup.

3. aksiom izbora

Za svaki neprazan skup postoji bar jedna funkcija ciji su orginali neprazni podskupovi togskupa, a slika su elementi orginala.

Kada je teorija vec postala priznata u matematickom svijetu pojavili su se paradoksi – nesto stose nikad prije nije dogodilo. (Paradoks nije isto sto i kontradikcija. Paradoks je tvrdnja ciji je dokaz

logicki neupitan, ali je intuitivno sama tvrdnja vrlo upitna.)

Sada navodimo Russellov paradoks.

Russellov paradoks: R = {x : x je skup i x ∈ x} nije skup.Pretpostavimo da je R skup. Tada mozemo postaviti pitanje vrijedi li R ∈ R (ako R nije skup tada odmah

imamo R ∈ R). Pretpostavimo prvo da vrijedi R ∈ R. To znaci da je R element skupa R, pa ispunjava

svojstvo koje ispunjavaju svi njegovi elementi, tj. x ∈ x, odnosno za R to znaci R ∈ R. Time smo iz

pretpostavke R ∈ R dobili R ∈ R, tj. dobili smo kontradikciju. Zakljucujemo da mora vrijediti R ∈ R.

No, tada R ispunjava definicijski uvjet za skup R. To znaci da je R jedan element skupa R, odnosno imamo

R ∈ R. Opet smo dobili kontradikciju. Zakljucujemo da pretpostavka da je R skup vodi na kontradikciju,

tj. kolekcija R nije skup.

3



Mozemo postaviti pitanje jesu li sljedece kolekcije skupovi:

{x : postoji bijekcija izmedu skupa x i skupa N} (nije skup)

{x : x je diferencijabilna realna funkcija na skupu R} (to je skup)

{x : x je skup takav da ∀y∀z(y ∈ z ∈ x→ y ∈ z)} (nije skup)

{x : postoji binarna operacija ◦ takva da je (x, ◦) grupa} (nije skup)

Nadalje cemo sve kolekcije objekata nazivati klase. Intuitivno, klasa x je skup ako postoji klasa y

takva da vrijedi x ∈ y. Klase koje nisu skupovi nazivaju se prave klase.O klasama cemo nesto vise reci kasnije prilikom razmatranja teorema rekurzije.

Domaca zadaca. Napisite esej o paradoksima teorije skupova (Internet)

Zakljucak nakon paradoksa: mi nemamo dobru intuiciju sto je skup, tj. princip komprehenzije nevrijedi opcenito. Moramo pronaci kriterije sto moze biti definicijski uvjet ϕ kada koristimo princip

komprehenzije.

Zapravo, ne smijemo graditi neki skup pomocu skupova koji nisu jos izgradeni – tose upravo dogada primjenom principa komprehenzije. To znaci da skupove moramograditi po nivoima.

Prije nego sto napisemo aksiome Zermelo–Fraenkelove teorije skupova koji ce opisivati sto suskupovi, pokusat cemo opisati sto zelimo da aksiomi govore.

Ne zanimaju nas skupovi sljedeceg oblika (takvi primjeri su obicno u skolskim udzbenicima!):

skup svih samoglasnika u rijeci ABRAKADABRA, skup svih djevojcica 5a razreda OS Retkovec, skupsvih filmova koji su prikazani u zagrebackim kinima ove godine, . . .

A kakvi nas onda skupovi zanimaju?

Zelimo izgraditi teoriju koja bi na neki nacin bila temelj matematike.Npr. to znaci da bi u njoj mogli definirati prirodne brojeve (a onda na standardninacin i ostale skupove brojeva; to cemo kasnije ilustrirati).

Prije strogih definicija moramo upozoriti na neke (lose) navike u vezi skupova:

1. Obicno se skupovi zamisljaju kako nekakva kolekcija ”atoma”, tj. clanova koji nemajunikakvih dijelova.To znaci da bi na pocetku izgradnje teorije skupova morali pretpostaviti egzistenciju nekihatoma ili praelemenata. No, moze se pokazati da to nije nuzno. Dovoljno je pretpostaviti dapostoji skup koji nema niti jednog elementa, tj. prazan skup. Upravo je prazan skup jedini”atom” koji cemo koristiti prilikom izgradnje teorije skupova.

2. Losa navika je takoder tesko prihvacanje da skupovi mogu biti elementi drugih skupova.Sjetimo se npr. pojma partitivnog skupa.

4



0.2. Kumulativna hijerarhija

Kada npr. zelimo napisati aksiome koji ce opisivati prirodne brojeve mi imamo dobro izgraden (ilinam se bar tako cini) intuitivan pojam prirodnog broja. Slicna je situacija i s drugim pojmovima.Navedimo neke strukture i pripadne aksiomatizacije:

Teorija brojeva – Peanova aritmetika

Intuicija polja R – aksiomi za RPrimjeri raznih grupa – aksiomi teorije grupa Primjeri raznih vektorskih prostora – aksiomi vektorskog prostora Skupovi (???) – aksiomi (???)

Prilikom aksiomatizacije teorije skupova imamo jedan veliki problem. Sto intuitivno znaci pojamskupa? Koju strukturu mi zapravo zelimo opisati aksiomima?Mi zelimo opisati strukturu sljedecih objekata:

V 0 = ∅

V 1 = {∅} = P (V 0)

V 2 = {∅, {∅}} = P (V 1)

...

Odnosno, to bi smo opcenito zapisali ovako:

V α+1 = P (V α)

V β =

α<β

V α

gdje je α proizvoljan redni broj (nivo!), a β je redni broj koji nema neposrednog prethodnika (!).Naravno, kasnije cemo objasniti, a i strogo definirati sto su to beskonacni redni brojevi. Tadakolekciju

V =

α∈On

V α

nazivamo kumulativna hijerahija. (Sa On je oznacena klasa svih rednih brojeva).

5



Drugo predavanje iz Teorije skupova 15/10/2005

0.3. Neki aksiomi Zermelo–Fraenkelove teorije.

Egzistencija uredenog para i Kartezijevog produkta.Definicija relacija i funkcija.

Aksiomi o skupovima ce biti vecinom sljedeceg oblika:ako je A skup (ili vise skupova) tada operacija F primjenjena na A opet daje (novi)skup.

No, prije takvih aksioma iskazujemo dva osnovna aksioma ZF teorije skupova. Zelimo jos istaknutida aksiome teorije ZF gradimo pomocu varijabli, zagrada, logickih veznika (¬, ∧, ∨, →, ↔),

kvantifikatora i simbola ∈ .

Aksiom ekstenzionalnosti

Ako su A i B skupovi takvi da je A ⊆ B i B ⊆ A tada je A = B.

Formalno:

∀x∀y

∀z(z ∈ x ↔ z ∈ y) → x = y

Taj aksiom koristimo prilikom dokazivanja skupovnih identiteta.

Domaca zadaca. Dokazite: (A ∩ B)c = Ac ∪ Bc i (A ∪ B)c = Ac ∩ Bc.

(Prilikom promatranja razlike skupova nuzno je zadati univerzum).

Napomena za studente nastavnickog profila: Iz aksioma ekstenzionalnosti posebno slijedi

{1, 2, 3} = {3, 1, 2} i {1, 2, 2, 3, 1} = {1, 2, 3}.

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

∃x∀y(y ∈ x)

Iz aksioma ekstenzionalnosti slijedi da je takav skup jedinstven.Iz tog razloga mozemo uvesti oznaku za taj jedinstveni objekt: ∅.

Sada navodimo jos neke aksiome teorije ZF, i to one koji su nam u ovom trenutku najpotrebniji.

Aksiom partitivnog skupa: ako je x skup tada je kolekcija svih njegovih podskupova takoderskup, tj. ∀x∃y∀z(z ∈ y ↔ z ⊆ x).

Iz aksioma ekstenzionalnosti slijedi jedinstvenost partitivnog skupa, pa uvodimo oznaku P (.).

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

∀x∀y∃z∀u

u ∈ z ↔ (u = x ∨ u = y)

.

Iz aksioma ekstenzionalnosti slijedi jedinstvenost (neuredenog) para, pa uvodimo oznaku {x, y}.

Iz aksioma para slijedi da za svaki skup x postoji skup {x, x}. Po dogovoru taj skup oznacavamosa {x}.

6



Istaknimo koje skupove za sada znamo: ∅, {∅}, {∅, {∅}}, . . .

No, iz do sada navedenih aksioma ne slijedi cak ni egzistencija trojke, tj. ako su x, y, z skupovi tada jos

ne mozemo tvrditi da je {x, y, z} skup, a kamoli egzistencija nekog beskonacnog skupa.

Primjenom aksioma unije slijedit ce da za svaki n ∈ N postoji n–clani skup.

Aksiom unije: za svaki skup je klasa elemenata svih njegovih elemenata ponovno skup, tj.

∀x∃y∀z(z ∈ y ↔ ∃t(t ∈ x ∧ z ∈ t)).

Pokusat cemo objasniti aksiom unije na jednom primjeru.Neka je dan skup A = {∅, {b, c}, {d}}. Tada aksiom unije tvrdi da je kolekcija objekata, kojisu elementi nekog elementa od A, takoder skup.U ovom slucaju to znaci da je {b,c,d} takoder skup.

Na sljedecoj slici ilustriramo aksiom unije.

Primjenom aksioma ekstenzionalnosti slijedi da je skup y, cija egzistencija se tvrdi u aksiomu unije, jedinstven. Za dani skup x sa ∪x oznacavamo skup cija se egzistencija tvrdi u ovom aksiomu.

Ako su x i y skupovi tada iz aksioma para slijedi egzistencija skupa {x, y}. Iz aksioma unije slijedida je ∪{x, y} takoder skup. Taj skup standardno oznacavamo sa x ∪ y.

Ako su x1, x2 i x3 skupovi tada iz aksioma para slijedi da postoje skupovi {x1, x2} i {x3}.

Ponovnom primjenom aksioma para slijedi da postoji skup {{x1, x2}, {x3}}.

Iz aksioma unije slijedi da postoji skup ∪{{x1, x2}, {x3}}, tj. trojka {x1, x2, x3}.

Ako je n ∈ N, n > 0, te x1, . . . , xn skupovi, tada bi na sasvim analogan nacin dokazali da postoji skup

{x1, . . . , xn}.

Uocite da iz navedenih aksioma ne slijedi egzistencija beskonacnog skupa. Kasnije cemo navesti aksiom

beskonacnosti iz kojeg ce direktno slijediti egzistencija beskonacnog skupa.

Definicija 1 Neka su x i y skupovi. Tada skup {{x}, {x, y}} nazivamo uredeni par, i oznacavamoga s (x, y).

(Ovo je Kolomogorovljeva definicija uredenog para).

7



Propozicija 1 Ako vrijedi (x1, y1) = (x2, y2) tada je x1 = y1 i x2 = y2.

Dokaz. Po pretpostavci imamo {{x1}, {x1, y1}} = {{x2}, {x2, y2}}. Iz aksioma ekstenzionalnosti slijedi dasu moguca sljedeca dva slucaja:

a) {x1} = {x2}; Iz aksioma ekstenzionalnosti slijedi x1 = x2. Zatim, iz (x1, y1) = (x2, y2)slijedi {x1, y1} = {x2, y2}, a onda lako slijedi y1 = y2.

b) {x1} = {x2, y2};

Iz aksioma ekstenzionalnosti slijedi x1 = x2 i x1 = y2, tj. x1 = x2 = y2. Zatim, iz(x1, y1) = (x2, y2) slijedi jos {x1, y1} = {x2}. Primjenom aksioma ekstenzionalnostislijedi opet x1 = y1 = x2.

Iz svega zakljucujemo da je x1 = y1 = x2 = y2.

Definicija 2 Za sve n ∈ N, n ≥ 2, induktivno definiramo uredenu n–torku ovako:

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

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

Kako bismo mogli govoriti o Kartezijevom produktu skupova, a onda o relacijama i funkcijamasada navodimo shemu aksioma separacije.

Shema aksioma separacije: ako je x skup i F neko zadano svojstvo1 tada je klasa svih z ∈ x

koji imaju svojstvo F takoder skup, tj. formalno

∀x∃y∀z(z ∈ y ↔ (z ∈ x ∧ F (z)).

Govorimo shema aksioma, a ne aksiom, jer tu zapravo imamo beskonacno aksioma – za svako

svojstvo F imamo po jedan aksiom.

Propozicija 2 Neka su x i y skupovi. Tada je klasa {(x, y) : x ∈ x, y ∈ y} takoder skup.Navedenu klasu nazivamo Kartezijev produkt skupova x i y, te je oznacavamo sa x × y.

Dokaz. Iz aksioma unije slijedi da postoji skup x ∪ y. Iz aksioma partitivnog skupa slijedi da postoji skup

P (P (x ∪ y)). Sada iz sheme aksioma separacije slijedi da je kolekcija

{z : z ∈ P (P (x ∪ y)) ∧ ∃u∃v(z = (u, v))} skup, tj. x × y je skup. Q.E.D.

Na sasvim analogan nacin moze se dokazati da za svaki n ∈ N, n ≥ 2, te proizvoljne skupovex1, . . . , xn, je kolekcija {(x

1, . . . , x

n) : x

1 ∈ x1, . . . , x

n∈ xn} takoder skup. Navedena kolekcija

se naziva Kartezijev produkt skupova x1, . . . , xn, te oznacava sa x1 × . . . × xn.

Definicija 3 Binarna relacija R na skupovima x i y je proizvoljni podskup Kartezijevog pro-dukta x × y. Ako su x1, . . . , xn skupovi tada je n– mjesna relacija proizvoljni podskup Kartezijevog produkta x1 × . . . × xn.

Sada se necemo posebno baviti relacijama. Kasnije cemo posebno promatrati relacije uredaja.

1Tocnije, F je proizvoljna formula teorije ZF . Ovdje necemo strogo definirati pojam formule. Grubo receno,formula je konacan niz znakova koji mogu biti varijable, zagrade, lgicki veznici, kvantifikatori i simbol ∈ .

8



Funkcije

Definicija 4 Neka su x1, . . . , xn, y1, . . . , ym skupovi. Neka je D ⊆ x1 × . . . × xn i f ⊆ x1 × . . . ×xn × y1 × . . . ym tako da za sve (a1, . . . , an) ∈ D vrijedi:

(a1, . . . , an, b1, . . . , bm), (a1, . . . , an, b1, . . . , bm

) ∈ f povlaci bi = bi,

za sve i = 1, . . . , m . Tada kazemo da je f n-mjesna funkcija.

Ponovimo neke osnovne pojmove i cinjenice o funkcijama: domena, kodomena, identiteta, inkluzija,slika, praslika, graf, ...

Prisjetimo se nacina zadavanja funkcija: formulom, po slucajevima , opisno, tablicom, grafom,grafikonom, ...

Kazemo da su funkcije f : A → B i g : C → D jednake , te pisemo f = g, ako vrijedi A = C,

B = D, te za sve x ∈ A vrijedi f (x) = g(x).

Radi jednostavnijeg zapisa promatramo samo funkcije jedne varijeble.

Propozicija 3 Neka je f : X → Y neka funkcija, te A, B ⊆ X. Tada vrijedi:

f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B) i f (A ∩ B) ⊆ f (A) ∩ f (B).

Pokazite primjerom da za presjek opcenito ne mora vrijediti jednakost.

Ako je f : X → Y funkcija i C ⊆ Y tada je f −1(C ) = {x ∈ X : f (x) ∈ C }. Skup f −1(C ) nazivamopraslika skupa C.

Propozicija 4 Neka je f : X → Y neka funkcija, te C, D ⊆ Y. Tada vrijedi:

f −1(C ∪ D) = f −1(C ) ∪ f −1(D) i f −1(C ∩ D) = f −1(C ) ∩ f −1(D).

Ponovimo definiciju kompozicije funkcija . (Dokazite da je kompozicija funkcija asocijativna. Je likomutativna? )

Prisjetimo se pojmova: restrikcija i prosirenje funkcije; injekcija, surjekcija, bijekcija, inverzna

funkcija ...

Propozicija 5 Neka su f i g funkcije takve da je definirana kompozicija f ◦ g. Tada vrijedi:

a) ako je funkcija f ◦ g surjekcija tada je i funkcija f surjekcija;

b) ako je funkcija f ◦ g injekcija tada je i funkcija g injekcija.

9



Trece predavanje iz Teorije skupova 22/10/2005

§1. Naivna teorija skupova

Kako bi mogli opravdati uvodenje daljnjih aksioma teorije skupova, te ih dobro motivirati, moramoprvo nauciti jos neke cinjenice o skupovima.Sjetimo se da je nas glavni cilj definirati kumulativnu hijerarhiju, odnosno definirati sto znacipojam ”nivoa” – tocnije rednog broja (na taj nacin cemo odgovoriti na pitanje sto je skup).Posto to necemo raditi tako da se uvijek strogo pozivamo na aksiome onda se taj dio teorije nazivanaivna teorija skupova.

Ovo poglavlje se sastoji od dvije tocke.U prvoj tocki pod naslovom Ekvipotentni skupovi prvo se bavimo ”velicinom” skupova, tj.razmatramo pojmove kao sto su ekvipotentni skupovi, konacni i beskonacni skupovi, prebrojivi ineprebrojivi skupovi, te kardinalnost.U drugoj tocki pod naslovom Uredeni skupovi razmatramo pojmove kao sto su parcijalno uredeniskupovi, linearno i dobro uredeni skupovi. To nam je motivacija za definiciju nivoa u kumulativnoj

hijerarhiji.

1.1. Ekvipotentni skupovi

Prvo cemo se baviti ”velicinom” skupova.Sjetimo se kako smo kao mali ucili brojati predmete – uspostavljanje bijekcije izmedu prstiju naruci i predmeta. Cantor je tu ideju prosirio i na beskonacne skupove.(Necemo govoriti da skupovi imaju jednak broj elemenata vec da su ekvipotentni.)

Definicija 1 Kazemo da su skupovi A i B ekvipotentni ako postoji barem jedna bijekcija

f : A → B. Oznaka: A ∼ B.

Primjer 1 a) {2, 7, 19} ∼ {153, 1001, 1012};

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

c) {1, 2, 3, . . .} ∼ {1, 3, 5, . . .}; jedna bijekcija je dana sa n → 2n − 1

d) N ∼ Z; jedna bijekcija f : Z → N je dana sa:

f (x) =

−2x, ako je x < 0;

0, ako je x = 0;

2x − 1, ako je x > 0

Upravo definiranu bijekciju ilustriramo na sljedecoj slici.

10



Z

-2 -1 0 1 2

N0 1 2 3 4

c c

d d

d d

d d

s

z

e) Svi zatvoreni segmenti realnih brojeva su medusobno ekvipotentni. Jedna bijekcija f : [a, b] →

[c, d] je dana sa f (x) =d − c

b − a(x − a) + c. Na sljedecoj slici ilustriramo kako smo dobili

navedenu bijekciju (jednadzba pravca kroz dvije tocke).

E x

Ty

a b

d

c ◦

◦

1.2. Konacni i beskonacni skupovi

U ovim izlaganjima koristimo skup N na intuitivnom nivou, tj. pretpostavljamo da su nam poznatasvojstva klase {0, 1, 2, . . .}, koju nazivamo skup prirodnih brojeva, te je oznacavamo sa N.

Za svaki k ∈ N \ {0} sa Nk oznacavamo skup {1, . . . , k}.

Teorem 1. Neka je k ∈ N proizvoljan. Ako je f : Nk → Nk injekcija tada je f i surjekcija.Dokaz. Indukcijom po k dokazuje se da je svaka injekcija f : Nk → Nk ujedno i surjekcija.

Definicija 2 Kazemo da je skup A konacan ako je prazan ili postoji k ∈ N tako da je skup A

ekvipotentan sa skupom Nk.

Napomena. Iz teorema 1 slijedi da za svaki konacan skup A postoji jedinstveni k ∈ Nk takav davrijedi A ∼ Nk. To nam omogucava da za svaki konacan skup A definiramo broj elemenata, uoznaci k(A), stavljajuci k(A) = n, pri cemu vrijedi A ∼ Nn.

Teorem 2. Za svaki A ⊆ Nm postoji prirodan broj k takav da vrijedi k ≤ m i k(A) = k.

11



Korolar 1. Svaki podskup konacnog skupa je konacan.

Teorem 3. Skup X je konacan ako i samo ako postoji k ∈ N i surjekcija f : Nk → X.

Definicija 3 Za skup X kazemo da je beskonacan ako nije konacan.

Teorem 4. Neka je X neki skup. Sljedece tvrdnje su ekvivalentne:

a) skup X je beskonacan;

b) postoji injekcija iz N u X ;

c) postoji injekcija iz X u X koja nije surjekcija;

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

Dokaz.

a ⇒ b) Neka je X beskonacan i x0 ∈ X proizvoljan. Za sve n ∈ N i proizvoljne x1, . . . , xn ∈ X vrijedi

X \ {x1, . . . , xn} = ∅. To znaci da mozemo odabrati f n(x1, . . . , xn) ∈ X \ {x1, . . . , xn}. Sadarekurzivno definiramo preslikavanje f : N → X ovako:

f (0) = x0

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

(Gornjim uvjetima je dobro definirana funkcija. To slijedi iz Dedekindovog teorema rekurzije.)Uocimo da je f (n) ∈ X \ {f (0), . . . , f (n − 1)}. Dakle, za sve k ≤ n vrijedi f (n + 1) = f (k). Iz togaslijedi da je funkcija f injekcija.

b) ⇒ c) Neka je f : N → X neka injekcija. Definiramo funkciju g : X → X ovako:

g(x) =

x, x ∈ f (N);

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

Pokazimo da je funkcija g injekcija. Neka su x1, x2 ∈ X takvi da je x1 = x2. Razlikujemo trisluca ja:

(i) x1, x2 ∈ f (N). Tada je g(x1) = x1 = x2 = g(x2).

(ii) x1 ∈ f (N) i x2 ∈ f (N). Tada je g(x1) ∈ f (N), a g(x2) ∈ f (N), pa je ocito g(x1) = g(x2).

(iii) x1, x2 ∈ f (N). Tada je x1 = f (n) i x2 = f (m), za neke n, m ∈ N. Posto je x1 = x2 tada

je n = m. No, funkcija f je po pretpostavci injekcija, pa je f (n + 1) = f (m + 1), a onda jeg(x1) = g(x2).

Funkcija f nije surjekcija jer f (0) ∈ g(X ).

c) ⇒ d) Neka je f : X → X neka injekcija koja nije surjekcija. Tada je f (X ) pravi podskup od X, te jeocito f : X → f (X ) bijekcija. To znaci X ∼ f (X ).

d) ⇒ a) Neka je Y ⊂ X i g : X → Y bijekcija. Pretpostavimo da je skup X konacan. Tada iz definicijeslijedi da postoji k ∈ N takav da je X ∼ Nk. Neka je f : Nk → X jedna bijekcija. Tada jeh = f −1 ◦ g ◦ f : Nk → Nk injekcija. No, h(Nk) = f −1(g(f (Nk))) = f −1(g(X )) = f −1(Y ) = Nk,

pa h nije surjekcija. To je u kontradikciji s teoremom 1.

12



Korolar 1 Skup X je konacan ako i samo ako je svaka injekcija iz X u X ujedno i surjekcija.

Dokaz. Iz prethodnog teorema posebno imamo a) ⇔ c), a onda i ¬ a) ⇔ ¬ c).

1.3. Prebrojivi skupovi

Definicija 4 Za skup kazemo da je prebrojiv ako je ekvipotentan sa N. Ako je skup beskonacan

i nije prebrojiv tada kazemo da je neprebrojiv.

Primjeri prebrojivih skupova: N, 2N, 2N + 1, Z

Na vjezbama ce se dokazati prebrojivost sljedecih skupova:Skup svih tocaka ravnine s racionalnim koordinatama.

Skup svih intervala s racionalnim krajevima.

Skup svih polinoma nad poljem racionalnih brojeva.

Skup svih algebarskih realnih brojeva.

Sada nam je cilj dokazati da je prebrojiva unija prebrojivih skupova ponovno prebrojiv skup.Tada cemo kao jednostavnu posljedicu dobiti da je skup Q prebrojiv.Posebno cemo istaknuti jos jedan aksiom teorije skupova – aksiom izbora, koji nam je potreban udokazima.

Prvo definiramo pojam familije skupova. To je poopcenje pojma niza.

Definicija 5 Neka su A i I skupovi. Svako preslikavanje f : I → P (A) nazivamo familija skupova. Obicno umjesto f (i) pisemo Ai. Iz tog razloga za familiju skupova koristimo oznaku {Ai : i ∈ I }, te I nazivamo skup indeksa.

Domaca zadaca. Neka je A = {Ai : i ∈ I } neka familija skupova. Definirajte Kartezijev produkt fami-

lije A, u oznacii∈I

Ai. Povezite definiciju Kartezijevog produkta familije skupova i definiciju Kartezijevog

produkta konacnog broja skupova.

Propozicija 1 Neka je {Bk : k ∈ N} familija skupova koja ima svojstvo da je za sve k ∈ N skupBk konacan (moguce i prazan!), te su clanovi familije u parovima disjunktni. Tada je skup

Bk

konacan ili prebrojiv.

Dokaz. Pretpostavimo da skup

Bk nije konacan. Za svaki k ∈ N oznacimo sa |Bk| broj elemenata skupaBk (iz tocke o konacnim skupovima slijedi da je taj pojam moguce definirati) i sa f k neku bijekciju izmeduskupova Bk i {1, 2, . . . , |Bk|}. Sada definiramo funkciju f : Bk → N ovako: ako je x ∈ Bk tada postoji

jedinstveni k0 ∈ N takav da je x ∈ Bk0, pa onda neka je

f (x) =k<k0

|Bk| + f k(x).

Funkcija f je ocito injekcija. Posto smo bili pretpostavili da je skup

Bk beskoncan tada za n ∈ N

postoji jedinstveni k0 ∈ N takav da je

k<k0

|Bk| ≤ n i

k≤k0

|Bk| ≥ n. Iz toga ocito slijedi da postoji x ∈ Bk0

takav da je f (x) = n. To znaci da je funkcija f i surjekcija. Q.E.D.

13



Propozicija 2 Neka je {Bk : k ∈ N} familija skupova koja ima svojstvo da je za sve k ∈ N skupBk konacan (moguce i prazan!).Tada je skup

Bk konacan ili prebrojiv.

(Za razliku od prethodne propozicije ovdje ne pretpostavljamo da su clanovi familije u parovima disjunktni).


Bk nije konacan. Definiramo induktivno familiju {Bk : k ∈ N} ovako:

B1 = B1

Bn+1 = Bn+1 \ (B

1 ∪ . . . ∪ Bn)

Ocito vrijedi:

Bk =

Bk; za sve k ∈ N skup B

k je konacan, te ako je k = j tada je B j ∩ Bk = ∅.

Primjenom prethodne propozicije slijedi trazena tvrdnja. Q.E.D.

Lema 1 Neka je A konacan, a B prebrojiv skup. Tada je skup A ∪ B prebrojiv.

Dokaz. Neka je A = A \ B. Ocito je tada A ∪ B = A ∪ B. Ako je A prazan skup tada tvrdnja leme ocitovrijedi.

Promotrimo slucaj kada je A neprazan skup. Posto je A konacan tada je i A konacan skup. Neka je|A| = k, te neka je g : A → Nk neka bijekcija. Oznacimo s h jednu bijekciju izmedu B i N.

Definiramo funkciju f : A ∪ B → N ovako

f (x) =

g(x), ako je x ∈ A

h(x)+ | A |, ako je x ∈ B

Ocito je f bijekcija. Q.E.D.

Propozicija 3 Neka je n ∈ N proizvoljan, te neka su A1, . . . , An prebrojivi skupovi koji su u

parovima disjunktni. Tada je skup A1 ∪ . . . ∪ An takoder prebrojiv.Dokaz. Za sve k ∈ {0, 1 . . . , n−1} oznacimo s Bk skup svih prirodnih brojeva koji pri djeljenju s brojem n

daju ostatak k. Ocito je svaki skup Bk prebrojiv. Zatim, za i = j vrijedi Bi ∩ B j = ∅, te imamo

Bk = N.

Neka je sa f k oznacena neka bijekcija izmedu Ak i Bk.

Definiramo funkciju f : (A1 ∪ . . . ∪ An) → N tako da elementu x iz skupa Ak pridruzimo f k(x). Ocito

je funkcija f bijekcija. Q.E.D.

14



Cetvrto predavanje iz Teorije skupova 29/10/2005

Kratak rezime proslog predavanja:Razmatramo prebrojive skupove, tj. skupove ekvipotentne sa skupom N.

Cilj nam je dokazati da je prebrojiva unija prebrojivih skupova ponovo prebrojiv skup.Prosli puta smo naveli sljedece propozicije i lemu:

Propozicija 1 Neka je {Bk : k ∈ N} familija skupova koja ima svojstvo da je za sve k ∈ N skupBk konacan (moguce i prazan!), te su clanovi familije u parovima disjunktni. Tada je skup

Bk

konacan ili prebrojiv.

Propozicija 2 Neka je {Bk : k ∈ N} familija skupova koja ima svojstvo da je za sve k ∈ N skupBk konacan (moguce i prazan!).Tada je skup

Bk konacan ili prebrojiv.

(Za razliku od prethodne propozicije ovdje ne pretpostavljamo da su clanovi familije u parovima disjunktni).

Lema 1 Neka je A konacan, a B prebrojiv skup. Tada je skup A ∪ B prebrojiv.

Propozicija 3 Neka je n ∈ N proizvoljan, te neka su A1, . . . , An prebrojivi skupovi. Tada je skup A1 ∪ . . . ∪ An takoder prebrojiv.

U dokazu sljedece propozicije cemo koristiti aksiom izbora, pa cemo ga sada navesti.Tom aksiomu je posveceno zadnje predavanje ovog kolegija.

Aksiom izbora

Neka je {Ai : i ∈ I } familija nepraznih skupova koji su u parovima disjunktni. Tada postojiskup B tako da je za sve i ∈ I presjek B ∩ Ai jednoclan skup.

Na sljedecoj slici ilustriramo aksiom izbora (familiju skupova i izborni skup).

Zadatak. Pokazite primjerom da je nuzan uvjet da su clanovi familije u parovima disjunktni.

Kada se u dokazu nekog teorema, odnosno propozicije, leme ili korolara, koristi aksiom izboratada cemo to istaknuti u samom iskazu pisuci ”(AC)” (eng. axiom of choice).To je bas slucaj u sljedecoj propoziciji.

15



Propozicija 4 (AC)Neka je {Ak : k ∈ N} familija skupova ciji su elementi u parovima disjunktni prebrojivi skupovi.

Tada je skupk∈N

Ak prebrojiv.

Dokaz. Neka je B0 = {0, 1, 3, 5, 7, . . .}, a za svaki k ∈ N, k = 0, neka je Bk = {(2i + 1) · 2k :i ∈ N}. Lako je vidjeti da vrijedi:

a) za sve k ∈ N skup Bk je prebrojiv;

b) za sve i = j vrijedi Bi ∩ B j = ∅;

c)k∈N

Bk = N;

d) za sve k ∈ N vrijedi Ak ∼ Bk.

Za k ∈ N oznacimo s Ak skup svih bijekcija izmedu Ak i Bk. Iz aksioma izbora slijedi dapostoji skup B tako da je za sve k ∈ N skup B ∩ Ak jednoclan. Za svaki k ∈ N oznacimo sa f kfunkciju za koju vrijedi B ∩ Ak = {f k}.

Sada definiramo f :k∈N

Ak → N tako da vrijedi f |Ak= f k. Ocito je funkcija f bijekcija. Q.E.D.

Zadatak. Primjenom aksioma koje smo do sada naveli dokazite da je za sve k ∈ N kolekcija Ak

skup, te da je {Ak : k ∈ N} skup.

Napomena o drugom nacinu dokaza prethodne propozicije: dijagonalni postupak.

Posto je svaki skup Ak prebrojiv mozemo njegove elemente poredati u niz. Time imamo:

A1 . . . a11 a12 a13 a14 . . .

A2 . . . a21 a22 a23 a24 . . .

A3 . . . a31 a32 a33 a34 . . .

...

Sada dijagonalno definiramo trazenu bijekciju, tj. uredene parove poredamo u niz na sljedecinacin:

a11 a12 a21 a13 a22 a31 a14 a23 . . .

Zadatak. Primjenjujuci dijagonalni postupak za dokaz N2 ∼ N izvedite eksplicitnu formulu zabijekciju.Uputa: Cantorova funkcija C (x, y) = 1

2(x + y)(x + y + 1) + y

Vidi: I. Mihalj, Prebrojivost skupa racionalnih brojeva i konstrukcija zmijaste funkcije, MFL 215 (2004),185–190

M. Radic, Analiticki prikaz nekih injektivnih funkcija sa skupa N×N u skup N, MFL XXXI (1980–81),

str. 13

Korolar 1 (AC)Neka je {Ak : k ∈ N} familija skupova, pri cemu je za sve k ∈ N skup Ak konacan ili prebrojiv.Tada je skup ∪k∈NAk konacan ili prebrojiv.(Uocite da za razliku od prosle propozicije dopustamo da clanovi familije nisu nuzno u parovima disjunktni, te da mogu biti i konacni.)

16




Ak nije konacan. Definiramo induktivno familiju skupova {A

k : k ∈ N}ovako:

A

1 = A1

A

n+1 = An+1 \ (A

1 ∪ . . . ∪ A

n)

Ocito vrijedi

Ak =

A

k. Zatim, za sve k ∈ N je skup A

k konacan ili prebrojiv, te za i = j vrijedi

Ai ∩ A j = ∅.

Oznacimo s A uniju svih konacnih skupova A

k. Iz propozicije 1 slijedi da je skup A konacan ili prebrojiv.Zatim, oznacimo s B uniju svih prebrojivih skupova A

k. Ocito vrijedi

Ak = A ∪ B.

Ako je B = ∅, tj. ne postoji niti jedan prebrojivi skup A

k, tada je A ∪ B konacan, a onda i skupAk.

Ako postoji samo konacno mnogo skupova A

k koji su prebrojivi tada primjenom propozicije 3 slijedida je skup B prebrojiv. Sada iz leme 1 slijedi da je skup A ∪ B prebrojiv, a onda i skup

Ak.

Konacno, ako postoji prebrojivo mnogo skupova A

k koji su prebrojivi tada primjenom prethodne

propozicije 4 slijedi da je skup B prebrojiv. Iz leme 1 slijedi da je skup A ∪ B prebrojiv, a onda i skupAk. Q.E.D.

Korolar 2 Vrijede sljedece tvrdnje:

a) skup cijelih brojeva je prebrojiv;

b) skup racionalnih brojeva Q je prebrojiv;

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

Dokaz. a) Z={1, 2, 3, . . .} ∪ {0} ∪ { −1, −2, −3, . . .};

b) Oznacimo za svaki k ∈ N sa Qk skup { 1

k, 2k

, 3k

, . . .}. Ocito je svaki skup Qk prebrojiv. Tada je k∈N Qk

prebrojiva unija prebrojivih skupova, a onda iz korolara 1 slijedi da je to prebrojiv skup. Posto je ocitoQ+ =

k∈N

Qk tada je taj skup prebrojiv. No, Q = Q+ ∪ {0} ∪Q−, tj. skup racionalnih brojeva je unija

dva prebrojiva skupa i jednog konacnog skupa.

(Prebrojivost skupa Q se moze dokazati i dijagonalnim postupkom.)

c) Neka je za svaki k ∈ N definirano Ak = {(m, n) : m + n = k}. Ocito je svaki skup Ak konacan, te za

sve i = j vrijedi Ai ∩ A j = ∅. Posto je N ×N = ∪Ak tada imamo da je N ×N prebrojiva unija konacnih

skupova. Dalje indukcijom. Q.E.D.

Sljedeci korolar je vrlo vazan za kolegije Mat. logika 1 i Mat. logika.

Korolar 3 Neka je A prebrojiv skup. Oznacimo sa A∗ skup svih konacnih nizova iz A (odnosno,to je skup svih rijeci alfabeta A). Tada je skup A∗ prebrojiv.

Dokaz. Za sve k ∈ N, k = 0, skup Ak je prebrojiv (vidi tvrdnju c) korolara 2). Ocito vrijedi A∗ =k∈N

Ak.

Zadatak. Neka je A prebrojiv skup. Dokazite da je tada i skup svih konacnih podskupova odA prebrojiv.

17



Propozicija 5 (AC)Svaki beskonacan skup sadrzi prebrojiv podskup.

Dokaz. Neka je X beskonacan skup. Za sve n ∈ N oznacimo Nn = {1, 2, . . . , n}, te X n = {f |f : Nn → X je injekcija}. Ocito X n = Ø , ∀n ∈ N.

Promotrimo familiju {X n | n ∈ N}. To je neprazna familija skupova koji su u parovima disjunk-tni. Iz aksioma izbora slijedi da postoji skup B koji sadrzi tocno jedan element iz X n , ∀n ∈ N.

Oznacimo B ∩ X n = {f n} , ∀n ∈ N.

Promotrimo skup X =n∈N

Imf n ⊆ X. Skup X je prebrojiva unija konacnih skupova. Primije-

timo jos samo da X nije konacan (jer za sve n ∈ N skup Imf n sadrzi n elemenata). Q.E.D.

Napomena 1 O drugom nacinu dokaza prethodne propozicije:A = Ø , a1 ∈ A

A \ {a1} = Ø , uzmemo neki a2 ∈ A \ {a1}A \ {a1, a2} = Ø , uzmemo neki a3 ∈ A \ {a1, a2}...

Tada je {a1, a2, . . .} prebrojiv podskup. No, u ovom dokazu nigdje nije istaknuto gdje se upotre-bljava aksiom izbora.

Domaca zadaca. Napisite seminar o aksiomu prebrojivog izbora (eng. axiom of countablechoice).Koliko je taj aksiom vazan za matematicku analizu?Literatura: Poizat, Course in Model Theory, str. 168–170;

Potter, Mengentheorie, str. 112–114

S. Haber, The Axiom of Choice and Calculus Revision: A Dialogue,

The Math. Intelligencer, 13 (1991), 20–23T. Jech, Set Theory (str. 44)

K. Keremedis, Disaster in topology without the axiom of choice,Arch. Math. Logic, 40 (2001), 569–580

E. Tachtsis, Disaster in metric topology without choice,Comment. Math. Univ. Carolinae, 43 (2002), 165–174

18



1.4. Neprebrojivi skupovi

Ponovimo definiciju neprebrojivog skupa.Za skup A kazemo da je neprebrojiv ako je beskonacan i nije prebrojiv.Kako bi naveli neke primjere neprebrojivih skupova moramo prvo dokazati neke cinjenice.

Propozicija 6 Neka je A beskonacan i B ⊆ A neki konacan podskup. Tada vrijedi A ∼ A \ B.

Dokaz. Neka je B = {b0, b1, . . . , bn}. Ocito je skup A \ B beskonacan. Iz propozicije 5 slijedida postoji C = {c0, c1, c2, . . .} prebrojiv podskup od A \ B. Na sljedecoj slici je ilustracija idejedokaza, tj. ideja definicije jedne bijekcije izmedu skupova A i A \ B.

Sada definiramo funkciju f : A → A \ B :

f (x) =

ci, ako je x = bi;

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

x, ako je x ∈ A \ (B ∪ C ).

Ocito je funkcija f bijekcija. Time smo dokazali A ∼ A \ B.

Q.E.D.

Korolar 4 Za sve realne brojeve a < b vrijedi:

[a, b] ∼ a, b ∼ a, b] ∼ [a, b

Korolar 5 Svi omedeni intervali od R su medusobno ekvipotentni.

Dokaz. Prije smo bili dokazali da za vrijedi [a, b] ∼ [c, d], za sve realne brojeve a < b i c < d.

Sada tvrdnja korolara slijedi iz prethodnog korolara 4. Q.E.D.

Korolar 6 Svaki omedeni interval od R je ekvipotentan sa R.

Dokaz. Znamo da je funkcija tg : −π2

, π2

→ R bijekcija. To znaci da vrijedi −π2

, π2

∼ R. Sadatvrdnja korolara slijedi iz prethodnog korolara 5. Q.E.D.

19



Peto predavanje iz Teorije skupova 04/11/2005

Kratak rezime proslog predavanja:Prvo smo razmatrali prebrojive skupove.Dokazali smo da je prebrojiva unija prebrojivih skupova ponovno prebrojiv skup.Kao jednostavnu posljedicu dobili smo da je skup Q prebrojiv.

Na kraju proslog predavanja smo poceli proucavati neprebro jive skupove.Dokazali smo da je R ekvipotentan sa svakim svojim omedenim intervalom.Sada cemo prvo dokazati Cantorov teorem o neprebrojivosti skupa R.

Teorem 1 (G. Cantor)Skup R je neprebrojiv.

Dokaz. Ocito je dovoljno dokazati da je interval 0, 1 neprebrojiv.Pretpostavimo suprotno. Neka je 0, 1 = {a0, a1, a2, a3, . . .}, pri cemu je

a0 = 0. a00 a01 a02 . . .

a1 = 0. a10 a11 a12 . . .a2 = 0. a20 a21 a22 . . .

...

Pretpostavljamo da je svaki realan broj ai dan u decimalnom zapisu koji ima beskonacno mnogodecimala razlicitih od nule. Npr. umjesto 0.5 pisemo 0.49999 . . .

Za svaki k ∈ N definiramo

bk =

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

1, ako je akk ∈ {8, 9}.

Definiramo b = 0. b0 b1 b2 b3 . . . Ocito je b ∈ 0, 1 (svakako naglasiti da je b = 0 i b = 1).

Uocimo b = ak, ∀k ∈ N (razlikuju se na k-tom decimalnom mjestu).Time je dobivena kontradikcija. Q.E.D.

U knjizi Proofs from the Book, na ciji je izbor materijala velikim dijelom utjecao veliki madarski

matematicar P. Erdos, jedan od istaknutih dokaza je i Cantorov dokaz neprebrojivosti skupa R.

Napomena 1 U dokazu prethodnog teorema je koristen dijagonalni postupak. Kao jos jednu ilustraciju primjene dijagonalnog postupka dokazujemo da R nije ekvipotentan sa RR = {f | f : R → R}.

Pretpostavimo suprotno. Neka je F : R →R

R jedna bijekcija. Definiramo funkciju f : R → R na sljedeci nacin:

f (x) = F (x)(x) + 1.

Tvrdimo da ne postoji x0 ∈ R tako da vrijedi F (x0) = f, tj. da funkcija F nije surjekcija. Ako

je F (x0) = f, za neki x0 ∈ R, tada imamo da je F (x0)(y) = f (y), za sve y ∈ R. Posebno vrijedi za

y = x0, tj. imamo F (x0)(x0) = f (x0). No, to je nemoguce, jer je po definiciji funkcije f ispunjeno

f (x0) = F (x0)(x0) + 1.

20



Propozicija 1 Neka je A neprebrojiv skup i B ⊆ A konacan ili prebrojiv. Tada je A ∼ A \ B.

(Dokaz je sasvim analogan propoziciji s proslog predavanja: ako je A beskonacan i B ⊆ Akonacan tada je A \ B ∼ A).Dokaz. Posto je B ⊆ A tada vrijedi A = (A \ B) ∪ B. Iz toga slijedi da je skup A \ B neprebro jiv (inacebi imali da je A unija dva prebrojiva skupa, tj. prebrojiv, sto je suprotno pretpostavci propozicije).Posebno imamo da je skup A \ B beskonacan.

Iz propozicije 5 s proslog predavanja slijedi da postoji C ⊆ A \ B koji je prebrojiv. Neka je C ={c0, c1, c2, . . .}. Radi odredenosti promatramo slucaj kada je B = {b0, b1, b2, . . .} prebrojiv skup. Sadadefiniramo funkciju f : A → A \ B ovako:

f (x) =

c2i, ako je x = bi;

c2i+1, ako je x = ci;

x, ako je x ∈ A \ (B ∪ C ).

Ocito je funkcija f bijekcija, pa imamo A ∼ A \ B.

Na slican nacin bi dokazali tvrdnju propozicije kada je B konacan skup. Q.E.D.

Primjer 1 1. Vrijedi R \Q ∼ R, tj. skup svih iracionalnih brojeva je ekvipotentan sa skupom R, odnosno skup svih iracionalnih brojeva je neprebrojiv.

2. Oznacimo sa A skup svih realnih algebarskih brojeva. Nije tesko dokazati da je skup Aprebrojiv (vjezbe!). Iz prethodne propozicije slijedi R \ A ∼ R. To znaci da je posebnoR \ A = ∅. Time smo dokazali egzistenciju transcendentnih brojeva.Transcendenti brojevi se ne mogu konstruirati samo pomocu ravnala i sestara.

Posto je dokazano da je broj π transcendentan time je rijesen starogrcki problem kvadrature kruga.

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

∞n=1

10−n! =1

101!+

1

102!+

1

103!+ . . .

Dokaz transcendentnosti Liouvil leovog broja mozete pronaci u:P. Vukovic, Liouvilleovi brojevi, MFL 215 (2004), 182–184M. Gobo, Alegebarski i transcendenti brojevi, MFL 123 (1980), 141–143

O algebarskim i transcendentnim brojevima mozete citati i u:

B. Pavkovic, D. Veljan, Elementarna matematika 1, Tehnicka knjiga, Zagreb, 1992.

(str. 350; Informativno)

S. Kurepa, Matematicka analiza 2, Tehnicka knjiga, Zagreb

(str. 367; Dokaz transcendentnosti broja e)

D. Blanusa, Visa matematika, Tehnicka knjiga, Zagreb, 1973.

(str. 467; Dokaz transcendentnosti brojeva e i π)

V. Peric, Sedmi Hilbertov problem i trans. projeva e i π, Matematika (strucno–metodicki casopis),

1990, br. 1

21



Korolar 1 Ako je A beskonacan, a B konacan ili prebrojiv tada vrijedi A ∪ B ∼ A.

Dokaz. Pretpostavimo da je A ∩ B = ∅. Ako je skup A prebrojiv tada znamo da je to i A ∪ B, tj.

vrijedi A ∪ B ∼ A. Ako je A neprebrojiv onda iz prethodne propozicije slijedi A ∪ B ∼ (A ∪ B) \ B = A.

Ako je A ∩ B = ∅ tada definiramo B = B \ A. Tada imamo da je B konacan ili prebrojiv skup, te

vrijedi A ∪ B = A ∪ B i A ∩ B = ∅. Iz prethodnog dijela dokaza znamo da tada vrijedi A ∪ B ∼ A.

Zbog jednakosti A ∪ B = A ∪ B tada slijedi A ∪ B ∼ A. Q.E.D.

Cesto se prilikom dokaza neizomorfnosti odredenih struktura koristi neekvipotentnost nosacastruktura.

Primjer 2 1. Grupe (Z, +) i (R \ {0}, ·) nisu izomorfne.Ocito, posto Z ∼ R.

2. Polja R i Q(√

3) nisu izomorfna.Sjetimo se da vrijedi Q(

√3) = {a + b

√3 : a, b ∈ Q}. Ocito je taj skup ekvipotentan sa Q2. Bili

smo dokazali da je skup N2 prebrojiv. Iz toga slijedi da je i skup Q2 takoder prebrojiv. To znaci

da je skup Q(√

3) prebrojiv.

Zadatak. Definirajte Cantorov trijadski skup, te dokazite da je taj skup neprebrojiv.(vidi: Internet; S. Mardesic, Cantorov trijadski skup, MFL god. XIV, br. 4, 146–148)

1.5. Kardinalnost

Jos u osnovnoj skoli ste ucili da svaki prirodni broj ima dvostruku ulogu: odreduje koliko cegaima, te koji je po redu.To znaci da je svaki prirodan broj kardinalni (glavni) i redni.Cilj nam je definirati beskonacne kardinalne brojeve koji ce mjeriti velicinu beskonacnih skupova,

te beskonacne redne brojeve koji ce mjeriti poredak beskonacnih skupova.Prvo cemo definirati redne brojeve (ordinale), a zatim kardinalne brojeve.

Svaki kardinalni broj je ordinalni, ali ne i obratno.

Tekst koji slijedi sluzi kao motivacija za aksiomatsku izgradnju teorije skupova.

Odnosno, zeli se istaknuti problem definicije kardinalnog broja, te navesti neke os-

novne teoreme o kardinalnosti.

Definicija 1 Ako su A i B ekvipotentni skupovi tada kazemo jos da imaju istu kardinalnost,

te pisemo k(A) = k(B).

Kardinalnost je zapravo sinonim za ekvipotentnost.To znaci da u ovom trenutku jos nismo definirali pojam kardinalnog broja.

Lako je vidjeti da je relacija ”biti ekvipotentan” relacija ekvivalencije (na cemu? – na klasi svihskupova!!!). Znamo da svaka relacija ekvivalencije definira particiju. Iz tog razloga cini se da bi moglidefinirati kardinalni broj proizvoljnog skupa A kao klasu ekvivalencije obzirom na relaciju ∼, odnosno

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

22



Problem je da niti za jedan skup A = ∅ klasa k(A) nije skup, tj. to je prava klasa.

Kasnije cemo definirati kardinalni broj kao tocno odredeni skup iz klase ekvivalencije.

Radi kraceg zapisivanja uvodimo neke oznake za kardinalnost:

k(∅) = 0

k(

{0, . . . , n

−1

}) = n

k(N) = ℵ0

k(R) = c (”continuum”)

Naglasiti da kada npr. napisemo k(A) = ℵ0 tada to zapravo znaci A ∼ N

Pobrojimo sto smo do sada dokazali:

a) ℵ0 = k(N) = k({−1, −2, −3, . . .}) = k(Q) = k(Z ) = k(N×N) = k(N p), za sve p ∈ N \ {0}

b) k(R

) = k([a, b]) = k(a, b) = c

c) k(R) = k(N), tj. c = ℵ0

d) c = k({f | f : R → R})

e) k(R \ N) = k(R \ Q) = k(R \ Z ) = c

Definicija 2 Kazemo da je kardinalnost skupa A manja od kardinalnosti skupa B akopostoji B1 ⊆ B t.d. A ∼ B1. Oznaka: k(A) ≤ k(B).

Ako je k(A) ≤ k(B), te jos vrijedi k(A) = k(B) tada kazemo da je k(A) strogo manja od k(B).To oznacavamo sa k(A) < k(B).

Zadatak. Dokazite: k(A) ≤ k(B) ako i samo ako skup A mozemo injektivno preslikati u skupB.

Istaknimo sve moguce situacije prilikom usporedivanja kardinalnosti:

a) k(A) < k(B)

b) k(B) < k(A)

c) k(A) ≤ k(B) i k(B) ≤ k(A)

d) ne vrijedi k(A) ≤ k(B) i ne vrijedi k(B) ≤ k(A)

Dokazat cemo da su moguca samo prva tri slucaja.

Kasnije cemo (ako stignemo) dokazati da je nemogucnost slucaja d) ekvivalentna s aksiomom izbora.

23



Sljedeci teorem je vrlo vazan u teoriji skupova.Cantor je prvi iskazao tvrdnju teorema, a njegov devetnaest godisnji student F. Bernstein ga je 1897.

godine prvi dokazao. Poslije ga je vise matematicara dokazalo na razne nacine. U Velikoj Britaniji se

taj teorem naziva Schroder, Bernsteinov teorem, jer ga je 1898. dokazao i Schroder. U Francuskoj i

Italiji se naziva Cantor, Bernsteinov teorem.

Teorem 2 (Cantor, Schroder, Bernstein)Ako postoji injekcija f : A → B i injekcija g : B → A tada postoji bijekcija izmedu A i B.

U terminima kardinalnosti teorem se kratko moze izreci i na sljedeci nacin:Ako je k(A) ≤ k(B) i k(B) ≤ k(A) tada je k(A) = k(B).

Prije dokaza prethodnog teorema navodimo Knaster – Tarskijev teorem i Banachovu lemu.Dokaz Knaster–Tarskijevog teorema cemo u opcenitijem obliku dati kasnije.

Teorem 3 Knaster–Tarskijev teorem o fiksnoj tocki.Neka je F :

P (A)

→ P (A) monotona funkcija, tj. za sve x, y

⊆A takve da je x

⊆y vrijedi

F (x) ⊆ F (y). Tada postoji x0 ⊆ A tako da vrijedi F (x0) = x0.

Zadatak. Pokusajte sami dokazati prethodni teorem. Uputa: x0 := ∪{x ⊆ A : x ⊆ F (x)}.

Lema 1 Banachova lema Neka su f : A → B i g : B → A proizvoljne funkcije. Tada postoji S ⊆ A tako da vrijedi

g(B \ f (S )) = A \ S.

Dokaz. Definiramo funkciju F : P (A) → P (A) sa F (x) = [g(B \ f (x))]c.

Neka su x i y podskupovi od A tako da vrijedi x ⊆ y. Tada je f (x) ⊆ f (y), a onda je B \f (y) ⊆ B \f (x).Iz toga slijedi g(B \ f (y)) ⊆ g(B \ f (x)), a onda [g(B \ f (x))]c ⊆ [g(B \ f (y))]c, tj. F (x) ⊆ F (y).

Primjenom Knaster–Tarskijevog teorema slijedi trazena tvrdnja leme. Q.E.D.

Dokaz Cantor, Schroder, Bernsteinovog teorema.Neka su f : A → B i g : B → A injekcije. Neka je S ⊆ A koji ima svojstvo iz Banachove leme,tj. g(B \ f (S )) = A \ S. Dana situacija je prikazana na sljedecoj slici.

A

S A \ S = g(B \ f (S ))

B

f (S ) B \ f (S )

?

f

@ @

@ @ @ @ @R

f

H H H H H H H H H H H H H H H Y

g

24



Definiramo funkciju h : A → B sa

h(x) =

f (x) , x ∈ S

g−1(x) , x ∈ A \ S

Svojstvo skupa S povlaci da je h injekcija, te jos vrijedi

h(A) = h(S

∪(A

\S )) = h(S )

∪h(A

\S ),

posto su S i A \ S disjunktni skupovi. Tada imamo

h(A) = h(S ) ∪ h(A \ S ) = f (S ) ∪ g−1(A \ S ) = f (S ) ∪ (B \ f (S )) = B.

To znaci da je funkcija h surjekcija. Q.E.D.

Primjer kojim se ilustrira primjena Cantor, Schroder, Bernsteinovog teorema: R2 ∼ R.

Jedna injekcija iz R u R2 je dana s x → (x, 0).

Jedna injekcija iz 0, 1 × 0, 1 u R je dana s (0, a0a1 . . . , 0, b0b1 . . .) → 0, a0 1 b0 1 a1 1 b1 . . .

Zadatak. Dokazite da je Cantor, Schroder, Bernsteinov teorem ekvivalentan sa sljedecom tvrd-njom:

ako A1 ⊆ A2 ⊆ A3 i A1 ∼ A3 tada je A2 ∼ A3.

25



Sesto predavanje iz Teorije skupova 11/11/2005

Kratak rezime proslog predavanja:Dokazali smo da je skup R neprebrojiv.Zatim, smo proucavali po jam kardinalnosti.Dokazali smo Cantor, Schroder, Bernsteinov teorem.

Prvo cemo razmatrati operacije vezane s kardinalnoscu.

Definicija 1 Neka su A i B skupovi. Neka je A = A × {0} i B = B × {1}.

Ocito su skupovi A i B disjunktni, te vrijedi k(A) = k(A) i k(B) = k(B).

Tada sa k(A) + k(B) oznacavamo k(A ∪ B).

Propozicija 1 (svojstva zbrajanja)Neka su A, B i C skupovi, te a, b i c redom oznake za njihove kardinalnosti. Tada vrijedi:

1) a + b = b + a

2) (a + b) + c = a + (b + c)

3) a + 0 = a

4) ako je a ≤ b tada je a + c ≤ b + c

Dokaz tvrdnje a). Neka su A i B skupovi za koje vrijedi k(A) = a i k(B) = b. Posto je ocito A ∪ B ∼B ∪ A tada imamo:

a + b = k(A) + k(B) = k(A ∪ B) = k(B ∪ A) = k(B) + k(A) = b + a.

Zadatak. Pokazite primjerom da opcenito ne vrijedi da a + b = a + c povlaci b = c.

Primjer 1 Lako je vidjeti da vrijedi:

2 + 2 = 4 ℵ0 + ℵ0 = ℵ0 c + ℵ0 = c c + c = c

Sljedeci korolar je jednostavna posljedica propozicije koja govori da za svaki neprebrojivi skupA i njegov proizvoljan konacan ili prebrojiv podskup B vrijedi A \ B ∼ A.

Korolar 1 Neka je A proizvoljan beskonacan skup. Tada za sve n ∈ N vrijedi k(A) + n = k(A),

te vrijedi k(A) + ℵ0 = k(A).

Definicija 2 Neka su A i B proizvoljni skupovi. Tada sa k(A) · k(B) oznacavamo k(A × B).

26



Propozicija 2 (svojstva mnozenja)Neka su A, B i C skupovi, te a, b i c redom oznake za njihove kardinalnosti. Tada vrijedi:

1) a · b = b · a

2) (a · b) · c = a · (b · c)

3) a · 1 = a

4) ako je a ≤ b tada je a · c ≤ b · c

Zadatak. Pokazite primjerom da opcenito ne vrijedi da a · b = a · c povlaci b = c.


2 · 2 = 4 ℵ0 · ℵ0 = ℵ0 c · ℵ0 = c c · c = c

Zasto je rezultat c · c = c, tj. k(R2) = k(R), pomalo neocekivan? Zato jer se protivi nasoj intuiciji

dimenzije. No, to zapravo samo znaci da dimenzije nisu sacuvane kod bijektivnih preslikavanja. Brouwer je dokazao da neprekidne bijekcije, ciji inverz je takoder neprekidan, cuvaju dimenziju.

Na kraju semestra, kada cemo govoriti o aksiomu izbora, dokazat cemo da za sve kardinalnostia i b, od kojih je bar jedna beskonacna, vrijedi

a + b = a · b = max{a, b}

Definicija 3 Neka su A i B skupovi. Oznacimo AB = {f |f : A → B}. Tada sa k(B)k(A)

oznacavamo k(A

B).

Objasnjenje oznake AB :Namjera je da oznaka bude sugestivna, tj. da AB oznacava skup svih funkcija iz A u B.

Za ilustraciju izracunajmo 32. Neka je A dvoclani skup, a B troclani skup.Tada po definiciji imamo:

32 = k(B)k(A) = k(AB) = k({f |f : A → B}) = 9

Propozicija 3 Za sve skupove A vrijedi P (A) ∼ A{0, 1}, tj. k(P (A)) = 2k(A).

Dokaz. Funkcija A ⊇ B → χB : A → {0, 1} je ocito bijekcija. (Sa χB je oznacena karakteristicna

funkcija skupa B.

27



Propozicija 4 (svojstva potenciranja)Neka su A, B i C skupovi, te a, b i c redom oznake za njihove kardinalnosti. Tada vrijedi:

1) ab · ac = ab+c

2) (ab)c = ab·c

3) (a · b)c = ac · bc

4) ako je a ≤ b tada je ac ≤ bc

5) ako je a ≤ b i c = 0 tada je ca ≤ cb


2ℵ0 = c, ℵℵ00 = c, cℵ0 = c

Upute:Kako bi dokazali 2ℵ

0 = c dokazujemo da je N{0, 1} ∼ R. U tu svrhu promotrimo sljedece funkcije:N{0, 1} (xn) → 0, x0x1x2 . . . ∈ R (injekcija)

0, 1 0, x0x1x2 . . . → (xn) ∈ N{0, 1} (injekcija)Sada primjenimo Cantor, Schr¨ oder, Bernsteinov teorem, pa imamo 2ℵ0 = c.

Prvo dokazimo cℵ0 = c. Vrijedi: cℵ0 = (2ℵ0)ℵ0 = 2ℵ0·ℵ0 = 2ℵ0 = c.

Sada dokazujemo da vrijedi ℵ0ℵ0 = c. Redom imamo sljedece nejednakosti:

ℵℵ00 ≤ cℵ0 = c; c = 2ℵ0 ≤ ℵ0

ℵ0 . Sada primjenimo Cantor, Schr¨ oder, Bernsteinov teorem.

Teorem 1 (Osnovni Cantorov teorem teorije skupova)Za svaki skup A vrijedi k(A) < k(P (A)), tj. k(A) < 2k(A).

Dokaz. Iz definicije relacije < slijedi da treba dokazati: k(A) ≤ k(P (A)) i k(A) = k(P (A)).

Ako je A = ∅ tada je P (∅) = {∅}. To znaci da je u ovom slucaju k(A) < k(P (A)).

Neka je sada A = ∅. Primijetimo prvo da je k(A) ≤ k(P (A)), jer je funkcija f : A → P (A), koja je definirana sa f (x) = {x}, injekcija.Dokazimo sada jos k(A) = k(P (A)). Pretpostavimo suprotno tj. da je k(A) = k(P (A)), odnosnoda vrijedi A ∼ P (A). Neka je f : A → P (A) neka bijekcija. Definiramo skup B = {x ∈ A |x ∈ f (x)}. Primijetimo da je B = ∅, jer je f : A → P (A) bijekcija pa i surjekcija, a posto je

∅ ∈ P (A) tada postoji x ∈ A takav da f (x) = ∅. No, onda za taj x vrijedi x ∈f (x) tj. x ∈ B.

Neka je b ∈ A takav da vrijedi f (b) = B. Ako bi vrijedilo b ∈ B, tada iz B = f (b) i definicijeskupa B slijedi b ∈f (b). Dakle, mora biti b ∈B = f (b). Tada iz definicije skupa B slijedi b ∈ B.

Time je dobivena kontradikcija. To znaci da ne postoji bijekcija izmedu A i P (A). Q.E.D.

28



Cantorova hipoteza kontinuuma

Zasto uopce teoriju skupova promatrati aksiomatski?Vec smo bili naglasili da glavno pitanje ovog kolegija je ”Sto je skup?”

Odgovor na to pitanje pokusat cemo dati uvodenjem aksiomatskog sistema.

Drugi razlog nezadovoljstva s naivnom (neaksiomatskom) teorijom skupova je svakako pojavaparadoksa

. O tome smo vec bili govorili na prethodnim predavanjima.

Sljedeci razlog aksiomatskog zasnivanja bio je nemogucnost odgovora na neka pitanja o skupovimakoja su se prirodno nametala. Mozda jedno od najpoznatijih pitanja, i jedno od razumljivih naovom samom pocetku price o teoriji ZF, je svakako Cantorova hipoteza kontinuuma .To je sljedeca tvrdnja:

ako je S beskonacan podskup skupa R tada postoji bijekcija sa S na N ili sa S na R(odnosno, kratko 2ℵ0 = ℵ1).

Cantorova hipoteza kontinuuma moze se izreci i u sljedecoj formi: ne postoji kardinalni broj izmedu

k(N) i k(P (N)).

(ℵ1 je neposredni sljedbenik od ℵ0. O alefima cemo nesto reci na samom kraju semestra.

Generalizirana Cantorova hipoteza kontinuuma glasi: 2ℵα = ℵα+1, gdje je α proizvoljan ordinalni broj.

O ordinalnim brojevima cemo pricati za nekoliko tjedana).

Generalizirana Cantorova hipoteza moze se izreci i u sljedecoj formi: niti za jedan beskonacni skup X

ne postoji kardinalni broj izmedu k(X ) i k(P (X )).

Dugo se pokusavala dokazati, a i opovrgnuti ta hipoteza. No, svi pokusaji u naivnoj teorijiskupova su bili bezuspjesni. P. Cohen je 1963. godine dokazao da je Cantorova hipoteza kon-tinuuma neodluciva u teoriji ZF. To znaci da je u danoj teoriji ne mozemo dokazati, a niopovrgnuti.

Literatura o Cantorovoj hipotezi kontinuuma:

T. Jech, Set Theory

Drake, Singh, Intermediate Set Theory

V. Cacic – magistarski rad (jos u izradi)

29



Sedmo predavanje iz Teorije skupova 18/11/2005

Kratki rezime prethodnog predavanja:Aritmetika kardinalnih brojeva: zbrajanje, mnozenje i potenciranjeOsnovni Cantorov teoremCantorova hipoteza kontinuuma

1.6. Uredeni skupovi

Neka je A neki skup. Svaki podskup R od A × A nazivamo binarna relacija.Cinjenicu (x, y) ∈ R zapisujemo i xRy. (Prefiksna, infiksna i sufiksna notacija)

Kazemo da je binarna relacija R:

a) refleksivna, ako za sve x ∈ A vrijedi xRx

b) irefleksivna, ako ne postoji x ∈ A tako da vrijedi xRx

c) simetricna, ako za svex, y

∈A

koji imaju svojstvoxRy

vrijediyRx

d) antisimetricna, ako za sve x, y ∈ A koji imaju svojstvo xRy i yRx vrijedi x = y

e) tranzitivna, ako za sve x,y,z ∈ A koji imaju svojstvo xRy i yRz vrijedi xRz

f) ekvivalencije, ako je refleksivna, simetricna i tranzitivna;za x ∈ A skup {y ∈ A : xRy} nazivamo klasa ekvivalencije, i oznacavamo s [x].

Propozicija 1 Neka je R relacija ekvivalencije na skupu A. Tada za sve x, y ∈ A vrijedi: [x] =[y] ili [x] ∩ [y] = ∅.

Kako bismo mogli izreci sljedecu propoziciju prvo cemo dati definiciju particije skupa.

Definicija 1 Neka je A = ∅ proizvoljan skup. Kazemo da je familija skupova {Ai : i ∈ I }particija skupa A ako vrijedi:

a) za sve i ∈ I je Ai ⊆ A;

b) za sve i ∈ I je Ai = ∅;

c) za sve i, j ∈ I, i = j, vrijedi Ai ∩ A j = ∅;

d)

i∈I Ai = A.

Propozicija 2 Svaka relacija ekvivalencije definira jednu particiju skupa. Vrijedi i obratno, tj.svaka particija skupa definira jednu relaciju ekvivalencije.

Mi cemo najvise razmatrati relacije uredaja. Sjetimo se: zelimo definirati pojam ”nivoa” (tocnije:rednog broja) kako bismo definirali kumulativnu hijerarhiju.

Definicija 2 Neka je R binarna relacija na skupu A. Kazemo da je R relacija parcijalnoguredaja ako je irefleksivna i tranzitivna. Relaciju parcijalnog uredaja obicno oznacavamo sug-estivno s < ili . Uredeni par (A, <) nazivamo parcijalno ureden skup.

30



Ako je (A, <) parcijalno ureden skup tada mozemo definirati binarnu relaciju ≤ sa:

x ≤ y ako i samo ako x < y ili x = y.

Ocito je relacija ≤ refleksivna, antisimetricna i tranzitivna. Relacije < i ≤ su medusobno defin-abilne.

Primjer 1 Primjeri parcijalno uredenih relacija.

a) Prirodni ili standardni uredaji na skupovima N, Z, Q i R. Prirodni uredaji se definiraju sa:

x < y ako i samo ako (∃z > 0)(x + z = y).

b) Anti–leksikografski uredaj na N × N :

(x1, y1) < (x2, y2) ako i samo ako (y1 < y2) ili (x1 = x2 i y1 < y2)

c) Ako je A skup tada je (P (A), ⊂) parcijalno ureden skup.

d) Primjeri parcijalno uredenih skupova koji su definirani pomocu grafa:

a7

◦ T

◦a6

d d

d d s

a5a4 ◦◦

d d

d d s

◦a3

d d

d d s

◦a2

◦a1

A = {a1, . . . , a7}

b9◦ T

b8◦ Tb7b6 ◦◦

T

d d

d d d s

b5◦

T

b4◦

d d

d d d s T

◦b3

◦b2

◦b1

B = {b1, . . . , b9}

31



Definicija 3 Neka je (A, <) parcijalno ureden skup. Kazemo da:

a) elementi x i y su usporedivi ako vrijedi x ≤ y ili y ≤ x; inace kazemo da su elementi x i y neusporedivi;

b) za B ⊆ A kazemo da je lanac ako su svi elementi skupa B usporedivi;

c) element x ∈ A je maksimalan ( minimalan) ako ne postoji y ∈ A tako da vrijedi x < y

(y < x);

d) element x ∈ A je najveci ( najmanji) ako za sve y ∈ A vrijedi y ≤ x (x ≤ y);

Najveci je onaj element koji je veci od svih ostalih. Maksimalni je onaj element od kojeg nepostoji veci. U primjeru 1 u skupu A imamo dva minimalna elementa, te postoji najveci element.U skupu B tri minimalna elementa i tri maksimalna elementa.

Napomene: Neka je (A, <) neki parcijalno ureden skup. Tada vrijedi:

a) ako je x ∈ A najveci (najmanji) element tada je x i maksimalni (minimalni) element u skupu A.

b) ako u skupu A ne postoji niti jedan maksimalni (minimalni) element tada A nema ni najveci(najmanji) element;

c) ako u skupu A postoji vise od jednog maksimalnog (minimalnog) elementa tada A nema najveci(najmanji) element;

d) ako je x ∈ A jedinstveni maksimalni (minimalni) element u skupu A tada x ne mora biti najveci(najmanji) element skupa A.

(Primjer: Neka je A = N ∪ {1

2}. Na skupu N promatramo standardni uredaj, te definiramo da

broj1

2 nije usporediv niti s jednim prirodnim brojem. Tada je1

2 jedinstveni maksimalni element,ali nije najveci element u skupu A.)

Definicija 4 Neka je B neprazan podskup parcijalno uredenog skupa (A, <). Za element x od A

kazemo da je:

a) gornja (donja) meda skupa B ako za sve y ∈ B vrijedi y ≤ x (x ≤ y);

b) supremum (infimum) skupa B ako je x najmanja gornja (najveca donja) meda skupa B.

Ako je x ∈ A tada skup pA(x) = {y ∈ A : y < x} nazivamo pocetni komad elementa x u skupu A.

32



Propozicija 3 Neka je (A, <) konacan parcijalno ureden skup. Tada skup A sadrzi maksimalan i minimalan element.

Dokaz. Dokazujemo da postoji maksimalan element. Analogno bi se dokazalo da postoji minimalnielement.

Dokaz provodimo indukcijom po broju elemenata skupa A. Ako je A jednoclan skup tada je jedinielement ujedno i maksimalni. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki n ∈ N, te neka je A skupkoji sadrzi n + 1 element. Neka je a ∈ A proizvoljan, ali fiksiran. Oznacimo B = A \ {a}. Iz pret-

postavke indukcije slijedi da skup B sadrzi barem jedan maksimalni element. Neka je B ⊆ B skup svihmaksimalnih elemenata skupa B. Promatramo dva slucaja:

a) element a je neusporediv sa svakim elementom iz B. Tada je svaki element skupa B ∪ {a}maksimalni element skupa A.

b) postoji barem jedan x ∈ B tako da su a i x usporedivi.Ako vrijedi x < a tada je a jedan maksimalni element skupa A. Ako pak je a < x tada je B skupsvih maksimalnih elemenata skupa A. Q.E.D.

Definicija 5 Za parcijalno ureden skup kazemo da je linearno ureden (potpuno ili totalno)ako su svaka dva njegova razlicita elementa usporediva.

Korolar 1 Neka je (A, <) konacni parcijalno ureden skup. Tada svaki neprazni lanac od A

sadrzi najmanji i najveci element.

Definicija 6 Neka su (A, <) i (B, ) parcijalno uredeni skupovi. Kazemo da funkcija f : A → B

cuva uredaj ako vrijedi:(∀x, y ∈ A)(x ≤ y ⇒ f (x) f (y))

Teorem 1 (Teorem o fiksnoj tocki)Neka je (A, <) parcijalno ureden skup koji ima najmanji (najveci) element, te neka je f : A → A

funkcija koja cuva uredaj. Tada vrijedi:

Ako za svaki ∅ = B ⊆ A postoji supremum (infimum) tada postoji najveca (najmanja) fiksna tocka za funkciju f.

Dokaz. Pretpostavimo da za svaki neprazan podskup od B postoji supremum u skupu A. Neka je

B = {x ∈ A : x ≤ f (x)}.

Ako je a ∈ A najmanji element tada ocito vrijedi a ∈ B, tj. B = ∅.

Neka je b = sup B. Za sve x ∈ B vrijedi x ≤ b. Posto f cuva uredaj tada imamo

f (x) ≤ f (b).

Sada zbog x ≤ f (x) (definicija skupa B), te tranzitivnosti, dobivamo da za sve x ∈ B vrijedi

x ≤ f (b).

33



Iz toga slijedi da je f (b) jedna gornja meda skupa B. Posto je a = sup B, tada imamo

b ≤ f (b) (∗)

Dokazimo sada drugu nejednakost. Iz (∗) slijedi f (b) ≤ f (f (b)), a onda je f (b) ∈ B. Posto jeb = sup B, tada je

f (b) ≤ b.

Preostalo je dokazati da je b najveca fiksna tocka. Neka je a ∈ A tako da vrijedi f (a) = a.

Posebno tada vrijedi a ≤ f (a), pa je a ∈ B. Posto je b = sup B, tada imamo a ≤ b.

(Za najmanju fiksnu tocku treba promatrati skup {x ∈ A : f (x) ≤ x}. Q.E.D.

Korolar 2 Knaster–Tarskijev teorem Neka je A neprazan skup i F : P (A) → P (A) funkcija takva da za sve x, y ⊆ A vrijedi

x ⊆ y ⇒ F (x) ⊆ F (y).

Tada postoji x0 ⊆ A tako da vrijedi f (x0) = x0.

Napomena 1 1. Primjenom prethodnog teorema dokazali smo egzitenciju skupa S koja treba za dokaz Cantor, Bernstein, Schr¨ oderovog teorema.

2. Obicno se u Knaster–Tarskijev teoremu navodi da za:

f ix(F ) = ∩{x : x ⊆ A, F (x) ⊆ x},

F ix(F ) = ∪{x : x ⊆ A, x ⊆ F (x)},

vrijedi da je f ix(F ) najmanja, F ix(F ) najveca fiksna tocka funkcije f.

(Primijetite da je skup F ix(F ) upravo definiran kao supremum skupa {x : x ⊆ A, x ⊆ F (x)}, tj.

upravo kao i fiksna tocka iz dokaza prethodnog teorema o fiksnoj tocki.

Definicija 7 Neka su (A, <) i (B, ) parcijalno uredeni skupovi. Svaku bijekciju f : A → B

koja ima svojstvo da f i f −1 cuvaju uredaj nazivamo slicnost (ili izomorfizam).

Ako postoji slicnost f : A → B, tada kazemo da su A i B slicni skupovi. Oznaka: A B.

34



Primjer 2

1. 0, 1 2, 4

Jedna slicnost f : 2, 4 → 0, 1 je zadana s f (x) =x − 2

2.

2. N 2N

3. R − π2

, π2

Restrikcija tg|−π

2,π2 : −π

2, π2

→ R je jedna slicnost.

Napomena 2 Ako vrijedi A B tada ocito A ∼ B. No, obrat opcenito ne vrijedi (npr. N ∼ Z,ali ne i N Z).

Definicija 8 Kazemo da je parcijalno ureden skup (A, <) gust ako sadrzi barem dva elementa,i za sve x, y ∈ A takve da je x < y postoji z ∈ A tako da vrijedi x < z i z < y.

Propozicija 4 (Invarijante slicnosti)

Neka su A i B slicni parcijalno uredeni skupovi. Tada vrijedi:

a) skup A je linearno ureden ako i samo ako B je linearno ureden;

b) skup A ima maksimalni (minimalni) element ako i samo ako B sadrzi maksi-malni (minimalni) element;

c) skup A ima najveci (najmanji) element ako i samo ako skup B ima najveci (najmanji) element;

d) skupa A je gust ako i samo ako skup B je gust.

Primijetite da iz prethodne propozicije npr. slijedi N Z i Q Z.

Zadatak. Definirajte uredaj na Z, odnosno na Q, tako da vrijedi (Z, ) (N, <), odnosno(Q, ) (N, <).

35



Osmo predavanje iz Teorije skupova 25/11/2005

Kratki rezime prethodnog predavanja:Uredeni skupovi: parcijalno i linearno uredeni; maksimalni i minimalni element; najveci i naj-manji element; gornja i donja meda; supremum i infimum; slicnost.Naveli smo propoziciju o invarijantama slicnosti.

1.7. Uredajne karakterizacije skupova Q i R

Teorem 1 Uredajna karekteristika skupa Q.

Neka je (A, ) linearno ureden skup koji ima sljedeca svojstva:

a) skup A je prebrojiv;

b) skup A je gust;

c) ne postoji ni najmanji, a ni najveci element skupa A.

Tada je skup (A,

) slican s (Q, <).

Dokaz. Posto je po pretpostavci skup A prebrojiv tada njegove elemente mozemo poredati u niz.Neka je A = {a0, a1, . . .} (naravno, ako je i < j tada ne mora biti ai a j).

Analogno je Q = {q0, q1, . . .}.

Definiramo ϕ : A → Q. Istovremeno s definiranjem funkcije ϕ definiramo induktivno niz (en) ⊆A. (Vidjet cemo na kraju da je {en : n ∈ N} = A).

Neka je e0 := a0 i ϕ(e0) := q0. Pretpostavimo da je za neki n ∈ N \{0} definirano e0, . . . , en−1 iϕ(e0), . . . , ϕ(en−1). Oznacimo E = {e0, . . . , en−1}. Prilikom definicije en i ϕ(en) razlikujemo dvaslucaja:

a) n je neparan broj;

b) n je paran broj.

Promatramo prvo slucaj kada je n neparan (tada ”iscrpljujemo” skup A.) Neka je

j0 = min{k ∈ N : ak ∈ A \ E },

te en = a j0 . (Dakle, en je element iz A \ E s najmanjim indeksom). Primijetite da j0 postoji, jer je A beskonacan, a E je konacan, pa je skup A \ E neprazan.

Preostalo je definirati ϕ(en). Na sljedecoj slici ilustriramo ideju kako cemo izabrati element ϕ(en).

A

e3 e2 e0 = a0 . . . en−1 e4

Q

ϕ(e3) ϕ(e2) ϕ(e0) = q0. . .

ϕ(en−1) ϕ(e4)

c

ϕ

36



Neka je

pE (en) = {x ∈ E : x en} sE = {x ∈ E : en x}(prethodnici u skupu E od elementa en) (sljedbenici ...)

Neka jek0 = min{k ∈ N : qk ∈ Q \ ϕ(E ),

qk > x za sve x

∈ϕ( pE (en)),

x < qk za sve x ∈ ϕ(sE (en))}(Primijetite da takav broj k0 postoji. Skup Q \ ϕ(E ) je neprazan, te posto po pretpostavci teoremaskup A ne sadrzi ni najmanji ni najveci element, tada je barem jedan od skupova pE (en) i sE (en)neprazan. Ako su oba od ta dva navedena skupa neprazna tada postoji qk ∈ Q tako da vrijedi

ϕ( pE (en)) < qk < ϕ(sE (en)),

posto je skup Q gust.)

Sada definiramo ϕ(en) = qk0.

Analogno se tretira slucaj b). (Tada ”iscrpljujemo” skup Q).

Ocito je A = {en : n ∈ N}. Iz konstrukcije nizova (en) i ϕ(en) slijedi da je time definiranabijekcija ϕ : A → Q koja je slicnost. Q.E.D.

Iz prethodnog teorema npr. slijedi da je skup svih realnih algebarskih brojeva sa standardnimuredajem slican skupu Q.

Prije iskaza teorema o uredanoj karakteristici skupa R uvodimo neke oznake, te definiramo nekepojmove.Neka je (S, <) linearno ureden skup i B

⊆S, te a, b

∈S takvi da je a < b.

Uvodimo oznake: ·, aB = {x : x ∈ B, x < a}a, ·B = {x : x ∈ B, a < x}a, bB = {x : x ∈ B, a < x < b}

Analogno bi definirali segmente [a, b]B, [a, ·B i ·, b]B.

Svaki od navedenih skupova nazivamo interval u skupu B.

Definicija 1 Neka je (S, <) linearno ureden skup. Svaku particiju skupa S oblika S = A ∪ B

koja ima svojstvo da je (∀a ∈ A)(∀b ∈ B)(a < b) nazivamo rez skupa S.

Umjesto (∀a ∈ A)(∀b ∈ B)(a < b) pisat cemo kratko A < B.

Moguci slucajevi reza:

1. skup A ima najveci element, B nema najmanji element;

2. skup A nema najveci element, B ima najmanji element;

3. A ima najveci element, B ima najmanji element (slucaj skoka);

4. skup A nema najveci element, B nema najmanji element (slucaj praznine).

37



Primjer 1 a) Svaki rez skupa R je oblika 1. ili 2.

b) Kod skupova N i Z svaki rez je oblika 3.

c) Q = {q ∈ Q | q <√

2} ∪ {q ∈ Q | q >√

2}, pa imamo slucaj praznine.

Definicija 2 Za linearno ureden skup ciji su svi rezovi oblika 1. ili 2. kazemo da je neprekidan

u Dedekindovom smislu.

Zadatak. Dokazite da aksiom potpunosti (Svaki neprazan podskup od R koji je omeden odozgoima supremum) povlaci da je R neprekidan u Dedekindovom smislu.

Zadatak. Dokazite da neprekidnost u Dedekindovom smislu skupa R povlaci aksiom potpunosti.

Definicija 3 Neka je (S, <) linearno ureden skup. Za M ⊆ S kazemo da je svuda gust pod-

skup od S ako svaki neprazni interval od S sadrzi barem jedan element iz M.

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

Lema 1 Neka je (S, <) linearno ureden skup koji je neprekidan u Dedekindovom smislu, teM ⊆ S prebrojiv svuda gust podskup. Tada vrijedi:

a) skup M je gust;

b) ako S ne sadrzi najveci (najmanji) element, tada ni M ne sadrzi najveci (najmanji) ele-ment.

Dokaz. a) Ocito M sadrzi barem dva elementa. Neka su a, b

∈M, te neka je a < b.

Primijetimo da je a, bS = ∅, jer bi inace ·, a]S ∪ [b, ·S bio rez skupa S koji definira skok u skupu S.Posto je M svuda gust podskup skupa S tada je a, bS ∩ M = ∅, tj. postoji c ∈ M tako da vrijedia < c < b.

b) Pretpostavimo da je a ∈ M najmanji element.

Posto po pretpostavci S nema najmanji element tada je ·, aS = ∅.

No, ocito ·, aS ∩ M = ∅.

To je kontradikcija s pretpostavkom da je M svuda gust dio od S. Q.E.D.

Teorem 2 Uredajna karakteristika skupa R.

Neka su (S 1, <) i (S 2, ) linearno uredeni skupovi koji imaju sljedeca svojstva:

a) nemaju ni najmanji ni najveci element;

b) neprekidni su u Dedekindovom smislu;

c) sadrze prebrojiv svuda gust dio.

Tada su S 1 i S 2 slicni skupovi.

38



Dokaz. Iz uvjeta c) slijedi da postoji prebrojivi M 1 ⊆ S 1 koji je svuda gust u S 1. Analogno, postojiprebrojivi M 2 ⊆ S 2 koji je svuda gust u S 2.

Iz prethodne leme slijedi da skupovi M 1 i M 2 nemaju ni na jmanji ni najveci element, te da su gusti.

Iz Teorema o uredajnoj karakteristici skupa Q slijedi Q M 1 M 2.

Neka je ϕ : M 1 → M 2 neka slicnost.Zelimo tu funkciju ϕ prosiriti na S 1 (i to tako da prosirenje bude slicnost izmedu S 1 i S 2.)

Neka je x0 ∈ S 1 \ M 1 proizvoljan.(Takav postoji jer inace imamo M 1 = S 1, a onda iz M 1 Q slijedi S 1 Q, sto je nemoguce jer Q nijeneprekidan u Dedekindovom smislu).

Definiramo skupove

L = {y ∈ M 1 | y < x0} i D = {y ∈ M 1 | y > x0}

Napomena o oznakama: L je skup ”lijevih” elemenata skupa M 1 u odnosu na element x0, a D je skup”desnih” elemenata skupa M 1 u odnosu na x0. To ilustriramo na sljedecoj slici.

S 1x0

d

d

' EL ⊆ M 1 D ⊆ M 1

Ocito je: L ∪ D = M 1, L ∩ D = ∅, L , D = ∅ i L < D, tj. skupovi L i D definiraju jedan rez

skupa M 1.

Dokazimo da rez L ∪ D = M 1 definira prazninu u skupu M 1, tj. da skup L nema najveci element

u M 1, a D nema na jmanji element.

Pretpostavimo suprotno, tj. neka skup L ima najveci element (analogno se tretira situacija kada D imanajmanji element).Neka je d ∈ L najveci element. Primijetimo prvo da je d, x0S 1 = ∅, jer je inace ·, d]S 1 ∪ [x0, ·S 1 rezskupa S 1 koji definira skok.No, posto je d najveci element skupa L tada je

d, x0S 1 ∩ M 1 = ∅,

sto je kontradikcija s cinjenicom da je M 1 svuda gust dio od S 1.

Dokazimo sada da je ϕ(L) ∪ ϕ(D) rez u skupu M 2.

Ocito je ϕ(L) ∩ ϕ(D) = ∅, jer je L ∩ D = ∅ i ϕ je injekcija.Zatim, posto je L ∪ D = M 1 i ϕ : M 1 → M 2 je surjekcija, tada je ϕ(L) ∪ ϕ(D) = M 2.

Konacno, ϕ(L) ϕ(D) jer je L < D i funkcija ϕ cuva uredaj.

Posto M 1 M 2, te rez L∪D = M 1 definira prazninu u skupu M 1 tada rez ϕ(L))∪ϕ(D) = M 2 definira

prazninu u skupu M 2.

Definiramo podskupove skupa S 2:

P = {y ∈ S 2 : y ϕ(D)} i S = {y ∈ S 2 : ϕ(L) y}

39



Napomena o oznakama: P je skup svih ”prethodnika” skupa ϕ(D), a S je skup svih ”sljedbenika” skupaϕ(L).Sve do sada definirane podskupove od S 1 i S 2 ilustriramo na sljedecoj slici.

S 1x0

d d

' EL ⊆ M 1 D ⊆ M 1

S 2 d

d

'

E

P ⊆ S 2

S ⊆ S 2

ϕ(L) ⊆ M 2

ϕ(D) ⊆ M 2

Tvrdimo da je P ∩ S jednoclan skup. Dokazujemo prvo da je P ∩ S = ∅.Tu tvrdnju dokazujemo svodenjem na kontradikciju. Pretpostavimo suprotno tj. da je P ∩ S = ∅.

Dokazimo prvo da je P i S rez skupa S 2. U tu svrhu primijetimo redom sljedece:

(1) Vrijedi P ∪ S = S 2;Ocito vrijedi P ∪ S ⊆ S 2. Kako bi dokazali obratnu inkluziju uzmimo proizvoljan y ∈ S 2. Posto je S 2 linearno ureden skup, te ϕ(L) nema ni najveci ni najmanji element, tada su moguca samosljedeca tri slucaja:

a) y ϕ(L)

b)

∃x1, x2

∈ϕ(L) tako da vrijedi x1

y

x2

c) ϕ(L) y

Posto vrijedi ϕ(L) ϕ(D) tada u prva dva slucaja imamo y ∈ P, a u trecem slucaju je y ∈ S.

(2) Vrijedi P = ∅ i S = ∅; Znamo ∅ = ϕ(L) ⊆ P, te ∅ = ϕ(D) ⊆ S

(3) Vrijedi P S. Ovo ocito vrijedi.

Iz pretpostavke da je S 2 neprekidan u Dedekindovom smislu slijedi da skup P ima najveci element iliS ima najmanji element.

Radi odredenosti promatramo slucaj kada P ima najveci element.Neka je sa p0 oznacen najveci element skupa P.

Iz definicije skupa P i cinjenice ϕ(L) ϕ(D) slijedi da je ϕ(L) ⊆ P. Iz toga slijedi ϕ(L) p0. Postoskup ϕ(L) nema najveci element tada imamo ϕ(L) p0.

Iz definicije skupa S i cinjenice ϕ(L) p0 slijedi p0 ∈ S. Time smo dobili p0 ∈ P ∩S, sto je kontradikcijas pocetnom pretpostavkom da vrijedi P ∩ S = ∅.

40



Dokazimo sada da je presjek P i S jednoclan skup.

Pretpostavimo da su a, b ∈ P ∩ S. Radi odredenosti neka je a b. Primijetimo prvo da je intervala, bS 2 neprazan, jer bi inace ·, a]S 2 ∪ [b, ·S 2 bio jedan rez skupa S 2 koji definira skok. Iz pretpostavkeb) teorema slijedi a, bS 2 ∩ M 2 = ∅. Neka je y ∈ a, bS 2 ∩ M 2 = ∅. Tada ocito vrijedi:

ϕ(L) a y b ϕ(D)

No, znamo da je M 2 = ϕ(L) ∪ ϕ(D), pa dobivamo da y ∈ M 2, sto je kontradikcija.

Neka je P ∩ S = {y0}. Sada definiramo ϕ(x0) = y0.

Provjerimo prvo da je prosirenje funkcije ϕ injekcija.Neka su x1, x2 ∈ S 1. Radi odredenosti neka je x1 < x2. Promatramo tri slucaja:

a) x1, x2 ∈ M 1

b) x1 ∈ S 1 \ M 1 i x2 ∈ M 1

c) x1 ∈ S 1 \ M 1 i x2 ∈ S 1 \ M 1

Ako su x1, x2 ∈ M 1 i x1 < x2 tada je ϕ(x1) < ϕ(x2) jer je ϕ : M 1 → M 2 slicnost.Promotrimo slucaj b). Definiramo skupove: L1 = {y ∈ M 1 : y < x1} i D1 = {y ∈ M 1 : x1 < y}. Kaou prethodnom dijelu dokaza pokazali bi da ta dva skupa definiraju rez s prazninom skupa M 1. Zatimbi dokazali da ϕ(L1) ∪ ϕ(D1) definira rez s prazninom u skupu M 2. Primijetimo da je x2 ∈ D1, pa jeϕ(x2) ∈ ϕ(D1). No, iz definicije prosirenja funkcije ϕ slijedi ϕ(x1) ∈ S 2 \ (ϕ(L1) ∪ ϕ(D1).

Za slucaj c) dokazali bi analogno da je ϕ(x1) < ϕ(x2).

Uocite da smo tu dokazali i da funkcija ϕ cuva uredaj.

Provjerimo sada da je prosirenje funkcije ϕ surjekcija.Ako je y ∈ M 2 tada, posto je ϕ : M 1 → M 2 slicnost, postoji x ∈ M 1 tako da vrijedi ϕ(x) = y.

Ako je y ∈ S 2 \ M 2 tada definiramo skupove pM 2(y) i sM 2(y). Analogno kao prije dokazemo da ti

skupove definiraju rez s prazninom skupa M 2, te da skupovi ϕ−1( pM 2(y)) i ϕ−1(sM 2(y)) definiraju rez s

prazninom skupa M 1. Zatim, bi analogno kao prilikom definicije prosirenja definirali skupove P i S .

Dokazali bi da je presjek tih skupova jednoclan, te da je y slika upravo tog elementa iz presjeka.

Q.E.D.

Iz prethodnog teorema slijedi npr. da su: skup svih iracionalnih brojeva, skup svih transcendent-nih brojeva, 0, 1] ∪ 5, 8, slicni sa R.

41



Deveto predavanje iz Teorije skupova 09/12/2005

1.8. Dobro uredeni skupovi

Definicija 1 Za parcijalno ureden skup (A, <) kazemo da je dobro ureden ako svaki njegov neprazni podskup sadrzi najmanji element.

Uocite da je tu vazno da smo prilikom definicije parcijalno uredenog skupa zahtijevali irefleksivnost

relacije. Uocite da je svaki dobro ureden skup ujedno i linearno ureden.

Primjer 1 Primjeri dobro uredenih skupova: svaki konacan koji je linearno ureden; N s prirod-nim uredajem.Skupovi Q, Z i R s prirodnim uredajem nisu dobro uredeni skupovi.

Zadatak. Definirajte uredaje na skupovima Z i Q tako da to budu dobri uredaji.

Sada nizom lema i korolara navodimo svojstva dobro uredenih skupova.

Lema 1 Neka je (A, <) dobro ureden skup, te f : A → A injekcija koja cuva uredaj. Tada za sve x ∈ A vrijedi x ≤ f (x).

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji a ∈ A takav da vrijedi f (a) < a. Tada je skupC = {x ∈ A : f (x) < x} neprazan. Neka je a0 ∈ C najmanji element skupa C. Iz definicije skupaC slijedi f (a0) < a0. Posto funkcija f cuva ureda j i injekcija je tada vrijedi f (f (a0)) < f (a0). Izdefinicije skupa C slijedi f (a0) ∈ C. Time dobivamo kontradikciju (a0 najmanji element skupaC, a po drugoj strani f (a0) < a0 i f (a0) ∈ C ). Q.E.D.

Vazno je naglasiti da smo prethodni dokaz proveli promatrajuci ”prvu iznimku”, odnosno primi- jenili smo indukciju na dobro uredenom skupu.

Korolar 1 Dobro ureden skup ne moze biti slican svom pocetnom komadu.

Dokaz. Neka je (A, <) dobro ureden skup i x0 ∈ A proizvoljan. Ako je pA(x0) = ∅ tada je ocito da skupA i taj pocetni komad nisu slicni.

Neka je pA(x0) = ∅, te pretpostavimo da je f : A → pA(x0) slicnost. Iz prethodne leme 1 slijedi da je

x0 ≤ f (x0). To je nemoguce jer je f (x0) ∈ pA(x0), a onda bi imali f (x0) < x0. Q.E.D.

Korolar 2 Pocetni komadi dobro uredenog skupa nisu slicni.

Dokaz. Neka je (A, <) dobro ureden skup i x1, x2 ∈ A razliciti. Radi odredenosti neka je x1 < x2. Tada

je pA(x1) ⊆ pA(x2). Posto je pA(x2) dobro ureden skup, te vrijedi pA(x1) = p pA(x2)(x1), trazena tvrdnja

slijedi iz prethodnog korolara. Q.E.D.

Napominjemo da tvrdnja prethodnog korolara opcenito ne vrijedi za linearno uredene skupove.Npr. −∞, 0 −∞, 1.

42



Korolar 3 Dobro ureden skup ne moze biti slican podskupu nekog svog pocetnog komada.

Dokaz. Neka je (A, <) neprazan dobro ureden skup, x0 ∈ A i B ⊆ pA(x0). Ako je B = ∅ tada tvrdnja

korolara ocito vrijedi. Promotrimo sada slucaj kada je B = ∅. Ako bi f : A → B bila slicnost tada iz

leme 1 slijedi x0 ≤ f (x0). To je nemoguce jer za sve y ∈ B vrijedi y < x0. Q.E.D.

Zelimo napomenuti da dobro ureden skup moze biti slican nekom svom podskupu. Npr. N 2N.

Korolar 4 Slicnost izmedu dobro uredenih skupova je jedinstvena.

Dokaz. Neka su (A, <) i (B, ) slicni dobro uredeni skupovi. Neka su f : A → B i g : A → B dvije

slicnosti. Neka je a ∈ A proizvoljan. Ocito vrijedi pA(a) pB(f (a)) i pA(a) pB(g(a)), a onda

pB(f (a)) pB(g(a)). Iz korolara 2 slijedi f (a) = g(a). Q.E.D.

Sada izricemo princip transfinitne indukcije koji je jedno od najmocnijih sredstava za dokazivanjeu teoriji skupova.

Princip transfinitne indukcije:

Neka je (A, <) linearno ureden skup i B ⊆ A koji ima sljedece svojstvo:

(∀x ∈ A)( pA(x) ⊆ B ⇒ x ∈ B) (∗)

Tada je B = A.

Primijetimo da je za svaki neprazan dobro ureden skup A podskup B, koji ima svojstvo (∗), nuznosadrzi najmanji element skupa A (ako je a0 najmanji element skupa A tada je ∅ = pB(a0) ⊆ B).

Zakljucivanje po principu transfinitne indukcije opcenito ne vazi za linearno uredene skupove.Npr. uzmemo li A = Z, a B = 2Z, tada je lako vidjeti da je ispunjen uvjet (∗). No, Z = 2Z.

Sljedeci teorem govori da princip transfinitne indukcije karakterizira dobro uredene skupove.

Teorem 1 Neka je (A, <) linearno ureden skup. Skup A ima najmanji element i za A vrijedi princip transfinitne indukcije ako i samo ako A je dobro ureden.

Dokaz. Pretpostavimo prvo da je A dobro ureden skup. Neka je B ⊆ A takav da za sve x ∈ A vrijedida pA(x) ⊆ B povlaci x ∈ B, ali B = A. Neka je a0 najmanji element skupa A \ B. Ako je y ∈ pA(a0)tada je ocito y ∈ B, pa time imamo da vrijedi pA(a0) ⊆ B. Sada iz pretpostavljenog svojstva skupa B

slijedi a0 ∈ B, sto je kontradikcija s cinjenicom a0 ∈ A \ B.

Pretpostavimo sada da je A linearno ureden skup koji ima najmanji element i za koji vazi principtransfinitne indukcije. Pretpostavimo jos da A nije dobro ureden skup. Neka je B neprazni podskup

od A koji nema najmanji element. Definiramo skup C sa C = {x ∈ A : x < B}. Primijetimo prvo

da C = ∅ jer najmanji element skupa A pripada skupu C. Pretpostavimo da je z ∈ A takav da je

pA(z) ⊆ C. Tada je pA(z) < B, a posto po pretpostavci skup B ne sadrzi najmanji element, tada z ∈ B.

Sada ocito z < B, tj. z ∈ C. No, pretpostavili smo da za skup A vrijedi princip transfinitne indukcije,

pa je C = A. Tako smo dobili B ⊆ A = C i C < B, sto je nemoguce. Q.E.D.

Sljedeci teorem govori o usporedivosti dobro uredenih skupova.

43



Teorem 2 Neka su (A, <) i (B, ) dobro uredeni skupovi. Tada vrijedi tocno jedno od sljedeceg:

a) A B

b) postoji jedinstveni a ∈ A takav da vrijedi pA(a) B

c) postoji jedinstveni b ∈ B takav da vrijedi A pB(b)

Dokaz. Ako je A = ∅ ili B = ∅ tada tvrdnja teorema ocito vrijedi. Promatramo slucaj kada jeA = ∅ i B = ∅. Neka je

A = {a ∈ A : postoji b ∈ B takav da pA(a) pB(b)}

B = {b ∈ B : postoji a ∈ A takav da pA(a) pB(b)}

Primijetimo prvo da su to neprazni skupovi, jer oznacimo li sa a0 najmanji element skupa A,

odnosno sa b0 najmanji element od B, tada imamo pA(a0) = ∅ = pB(b0).

Ocito su to dobro uredeni skupovi, te vrijedi A B.

Neka je a ∈ A proizvoljan. Tada iz definicije skupa A slijedi da postoji b ∈ B i f : pA(a) → pB(b) slicnost. Ako je a ∈ A takav da je a < a tada je ocito pA(a) pB(f (a)), pa je a ∈ A. Iztoga slijedi da je A = A ili postoji a ∈ A takav da je A = pA(a) (ako je A = A tada uzemo a

najmanji element skupa A \ A). Analogno zakljucujemo za skup B. Iz toga slijedi da su mogucasljedeca cetiri sluca ja:

a) A = A i B = B

b) A = A i postoji b ∈ B takav da B = pB(b)

c) postoji a ∈ A takav da A = pA(a) i B = B

d) postoji a ∈ A takav da A

= pA(a) i postoji b ∈ B takav da B

= pB(b)

No, slucaj d) je nemoguc, jer iz A B, te A = pA(a) i B = pB(b) slijedi da je a ∈ A

(= pA(a)), sto je nemoguce. Q.E.D.

44



Definicija 2 Kazemo da je parcijalno ureden skup (A, <) dobro utemeljen ili fundiran ako nepostoji niz (xn) ⊆ A tako da za sve n ∈ N vrijedi xn+1 < xn.

Ocito je svaki dobro ureden skup i dobro utemeljen. No, obrat ne vrijedi. Npr. svaki dvoclaniskup ciji elementi nisu usporedivi je dobro utemeljen, ali nije dobro ureden.

Aksiom dobre utemeljenosti

∀x(x = ∅ → ∃y(y ∈ x ∧ y ∩ x = ∅)).

Ovaj aksiom tvrdi da ne postoji skup x za koji bi postajao beskonacni niz skupova (xn) tako davrijedi:

. . . ∈ x2 ∈ x1 ∈ x.

Zapravo, govori da je svaki skup dobro utemeljen u odnosu na relaciju ∈ .

Neposredna posljedica tog aksioma je da u ZF ne postoji skup x za kojeg bi vrijedilo x ∈ x.

Spomenuti teoriju neutemeljenih skupova.

P. Aczel, Non-well founded sets

B. Culina, Teorija neutemeljenih skupova, magistarski rad

45



Deseto predavanje iz Teorije skupova 16/12/2005

§2. Aksiomatska teorija skupova

U prethodnom poglavlju, koje je imalo naziv Naivna teorija skupova , naucili smo osnovne poj-move kao sto su: (ne)prebrojivost, dobro uredeni skupovi, ... Tu smo vec uocili probleme prilikom

definicije kardinalnog broja. Zapravo govorili smo o kardinalnosti, a ne o kardinalnim brojevima.Naucili smo da svi beskonacni skupovi nemaju istu kardinalnost, te smo proucavali operacijekako bi dobili nove kardinalnosti. No, ne znamo sto je kardinalni broj. To cemo znati kadadefiniramo ordinalne ili redne brojeve. Dakle, imamo barem tri razloga za definiciju ordinalnogbroja:

a) Moramo odgovoriti sto je ”nivo” u kumulativnoj hijerarhiji.

b) Prije smo vec bili postavili problem kako definirati beskonacne redne brojeve.

c) Pomocu ordinalnih brojeva cemo definirati kardinalne brojeve.

Ordinalni brojevi su neki dobro uredeni skupovi, pri cemu je relacija uredaja ∈ . Kardinalnibrojevi su neki posebni ordinalni brojevi. (Svaki konacni ordinalni broj je kardinalni broj.)

Zelimo naglasiti da bez obzira na naslov ovog poglavlja Aksiomatska teorija skupova sada senecemo baviti aksiomima i formalnim dokazima. Naslov poglavlja je takav jer egzistencija ob-

jekata koje promatramo moze biti dokazana pomocu aksioma Zermelo–Fraenkelove teorije.

Naveli smo vecinu aksioma Zermelo–Fraenkelove teorije koji su nam bili potrebni kako bi definiralineke pojmove, odnosno dokazali neke tvrdnje. Preostalo je jos iskazati aksiom beskonacnosti ishemu aksioma zamjene. Nakon definicije ordinalnog broja, navest cemo teoreme enumeracije irekurzije. Usput cemo navesti kako uvesti, odnosno strogo definirati, skupove brojeva N, Z, Q

i R.

Definirat cemo aritmetiku ordinalnih brojeva, tj. zbrajanje, mnozenje i potenciranje, te dokazatiteorem o oduzimanju, teorem o ostatku, teorem o logaritamskom algoritmu i teorem o normalnojformi za ordinalne bro jeve. Posebno predavanje ce biti posveceno kardinalnim brojevima. Nasamom kraju cemo razmatrati aksiom izbora.

46



2.1. Prirodni brojevi

Cesto se moze cuti da je teorija skupova osnova matematike. Razlog tome je da se mnogimatematicki objekti mogu definirati u teoriji ZF, te se tu mogu dokazati njihova osnovna svojstva.Mi cemo sada definirati skupove brojeva. Na taj nacin zelimo upravo ilustrirati tvrdnju da jeteorija skupova osnova matematike. Prvo cemo definirati prirodne bro jeve. Kasnije cemo vidjetida su prirodni brojevi zapravo konacni ordinalni brojevi. Dakle, prirodni brojevi su nam i dobra

motivacija prije razmatranja ordinalnih brojeva.

Definicija 1 Za skup x kazemo da je induktivan ako vrijedi ∅ ∈ x i za sve y ∈ x vrijedi (y ∪ {y}) ∈ x. Sa Ind(x) oznacavamo formulu

∅ ∈ x ∧ ∀y(y ∈ x → y ∪ {y} ∈ x).

Kazemo da je skup x prirodan broj ako za sve induktivne skupove y vrijedi x ∈ y. Sa P ri(x)oznacavamo formulu ∀y(Ind(y) → x ∈ y).

Primjeri prirodnih brojeva: ∅

,{∅}

,{∅

,{∅}}

Iz do sada uvednih aksioma teorije ZF ne mozemo dokazati egzistenciju skupa svih prirodnihbrojeva. To nam omogucava sljedeci aksiom.

Aksiom beskonacnosti: Postoji induktivan skup, tj. formalno

∃x

∅ ∈ x ∧ ∀y(y ∈ x → (y ∪ {y}) ∈ x)

.

Ako je F neka tvrdnja1 u daljnjem tekstu cemo sa ZF F oznacavati cinjenicu da je tvrdnja F

dokaziva u teoriji ZF.

Kako bi barem malo ilustrirali netrivijalnost navedene definicije prirodnih brojeva u teoriji ZF,dokazat cemo da je aksiom matematicke indukcije dokaziv u teoriji ZF. Prvi korak prema tome

je sljedeca lema.

Lema 1 Klasa ω = {x : P ri(x)} je skup, tj. vrijedi

ZF ∃!x∀y(y ∈ x ↔ P ri(y)).

Skup ω je najmanji induktivan skup.

Dokaz. Aksiom beskonacnosti jednostavno tvrdi da postoji barem jedan induktivan skup. Oznacimo sa

I jedan induktivan skup. Ocito vrijedi {x : P ri(x)} = {x : x ∈ I ∧ P ri(x)}, jer po definiciji prirodnih

brojeva imamo da je svaki prirodan broj element proizvoljnog induktivnog skupa. Sada iz aksioma

separacije slijedi da je ω skup. Jedinstvenost skupa ω slijedi iz aksioma ekstenzionalnosti. Ocito je

ω ⊆ I, tj. ω je najmanji induktivan skup. Q.E.D.

Ako je x prirodan broj tada sa x + 1 oznacavamo x ∪ {x}.

1Tocnije, F je proizvoljna formula teorije ZF. Ovdje necemo strogo definirati pojam formule. Grubo govoreciF moze biti sastavljena od varijabli, simbola ∈, bulovskih veznika i kvantifikatora. Za strogu definiciju vidite npr.skriptu M. Vukovic, Matematicka logika 1, PMF-MO, Zagreb, 2004.

47



Teorem 1 U teoriji ZF je dokaziv aksiom matematicke indukcije. Odnosno, ako je ϕ proizvoljna formula tada vrijedi:

ZF

ϕ(∅) ∧ ∀x(P ri(x) ∧ ϕ(x) → ϕ(x + 1))

→ ∀x(P ri(x) → ϕ(x)).

Dokaz. Neka je ϕ proizvoljna formula tako da vrijedi

ZF

ϕ(∅) ∧ ∀x(P ri(x) ∧ ϕ(x) → ϕ(x + 1)

(∗)

Oznacimo X = {x : P ri(x) i ZF ϕ(x)}. Iz leme 1 slijedi da je tada X = {x : x ∈ ω i ZF ϕ(x)}. Iz aksioma separcije slijedi da je X skup.

Posto po pretpostavci (∗) posebno vrijedi ZF ϕ(∅) tada imamo ∅ ∈ X. Zatim, ako je x ∈ X

tada je x ∈ ω i vrijedi ZF ϕ(x). Po pretpostavci (∗) tada vrijedi (!) ZF ϕ(x + 1), tj. imamoda je x + 1 ∈ X. To znaci da je X induktivan skup.

Po definiciji svaki induktivan skup sadrzi svaki prirodan broj. Posebno imamo da za sve prirodne

brojeve x vrijedi x ∈ X, a onda iz definicije skupa X slijedi da vrijedi ZF ϕ(x). Q.E.D.

Komentar za studente koji slusaju predavanja iz kolegija Mat. logika: Uocite da nismo dokazali da

je aksiom matematicke indukcije dokaziv u teoriji ZF, vec shema aksioma mat. indukcije. U dokazu

prethodnog teorema koristi se teorem dedukcije. Na mjestima gdje su u dokazu stavljeni usklicnici

trebalo bi napisati i pretpostavke s lijeve strane.

Za prirodne brojeve uvodimo oznake: 0 := ∅, 1 := {∅}, 2 := {0, 1}, 3 := {0, 1, 2}, . . .

Indukcijom po n lako je dokazati da za sve n vrijedi n ∈ ω. To znaci da vrijedi {0, 1, 2, . . .} ⊆ ω.

Sada primjenom prethodnog teorema slijedi ω = {0, 1, , 2, . . .}.

2.2. Tranzitivni skupovi

Sada definiramo pojam tranzitivnog skupa koji ce nam trebati prilikom definicije ordinalnihbrojeva.

Definicija 2 Kazemo da je skup x tranzitivan ako vrijedi:

∀y∀z(y ∈ z ∈ x → y ∈ x)

Sa Trans(x) oznacavamo formulu ∀y∀z(y ∈ z ∧ z ∈ x → y ∈ x).

Osnovne primjere tranzitivnih skupova navodimo u sljedecoj propoziciji.

Propozicija 1 Svaki prirodan broj je tranzitivan skup. Skup ω je tranzitivan.

Dokaz. Zelimo dokazati da vrijedi ZF ∀x(P ri(x) → Trans(x)). Tu tvrdnju dokazujemo indukcijom,tj. primjenom dokazanog teorema o aksiomu matematicke indukcije.

Iz aksioma praznog skupa slijedi da vrijedi ZF y ∈ z ∈ ∅ → y ∈ ∅, tj. ZF Trans(∅).

Pretpostavimo da je neki prirodan broj x tranzitivan, te neka imamo y ∈ z ∈ x + 1.

48



Tada je z ∈ x ∪ {x}, tj. z ∈ x ili z = x. Lako je vidjeti da u oba slucaja vrijedi y ∈ x. Posto je x ⊆ x + 1tada imamo i trazenu tvrdnju, tj. y ∈ x + 1.

Dokazimo sada da je ω tranzitivan skup. Moramo dokazati da y ∈ z ∈ ω povlaci y ∈ ω. Iz leme s proslog

predavanja (prije teorema o aksiomu matematicke indukcije) slijedi da je ta tvrdnja ekvivalentna sa:

P ri(z) ∧ y ∈ z ∈ ω povlaci y ∈ ω. Posljednja tvrdnja se lako dokaze indukcijom po z. Q.E.D.

Korolar 1 Ako je x prirodan broj i y ∈ x tada je i y prirodan broj.

Dokaz. Posto x prirodan broj tada x ∈ ω. Posto je ω tranzitivan skup tada iz y ∈ x ∈ ω slijedi y ∈ ω.

Sada iz ω = {z : P ri(z)} slijedi da je y prirodan broj. Q.E.D.

Zadatak. Navedite neke skupove koji nisu tranzitivni. Neka je x = {{∅}}. Taj skup nije tranzitivan

jer vrijedi ∅ ∈ {∅} ∈ x, ali ne i ∅ ∈ x. Skupovi {∅, {{∅}}} i {∅, {{{∅}}}} takoder nisu tranzitivni.

Zadatak. Dokazite da za svaki skup x vrijedi:

a) skup x je tranzitivan ako i samo ako skup P (x) tranzitivan;

b) ako je skup x tranzitivan tada je i skup ∪x tranzitivan;

Odredite neki skup x tako da je ∪x tranzitivan skup, a x nije tranzitivan skup.

Zadatak. Neka su m i n prirodni brojevi. Kazemo da je m manji od n, i pisemo m < n, akovrijedi m ∈ n. Dokazite da je taj uredaj linearan. Napomena. Kada dokazemo da je svaki prirodan

broj ordinalni broj, te da je uredaj < na ordinalnim brojevima linearan, tada ce tvrdnja zadatka biti

jednostavna posljedica.

Kako bismo na skupu ω mogli definirati zbrajanje i mnozenje, a i druge funkcije, moramo prvo

dokazati Dedekindov teorem rekurzije. Taj teorem jednostavno govori da rekurzijom smijemodefinirati funkcije na ω. Dedekindov teorem rekurzije, a i njegov dokaz, nam je dobra motivacijaza teorem rekurzije (za ordinalne brojeve).

U iskazu i dokazu Dedekindovog teorema koristimo da za sve n ∈ ω vrijedi n = {0, 1, . . . , n − 1},

te da je ω = {0, 1, 2, . . .} Ako je f : ω → S neka funkcija i n ∈ ω tada nam f |n oznacavarestrikciju funkcije f na skup n.

Teorem 2 ( Dedekindov teorem rekurzije)Neka je S proizvoljan skup, te neka je

Φ = {f | postoji n ∈ ω t.d. f : n → S }

Neka je F : Φ → S proizvoljna funkcija. Tada postoji jedinstvena funkcija ϕ : ω → S takva da za svaki n ∈ ω vrijedi

ϕ(n) = F (ϕ|n).

Dokaz. Ideja dokaza je vrlo jednostavna. Ocito mora vrijediti ϕ(0) = F (∅). Zatim, ϕ(1) = F (F (∅)),

ϕ(2) = F (F (F (∅))), . . . Upravo ta jednostavnost je razlog zasto se teorem prihvaca u svakodnevnoj

49



praksi bez da se postavlja pitanje njegovog dokaza. No, vazno je uociti da zapravo nije glavno pitanje

je li tvrdnja teorema istinita, vec moze li se dokaz provesti u teoriji ZF.

Neka je G skup svih funkcija g cija je domena neki n ∈ ω a kodomena ω, te za sve m < n vrijedig(m) = F (g|m). (Funkcije koje pripadaju skupu G mozemo zamisliti kao konacne aproksimacijetrazene funkcije ϕ.) Dokaz provodimo po koracima dokazujuci redom tvrdnje.

Tvrdnja 1. Ako sug, h

∈ G takve da jeg

:m

→ω

ih

:n

→ω,

te jem < n,

tada vrijedig

=h

|n.

Tvrdnju je lako dokazati indukcijom po i < m . (Dokaz koraka indukcije: g(i) = F (g|i) =F (h|i) = h(i) = (h|m)(i).)

Tvrdnja 2. Za svaki m ∈ ω postoji funkcija g ∈ G takva da je m ∈ Dom(g).Dokaz se provodi indukcijom po m.Za m = 0 mozemo uzeti funkciju g : 1 → S definiranu s g(0) = F (∅). Pretpostavimo da za nekim ∈ ω postoji funkcija g ∈ G takva da je m ∈ Dom(g). Ako je m + 1 ∈ Dom(g) tada je dokaz gotov.Pretpostavimo zato da m + 1 ∈ Dom(g). Definiramo funkciju h : (m + 1) → S sa:

h(i) =

g(i), ako je i ∈ m,

F (g), ako je i = m.

Lako je provjeriti da je h ∈ G .

Sada definiramo ϕ = ∪g∈G g. Dokazimo prvo da je ϕ funkcija.Neka (a, b), (a, c) ∈ ϕ. Iz definicije ϕ slijedi da postoje funkcije g, h ∈ G tako da vrijedi f (a) = b i

h(a) = c. Radi odredenosti mozemo pretpostaviti da je Dom(g) = m i Dom(h) = n, te je m < n. Iz

dokazane tvrdnje 1. slijedi g ⊆ h. Zato je b = c.

Ocito je Dom(ϕ) ⊆ ω. Pokazimo i obratnu inkluziju. Neka je m ∈ ω proizvoljan. Tada iz dokazanetvrdnje 2. slijedi da postoji funkcija g ∈ G takva da je m ∈ Dom(g). Tada je ocito m ∈ Dom(ϕ). Timesmo dokazali ω = Dom(ϕ).

Primijetimo da je slika funkcije ϕ sadrzana u skupu S. (Ako je m ∈ ω tada prema dokazanoj tvrdnji 2.slijedi da mozemo izabrati funkciju g ∈ G tako da vrijedi m ∈ Dom(g). Posto je kodomena funkcije g

upravo skup S, te je ϕ(m) = g(m), tada je ϕ(m) ∈ S ).

Dokazimo sada da za sve m ∈ ω vrijedi ϕ(m) = F (ϕ|m).Neka je m ∈ ω proizvoljan. Tada iz dokazane tvrdnje 2. slijedi da postoji g ∈ G tako da je m ∈ Dom(g).

Iz dokazane tvrdnje 1. slijedi da za sve i < m vrijedi i ∈ Dom(g), te je ϕ(i) = g(i). Tada imamo:

ϕ(m) = g(m) = F (g|m) = F (ϕ|m).

Preostalo je jos dokazati jedinstvenost funkcije ϕ.Pretpostavimo da je θ : ω → S funkcija takva da za svaki m ∈ ω vrijedi θ(m) = F (θ|m). Indukcijom po

m dokazujemo da vrijedi ϕ(m) = θ(m). Redom imamo ϕ(0) = F (ϕ|0) = F (∅) = F (θ|0) = θ(0). Neka je

m ∈ ω koji ima svojstvo da za sve i < m vrijedi ϕ(i) = θ(i). Tada imamo: ϕ(m) = F (ϕ|m) = F (θ|m) =

θ(m). Q.E.D.

50



Jedanaesto predavanje iz Teorije skupova 22/12/2005

Ponovimo iskaz Dedekindovog teorema rekurzije od prosli put:

Teorem 1 ( Dedekindov teorem rekurzije)

Neka je S proizvoljan skup, te neka je


Neka je F : Φ → S proizvoljna funkcija. Tada postoji jedinstvena funkcija ϕ : ω → S takva da za svaki n ∈ ω vrijedi

ϕ(n) = F (ϕ|n).

Korolar 1 Neka je S proizvoljan skup i s0 ∈ S, te h : S → S proizvoljna funkcija. Tada postoji jedinstvena funkcija ϕ : ω → S za koju vrijedi:

ϕ(0) = s0ϕ(m + 1) = h(ϕ(m)), za sve m ∈ ω

Dokaz. Neka je Φ skup svih funkcija cija je domena neki prirodan bro j, a kodomena je skup S. Definiramofunkciju F : Φ → S tako da je F (∅) = s0, a za f ∈ Φ takvu da je Dom(f ) = n + 1 definiramo F (f ) =h(f (n)). Iz Dedekindovog teorema rekurzije slijedi da postoji funkcija ϕ : ω → S koja ima trazeno svojstvo.

Tada imamo ϕ(0) = F (ϕ|0) = F (∅) = s0, te ϕ(m + 1) = F (ϕ|m + 1) = h(ϕ(m)). Q.E.D.

Primjeri primjene Dedekindovog teorema rekurzije:

a) Pokazimo sada kako mozemo definirati zbrajanje prirodnih brojeva u teoriji ZF. Tvrdimo da je pomocu jednakosti: x + 0 = x i x + (y + 1) = (x + y) + 1, definirana jedinstvena funkcija.Neka je Φ skup svih funkcija cije su domene neki prirodni brojevi n, a kodomena je ω.

Za svaki m ∈ ω promatramo funkciju F m : Φ → ω tako da je F (∅) = m, a za f ∈ Φ, cija jedomena n + 1, definiramo F m(f ) = f (n) + 1. Tada iz Dedekindovog teorema slijedi da postoji jedinstvena funkcija ϕm : ω → ω takva da za sve n ∈ ω vrijedi ϕm(n) = F m(ϕm|n). Tada imamoϕm(0) = F (ϕm|0) = F (∅) = m, te ϕm(n + 1) = F (ϕm|n + 1) = ϕm(n) + 1. Neka je ϕ : ω × ω → ω

definirana sa ϕ(m, n) = ϕm(n). Lako je vidjeti da vrijedi:

ϕ(m, 0) = m

ϕ(m, n + 1) = ϕ(m, n) + 1

b) Koristeci se Dedekindovom teorem rekurzije mozemo definirati Fibonaccijev niz.U tu svrhu definiramo funkciju F : Φ → ω na sljedeci nacin. Za f ∈ Φ cija je domena neki n ∈ ω

definiramo:

F (f ) =

0, ako je n = 0,

1, ako je n = 1,

f (m) + f (m + 1), pri cemu je n = m + 2

52



Iz Dedekindovog teorema rekurzije slijedi da postoji jedinstvena funkcija ϕ tako da za sve n ∈ ω

vrijedi ϕ(n) = F (ϕ|n). Tada imamo:

ϕ(0) = F (∅) = 0ϕ(1) = F (ϕ|1) = 1ϕ(n) + ϕ(n + 1) = F (ϕ|n + 2) = ϕ(n + 2)

Kao sto smo dokazali da u ZF za skup ω vrijedi princip mat. indukcije tako bi na analogni nacinmogli dokazati da skup ω zadovoljava i sve ostale Peanove aksiome koje sada navodimo:

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

2) n + 1 = m + 1 ⇒ n = m 5) n · 0 = 0

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

Primijetite da smo dokazali da u ZF vrijede svojstva 1) i 2). Aksiomi 3)–6) su rekurzivne definicijezbrajanja i mnozenja. Iz Dedekindovog teorema rekurzije slijedi da su time stvarno definirane

jedinstvene funkcije.

2.3. Skupovi brojeva Z, Q i R

Cijeli brojevi: na skupu ω × ω definiramo binarnu relaciju ∼ sa:

(m1, n1) ∼ (m2, n2) ako i samo ako m1 + n2 = n1 + m2

Lako je provjeriti da je to relacija ekvivalencije. Za uredeni par (m, n) sa [(m, n)] oznacavamopripadnu klasu ekvivalencije. Skup cijelih brojeva Z definiramo kao skup svih klasa ekvivalencijerelacije ∼, tj. Z=ω × ω/ ∼

Zadatak. Na skupu Z definirajte zbrajanje, mnozenje i uredaj. Dokazite da definicije ne oviseo izboru reprezentanta klase ekvivalencije. Dokazite osnovna svojstva operacija (komutativnost,asocijativnost, ... ) i relacije uredaja (irefleksivnost, tranzitivnost, kompatibilnost sa zbrajanjem imnozenjem, ...) Upute:

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

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

−[(m, n)] = [(n, m)]

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

Dokaz svojstva aritmetickih operacija na skupu Z vidi u S. Kurepa, Uvod u matematiku, str. 104–121.

53



Racionalni brojevi: na skupu Z×(Z\{0}) definiramo binarnu relaciju ∼ sa:

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

Lako je provjeriti da je to relacija ekvivalencije. Za uredeni par ( p,q) sa [( p,q)] oznacavamo pripadnuklasu ekvivalencije.

Skup racionalnih brojeva Q definiramo kao skup svih klasa ekvivalencije relacije ∼, tj.Q= Z×(Z\{0}).

Zadatak. Na skupu Q definirajte zbrajanje, mnozenje i uredaj. Dokazite da definicije ne oviseo izboru reprezentanta klase ekvivalencije. Dokazite osnovna svojstva operacija (komutativnost,asocijativnost, ... ) i relacije uredaja (irefleksivnost, tranzitivnost, kompatibilnost sa zbrajanjem imnozenjem, ...)

Upute:

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

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

−[( p,q)] = [(− p,q)]

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

(vidi S. Kurepa, Uvod u matematiku, str. 126–140)

Zadatak

. Definirajte skup realnih brojeva i operacije na njemu.Skica. Ovdje opisujemo Dedekindovu konstrukciju koja se bazira na rezovima.(vidi Drake, Singh str. 90)

Neka je (A, B) rez skupa Q takav da skup A nema najveci element. Skup A nazivamo realni broj. Skupsvih realnih brojeva oznacavamo sa R.

Na skupu R definiramo operacije:

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

uredaj: A < C ako i samo ako A ⊂ C

suprotni element: − A = {s ∈ Q : (∃r ∈ Q \ A)(s < −r)}

(Npr. ako je A = −∞, 3 ∩Q tada bi (intuitivno) −A trebao biti −∞, −3 ∩Q.

No, posto je 3 = sup A, tada je −3 = inf {−x : x ∈ A}.

Iz toga slijedi da je po definiciji −A = −∞, −3 ∩Q.

54



skup pozitivnih realnih brojeva: R+ = {A ∈ R : 0 ∈ A}

”realna” nula 0R = −∞, 0 ∩ Q

mnozenje:

ako X, Y ∈ R+

tada definiramo X · Y = {r · s : 0 ≤ r ∈ X i 0 ≤ s ∈ Y } ∪ 0∗

0R

· X = X · 0R

= 0R

, za sve X ∈ R

Zadatak. Definira jte mnozenje za slucajeve kada x ∈ R+ i Y ∈ R+, te kada X, Y ∈ R+

reciprocni bro j:

ako X ∈ R+ tada definiramo X −1 = {s ∈ Q : ∃r ∈ X (s < r−1)};

ako − X ∈ R+ tada definiramo X −1 = −(−X )−1

0−1

R se ne definira

Moze se pokazati da je R uredeno Arhimedovo polje, te da je realno zatvoreno polje (tj. svaki polinomneparnog stupnja s koeficijentima iz R ima nultocku u R).

Zatim, moze se pokazati da za svaki ∅ = S ⊆ R, koji je odozgo ogranicen, postoji supremum. Stovise,vrijedi sup S = ∪S.

Cantorova konstrukcija koristi Cauchyjeve nizove. Za niz (an) ⊆ Q kazemo da je Cauchyjev ako

(∀ > 0)(∃m ∈ N)(∀k ∈ N)(|an − an+k| < )

Na skupu svih racionalnih C–nizova definiramo relaciju ∼ ovako:

(an) ∼ (bn) ako i samo ako limn→∞

(an − bn) = 0.

Lako je provjeriti da je ∼ relacija ekvivalencije. Svaku klasu ekvivalencije nazivamo realan broj.

Literatura o uvodenju skupova brojeva:

1. Drake, Singh, Intermediate Set Theory, str. 85–93

2. S. Kurepa, Uvod u matematiku, Tehnicka knjiga, Zagreb

3. D. Monk, Set Theory, skripta – (vrlo detaljno)

55



2.4. Ordinalni brojevi

Uvod. Jos u osnovnoj skoli uci se da svaki prirodan broj moze biti promatran s dva aspekta.Prirodan broj odreduje koliko cega ima, odnosno odreduje redno mjesto. Nas ovdje upravo zanimajuredni brojevi: prvi, drugi, treci, . . . No, ne zanimaju nas samo konacni redni brojevi vec bismo zeljeligovoriti i o beskonacnim rednim brojevima.

Sto znace redni brojevi? Prvi po redu znaci da ispred njega nema nitko. Drugi znaci da je isprednjega samo jedan, itd. Iz tog razloga se redni brojevi u teoriji skupova definiraju na sljedeci nacin:

0. = ∅1. = {∅}2. = {0., 1.} = {∅, {∅}}3. = {0., 1., 2.}

...

Kasnije cemo vidjeti da su ordinalni broj dobro uredeni skupovi x koji imaju svojstvo da za sve

a ∈ x vrijedi a = px(a).Neka vas ne zbunjuje pocetak definicije 0. = ∅ (prazan skup!). Kao sto se npr. definira 0! = 1 tako se i

ovdje mora imati pocetak definicije. Napominjemo da u literaturi nije uobicajno koristiti oznake 0., 1., 2.,

3., . . ., vec se jednostavno pise 0, 1, 2, 3, . . . U daljnjem tekstu mi cemo takoder konacne redne brojeve

oznacavati s 0, 1, 2, 3, . . .

Definicija 1 Za skup x kazemo da je ordinalni broj ako je (x, ∈) tranzitivan i dobro ureden skup.

Uocite da je u definiciji ordinalnog broja x dovoljno zahtijevati da je x tranzitivan skup, te je relacija

∈ linearni uredaj na skupu x.Irefleksivnost relacije ∈, te svojstvo da svaki neprazni podskup od x ima najmanji element, slijediiz aksioma dobre utemeljenosti.

Primjeri:

a) Prazan skup ∅, te {∅} i {∅, {∅}} su ordinalni brojevi. Svaki prirodan broj je ordinalni broj.Skup ω je ordinalni broj.

b) Skupovi {{∅}} i {{{∅}}, {∅}, ∅} nisu ordinalni brojevi.

c) Svaki tranzitivan skup nije ordinalni broj.Skup {∅, {∅}, {{∅}}} je tranzitivan, jer je ocito svaki njegov element ujedno i njegov podskup. No,

relacija ∈ nije linearni uredaj, jer imamo ∅ ∈ {{∅}}; {{∅}} ∈ ∅; ∅ = {{∅}}

Obicno cemo ordinalne brojeve oznacavati malim grckim slovima: α , β , γ , δ , ...

Ako su α i β ordinalni brojevi tada definiramo:

α < β ako i samo ako α ∈ β

Ako je α ordinalni broj i x ∈ α tada sa pα(x) oznacavamo skup {y : y ∈ α i y ∈ x}.

56



Dvanaesto predavanje iz Teorije skupova 23/12/2005

Lema 1 Ako je α ordinalni broj i β ∈ α tada je i β ordinalni broj, te vrijedi β = pα(β ).

Dokaz. Posto je α tranzitivan skup tada je β ⊆ α, pa je (β, ∈) dobro ureden skup, jer je restrikcija relacijedobrog uredaja ponovo dobar uredaj. Dokazimo da je β tranzitivan skup. Neka x ∈ y ∈ β.

Posto tada x ∈ y ∈ β ∈ α, te je α je tranzitivan skup, tada imamo x ,y ,β ∈ α.

No, relacija ∈ je tranzitivna na skupu α posto je (α,∈) dobro ureden skup.Tada iz x ∈ y ∈ β slijedi x ∈ β.

Dokazimo sada da vrijedi β = pα(β ). Ocito vrijedi: x ∈ β akko x ∈ α i x ∈ β (posto je α tranzitivan

skup) akko x ∈ pα(β ). Q.E.D.

Kada u daljnjim razmatranjima govorimo o ordinalnim brojevima i uredaju na njima tada mislimoo relaciji ∈ .

Lema 2 Ako su α i β ordinalni brojevi takvi da je α β tada vrijedi α = β.

Dokaz. Neka je f : α → β slicnost. (Bili smo dokazali da je slicnost izmedu slicnih skupova jedinstvena).Zelimo dokazati da je f identiteta.Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji z ∈ α takav da je f (z) = z.

Tada je skup A = {z ∈ α : f (z) = z} neprazan.Posto je A neprazan podskup dobro uredenog skupa α tada postoji a najmanji element tog skupa.

Tvrdimo da vrijedi a = f (a). (Time ce biti dobivena kontradikcija sa a ∈ A.)U tu svrhu dokazujemo obje inkluzije.Dokazimo prvo da vrijedi a ⊆ f (a). Neka je x ∈ a proizvoljan. Tada imamo x ∈ a ∈ α, pa zbogtranzitivnosti skupa α slijedi x ∈ α. Posto je domena funkcije f skup α, tada je definirano f (x). Sada izx ∈ a, te posto je f slicnost, imamo f (x) ∈ f (a). No, a je najmanji element skupa α koji ima svojstvof (a) = a, a posto x ∈ a, tada f (x) = x. Time smo dokazali da vrijedi x ∈ f (a).

Dokazimo obratnu inkluziju. Neka je y ∈ f (a) proizvoljan. Posebno je y ∈ β, a posto je funkcija f

surjekcija, tada postoji x ∈ α takav da je y = f (x). Time imamo f (x) ∈ f (a). Posto je funkcija f slicnost,

tj. f −1 cuva uredaj, tada imamo x ∈ a. Posto je a najmanji element skupa α za koji vrijedi a = f (a), te

imamo x ∈ a, tada vrijedi x = f (x). Konacno, iz y = f (x), x = f (x) i x ∈ a, slijedi y ∈ a. Q.E.D.

Propozicija 1 (Linearnost uredaja na ordinalnim brojevima)Ako su α i β ordinalni brojevi tada vrijedi: α < β ili α = β ili β < α.

Dokaz. Iz definicije ordinalnog broja znamo da su skupovi (α,∈) i (β, ∈) dobro uredeni. Iz teoremao usporedivosti dobro uredenih skupova slijedi da vrijedi jedno od:

a) α β

b) postoji x ∈ α takav da je pα(x) β

c) postoji y ∈ β takav da je pβ (y) α.

Ako je α β tada iz prethodne leme 2 slijedi α = β.

Promotrimo sada slucaj b). Iz leme 1 znamo x = pα(x), te da je x ordinalan broj.Sada iz x β, te leme 2, slijedi x = β. Time imamo β ∈ α, tj. β < α.

Analogno bi razmatrali slucaj c). Q.E.D.

57



Korolar 1 Svaki skup ordinalnih brojeva je dobro ureden s relacijom ∈ .

Svaki tranzitivan skup ordinalnih brojeva je ordinalan broj.

Sljedeci teorem je iznimno vazan. On jednostavno govori da je svaki dobro ureden skup slican jedin-stvenom ordinalnom broju. To nam omogucava da definiramo pojam ordinalnog broja proizvoljnogdobro uredenog skupa. Zatim, taj teorem na neki nacin opravdava definiciju ordinalnog broja, tj. da

je ordinalni broj stvarno pravi reprezentant klase svih medusobno slicnih dobro uredenih skupova.

Teorem 1 (Teorem enumeracije)Za svaki dobro uredeni skup (A, <) postoji jedinstveni ordinalni broj α koji je slican sa A.

Dokaz. Jedinstvenost slijedi direktno iz leme 2. Dokazimo sada da postoji trazeni ordinalni broj. Utu svrhu prvo dokazujemo da ako za svaki pocetni komad dobro uredenog skupa A postoji ordinalnibroj tada postoji ordinalni broj i za A, tj.:

(∀a ∈ A)(∃α)( pA(a) α) ⇒ (∃β )(A β ) (1)

Pretpostavimo da za svaki a ∈ A postoji ordinalni broj O(a) tako da vrijedi pA(a) O(a). Iz leme 2 slijedi da je za svaki a ∈ A ordinalni broj O(a) jedinstven. Oznacimo

O(A) = {O(a) : a ∈ A}.

(Iz sheme aksioma zamjene slijedi da je O(A) skup!)

Zatim, oznacimo s O : A → O(A) funkciju definiranu sa:

A a → O(a).

Dokazat cemo da je O(A) ordinalni broj koji je slican skupu A, te da je funkcija O slicnost.

Za svaki a ∈ A sa f a : pA(a) → O(a) oznacimo slicnost izmedu dobro uredenih skupova pA(a) iO(a).

(Prilikom razmatranja dobro uredenih skupova bili smo dokazali da je slicnost izmedu slicnih dobro

uredenih skupova jedinstvena.)

Prvo dokazimo da je skup ordinalnih brojeva O(A) ordinalni broj. Iz korolara 1 slijedi da je dovoljnodokazati da je skup O(A) tranzitivan.Neka y ∈ O(a) ∈ O(A). Posto je O(a) ordinalni broj tada iz leme 1 slijedi da je y ordinalni bro j. Posto

je f a surjekcija i y ∈ O(a) tada postoji x ∈ pA(a) takav da je y = f a(x). Tada je ocito restrikcija

f a| pA(x) : pA(x) → y slicnost. Dakle, y je ordinalni broj koji je slican nekom pocetnom komadu skupa A,

tada iz leme 2 slijedi da je y ∈ O(A).

Dokazimo sada da je funkcija O : A → O(A) slicnost. Za to je dovoljno dokazati da za sve x, y ∈ A

vrijedi:

x < y ako i samo ako O(x) ∈ O(y).

58



Pretpostavimo prvo da vrijedi x < y. Tada je pA(x) ⊂ pA(y). Zatim, znamo O(x) pA(x) i O(y) pA(y).

Posto su O(x) i O(y) ordinalni brojevi tada iz propozicije 1 slijedi da vrijedi: O(x) ∈ O(y) ili O(x) = O(y)ili O(y) ∈ O(x).

Ako O(x) = O(y) tada imamo pA(x) pA(y), sto je nemoguce jer su to razliciti pocetni komadi istogdobro uredenog skupa (to smo dokazali prilikom razmatranja dobro uredenih skupova).Ako O(y) ∈ O(x) tada iz leme 1 slijedi pO(x)(O(y)) = O(y). No, onda je pA(y) slican nekom pocetnomkomadu od pA(x). Posto je pA(x) ⊂ pA(y) tada bi imali da je dobro ureden skup pA(y) slican podskupunekog svog pocetnog komada. Bili smo dokazali prilikom razmatranja dobro uredenih skupova da je tonemoguce.

Pretpostavimo sada da vrijedi O(x) ∈ O(y). Po pretpostavci teorema je A dobro ureden skup pa vrijedi:x < y ili x = y ili y < x. Ako vrijedi x = y tada imamo O(x) = O(y) sto je suprotno pretpostavci.Pretpostavimo sada da vrijedi y < x. Posto O(x) ∈ O(y) tada iz leme 1 znamo da tada vrijedi pO(y)(O(x)) =O(x). Tada imamo:

O(y) pA(y) ⊂ pA(x) O(x) = pO(y)(O(x)).

Iz toga bi slijedilo da je dobro ureden skup O(y) slican podskupu nekog svog pocetnog komada. Bili smo

dokazali prilikom razmatranja dobro uredenih skupova da je to nemoguce.

Time smo dokazali tvrdnju (1). Rezimirajmo: dokazali smo da ako je svaki pocetni komad dobrouredenog skupa slican nekom ordinalnom broju tada je skup A slican ordinalnom broju O(A).

Promotrimo li tvrdnju (1) vidimo da za dokaz teorema dovoljno dokazati jos sljedece:

(∀a ∈ A)(∃α)( pA(a) α)

Pretpostavimo suprotno, tj. da je skup

B = {a ∈ A : ne postoji ordinalni broj α t.d. pA(a) α}

neprazan. Time imamo da je B neprazan podskup dobro uredenog skupa A, pa sadrzi najmanjielement b.

Oznacimo C = pA(b).

Posto je b najmanji element skupa B tada je za sve x ∈ C skup pC (x) slican nekom ordinalnombroju, a skup C nije slican niti jednom ordinalnom broju. No, to je nemoguce po upravo dokazanojtvrdnji (1). Q.E.D.

Definicija 1 Neka je A dobro uredeni skup. Jedinstveni ordinalni broj α za koji vrijedi A α

nazivamo ordinalni broj skupa A, te ga oznacavamo s ord(A).

59



Burali–Forti je dokazao da klasa svih ordinalnih brojeva nije skup, tj. da je prava klasa. To sadaisticemo.

Burali–Fortijev paradoks

Oznacimo On = {α : α je ordinalni broj}.

Pretpostavimo da je On skup. Ako α ∈ β ∈ On tada iz leme 1 slijedi da je α ordinalni broj, tj.

α ∈ On.To znaci da je On tranzitivan skup.Iz korolara 1 slijedi da je skup On ordinalni broj.No, tada vrijedi da je On ∈ On, sto je nemoguce zbog aksioma dobre utemeljenosti.

Propozicija 2 Neka je A neki skup ordinalnih brojeva. Tada vrijedi:

a) ∪α∈Aα je ordinalni broj i najmanji je od svih ordinalnih brojeva koji su veci ili jednaki od svih elemenata iz A, tj. ∪α∈Aα = sup A;

b) ∩α∈Aα je ordinalni broj i najveci je od svih ordinalnih brojeva koji su manji ili jednaki od svih elemenata iz A, tj. ∪α∈Aα = inf A.

Dokaz.a) Oznacimo B = ∪α∈Aα. Dokazimo da je skup B tranzitivan i dobro ureden skup. Neka vrijedi y ∈ z ∈ B.

Iz definicije skupa B slijedi da postoji α ∈ A takav da je z ∈ α. Posto je α ordinalni broj, tj. posebno jetranzitivan, tada vrijedi y ∈ α. Iz definicije skupa B slijedi y ∈ B.

Neka su x, y ∈ B. Tada postoje α, β ∈ A takvi da je x ∈ α i y ∈ β. Iz propozicije 1 slijedi da vrijedi α ∈ β

ili α = β ili β ∈ α. Radi odredenosti neka je α ∈ β. Tada imamo x ∈ α ∈ β. Posto je β tranzitivan skuptada vrijedi x ∈ β. Sada iz x, y ∈ β slijedi da su x i y usporedivi elementi u skupu B.

Time smo dokazali da je B ordinalni broj.

Dokazimo sada da je B supremum skupa A. Posto ocito za sve α ∈ A vrijedi α ⊆ B, te je B ordinalnibroj, tada α ∈ B. To znaci da je B gornja meda skupa A. Pretpostavimo sada da je γ ordinalni broj koji je gornja meda skupa A. Tada za sve α ∈ A vrijedi α ∈ γ. Tada vrijedi i α ⊆ γ. Tada je ocito ∪α∈A ⊆ γ,

tj. B ⊆ γ. Posto je γ ordinalni broj tada B ∈ γ.

b) Oznacimo C = ∩α∈Aα. Pretpostavimo da y ∈ z ∈ C. Tada za sve α ∈ A vrijedi y ∈ z ∈ α. Posto jesvaki α ∈ A tranzitivan skup tada vrijedi y ∈ α, a onda imamo i y ∈ C.

Neka su x, y ∈ C. Tada vrijedi x, y ∈ α za sve α ∈ C. Posto je svaki α ∈ A linearno ureden skup tadavrijedi: x ∈ y ili x = y ili y ∈ x, tj. skup C je linearno ureden. Time smo dokazali da je skup C ordinalnibroj.

Ocito je skup C infimum skupa A, jer ako je β donja meda skupa A tada vrijedi β ∈ α, za sve α ∈ A, aonda imamo i β ∈ C. Q.E.D.

60



Trinaesto predavanje iz Teorije skupova 20. 01. 2006.

Kratki rezime proslog predavanja:Definirali smo ordinalne brojeve.Dokazali smo teorem enumeracije, tj. da je svaki dobro ureden skup slican jedinstvenom ordinalnom

broju (to znaci da svaki skup pripada jedinstvenom nivou kumulativne hijerarhije).Zatim smo dokazali da klasa svih ordinalnih brojeva nije skup (Burali–Fortijev paradoks).Na kraju smo dokazali da za svaki skup ordinalnih brojeva postoji supremum i infimum.

Nastavljamo s ordinalnim brojevima. Definiramo pojam ordinalnih brojeva prve i druge vrste.Dokazujemo teorem rekurzije koji ce nam omoguciti da definiramo aritmeticke operacije ordinalnihbrojeva.

Kako bi mogli definirati ordinalne brojeve prve i druge vrste prvo isticemo sljedecu propoziciju.

Propozicija 1 Za svaki ordinalni broj α skup α∪{α} je ordinalni broj, te je to neposredni sljedbenik

od α. Ordinalni broj α ∪ {α} oznacavamo sa α + 1.Ako su α i β ordinalni brojevi za koje vrijedi α < β tada je α + 1 ≤ β.

Dokaz. Lako je provjeriti da je α ∪ {α} tranzitivan i dobro ureden skup s relacijom ∈ . Dokazimo da jeα ∪ {α} neposredni sljedbenik od α. Ocito je α ∈ α ∪ {α}, tj. α < α + 1. Pretpostavimo da postoji ordinalnibroj β tako da vrijedi α < β < α + 1. Tada iz definicije uredaja slijedi α ∈ β i β ∈ α ∪ {α}. Iz ovogposljednjeg slijedi da je β ∈ α ili β ∈ {α}. Ako bi vrijedilo β ∈ α tada iz α ∈ β slijedi α ∈ α, sto jenemoguce zbog aksioma dobre utemeljenosti. To znaci da bi moralo vrijediti β ∈ {α}, tj. β = α. No, ovoposljednje i α ∈ β opet vodi na α ∈ α.

Dokazimo sada drugu tvrdnju. Neka vrijedi α < β. Tada je α ∈ β. Pretpostavimo li da je β < α + 1 tada

je β ∈ α ∪ {α}. Iz ovog posljednjeg slijedi da su moguca sljedeca dva slucaja: β ∈ α ili α = β. Oba slucajavode na β ∈ β, tj. na kontradikciju s aksiomom dobre utemeljenosti. Iz linearnosti uredaja na ordinalnim

brojevima slijedi da mora vrijediti β + 1 ≤ α. Q.E.D.

Definicija 1 Za ordinalni broj α kazemo da je prve vrste (eng. successor ) ako postoji ordinalni broj β tako da vrijedi α = β + 1. Ako je ordinalni broj razlicit od nule, te nije prve vrste, tada kazemo da je druge vrste ili da je granicni ordinalni broj (eng. limit ordinal).

Svaki prirodni broj je ordinalni broj prve vrste. Zatim, ω + 1 je ordinalni broj prve vrste.

Zadatak 1. Dokazite da vrijede slijedece tvrdnje:

a) skup x je prirodni broj ako i samo ako (x = 0 ili x je ordinalni broj prve vrste) i (∀y < x)(y = 0ili y je ordinalni broj prve vrste);

b) ω je granicni ordinalni broj.

61



Zadatak 2. Neka je α = 0 ordinalni broj. Dokazite da su sljedece tvrdnje ekvivalentne:

a) α je granicni ordinalni broj;

b) ∀β (β < α ⇒ β + 1 < α);

c) α = sup{β : β < α} (= ∪β<αβ ; to smo naveli u posljednjoj propoziciji na proslom

predavanju).

Zadatak 3. Dokazite da je ω je najmanji granicni ordinalni bro j. (Za sada ne znamo niti jedan drugi

ordinalni broj druge vrste.)

Bili smo dokazali da za svaki dobro uredeni skup vazi zakljucivanje po principu transfinitne induk-cije.Svaki ordinalni broj je dobro uredeni skup (u odnosu na relaciju ∈), pa na ordinalne brojeve takodermozemo primijeniti princip transfinitne indukcije.Znamo da je svaki skup ordinalnih brojeva takoder dobro uredeni skup.

No, iz Burali–Fortijevog paradoksa znamo da klasa On svih ordinalnih brojeva nije skup, paspomenuti teorem o principu transfinitne indukcije ne mozemo primijeniti na klasu svih ordinalnihbrojeva.Sada isticemo da princip transfinitne indukcije vrijedi za klasu On, te da se taj dokaz moze provestiu teoriji ZF.

Dokaz je u biti sasvim analogan spomenutom teoremu o principu transfinitne indukcije za dobrouredene skupove.

Teorem 1 (Transfinitna indukcija)Neka je F (x) neka formula jezika teorije ZF. Pretpostavimo da formula F (x) ima sljedece svojstvo:

ZF (∀α)

(∀β < α)F (β )) ⇒ F (α)

.

(Sa α i β su oznaceni ordinalni brojevi).Tada za sve ordinalne brojeve α vrijedi ZF F (α).

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji ordinalni broj α tako da F (α) nije istinito. Neka je

A = {β ≤ α : nije istinito F (β ).} Posto je A neprazan skup ordinalnih brojeva tada on ima najmanji

element. Neka je γ najmanji element skupa A. No, za sve β < γ vrijedi F (β ), pa iz pretpostavke teorema

slijedi da vrijedi i F (γ ). To je u kontradikciji s cinjenicom da je γ ∈ A. Q.E.D.

62



Sada navodimo teorem rekurzije koji ce nam omoguciti da zbrajanje, mnozenje i potenciranjemozemo definirati za sve ordinalni brojeve.Teorem rekurzije nije samo vazan za definicije operacija na ordinalnim bro jevima, vec i za definicijukumulativne hijerarhije, tj. za definiciju funkcije

α → V α = {P (V β ) : β < α}

Teorem rekurzije je generalizacija Dedekindovog teorema rekurzije za prirodne brojeve koji smo biliprije naveli.

Neka je S proizvoljan skup, te neka je


Neka je F : Φ → S proizvoljna funkcija. Tada postoji jedinstvena funkcija ϕ : ω → S takvada za svaki n ∈ ω vrijedi

ϕ(n) = F (ϕ|n).

U teoremu govorimo o funkcijama koje su definirane za svaki ordinalni broj, tj. za sve α ∈ On. Toznaci da govorimo o funkcijama na pravim klasama.

Zelimo naglasiti da ovo nije teorem teorije ZF, vec teorem koji govori o ZF.

Vazno je spomenuti da je dokaz teorema rekurzije sasvim analogan dokazu Dedekindovog teoremarekurzije.

Teorem 2 ( Teorem rekurzije). Neka je A granicni ordinalni broj ili klasa On svih ordinalnih brojeva. Neka je S neka proizvoljna klasa. Neka je, zatim, s0 ∈ S i G : S → S proizvoljna

funkcija. Neka je

Φ = {f | postoji granicni ordinalni broj β ∈ A takav da je f : β → S }.

Neka je F : Φ → S proizvoljna funkcija.Tada postoji jedinstvena funkcija ϕ : A → S tako da za svaki β ∈ A vrijedi

ϕ(β ) =

s0, ako je β = 0,

G(ϕ(γ )), ako je β = γ + 1,

F (ϕ|β ), ako je β granicni ordinal

Dokaz. Prvo definiramo neke po jmove, te dokazujemo lemu i opci teorem rekurzije.

Neka je A neka klasa i < parcijalni uredaj na A. Kazemo da je < dobar uredaj na A ako svaki neprazan podskup (PAZI! ne podklasa!) B od A ima najmanji element.

Lema. Neka je A neka klasa i < dobar uredaj na A. Ako a ∈ A nije najveci element tada za a postojineposredni sljedbenik.Dokaz. Posto a nije najveci element tada je B = {y ∈ A : a < y} neprazan podskup od A.

63



Tada je najmanji element od B neposredni sljedbenik od a. Q.E.D.

Neka je < parcijalni uredaj na klasi S. Kazemo da je relacija ograniceno mala ako je za svaki a ∈ S klasa pS (a) skup.

Opci teorem rekurzije. Neka je A klasa i < dobar uredaj na A koji je ograniceno mali, te neka A nesadrzi najveci element. Neka je S proizvoljna klasa. Oznacimo:

Φ = {f | postoji a ∈ A t.d. f : pA(a) → S }.

Neka je zatim F : Φ → S proizvoljna funkcija. Tada postoji jedinstvena funkcija ϕ : A → S koja imasvojstvo da za sve a ∈ A vrijedi

ϕ(a) = F (ϕ| pA(a)).

Dokaz opceg teorema rekurzije. Prvo definiramo klasu funkcija

G = {f | postoji a ∈ A t.d. f : pA(a) → S i za sve b < a vrijedi f (b) = F (f | pA(b))}

(Uocimo da je G klasa svih ”aproksimacija” funkcije ciju egzistenciju moramo dokazati.)

Tvrdnja 1. Ako f, g ∈ G t.d. Dom(f ) = pA(a1) i Dom(g) = pA(a2), gdje je a1 ≤ a2 tada je f ⊆ g.Dokaz tvrdnje 1. Iz a1 ≤ a2 slijedi pA(a1) ⊆ pA(a2), pa je Dom(f ) ⊆ Dom(g). To znaci da je dovoljnodokazati da za sve x ∈ pA(a1) vrijedi f (x) = g(x). Pretpostavimo suprotno, tj. da klasa B = {x : x ∈ pA(a1) i f (x) = g(x)} nije prazna.

Primijetimo da je B skup, jer posto je po pretpostavci relacija < ograniceno mala tada je pA(a1) skup, aonda je B ⊆ pA(a1) takoder skup. Ova napomena je jako vazna jer se iz nje vidi nuznost zahtjeva da jerelacija < ograniceno mala, te se moze iskoristiti cinjenica da je < dobar uredaj.

Posto je po pretpostavci teorema relacija < dobar uredaj tada postoji b ∈ B najmanji element. Tada vrijedif | pA(b) = g| pA(b). Tada je ocito F (f | pA(b)) = F (g| pA(b)), a onda posto f, g ∈ G, imamo f (b) = g(b), sto je kontradikcija.

Tvrdnja 2. Za svaki a ∈ A postoji g ∈ G tako da vrijedi Dom(g) = pA(a).

Dokaz tvrdnje 2. Pretpostavimo suprotno. Tada je sljedeci skup neprazan

B = {a : a ∈ A i ne postoji g ∈ G t.d. Dom(g) = pA(a)}

Neka je b ∈ B najmanji. (Takav postoji jer je relacija < dobar uredaj, te je B neprazan podskup od A).

Promatramo dva slucaja:

(1) Za element b postoji neposredni prethodnik.Oznacimo s b0 neposredni prethodnik od b. Ocito b0 ∈ B, pa postoji f ∈ G takva da je Dom(f ) = pA(b0). Definiramo funkciju g : pA(b) → S ovako: g| pA(b0) = f i g(b) = F (f ). Ocito je g ∈ G, pa

smo dobili kontradikciju.

(2) Za element b ne postoji neposredni prethodnik.Za svaki x < b imamo x ∈ B, pa za svaki x < b postoji f x ∈ G takva da je Dom(f x) = pA(x). Izdokazane tvrdnje 1. direktno slijedi da je za svaki x < b funkcija f x jedinstvena.

Sada definiramo f =x<b f x.

Dokazimo prvo da je f funkcija. Neka su (c, d) ∈ f i (c, e) ∈ f. Neka su x, y < b takvi da vrijedi(c, d) ∈ f x i (c, e) ∈ f y. Radi odredenosti neka je x ≤ y. Posto f x, f y ∈ G, i x ≤ y tada iz dokazanetvrdnje 1. slijedi da je f x(z) = f y(z), za sve z ∈ pA(x). Posebno je f x(c) = f y(c), tj. d = e.

64



Ocito je Dom(f ) = pA(b). Pokazimo jos da je f ∈ G. Neka je x < b proizvoljan. Posto x ocitonije najveci element dobro uredene klase A tada iz leme prije teorema slijedi da postoji y ∈ A

koji je neposredni sljedbenik od x. Tada je y < b jer po pretpostavci element b nema neposrednogprethodnika. Tada imamo:

f (x) = f y(x) = (f y ∈ Φ) = F (f y| pA(x)) = (ocito!) = F (f | pA(x))

Iz toga slijedi da je f ∈ G. Rezimirajmo: za b smo nasli funkciju f ∈ G tako da vrijedi Dom(f ) = pA(b). To znaci da b ∈ B, sto je kontradikcija s pretpostavkom da je b ∈ B najmanji element.

Posta oba slucaja vode na kontradikciju zakljucujemo da mora vrijediti B = ∅, tj. vrijedi tvrdnja 2.

Sada definiramo trazenu funkciju ϕ sa ϕ =g∈G g.

Iz dokazane tvrdnje 1. lako slijedi da je ϕ funkcija. Iz dokazane tvrdnje 2, i pretpostavke da A nemanajveci element, slijedi da je Dom(ϕ) = A. Raspisimo detaljnije dokaze tih tvrdnji.

• ϕ je funkcija. Neka (x, y) ∈ ϕ i (x, z) ∈ ϕ. Iz definicije ϕ slijedi da postoje f, g ∈ G takvi da je

(x, y) ∈ f i (x, z) ∈ g. Neka su a, b ∈ A takvi da je Dom(f ) = pA(a) i Dom(g) = pA(b). Posto je < linearni uredaj tada mozemo uzeti da je a ≤ b. Iz dokazane tvrdnje 1. tada slijedi f ⊆ g. Tadaposebno imamo (x, y), (x, z) ∈ g. Posto je g funkcija tada imamo y = z.

• Dom(ϕ) = A. Neka je x ∈ A proizvoljan. Posto po pretpostavci teorema klasa A nema najvecielement tada postoji neki y ∈ A takav da je x < y. Iz dokazane tvrdnje 2. slijedi da postoji g ∈ Gtakav da je Dom(g) = pA(y). Tada je posebno x ∈ Dom(g), a onda ocito i x ∈ Dom(ϕ).

Dokazimo sada da funkcija ϕ ima trazeno svojstvo, tj. da za sve a ∈ A vrijedi ϕ(a) = F (ϕ| pA(a)). Neka jea ∈ A proizvoljan. Iz leme slijedi da postoji b ∈ A koji je neposredni sljedbenik od a. Iz dokazane tvrdnje2. slijedi da postoji f ∈ G takva da je Dom(f ) = pA(b). Tada zbog f ⊆ ϕ slijedi

ϕ(a) = f (a) = F (f | pA(a)) = F (ϕ| pA(a)).

Preostalo je jos samo dokazati da je definirana funkcija ϕ jedinstvena funkcija s tim svojstvima. U tu svrhupretpostavimo da je ψ : A → S neka druga funkcija t.d. za sve a ∈ A vrijedi ψ(a) = F (ψ| pA(a)). Neka jeB = {a : a ∈ A i ϕ(a) = ψ(a)}. Posto pretpostavljamo da je ϕ = ψ tada je podklasa B neprazna. No,ocito je B skup.

Posto je < dobar uredaj tada B sadrzi najmanji element. Oznacimo ga sa a0. Tada je ocito ϕ| pA(a0) =ψ| pA(a0). Tada imamo:

ϕ(a0) = F (ϕ| pA(a0)) = F (ψ| pA(a0)) = ψ(a0),

sto je kontradikcija. Q.E.D.

Dokaz teorema rekurzije. Prvo dajemo neke napomene u vezi iskaza teorema rekurzije:

1) Ako je A ordinalni broj tada on ne moze biti ordinalni broj prve vrste, jer u opcem teoremu rekurzije je zahtjev da klasa A nema na jveci element.

2) A ne moze biti proizvoljan skup, jer je jako vazno da imamo dobar uredaj na A.

65



Dokaz se svodi na primjenu opceg teorema rekurzije koji smo prethodno dokazali.Definiramo funkciju H : Φ → S tako da za svaki f ∈ Φ stavimo

H (f ) =

s0, ako je f = ∅

G(f (β )), ako je Dom(f ) = β + 1

F (f ), ako je Dom(f ) granicni ordinal

Primjenom opceg teorema o rekurziji slijedi da postoji jedinstvena funkcija ϕ : Φ → S tako da za svakiβ ∈ A vrijedi ϕ(β ) = H (ϕ|β ).

Provjerimo da funkcija ϕ zadovoljava uvjete iz iskaza teorema.

Ocito vrijedi ϕ(0) = H (ϕ|0) = H (∅) = s0.

Ako je β = γ + 1 tada imamo: ϕ(β ) = H (ϕ|γ + 1) (iz def. funkcije H ) = G(ϕ(γ )).

Ako je β granicni ordinlni broj tada imamo: ϕ(β ) = H (ϕ|β ) (iz def. funkcije H ) = F (ϕ|β ).

Lako je vidjeti da je funkcija ϕ jedinstvena. Q.E.D.

Primjena teorema rekurzije: (definicija kumulativne hijerarhije)

Sa On oznacimo klasu svih ordinalnih brojeva, a s V oznacimo klasu svih skupova.Neka je s0 = ∅, funkcija G : V → V neka je definirana sa G(x) = P (x).

Kao i u teoremu rekurzije neka je

Φ = {f | postoji granicni ordinalni bro j β takav da f : β → V }.

Zatim, neka je funkcija F : Φ → V funkcija definirana ovako: ako je f ∈ Φ, cija je domena granicniordinalni broj β, tada je F (f ) =

γ<β f (γ ).

Iz teorema rekurzije slijedi da postoji jedinstvena funkcija ϕ : On → V koja ima trazena svojstva.Za α ∈ On oznacimo V α = ϕ(α). Tada imamo:

V 0 = ϕ(0) = ∅,

V α+1 = ϕ(α + 1) = G(ϕ(α)) = P (V α)

V α = ϕ(α) = F (ϕ|α) =β<α ϕ(β ) =

β<α V β

sto je upravo trazena definicija kumulativne hijerarhije.

Zbrajanje ordinalnih brojeva

Neka je α proizvoljan ordinalni broj. Iz teorema rekurzije slijedi da postoji jedinstvena funkcijaϕα : On → On tako da vrijedi:

ϕα(0) = α

ϕα(β + 1) = ϕα(β ) + 1ϕα(β ) = sup{ϕα(γ ) : γ < β }, ako je β granicni ordinalni broj.

66



Sada mozemo definirati funkciju + : On × On → On sa α + β = ϕα(β ).

Odnosno, kratko mozemo reci da primjenom teorema rekurzije slijedi da postoji jedinstvena funkcija+ : On × On → On koja ima sljedeca svojstva:

α + 0 = α

α + (β + 1) = (α + β ) + 1α + β = sup{α + γ : γ < β }, ako je β granicni ordinalni broj.

Upravo definiranu funkciju nazivamo zbrajanje ordinalnih brojeva.

Lema 1 Neka su (A, <) i (B, ) dobro uredeni skupovi. Definiramo uredenu sumu tih skupova,u oznaci A + B, kao uredeni par (A × {0} ∪ B × {1}, <) pri cemu je < binarna relacija definirana sa:

(x, i) < (y, j) ⇔

0 = i = j i x < y

ili

1 = i = j i x y

ilii = 0 i j = 1

Lako je provjeriti da je A + B dobro uredeni skup. Neka je o(A) = α i o(B) = β. Tada jeo(A + B) = α + β.

Dokaz.Tvrdnja 1. Neka su α i β ordinalni brojevi. Tada vrijedi:

α + β = α ∪ {α + γ : γ < β }.

Dokaz tvrdnje 1. Trazenju tvrdnju dokazujemo transfinitnom indukcijom po β. Ako je β = 0 tada je

α + β = α + 0 = α, te je α ∪ {α + γ : γ < β } = α ∪ {α + γ : γ < 0} = α ∪ ∅ = α.Neka je β = γ + 1, te pretpostavimo da vrijedi α + γ = α ∪ {α + δ : δ < γ }. Tada imamo

α ∪ {α + δ : δ < β } = α ∪ {α + δ : δ < γ } ∪ {α + γ }= (pretpostavka ind.) = (α + γ ) ∪ {α + γ }= (α + γ ) + 1= (def. zbrajanja) = α + (γ + 1) = α + β

Pretpostavimo sada da je β granicni ordinalni bro j, te da za sve γ < β tvrdnja vrijedi. Tada za svaki δ < β

postoji ordinalni broj γ takav da δ < γ < β. Tada imamo:

α ∪ {α + δ : δ < β } = α ∪ γ<β

{α + δ : δ < γ }

=γ<β

(α ∪ {α + δ : δ < γ })

= (pretpostavka ind.) =γ<β

(α + γ )

= sup{α + γ : γ < β } = α + β

Time je tvrdnja 1 dokazana.

67



Tvrdnja 2. Neka su α , β , γ ∈ On, te neka je γ < β. Tada vrijedi: α ≤ α + γ < α + β.

Dokaz tvrdnje 2. Znamo da za sve ordinalne brojeve α i β vrijedi:

α ≤ β ako i samo ako α ⊆ β (∗)

Iz prethodnog zadatka imamo α + γ = α ∪ {α + x : x < γ }. No, desna strana je ocito nadskup od α, pa iz(∗) slijedi α ≤ α + γ.

Iz pretpostavke γ < β imamo iz (∗) da vrijedi γ ⊂ β. Primjenom dokazane tvrdnje 1 slijedi α + γ ⊂ α + β.

Time je tvrdnja 2 dokazana.

Sada dokazujemo tvrdnju leme. Neka su f : A → α i g : B → β slicnosti. Definiramo funkcijuh : A × {0} ∪ B × {1} → α + β sa h(x, 0) = f (x) i h(y, 1) = α + g(y). Tada je Im(h) = Im(f ) ∪ {α + g(y) :y ∈ B} = α ∪ {α + γ : γ < β } = (Tvrdnja 1) = α + β. Time smo dokazali da je funkcija h surjekcija.

Dokazimo sada da funkcija h cuva uredaj. Neka (x, i) < (y, j). Iz definicije uredaja na uredenoj sumi slijedida imamo sljedeca tri slucaja:

a) 0 = i = j i x < y.

Tada je h(x, 0) = f (x) < f (y) = h(y, 0), jer funkcija f cuva uredaj.

b) 1 = i = j i x y.

Tada je h(x, 1) = α + g(x) i h(y, 1) = α + g(y). Iz dokazane tvrdnje 2, te cinjenica x y i da jefunkcija g slicnost, slijedi α + g(x) < α + g(y).

c) i = 0 i j = 1.

Tada je h(x, 0) = f (x) i h(y, 1) = α + g(y). Posto je f (x) ∈ α tada je f (x) < α. Iz dokazane tvrdnje2 tada slijedi f (x) < α + g(y).

Ocito je funkcija h injekcija. Q.E.D.

68



Cetrnaesto predavanje iz Teorije skupova 27. 01. 2006.

Kratki rezime proslog predavanja:Dokazali smo teorem rekurzije, te primjenom njega definirali zbrajanje ordinalnih brojeva.

Prvo cemo navesti osnovna svojstva zbrajanja ordinalnih brojeva.Sada cemo definirati mnozenje i potenciranje ordinalnih brojeva.Nakon toga cemo definirati kardinalne brojeve.Na samom kraju predavanja cemo navesti sve aksiome Zermelo-Fraenkelove teorije skupova.

U sljedecoj propoziciji isticemo osnovna svojstva zbrajanja ordinalnih brojeva.Sva svojstva se dokazuju primjenom principa transfinitne indukcije i posljednje leme s proslogpredavanja.

Propozicija 1 (svojstva zbrajanja)Neka su α, β i γ proizvoljni ordinalni brojevi. Tada vrijedi:

(1) 0 + α = α

(2) α + (β + γ ) = (α + β ) + γ

(3) Ako je α + β = α + γ tada je β = γ

Dokaz.Za ilustraciju dokazujemo tvrdnju (2). Dokaz provodimo transfinitnom indukcijom po γ. Pretpostavimoda je γ ordinalni broj koji ima svojstvo da za sve δ < γ, te sve ordinalne brojeve α i β vrijedi (α + β ) +δ =α + (β + δ). Promotrimo prvo slucaj kada je ordinalni broj γ prve vrste, tj. postoji ordinalni broj δ takoda vrijedi γ = δ + 1. Tada imamo:

α + (β + γ ) = α + (β + (δ + 1)) =

= (po def. zbrajanja) = α + ((β + δ) + 1 )

= (po def. zbrajanja) = (α + (β + δ) ) + 1

= (po pret. indukcije) = ((α + β ) + δ) + 1

= (po def. zbrajanja) = (α + β ) + (δ + 1)

= (α + β ) + γ

Neka je sada γ granicni ordinalni broj takav da za sve ordinalne brojeve x < γ, te sve ordinalne brojeve α

i β vrijedi tvrdnja. Tada redom imamo:

69



α + (β + γ ) = α + (β + sup{x : x < γ })

= (po def. zbrajanja) = α + sup{β + x : x < γ }

= (po def. zbrajanja) = sup{α + (β + x) : x < γ }

= (pret. indukcije) = sup{(α + β ) + x : x < γ }

= (po def. zbrajanja) = (α + β ) + sup{x : x < γ }

= (α + β ) + γ

Q.E.D.

Napomena 1 Zbrajanje ordinalnih brojeva opcenito nije komutativno. Npr. 1 + ω = sup{1 + n :n ∈ ω} = ω, ali ω + 1 = ω, jer znamo od prosli puta da vrijedi ω < ω + 1.

Opcenito iz β + α = γ + α ne mora slijediti β = γ. (npr. 1 + ω = 2 + ω)

Teorem 1 (Teorem o oduzimanju)Neka su α i β ordinalni brojevi takvi da je β ≤ α. Tada postoji jedinstveni ordinalni broj γ takav da vrijedi α = β + γ.

Dokaz. Oznacimo A = {x : β + x ≤ α}. Neka je γ = sup A. Tada je β + γ ≤ α (Zasto?). Pretpostavimo da je β + γ < α. Tada iz propozicije s proslog predavanja slijedi (β + γ ) + 1 ≤ α, pa imamo α ≥ (β + γ ) + 1 =β + (γ + 1), iz cega slijedi da je γ + 1 ∈ A. No, to je nemoguce (jer bi tada imali γ + 1 ≤ sup A = γ ).

Jedinstvenost slijedi iz propozicije 1 (3). Q.E.D.

Mnozenje ordinalnih bro jeva

Definicija 1 Primjenom teorema rekurzije slijedi da je s jednakostima koje slijede definirana jedin-stvena funkcija · : On × On → On:

α · 0 = 0

α · (β + 1) = α · β + α

α · β = sup{α · γ : γ < β }, ako je β granicni ordinalni broj .Funkciju · nazivamo mnozenje ordinalnih bro jeva.

Lema 1 Neka su (A, <) i (B, <) dobro uredeni skupovi. Na Kartezijevom produktu A × B

definiramo binarnu relaciju na sljedeci nacin:

(a1, b1) (a2, b2) ⇔

b1 < b2ili

b1 = b2 i a1 < a2

Lako je provjeriti da je (A × B, ) dobro uredeni skup. Tada je o(A × B) = α · β.

70



Propozicija 2 (svojstva mnozenja)Neka su α, β i γ proizvoljni ordinalni brojevi. Tada vrijedi:

(1) α · 1 = 1 · α = α

(2) α · (β + γ ) = α · β + α · γ

(3) α · (β · γ ) = (α · β ) · γ

(4) Ako α ≤ β tada α · γ ≤ β · γ

Napomena 2 Mnozenje ordinalnih brojeva opcenito nije komutativno. Npr. 2 · ω = (iz def.)= sup{2 · n : n ∈ ω} = ω, a po drugoj strani ω · 2 = (iz def.) = ω · (1 + 1) = ω + ω = ω, jer je ocito(!) ω + ω > ω + 1 > ω.

Opcenito ne vrijedi druga distributivnost, tj. ne mora vrijediti (α + β ) · γ = α · γ + β · γ. Npr.ω = 2 · ω = (1 + 1) · ω = ω + ω.

Teorem 2 (Teorem o dijeljenju s ostatkom)Neka su α i β ordinalni brojevi, te neka je β > 0. Tada postoje jedinstveni ordinalni brojevi δ i ρ takvi da je α = β · δ + ρ, i ρ < β.

Dokaz. Ako je α < β tada mozemo uzeti δ = 0 i ρ = α. Ako je α = β tada mozemo uzeti da je δ = 1 iρ = 0. Pretpostavimo sada da je α > β. Neka je δ = sup{x : β · x ≤ α}. Tada je β · δ ≤ α. Iz teorema ooduzimanju slijedi da postoji ordinalni broj ρ takav da je α = β · δ + ρ.

Pretpostavimo da vrijedi β ≤ ρ. Tada iz teorema o oduzimanju slijedi da postoji ordinalni broj γ takav da

je ρ = β + γ. Sada iz toga slijedi α = β · δ + ρ = β · δ + (β + γ ) = β · (δ + 1) + γ, pa δ nije supremumskupa {x : β · x ≤ α}, sto je suprotno pretpostavci. To znaci da mora vrijediti ρ < β.

Preostalo je dokazati jedinstvenost. Neka je α = β · δ + ρ, gdje je ρ < β. Pretpostavimo da δ nije supremumskupa {x : β · x ≤ α}. Tada je ocito α > β · δ, a onda je α ≥ β · (δ + 1). Sada imamo:

α ≥ β · (δ + 1) = β · δ + β > β · δ + ρ = α,

sto je nemoguce. Time je dokazana jedinstvenost ordinalnog broja δ. Jedinstvenost ordinalnog broja ρ

slijedi iz prije dokazane propozicije. Q.E.D.

Potenciranje ordinalnih brojeva

Definicija 2 Primjenom teorema rekurzije slijedi da je sa jednakostima koje slijede definirana jedinstvena funkcija na On × On :

α0 = 1

αβ +1 = αβ · α

αβ = sup{αγ : γ < β }, ako je β granicni ordinalni broj.

71



U sljedecoj propoziciji isticemo osnovna svojstva potenciranja ordinalnih bro jeva. Dokazi se provodetransfinitnom indukcijom po ”krajnjem desnom” ordinalnom broju.

Propozicija 3 (svojstva potenciranja)Neka su α, β i γ proizvoljni ordinalni brojevi. Tada vrijedi:

(1) αβ · αγ = αβ +γ

(2) (αβ )γ = αβ ·γ

(3) Ako je α > 1 i β < γ tada je αβ < αγ

Napomena 3 Opcenito ne vrijedi αβ · γ β = (α · γ )β .To ilustriramo sljedecim primjerom:

(ω · 2)ω = sup{(ω · 2)n : n ∈ ω}

= sup{(ω · 2) · . . . · (ω · 2) : n ∈ ω}

= sup{ω · (2 · ω) · . . . · (2 · ω) · 2 : n ∈ ω}

= sup{ωn · 2 : n ∈ ω} = ωω

ωω · 2ω = sup{ωω · 2n : n ∈ ω}= ωω · ω = ωω+1

Teorem 3 (logaritamski algoritam)

Neka su α = 0 i β > 1 ordinalni brojevi. Tada postoje jedinstveni ordinalni brojevi γ, δ i ρ takvi da je 0 < δ < β i ρ < β γ , te vrijedi

α = β γ δ + ρ.

Dokaz. Neka je γ = sup{x : β x ≤ α}. Primjenom teorema o dijeljenju s ostatkom slijedi da postoje jedinstveni ordinalni broejvi δ i ρ, takvi da je ρ < β γ i α = β γ δ + ρ.

Dokazimo da vrijedi 0 < δ < β. Ako bi vrijedilo δ = 0 tada bi imali ρ = α ≥ β γ > ρ, sto je kontradikcija.Pretpostavimo da je δ ≥ β. Tada imamo:

α < β γ +1 = β γ β ≤ β γ δ ≤ β γ δ + ρ = α,

sto je kontradikcija.

Dokazimo sada jedinstvenost. Neka vrijedi α = β γ δ + ρ, i pretpostavimo da γ nije supremum skupa{x : β x ≤ α}. Tada imamo:

α ≥ β γ +1 = β γ β ≥ β γ (δ + 1) = β γ δ + β γ > β γ δ + ρ = α,

sto je kontradikcija. Sada jedinstvenost ordinalnih brojeva δ i ρ slijedi iz teorema o dijeljenju. Q.E.D.

72



Teorem 4 (teorem o normalnoj formi)Neka su α i β ordinalni brojevi i β > 1. Tada postoji jedinstveni prirodan broj n i konacni nizovi ordinalnih brojeva γ 0, . . . , γ n i δ0, . . . , δn tako da vrijedi:

γ 0 > γ 1 > .. . > γ n,

0 < δi < β, za sve i ≤ n,

α = β γ 0δ0 + β γ 1δ1 + . . . + β γ nδn

Dokaz. Primjenom teorema o logaritamskom algoritmu slijedi da postoje jedinstveni ordinalni brojevi γ 0,

δ0 i ρ0 tako da vrijedi 0 < δ0 < β, ρ < β γ 0 i

α = β γ 0δ0 + ρ0.

Ako je ρ = 0 tada je teorem dokazan. Ako pak je ρ > 0 tada na njega primjenimo teorem o logaritamskomalgoritmu.

Vazno je primijetiti da taj postupak mora stati u koancno mnogo koraka. Inace bi postojao beskonacan

niz ordinalnih brojeva (γ k) tako da za svaki k vrijedi γ k > γ k+1. To znaci da taj niz ne bi imao najmanjielement. No, to je nemoguce zbog aksioma dobre utemeljenosti.

Jedinstvenost slijedi iz teorema o logaritamskom algoritmu. Q.E.D.

Napomena 4 Tocan naziv prethodnog teorema je teorem o normalnoj formi po bazi β. Ako jeβ = 2 tada govorimo o diadskoj normalnoj formi, a ako pak je β = ω tada govorimo o Cantorovoj

normalnoj formi.Dakle, za svaki ordinalni broj α postoji jedinstveni prirodan broj n i konacni nizovi ordinalnih brojeva γ 0 > γ 1 > . . . γ n i m0, . . . , mn, gdje su svi mi konacni ordinalni brojevi, te vrijedi

α = ωγ 0m0 + ωγ 1m1 + . . . + ωγ nmn.

73



2.5. Kardinalni brojevi

Podsjetimo se da smo na samom pocetku kolegija u naivnoj teorij skupova spominjali pojam kar-dinalnosti (kao oznaku svojstva), tj. rekli smo da skupovi A i B imaju istu kardinalnost ako suekvipotentni. No, nismo definirali sto je zapravo kardinalni broj.

Definicija 3 Kardinalni broj λ je ordinalni broj koji ima svojstvo da niti za jedan α < λ nepostoji bijekcija izmedu λ i α.

U sljedecem teoremu navodimo primjere kardinalnih brojeva.

Teorem 5 Vrijede sljedece tvrdnje:

a) Svaki konacni ordinalni broj je kardinalni broj;

b) Skup ω je kardinalni broj;

c) Svaki beskonacni kardinalni broj je granicni ordinalni broj.

(Svaki granicni ordinalni broj nije kardinalni broj. Npr. ω + ω)

Neka je A proizvoljan skup. Iz Zermelovog teorema o dobrom uredenju (navest cemo ga na sljedecempredavanju) slijedi da na skupu A postoji dobar uredaj. Iz teorema enumeracije tada slijedi dapostoji ordinalni broj α takav da vrijedi A α. To znaci da je skup {β : β ∈ On ∧ A ∼β } neprazan. Bili smo dokazali da svaki skup ordinalnih brojeva ima najmanji element. Ovarazmatranja opravdavaju sljedecu definiciju.

Definicija 4 Kardinalni broj proizvoljnog skupa A definiramo kao najmanji ordinalni broj λ za koji vrijedi A ∼ λ.

Primijetimo da za svaki skup postoji jedinstveni ordinalni broj. Iz tog razloga mozemo uvesti oznaku k(A) za kardinalni broj skupa A.

Uocite da je za sve skupove A ordinalni broj k(A) zapravo kardinalni broj.Ako je λ kardinalni broj tada je ocito k(λ) = λ.

Ocito je k(ω) = ω, te k(ω + 1) = ω i k(ωω) = ω.

Iz definicije ocito slijedi da ekvipotentni skupovi imaju jednak kardinalni broj. Ta cinjenica i sljedeca

definicija operacija na kardinalnim brojevima omogucavaju nam da ovdje mozemo samo istaknutisvojstva operacija na kardinalnim brojevima bez da ih moramo dokazivati. Dokazi tih svojstava bilibi sasvim isti kao u naivnoj teoriji skupova.

74



Definicija 5 Neka su λ i µ kardinalni brojevi. Tada definiramo:

a) λ + µ = k(λ × {0} ∪ µ × {1})

b) λ · µ = k(λ × µ)

c) λµ = k({f | f : µ → λ})

Vazna napomena: Vazno je spomenuti da operacije zbrajanja, mnozenja i potenciranja za ordi-nalne i kardinalne brojeve isto oznacavamo. No, to nisu iste operacije. Npr. ako ω i 1 zbrajamokao ordinalne brojeve tada je to ω +1 (sto je razlicito od ω). No, ako ω i 1 zbrajamo kao kardinalnebrojeve tada je to ω (jer je ω × {0} ∪ 1 × {1} ∼ ω.

Sada samo isticemo svojstva operacija na kardinalnim bro jevima. Dokazi tih svojstava, kao sto smovec bili napomenuli, su sasvim isti kao u naivnoj teoriji, pa ih ovdje necemo ponavljati.

Teorem 6 Neka su λ, µ i ν kardinalni brojevi. Tada vrijedi:

a) λ + (µ + ν ) = (λ + µ) + ν

b) λ + µ = µ + λ

c) λ · (µ · ν ) = (λ · µ) · ν

d) λ · µ = µ · λ

e) λ · (µ + ν ) = λ · µ + λ · ν

f) λν · µν = (λ · µ)ν

g) λµ+ν = λµ · λν

h) (λµ)ν = λµ·ν

75



Petnaesto predavanje iz Teorije skupova 03. 02. 2006.

Kratki rezime proslog predavanja:Veci dio predavanja bavili smo se aritmetikom ordinalnih brojeva.Definirali smo pojam kardinalnog broja, te pojam kardinalnog broja svakog skupa.

Zatim, smo definirali operacije na kardinalnim brojevima, te smo istaknuli njihova osnovna svojstva.

Danas cemo prvo promatrati jos neke pojmove vezane uz kardinalne brojeve.Nakon toga cemo se u vecem dijelu predavanja baviti aksiomom izbora.Na kraju cemo dati komentare o Zermelo–Fraenkelovoj teoriji skupova.

Teorem 1 Za svaki kardinalni broj λ vrijedi λ < 2λ.(Uredaj je naslijeden s ordinalnih brojeva).

Primijetimo da je to u biti tvrdnja Cantorovog osnovnog teorema teorije skupova.

Teorem 2 Ako su λ i µ kardinalni brojevi takvi da vrijedi λ ≤ µ i µ ≤ λ tada imamo λ = µ.

To je zapravo Cantor, Schroder, Bernsteinov teorem kojeg smo dokazali u poglavlju o naivnoj teoriji

skupova.

Lema 1 Za svaki kardinalni broj λ postoji kardinalni broj koji je neposredni sljedbenik od λ. Neposredsljedbenik od λ oznacavamo sa λ+.

Dokaz. Iz teorema 1 slijedi da je klasa {µ : µ je kardinalni broj i λ < µ} neprazna. To je posebno klasa

ordinalnih brojeva, pa sadrzi najmanji element.

Lema 2 Ako je S skup kardinalnih brojeva tada je ∪S takoder kardinalni broj.(Sjetimo se da za svaki skup A ordinalnih brojeva vrijedi sup A = ∪A.)

Dokaz. Prije smo bili dokazali da je ∪S ordinalni broj. Pretpostavimo da je k(∪S ) < ∪S. Posto je relacija

uredaja po definiciji zapravo relacija ∈ tada postoji γ ∈ S takav da je k(∪S ) < γ. No, ocito je γ ⊆ ∪S, pa

imamo γ = k(γ ) ≤ k(∪S ) < γ, sto je kontradikcija. Q.E.D.

Primjenom prethodne leme slijedi da za svaki skup S kardinalnih brojeva postoji kardinalni brojkoji je supremum skupa S . Supremum skupa S oznacavamo sa sup S.

Propozicija 1 Klasa svih kardinalnih broejva Cn je prava klasa.

Dokaz. Pretpostavimo da je klasa Cn skup. Tada iz leme 2 znamo da je sup Cn ∈ Cn. Iz leme 1 slijedi da

postoji µ ∈ Cn takav da je sup Cn < µ, sto je kontradikcija.

Definicija 1 Sa ℵ oznacavamo funkciju na klasi svih ordinalnih brojeva On na klasu svih beskonacnihkardinalnih brojeva koja je pomocu rekurzije definirana ovako:

76



ℵ0 = ω

ℵβ +1 = ℵ+β

ℵα = sup{ℵβ : β < α}, ako je α granicni ordinalni broj.

(Uocite da nam leme 1 i 2 garantiraju da je prethodna definicija dobra.)

Prirodno se postavlja pitanje da li za svaki beskonacni kardinalni broj λ postoji ordinalni broj α takav da

je λ = ℵα. Moze se pokazati da je ta tvrdnja ekvivalentna s aksiomom izbora.

Kada zelimo istaknuti da ordinalni broj ω promatramo kao kardinalni broj tada umjesto ω pisemoℵ0. Analogno za ostale kardinalne brojeve. Ta razlika u notaciji nam je posebno vazna kada zelimonaglasiti radi li se o ordinalnoj ili kardinalnoj aritmetici.

Sada Cantorovu hipotezu kontinuuma mozemo zapisati ovako: 2ℵ0 = ℵ1,odnosno opca cantorova hipoteza glasi: za svaki ordinalni broj α vrijedi:

2ℵα = ℵα+1

(Bez aksioma izbora ne mozemo dokazati da je 2ℵα alef. Vrlo se malo zna o 2ℵα i ℵℵβα ).

Prilikom razmatranja aksioma izbora dokazat cemo da su zbrajanje i mnozenje kardinalnih brojevatrivijalne operacije, tj. da vrijedi:

ako su α i β ordinalni brojevi takvi da je α ≤ β. Tada vrijedi:

ℵα + ℵβ = ℵα · ℵβ = ℵβ

Prijedlog literature o kardinalnim brojevima:

1. J. D. Monk, Set Theory, skripta, Internet

2. M. Holz, K. Steffens, E. Weitz, Introduction to Cardinal Arithmetic, Birkhaser,

1999.

3. T. Jech, Set Theory, Springer–Verlag, ...

4. W. Just, M. Weese, Discovering modern Set Theory I, American Mathematical Society, 1995.

5. I. Petkovic, Ordinalni i kardinalni broejvi, diplomski rad, 1999.

77



2.6. Aksiom izbora

Na samom pocetku predavanja bili smo naveli taj aksiom. Sada ga ponavljamo:

Neka je A skup ciji su elementi neprazni u parovima disjunktni skupovi. Tada postoji

skup B tako da za sve x ∈ A vrijedi da je x ∩ A jednoclan skup.

Aksiom izbora kratko cemo oznacavati sa AC (eng. axiom of choice).

Prisjetimo se da smo aksiom izbora koristili prilikom dokaza da svaki beskonacan skup sadrzi prebrojiv

podskup, zatim da je prebrojiva unija prebrojivih skupova takoder prebrojiv skup, prilikom dokaza teorema

enumeracije, te definicije kardinalnog broja proizvoljnog skupa.

Zatim, bili smo u jednom zadatku naveli aksiom prebrojivog izbora:

ako je {A0, A1, A2, . . .} prebrojiv skup nepraznih skupova koji su u parovima disjunktni tada

postoji niz (an) takav da je za sve n ∈ N ispunjeno da je an ∈ An.

Taj aksiom se cesto koristi u matematickoj analizi.

Kao malo ilustraciju primjene aksioma prebrojivog izbora dokazujemo da je za prebrojivu uniju skupova

mjere nula mjera takoder nula. Neka je {An : n ∈ N} prebrojiv skup ciji su elementi skupovi mjere nula.

Neka je > 0 proizvoljan. Za svaki n ∈ N neka je On neki otvoreni nadskup od An takav da je µ(On) ≤

/2n+1 (tu koristimo aksiom prebrojivog izbora). Tada je µ(∪n∈NAn) ≤n∈N

µ(On) ≤n∈N

/2n+1 = .

Aksiom izbora je jedini aksiom teorije skupova koji se eksplicitno navodi prilikom koristenja

u matematici. Pomocu AC se dokazuju se npr. sljedece cinjenice:

1. Svaki vektorski prostor ima algebarsku bazu.

2. Svake dvije baze vektorskog prostora su ekvipotentne.

3. Svako polje ima algebarski zatvoreno prosirenje.

4. Teorem Tihonova: Produkt kompaktnih topoloskih prostora je kompaktan.

5. Teorem o ultrafiltru: Svaki pravi filtar je sadrzan u nekom ultrafiltru.

6. Ekvivalentnost Heineove i Cauchyeve definicije neprekidnosti funkcije.

Sljedece tvrdnje su ekvivalentne s aksiomom izbora: Hahn–Banachov teorem iz funkcionalne analize, teoremkompaktnosti u matematickoj logici, Lowenheim–Skolemov teorem, ...

Aksiom izbora je jedan od najvise razmatranih aksioma u matematici. Mozda je vise diskusijeizazvao samo Euklidov peti postulat o paralelama. Aksiomi teorije skupova omogucavajuzasnivanje matematike na isti nacin kako su Euklidovi postulati omogucili zasnivanje Euklidovegeometrije, te su pitanja vezana uz AC ista kao i pitanja vezana uz Euklidov peti postulat:

78



1. Moze li se izvesti iz ostalih aksioma?

2. Je li konzistentan s drugim aksiomima?

3. Moramo li ga prihvatiti kao aksiom teorije?

Zasto je AC tako (bio) sporan?Koje mu je sada mjesto u mat. logici i matematici?

(O mjestu AC u mat. logici daje odgovor Godelov teorem o nezavisnosti AC od ZF).U matematici se navodi na samom pocetku izreke teorema da se u dokazu koristi AC (ili neka ekvivalentnatvrdnja).

Ako su A1, . . . , An konacni skupovi tada iz teorema o uzastopnom prebrojavanju slijedi da je skup A1 ×

. . . × An takoder konacan, odnosno da postoji samo konacno mnogo ”izbora” (a1, . . . , an) takvih da je

ai ∈ Ai. To znaci da nam za konacne familije konacnih skupova ne treba aksiom izbora.

Glavna kritika aksioma izbora je vezana uz njegovu nekonstruktivnost, tj. AC tvrdi egzistencijunekog skupa, ali ne daje nikakav algoritam kako taj skup konstruirati. Zgodan primjer koji lijepoilustrira nekonstruktivnost aksioma izbora je Vitalijev skup.

Primjer 1 Vitalijev skup

Na zatvorenom segmentu [0, 1] definiramo binarnu relaciju ∼ na sljedeci nacin: x ∼ y ako i samoako x − y ∈ Q. Lako je provjeriti da je ∼ relacija ekvivalencije. Kvocijentni skup [0, 1]/ ∼ je

familija u parovima disjunktnih skupova. Iz AC slijedi da postoji skup koji sadrzi tocno po jedanelement iz svake klase ekvivalencije. Taj skup se naziva Vitalijev skup. Nemamo nikakvu predodzbu koji je to skup. Ne znamo cak niti jedan njegov element.

Cilj nam je navesti neke ekvivalentne formulacije aksioma izbora, te ekvivalentne tvrdnje (Zornova

lema, Hausdorffov princip maksimalnosti,...)Sada navodimo izreku aksioma izbora koju cemo koristiti u daljnjim razmatranjima.

Aksiom izbora [AC]Neka je {Ai : i ∈ I } neprazna familija u parovima disjunktnih nepraznih skupova. Tada postoji

skup B takav da je B ∩ Ai jednoclan skup za sve i ∈ I.Skup B se naziva izborni skup za familiju {Ai : i ∈ I }.

Pretpostavka da su clanovi familije u parovima disjunktni je nuzna. Promotrimo familiju skupova A =

{{1}, {2}, {1, 2}} ciji clanovi nisu u parovima disjunktni. Ocito ne postoji izborni skup za familiju A.

Zadatak 1. Mozemo li teoriji skupova ZF bez aksioma izbora izabrati (tj. dokazati da postoji) jedanelement u:

1. nekom konacnom skupu? (DA)

2. nekom beskonacnom skupu? (DA)

3. svakom clanu beskonacne familije jednoclanih skupova? (DA)

4. svakom clanu beskonacne familije ciji svaki skup je konacan? (NE)

79



5. svakom clanu konacne familije skupova ciji svaki skup je beskonacan? (DA)

6. svakom clanu beskonacne familije ciji svaki skup sadrzi konacno mnogo realnih brojeva? (DA)

Vidi: http://db.uwaterloo.ca/ alopez-o/math-faq/math-faq.html

Definicija 2 Neka je {Ai : i ∈ I } neka familija skupova. Kartezijev produkt familije je skup

{f | f : I → ∪i∈I Ai, za sve i ∈ I je f (i) ∈ Ai}.

Kartezijev produkt familije skupova oznacavamo sa i∈I

Ai.

Prisjetimo se definicije Kartezijevog produkta dva skupa:

A × B = {(x, y) : x ∈ A, y ∈ B}.

No, skup A × B mozemo identificirati na ociti nacin sa skupom

{f | f : {1, 2} → A ∪ B, f (1) ∈ A, f (2) ∈ B}.

Teorem 3 Sljedece tvrdnje su ekvivalentne s aksiomom izbora:[AC ]1 Neka je {Ai : i ∈ I } neprazna familija nepraznih skupova.

Tada postoji f : I →i∈I Ai takva da je f (i) ∈ Ai , za sve i ∈ I.

Funkcija f se naziva funkcija izbora.

[AC ]2 Neka je A = ∅. Tada postoji funkcija f : P (A) \ {∅} → Atakva da je f (B) ∈ B, za sve ∅ = B ⊆ A.

[AC ]3 Neka je A = ∅ i A = {Ai : i ∈ I } neka particija skupa A.Tada postoji funkcija g : A → A takav da je g(Ai) ∈ Ai, za sve i ∈ I.

[R] Russellov multiplikativni aksiom

Neka je {Ai : i ∈ I } familija skupova. Ako jei∈I

Ai prazan skup,

tada postoji i ∈ I takav da je Ai = ∅.

Dokaz. Skica implikacija kako cemo ih redom dokazivati: [AC ] ⇒ [AC ]1 ⇒ [AC ]2 ⇒ [AC ]3 ⇒ [R] ⇒ [AC ].[AC ] ⇒ [AC ]1 Neka je {Ai : i ∈ I } neprazna familija nepraznih skupova. Za svaki i ∈ I definiramoBi = Ai × {i}. Uocimo da je za sve i ∈ I skup Bi = ∅, te je Bi ∩ B j = ∅, za sve i = j. Primjenom [AC]na familiju {Bi : i ∈ I } slijedi da postoji skup B takav da je B ∩ Bi jednoclan skup za sve i ∈ I. Neka jeai ∈

i∈I Ai takav da je B ∩ Bi = {(ai, i)}. Definiramo funkciju f : I →

i∈I Ai sa f (i) = ai, za sve i.

Ocito je f (i) ∈ Ai, za sve i ∈ I.

[AC ]1 ⇒ [AC ]2 Neka je A neprazan skup. Tada je {B : B ∈ P (A) \ {∅}} neprazna familija nepraznihskupova. Primjenom [AC ]1 slijedi da postoji funkcija

80



f : P (A) \ {∅} →

B∈P (A)\{∅}

B, tako da vrijedi f (B) ∈ B, za sve B ∈ P (A) \ {∅} .

[AC ]2 ⇒ [AC ]3 Neka je A = ∅ i A = {Ai : i ∈ I } neka particija skupa A. Iz [AC ]2 slijedi da postoji

funkcija f : P (A) \ {∅} → A takva da vrijedi f (B) ∈ B, za sve B ∈ P (A) \{∅}. Posto je za svaki i ∈ I skupAi ∈ P (A) \ {∅}, tada za sve i ∈ I vrijedi f (Ai) ∈ Ai. To znaci da za restrikciju funkcije f na A vrijeditrazeno svojstvo.

[AC ]3 ⇒ [R] Neka je {Ai : i ∈ I } neka familija skupova. Pretpostavimo da je za svaki i ∈ I skup Ai

neprazan. Za svaki i ∈ I definiramo Bi = Ai × {i}. Tada je {B = (Bi : i ∈ I } particija skupa B =i∈I Bi.

Iz [AC ]3 slijedi da postoji funkcija g : B → B tako da za sve i ∈ I vrijedi g(Bi) ∈ Bi. To znaci da za svei ∈ I postoji ai ∈ Ai tako da je g(Bi) = (ai, i). Sada definiramo f : I →

i∈I Ai sa f (i) = ai. Iz toga slijedi

da jei∈I

Ai = ∅.

[R] ⇒ [AC ] Neka je {Ai : i ∈ I } neprazna familija nepraznih skupova koji su u parovima disjuktni. Iz

Russellovog multiplikativnog aksioma slijedi da je

i∈I Ai = ∅, tj. postoji f : I →i∈I Ai takva da za sve

i ∈ I vrijedi f (i) ∈ Ai. Sada trazeni izborni skup definiramo sa B = {f (i) : i ∈ I }.

Q.E.D.

Bez AC ne mozemo dokazati da je za proizvoljnu prebrojivu familiju {An : n ∈ N} dvoclanihskupova Kartezijev produkt

An neprazan.

neprazan.No, ako je A = {0, 1} tada je Aω = ∅, jer sadrzi npr. nul–niz.Pazite! U prvi tren cini se da je sljedece zakljucivanje pravilno: posto je svaki An ekvipotentan saA tada je skup Aω ekvipotentan sa An. Greska u ovom zakljucivanju je sljedeca: za konstrukciju

takve bijekcije za svaki n moramo izabrati jednu od dvije bijekcije izmedu An i A.Russell je kao ilustraciju primjene AC naveo prebrojive familije parova cipela i prebrojive familijeparova carapa. Za prvu familiju imamo egzistenciju izborne funkcije bez primjene AC, dok nam jeza izbor prebrojivo carapa, pri cemu iz svakog para biramo tocno jednu carapu, potreban aksiomizbora.

Teorem 4 Sljedece tvrdnje su ekvivalentne sa [AC]:

a) Zornova lema: Neka je (A, <) parcijalno ureden skup koji ima svojstvo da svaki lanac iz Aima gornju medu u A. Tada (A, <) ima barem jedan maksimalni element.

b) Hausdorffov princip maksimalnosti: Neka je (A, <) parcijalno ureden skup. Tada za svaki lanac L od A postoji maksimalni lanac koji ga sadrzi.

c) Zermelov teorem: Svaki skup se moze dobro urediti, tj. za svaki skup A postoji relacija R ⊆ A × A takav da je (A, R) dobro ureden skup.

d) Ako su A i B proizvoljni skupovi tada vrijedi k(A) ≤ k(B) ili k(B) ≤ k(A).

e) Teorem Tarskog: Ako je λ beskonacni kardinalni broj tada je λ2 = λ.

81



Radi ilustracije dokazujemo neke jednostavnije implikacije.

Zornova lema povlaci Hausdorffov princip maksimalnosti.

Neka je (A, <) parcijalno ureden skup i L ⊆ A neki lanac. Neka je L skup svih lanaca L od A za koje

vrijedi da je L ⊆ L. Ocito je (L, ⊂) parcijalno ureden skup koji zadovoljava uvjete Zornove leme (ako je

A neki lanac od L tada je ∪A lanac koji je jedna gornja meda za A). Iz Zornove leme slijedi da parcijalno

ureden skup (L, ⊂) sadrzi maksimalni element.

Zermelov teorem povlaci usporedivost kardinalnih brojeva.Neka su A i B dva proizvoljna skupa. Iz Zermelovog teorema slijedi da postoje binarne relacije R ⊆ A × A

i Q ⊆ B × B takve da su skupovi (A, R) i (B, Q) dobro uredeni. Iz teorema o usporedivosti dobro uredenim

skupovima slijedi da je ispunjeno barem jedno od: A je slican s B, A je slican nekom pocetnom komadu

od B, ili obratno. Tada posebno slijedi da postoji injekcija iz A u B, ili obratno.

Zermelov teorem povlaci aksiom izbora.Neka je {Ai, i ∈ I } neprazna familija nepraznih skupova koji su u parovima disjunktni. Iz Zermelovog

teorema slijedi da se svaki skup Ai moze dobro urediti, tj. postoji Ri ⊆ Ai × Ai tako da je (Ai, Ri) dobro

ureden skup. Za svaki i ∈ I oznacimo sa ai najmanji element od Ai. Tada je B = {ai : i ∈ I } jedan izborniskup za danu familiju.

Zadatak 2. Dokazite da Zornova lema povlaci Zermelov teorem.Literatura:

Drake, Singh; Just, Weese; E. Mendelson, Set theory and related topics, Schaumm’s Outline Series; Rubin,

Rubin, Equivalents of the Axiom of Choice, North–Holland, 1985.

Zadatak 3. Dokazite da iz aksioma izbora slijedi da za sve kardinalne brojeve λ ≥ ℵ0 vrijediλ2 = λ.Literatura: K. Devlin, Fundamentals of Contemporary Set Theory

Korolar 1 Za sve kardinalne brojeve λ = 0 i µ = 0 od kojih je barem jedan beskonacan vrijedi:

λ + µ = λ · µ = max{λ, µ}.

Dokaz. Primijetimo prvo da iz AC po gornjem teoremu slijedi da postoji maksimum skupa {λ, µ}.Radi odredenosti neka je λ maksimum tog skupa.Ocito je λ ≤ λ + µ. Kako bi dokazali obratnu nejednakost, prvo primijetimo:

λ + µ ≤ λ · µ + λ · λ ≤ λ · λ + λ · λ = 2λ2 = 2λ ≤ λ · λ = λ2 = λ

Iz Cantor, Schroder, Bernsteinovog teorema slijedi da je λ + µ = λ.Ocito je λ · µ ≤ λ · λ = λ2 = λ, te λ ≤ λ · µ.

Iz Cantor, Schroder, Bernsteinovog teorema slijedi λ · µ = λ. Q.E.D.

Zadatak 4.∗. Dokazite da aksiom izbora povlaci Zornovu lemu.Literatura:

Drake, Singh; Jech; Papic; Medelson, Set Theory and Related Topics, Schaumm’s Outline Series

Weston, A short proof of Zorn’s lemma, Archiv der Mathematik, 8 (1954), 279

T. Szele, On Zorn’s lemma, Publications Math. Debrecen, 1 (1949/50), 254–256

82



Zadatak 5. Dokazite da opca hipoteza kontinuuma povlaci aksiom izbora.Literatura:

L. Gillman, Two Classical Surprises Concerning the Axiom of Choice and the Continuum Hypothesis,

American Mathematical Monthly, 109, June–July 2002.

Neke posljedice aksioma izbora su zbunjujuce, a neke cak paradoksalne.Iz aksioma izbora slijedi Zermelov teorem o dobrom uredaju, tj. da se svaki skup moze dobro urediti.Iz toga posebno slijedi da se moze dobro urediti skup realnih brojeva R. Znate li neki dobar uredajna skupu R? Jedna paradoksalna posljedica aksioma izbora je sljedeci teorem.

Teorem 5 (Banach–Tarski, 1924.)Neka su k i K kugle u R3. Tada postoji n ∈ N i particija k1, . . . , kn od k, te postoji particija K 1, . . . , K n od K, tako da je za sve i = 1, . . . , n skup ki izometrican sa K i.

Primijetite da skupovi ki i K i nisu izmjerivi.Literatura:

S. Wagon, The Banach–Tarski Paradox, Cambridge University Press, 1999.

V.ˇCacic, Banach–Tarskijev paradoks, diplomski rad, PMF–Zagreb, 2002.

Napomena 1 K. G¨ odel je 1939. godine dokazao da ako pretpostavimo da je teorija ZF konzistentna tada je i teorija ZF+AC konzistentna.P. Cohen je 1963. godine dokazao da se u teoriji ZF (bez aksioma izbora) ne moze dokazati AC.Literatura:

Drake, Singh; Kunen; Jech; V. ˇ Cacic, magistarski rad

2.7. Zermelo–Fraenkelova teorija skupova

Zermelo–Fraenkelova teorija skupova, ili kratko ZF, je jedna teorija prvog reda. Formule teorijeZF gradimo pomocu varijabli, lgoickih veznika i kavnatifikatora, te jednog dvomjesnog relacijskogsimbola, kojeg oznacavamo sa ∈ . Prisjetimo se koje sve aksiome teorije ZF smo naveli:

askiom izbora

aksiom ekstenzionalnosti

aksiom praznog skupa

aksiom para

aksiom unije

aksiom partitivnog skupa

aksiom regularnosti ili dobre utemeljenosti

aksiom beskonacnosti

shema aksioma separacije

83



Danas cemo navesti posljednji aksiom teorije ZF. To je shema aksioma zamjene.

Iz aksioma partititvnog skupa slijedi da mozemo izgraditi sljedeci niz skupova:

A1 = P (N), A2 = P (A1), A3 = P (A2), . . .

No, niti jedan od navedenih aksioma nam ne omogucava da zakljucimo da je S = {An

: n ∈ N}skup.

Opcenito, aksiomi koje smo do sada naveli jos uvijek ne daju mogucnost izgradnje svih skupovakoje trebamo, odnosno koristimo u matematici. Iz tog se razloga dodaje jos jedan aksiom, koji seintuitivno moze izreci ovako:

ako je na skupu A definirana funkcija f i za svaki element skupa a ∈ A je f (a)skup, tada je B = {f (a) : a ∈ A} takoder skup.

Formalni zapis sheme aksioma zamjene je sljedeci:

∀t1 . . . ∀tk

∀x∃!yF (x,y,t1, . . . tk) →

∀u∃v∀z(z ∈ v ↔ ∃w(w ∈ u ∧ F (w,z,t1, . . . , tk)))

,

gdje je F proizvoljna formula teorije ZF, te u i v su razlicite varijable koje su razlicite od x, y, z,t1, . . . , tk i w.

U prvom dijelu aksioma je zapisana ”funkcionalnost” formule F, tj. istice se da nas zanimaju formule

koje opisuju neku funkciju. Zatim se u drugom dijelu aksioma tvrdi da je slika skupa takoder skup(tj. ako je u skup tada je i slika skupa u, obzirom na funkciju koju definira formula F, takoderskup).

Objasnjenje naziva sheme aksioma zamjene: Naziva se tako jer se elementi skupa u zamjenjuju

s elementima skupa v pomocu funkcije F .

Prilikom dokaza teorema enumeracije bili smo naveli da koristimo shemu aksioma zamjene.

Sistem askioma teorije ZF nije nezavisan. Ne promatra se minimalan skup aksioma jer je na ovakav nacinomoguceno razmatranje vise zanimljivih podteorija od ZF.

1. Iz sheme aksioma zamjene slijedi shema aksioma separacije.

2. Iz sheme aksioma separacije slijedi aksiom praznog skupa.

3. Iz sheme aksioma zamjene i aksioma partitivnog skupa slijedi aksiom para.Neka je F (x, y) ≡ (x = ∅ ∧ y = a) ∨ (x = {∅} ∧ y = b). Iz aksioma partitivnog skupa slijedi dapostoji skup P 2(∅) = {∅{∅}}. Sada primjenom sheme aksioma zamjene na F te na skup P 2(∅) slijediegzistencija para {a, b}.

84



Sto dalje? Navodimo neke moguce teme:

1. nezavisnost aksioma izbora – konstruktibilna hijerahija

2. nezavisnost hipoteze kontinuuma – metoda forcinga

3. Novi aksiomi teorije skupova – Martinov aksiom o determiniranosti igara

4. nedostizivi kardinalni bro jevi

5. deskriptivna teorija skupova

(za druge teme vidi npr. Handbook of Set Theory koji je jos uvijek dostupan na Internetu)

Ovdje navodimo Martinov aksiom determiniranosti igara:

Neka je X neki skup nizova 0 i 1. Dva igraca, I i II, igraju igru tako da naizmjence biraju 0ili 1. Igrac I pobjeduje ako niz pripada X, a inace pobjeduje II. Aksiom determiniranosti

za skup X (oznaka: AD(X)) govori da barem jedna igrac ima pobjednicku strategiju.

Napomena 2 Primjenom AC slijedi da postoji skup X tako da je AD(X) lazno.U drugu ruku, ZF+AD(X) povlaci da je Banach-Tarskijeva dekompozicija nemoguca.

Literatura vezana uz Martinov aksiom:

1. V. W. Amrek, J. Mycielski, Foundations of Mathematics in Twentith Century, AmericanMath. Monthly, 108(2001), No 3

2. J. Barwise, Handbook of Mathematical Logic

3. S. Feferman, Godels’s program for new axioms: Why, where, how and what?, 1996.

4. S. Feferman, Does Mathematics Need New Axioms?, AMM 106(1999), No2

5. P. Maddy, Beliving the axioms I, JSL 53 (1988), No 2

6. S. Shelah, The Future of Set Theory, Internet

7. J. R. Shoenfield, Martin’s axiom, Am. Math. Monthly,

8. J. R. Steel, Mathemaics Needs New Axioms, 2000,

9. A. S. Troelstra, Concepts and axioms, Amsterdam, preprint

terojaskupova

Documents