ARITMETIKA KARDINALA I ORDINALA - pmf.ni.ac.rs · PDF file6 POGLAVLJE 1. UVOD: ISTORIJA I FILOZOFIJA BESKONACNOSTI U sedamnaestom veku Gotfrid Vilhelm von Lajbnic i Isak Njutn su,

UNIVERZITET U NIŠU

PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET

DEPARTMAN ZA MATEMATIKU

ARITMETIKA KARDINALA I ORDINALA MASTER RAD

Mentor: Student:

Prof. Dr. Vlada Pavlović Aleksandar Cvetković

Niš, 2013.

2

...videh protok sopstvene tamne krvi, videh kako se uskladuje ljubav i menja smrt, videhAlef sa svih strana, videh u Alefu Zemlju, i u Zemlji opet Alef i u Alefu Zemlju, videh svojelice i utrobu, videh tvoje lice, videh tvoje lice...-Horhe Luis Borhes, Alef

Sadrzaj

1 Uvod: Istorija i filozofija beskonacnosti 4

2 ZF(C) 112.1 O formalnoj metodi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 LZFC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3 Aksiome ZFC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.3.1 Ekstenzionalnost i komprehenzija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.3.2 Klase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3.3 Relacije, funkcije i dobro uredenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.4 Dobro uredeni skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3 Ordinali 293.1 Indukcija i rekurzija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.2 Prirodni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.3 Svojstva ordinala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.4 Transfinitna indukcija i rekurzija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.5 Aritmetika ordinala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

4 Kardinali 634.1 Pojam kardinala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 634.2 Aritmetika kardinala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.3 Kofinalnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 774.4 Beskonacne sume i proizvodi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.5 Kontinuum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

Literatura 91

3

Poglavlje 1

Uvod: Istorija i filozofijabeskonacnosti

Beskonacnost! Ni jedno drugo pitanje nije tako duboko pokretalo duh covekov; ni jednadruga ideja nije tako plodonosno podsticala covekov intelekt; ipak, ni jedan drugi koncept

nije tako nerazjasnjen, kao sto je to koncept beskonacnosti.-Hilbert

Odvajkada je za coveka Beskonacnost predstavljala Misteriju, Pitanje koje ga je privlacilo,zanosilo i plasilo. To Pitanje je tesno povezano sa covekovim dozivljajem Vremena i Prostora.S tim u vezi covek se pitao: da li Vreme ima pocetak i kraj, ili je Vremenu svojstveno vecnotrajanje? da li je Kosmos ogranicen ili je bezgranican? Na zalost, ili na srecu, na topitanje covek jos uvek nema definitivan odgovor. Dovodi se u pitanje i sama Beskonacnost:da li Beskonacnost postoji sama po sebi? ako ne kao deo fizicke stvarnosti, da li kao deomatematicke realnosti? da li smo u stanju da uopste zamislimo Beskonacnost, ili samozamisljamo sto vece, odnosno manje, konacnosti?

Starogrcka civilizacija je bila jedna od prvih koja se bavila pitanjem beskonacnosti.Medutim, kod starih Grka beskonacnost nije bila nesto sto je na dobrom glasu. Izraz ape-rion, tj. beskonacno, neograniceno, nesvodljivo, nedefinabilno je imao negativnu konotaciju.Sam Aristotel se ostro protivio beskonacnosti. On je smatrao da matematika u stvari nikadai ne koristi beskonacnost, niti da joj je beskonacnost potrebna. Ipak, Aristotel je verovaou potencijalnu beskonacnost : za svaku konacnu grupu postoji konacna grupa veca od nje.Ako je N najveci broj koji se da zamisliti, tada postoji i N + 1 i N2, ali to su i daljekonacne velicine. Aristotelov model univerzuma (koji je bio opsteprihvacen) je bio modelkonacnog univerzuma, sa Zemljom u sredini. Pitagorejci su verovali da postoji konacnomnogo prirodnih brojeva. Euklid takode nije verovao u beskonacnost, ali je prihvatao kon-cept potencijalne beskonacnosti. Za njega prava nije nesto sto je beskonacno, sto nemapocetka ni konca; za njega je prava matematicki objekat koji se ”moze produziti onolikokoliko nam je neophodno”.

Medutim, nisu se u staroj Grckoj svi slagali sa ovakvim finitisickim pogledom na stvari.Zenon, cuven po svojim paradoksima koji ukljucuju beskonacnost, i Elejska Skola Filozofa sudovodili u pitanje smislenost poimanja sveta bez podrazumevanja postojanja beskonacnosti,kao i Aristotelovu tvrdnju da je beskonacnost bespotreban matematicki aparat. Eelejcisu razmatrali da se povrsina kruga moze izracunavati upisivanjem malih trouglova u krug,te zbrajanjem povrsina upisanih trouglova. Oni su ustanovili da sto su upisani trouglovimanji, tj. sto je njihov broj u krugu veci, to ce se dobiti preciznija mera povrsine kruga.

4

5

Zbir beskonacno mnogo beskonacno malih trouglova upisanih u krug dace tacnu povrsinukruga. Tako su mislili Elejci. Ovakav nacin razmisljanja predstavlja osnovu infitezimalnematematike koja ce uslediti mnostvo vekova nakon nestanka starogrcke civilizacije.

U prvom veku pre nove ere Lukrecije je razmatrao mogucnost beskonacnog univerzuma.U svojoj poemi De Rerum Natura je favorizovao bezgranicni univerzum. On je cak i”pokazao” da Univerzum nema granica: ”Pretpostavimo da je univerzum konacan. Tadabi on imao granicu. Ako bi neko dosao do granice i bacio neku stvar ka njoj, tada ne bipostojalo nista sto bi zaustavilo taj objekat da se krece. Jer, kada bi postojalo nesto stobi zaustavilo kretnju objekta, to nesto bi se moralo naci van konacnog univerzuma, a nistane sme da postoji izvan univerzuma. Medutim, ni nezaustavljivo kretanje nije moguce ukonacnom univerzumu. Zbog ovih kontradikcija univerzum mora biti beskonacan”.

Judeizam, i kasnije Hriscanstvo su pojam beskonacnosti poistovecivali sa Bogom. Bog jesvemoguc, sveznajuc, sveprisutan. Bog i samo Bog je beskonacnost. Zbog ovakvog nacninapoimanja stvari, misao da je univerzum beskonacan je bila jeres, jer je univerzum tek jednakonacna Bozja tvorevina. I, upravo zbog ovoga je u petnaestom veku Nikola iz Kuse dovedenpred Inkviziciju. Kako ni delikatne metode islednika Inkvizicije nisu uspele da od njegaiznude da prizna da je univerzum konacan, on je na kraju spaljen na lomaci. Primetimo josi da je Nikola iz Kuse tvrdio da su zvezde u stvari daleka sunca, sto je bila jereticka misaosvoje vrste.

Sveti Toma Akvinski je odbacivao svaku beskonacnost: ”Postojanje pravog beskonacnogmnostva je nemoguce. Ni jedan broj nije beskonacan.”

Galileo Galilej je svojim delom znatno unapredio covekovo razumevanje beskonacnosti.Galileo bi mozda rekao i vise o ovoj temi, ali poducen iskustvom svoga savremenika Nikoleiz Kuse morao je biti obazriv. Galileo je uspeo da uspostavi ”1-1” korespodenciju izmeduprirodnih brojeva i njihovih kvadrata. Kako je ova korespodencija bila moguca, on je sma-trao da postoji isti broj potpunih kvadrata i svih prirodnih brojeva. U svom eseju O DvemaNovim Naukama Galileo je razmatrao ovaj ”paradoks” da skup ima isti broj clanova kao injegov pravi podskup:”Jos vise je zbunjujuce to da cemo, ukoliko uzmemo skup svih prirod-nih brojeva i od njega oduzmemo istobrojni skup svih potpunih kvadrata, dobiti skup svihbrojeva koji nisu potpuni kvadrati, skup koji je takode beskonacan...ukupnost svih brojevaje beskonacna, kao i ukupnost svih potpunih kvadrata; niti je broj potpunih kvadrata manjiod ukupnosti svih brojeva, niti je potonje vece od predasnjeg; konacno, svojstva ”jednak”,”veci” ili ”manji” nisu primenjiva na beskonacne, vec samo na konacne kolicine.”. Galileoje napomenuo i da nasim ”konacnim umovima” nikad necemo moci pravilno da razumemobeskonacne velicine sve dokle god im pripisujemo ista svojstva koje imaju konacne kolicine.

Kabalisticko ucenje je prvo koje razmatralo razlicite vidove beskonacnosti: sa jedne stranebesko-nacnost kao beskrajna kolekcija diskretnih komponenti, a sa druge - beskonacnost kao kon-tinuum.

Alef (ℵ) je, kao sto je poznato, prvo slovo u alfabetu svetog jezika. Ne stoji slucajno unazivu moje price. Po Kabali to slovo oznacava En Sof, bezgranicno, sustastveno

bozanstvo; govorilo se i da ima oblik coveka koji pokazuje nebo i Zemlju kako bi oznacio daje donji svet ogledalo i mapa gornjeg; u Mengelehu je ono simbol transfinitnih brojeva, u

kojima celina nije veca od bilo kog pojedinacnog dela.-Horhe Luis Borhes, Alef

Dzon Volis je 1655 uveo simbol ∞ za beskonacnost. On je odabrao ovaj simbol kao znakza beskonacnost jer predstavlja krivu koja se moze zaobici beskonacno mnogo puta.

6 POGLAVLJE 1. UVOD: ISTORIJA I FILOZOFIJA BESKONACNOSTI

U sedamnaestom veku Gotfrid Vilhelm von Lajbnic i Isak Njutn su, nezavisno jedanod drugog, razvili infinitezimalni racun, tj. racun beskonacno malih velicina, koji je zacetakmatematicke analize: grane matematike koja ce nekoliko vekova biti centralna grana matem-atike. I jedan i drugi su za izgradnju infinitezimalnog racuna koristili koncept beskonacnosti,tako, bilo da je beskonacnost fakat ili fikcija, bez nje ne bi smo imali infinitezimalni racun,a samim tim ni matematicku analizu. Bez matematicke analize, pak, ne bi smo imali jedanod najmocnijih alata za poimanje i opisivanje pojava iskustvene stvarnosti, pa i samog ob-likovanja te stvarnosti.

Sa Georg Kantorom (1845-1918) dolazi do prave revolucije u poimanju matematickebeskonacno-sti. I do dana danasnjeg matematika beskonacnost ”gleda ocima Kantora”. Nekoliko vekovanakon kabalistickog razmatranja vise vrsta beskonacnosti, Kantor svojim dijagonalnim ar-gumentom pokazuje da postoje ”razlicite” beskonacnosti. Kantor svakom skupu pripisujenjegovu moc (Machtigkeit), odnosno broj elementa tog skupa. Ukoliko dva skupa imaju istibroj elemenata, ta dva skupa imaju istu moc, cak i ako su ta dva skupa razlicita. Ukoliko seuspostavi bijekcija izmedu dva skupa, tada ta dva skupa imaju istu moc. Kantor pokazujeda postoji bijekcija izmedu skupa celih brojeva i prirodnih brojeva, kao i postojanje bijekcijeizmedu skupa racionalnih i skupa prirodnih brojeva. Dakle, celih brojeva, odnosno racional-nih brojeva, ima isto koliko i prirodnih brojeva. Medutim, dijagonalnim argumentom Kantorpokazuje da realnih brojeva ima vise od prirodnih brojeva, i to ”samo” realnih brojeva usegmentu [0, 1]! Dajemo skicu ovog dokaza.Kantorov dijagonalni argument: Nacinimo niz {sn}n∈N brojeva segmenta [0, 1] na sledecinacin:

s1 = 0,0000000 . . .

s2 = 0, 1111111 . . .

s3 = 0, 0101010 . . .

s4 = 0, 1010101 . . .

s5 = 0, 1101011 . . .

s6 = 0, 0011011 . . .

s7 = 0, 1000100 . . .

· · ·

Definisimo broj s sa s = 0, k1k2k3k4 . . ., pri cemu je ki = 0 ukoliko je cifra koja je na i-tom decimalnom mestu broja si jednaka jedinici, a ki = 1 ukoliko je cifra koja je na i-tomdecimalnom mestu broja si jednaka nuli. Bice dakle,

s = 0,1011101 . . .

Kako je i-to decimalno mesto broja s razlicito od i-tog decimalnog mesta broja si to jes 6= si. Stavise: s 6= sn za svako n ∈ N. Kako je s ∈ [0, 1] zakljucujemo da realnih brojeva usegmentu [0, 1] mora imati vise od ukupnosti prirodnih brojeva.Na ovaj nacin Kantor pokazuje dve bitne stvari:1. Postoje dve razlicite beskonacnosti. Beskonacnost realnih brojeva i beskonacnost prirod-nih brojeva. Kantor je, po analogiji sa kabalistickim ucenjem, beskonacnost prirodnih bro-jeva nazvao diskretna, prebrojiva beskonacnost, a beskonacnost realnih brojeva kontinuum.Moc skupa prirodnih brojeva, odnosno prebrojivu beskonacnost je (nimalo slucajno) oznacio

7

sa ℵ0, a kontinuum sa c.2. Da je beskonacnost prirodnih brojeva ”manja” od beskonacnosti realnih brojeva, tj. davazi ℵ0 < c. Uprkos Galilejevom verovanju da se beskonacne velicine ne mogu uporedivati,Kantor radi upravo to. Kako onda uporedivati beskonacnosti? Ako su A i B dva beskonacnaskupa, i ukoliko postoji injekcija iz skupa A u skup B, tada je moc skupa A manja od mociskupa B, tj. beskonacnost skupa A ce biti manja od beskonacnosti skupa B. Ukoliko je,pak, moguce uspostaviti bijekciju izmedu ova dva skupa, tada ce njihvoe beskonacnosti bitijednake. Kantor je jednom svojom teoremom (poznatom kao, jel’ te, Kantorova teorema)pokazao jos i to da:3.Postoji beskonacnost veca od kontinuuma. Jos vise: za svaku beskonacnost postoji besko-nacnost veca od nje. Kantorova teorema zapravo tvrdi da je za svaki skup A moc njegovogpartitivnog skupa P(A) strogo veca od moci skupa A. Pa, ukoliko je A beskonacan skup,to ce beskonacnost skupa P(A) biti strogo veca od beskonacnosti skupa A. Specijalno,kontinuum je strogo manja beskonacnost od beskonacnosti skupa P(R).

Kantor definise dve vrste brojeva: ordinalne i kardinalne brojeve, odnosno ordinale ikardinale. Ordinalni broj nekog skupa predstavlja nacin na koji su elementi tog skupauredeni, dok kardinalni broj nekog skupa predstavlja kolicinu elemenata tog skupa, odnosnomoc tog skupa. Beskonacne ordinale i kardinale Kantor naziva transfinitni brojevi.

Kako bi razvio ove koncepte Kantor je na kraju devetnaestog veka stvorio teoriju skupovakoja se danas naziva naivna teorija skupova. U ovoj teoriji se prirodni brojevi definisu nasledeci nacin: ako je 0 prazan skup, tada je 1 = {0}, 2 = {0, 1}, 3 = {0, 1, 2}, . . . Konacniordinali su upravo prirodni brojevi. Najmanji beskonacni ordinal je skup prirodnih brojevaN, koji se oznacava jos i sa ω. Transfinitni ordinali koji slede nakon ω su ω+1, ω+2, ω+3, . . .Ovo ”brojanje” se moze nastaviti, i kao sto niz prirodnih brojeva 1, 2, 3, . . . ”tezi” ordinaluω, niz ω, ω+ 1, ω+ 2, ω+ 3, . . . ce teziti odrinalu ω+ω = ω · 2. Nizanje ordinala se, naravno,moze nastaviti i nakon ordinala ω · 2 (ω · 2 + 1, ω · 2 + 2, . . .) i tako sve do ordinala ω2, pai preko toga do ordinala ωω, pa i preko toga, u sve vece beskonacnosti. Ordinali se mogurazumeti kao izvesno uopstenje prirodnih brojeva u beskonacnosti.

Kardinali predstavljaju ordinale kojim se ”meri” moc nekog skupa. Skup A = {7, ω, 5}nije ordinal, ali kako je moguce uspostaviti bijekciju izmedu skupa 3 = {0, 1, 2} i ovog skupa,to oni imaju istu moc. Kazemo da je 3 kardinalni broj skupa A, odnosno da skup A ima 3elemenata, tj. da je kardinalnost skupa A tri, i to oznacavamo sa |A| = 3. Skup prirodnihbrojeva je kardinal, a kao sto je ranije receno, Kantor je broj svih prirodnih brojeva oznaciosa ℵ0. Dakle, ℵ0, odnosno ω je najmanji transfinitni kardinal. Kako je jos Galileo utvrdio dapotpunih kvadrata ima isto kao i prirodnih brojeva, to Kantorovim jezikom govoreci, mozemoreci da ima ukupno ℵ0 potpunih kvadrata (nije pogresno ni reci da potpunih kvadrata imaω). Kantor je sve beskonacne kardinale poredao u niz alefa {ℵ0,ℵ1,ℵ2, . . . ,ℵω, . . .}. Iakoskup ω ima ℵ0 elemenata, skup ω+ 1 nema ℵ1 elemenata. Pokazuje se da je |ω+ 1| = ℵ0, tj.da ω+ 1 ima ℵ0 elemenata. Dakle, iako je ω = ℵ0 ne vazi ω+ 1 = ℵ1. Kako ni jedan skup nemoze imati ω+1 elemenata (jer, kada bi takav skup postojao, tada bi on imao i ω elemenatasto bi dovelo do kontradikcije ω = ω + 1), to se ordinal ω + 1 ne moze koristi za meru mociskupa, pa ordinal ω + 1 nije kardinal. Analogno vazi i za ordinale ω + 2, ω + 3, ω · 7, ωω, . . .Zapravo, najmanji kardinal veci od kardinala ℵ0, tj. kardinal ℵ1, je mnogo, mnogo, mnogoveci ordinal od ordinala ω + 1.

Kantorova teorija, naravno, nije prosla bez kritike. Ona je bila predmet kritike i unutarmatematickih krugova, i van njih. Jedan od najostrijih kriticara Kantorove teorije bio jeLeopold Kroneker. Kroneker je pripadao fintistickoj skoli matematickog misljenja. Fini-tisti smatraju da je beskonacnost stvar filozofije i teologije, a da taj koncept nema sta da


trazi u matematici. Ekstremni finitisti, takozvani ultrafinitisti, smatraju da beskonacnostne postoji ni u kom obliku, i da je beskonacnost uobrazilja ljudskog uma. ”Bog je stvoriocele brojeve, sve ostalo je delo coveka”, izjavio je Kroneker. O Kantorovoj teoriji Kronekerje rekao: ”Ne znam sta preovladuje u Kantorovoj teoriji - filozofija ili teologija, ali samsasvim siguran da tu nema matematike.” Anri Poenkare je bio takode vatreni kriticar Kan-torove teorije, rekasi da su Kantorovi transfinitni brojevi ”bolest matematike od koje ce seona sigurno jednom izleciti.” Pojedinci veruju da neke avanture Alise, junakinje knjige Al-isa u zemlji cuda matematicara Luis Kerola, predstavljaju alegoricnu kritiku Kantorovihtransfinitnih brojeva. Nemacki filozof Vitgenstajn takode je osporavao Kantorovu teoriju.Neki hriscani su napali Kantorove transfinitne brojeve tvrdeci da koncept mnosto razlicitihbeskonacnosti predstavlja neku vrstu paganskog mnogobozanstva, nasuprot jedinstvenoj,apsolutnoj, beskonacnosti Boga. Na srecu, uticaj katolicke Crkve na medi izmedu devet-naestog i dvadesetog veka je dosta opao, Inkvizicija je bila stvar proslosti, te Kantor se nijemorao bojati da ce podeliti sudbinu sa zlosrecnim Nikolom iz Kuse zbog svoje ”jereticke”matematike. Sam Kantor je bio duboko religiozan monoteista, ali nije video da njegovitranfinitni brojevi ni na koji nacin ugrozavaju Apsolutnu Beskonacnost Boga; stavise, poKantorovom misljenju, ovi brojevi jos jace oslikavaju velicinu beskonacnosti Boga. Kantorje jos i mislio da je Bog upravo njega odabrao kao pereceiver -a, koji ce ljudima obznanititransfinitne brojeve. Kada smo kod kritike i Kantora, i sam Kantor je, zanimljivo, bio zestokkriticar beskonacnosti. On je kritikovao beskonacno male velicine, tj. infinitezimale. Kaosto je Poenkare smatrao Kantorove beskonacno velike velicine bolescu matematike, tako jeKantor, sa svoje strane, bolescu matematike smatrao beskonacno male velicine.

Sa druge strane, veliki broj matematicara je Kantorovu teoriju prihvatio oberucke. Hilbertje bio jedan od najvecih zastupnika Kantorove teorije:”Niko nas nece isterati iz raja koji jeKantor sagradio za nas!”, cuvena je Hilbertova izjava (na koju je Vitgenstajn podrugljivoreplicirao:”Ako Kantorovu teoriju neko moze da smatra rajem, zasto je neko drugi ne bimogao smatrati sprdnjom?”). Bez obzira na sav kriticizam, Kantorova teorija skupova jepostala osnova za formalnu, aksiomatsku teoriju skupova koja predstavlja srz moderne isavremene matematike. Mnogi matematicari su sticanjem novih saznanja o osobinama Kan-torovih transfinitnih brojeva znatno unapredili samu matematiku. U danasnjoj matematiciizucavanje ordinala i kardinala je analogno izucavanju subatomskih cestica, koje predstavl-jaju sustastvo grade fizickog univerzuma. Sam Kantor je verovao da ce jednoga dana trans-finitni brojevi biti vazno sredstvo za otkrivanje istina fizicke stvarnosti.Kantor je preminuo u bedi, nestabilnog mentalnog zdravlja 1918. godine.

Moja teorija je cvrsta kao stena; svaka strela upucena ka njoj ce se brzo vratiti ka strelcu.Kako znam ovo? Zato sto sam je tokom mnostva godina izucio sa svih strana; zato sto samje ispitao sa svih strana; zato sto sam ispitao sve prigovore koji su ikada nacinjeni protivu

beskonacnih brojeva, i iznad svega, zato sto sam pratio njene korene do, takoreci,nepobitnog prauzroka svih stvorenih stvari. -Kantor

Sto se fizicke beskonacnosti tice, danas u teorijskoj fizici preovladuje misljenje da je nasuniverzum tek deo Multiverzuma koji se sastoji od beskonacnog mnostva univerzuma. A utakvom Multiverzumu je moguce sve za sta postoji i najmanja verovatnoca. Negde u Mul-tiverzumu neki majmum sedi, i nasumice tipkajuci slova po tastaturi, kuca upravo ovakavtekst. Negde u Multiverzumu tvoj dvojnik, potpuno identican tebi, u potpuno identicnomokruzenju u kojem si ti sada cita iste ove redove, kao da se ogledate u ovoj stranici. Jer,

9

takva je velicina Beskonacnosti.

Ovaj rad se sastoji iz tri glavne sekcije:1. ZF(C) Veliki filosof, pisac i matematicar Bertrand Rasel je svojim paradoksom pokazao”neispravnost” Kantorove teorije skupova. Ovim, medutim, Rasel nije hteo da u potpunostidiskredituje Kantorovu teoriju, vec da ukaze da je Kantorovu teoriju neophodno formalno,uz upotrebu logike zasnovati, tako da ne dolazi do paradoksa. Ernst Zermelo i AbrahamFrenkel su izvrsili ”formalnu rekonstrukciju” Kantorove teorije skupova uvodeci sistem ak-sioma i matematicku logiku. Ova teorija je nazvana Zermelo-Frenkelova (ZF) teorija skupova,dok je Kantorova teorija skupova nazvana naivna teorija skupova. Ukoliko se aksiomatskomsistemu ZF teorije doda aksioma izbora, tada dobijamo Zermelo-Frenkelovu teoriju skupovasa aksiomom izbora, tj. ZFC teoriju skupova. U prvoj glavnoj sekciji bice reci o aksiomamateorije ZFC, kao i o konstrukcijama te teorije koje su bitne za definisanje i izucavanje ordi-nala i kardinala.2. Ordinali U drugoj glavnoj sekciji se definisu ordinali. Posmatraju se svojstva konacnihordinala, tj. prirodnih brojeva, kao i beskonacnih ordinala. Pokazace se, izmedu ostalog, daza sabiranje beskonacnih ordinala komutativnost ne vazi: 1 + ω nije isto sto i ω + 1. MozdaGalilej nije bio u pravu kada je rekao da se beskonacne velicine ne mogu porediti, ali je dobropredvideo da beskonacne velicine nemaju ista svojstva kao i konacne.3. Kardinali U poslednjoj glavnoj sekciji ovog rada su predstavljeni kardinali, i u njoj seizucavaju njihova svojstva.

To infinity, and beyond!-Captain Buzz Lightyear


Figure 1.1: Georg Kantor

Poglavlje 2

ZF(C)

O God, I could be bounded in a nutshell and count myself a King of infinite space.- W. Shakespeare

Neophodnost strogog formalnog izlaganja javlja se usled cinjenice da je govorni jeziksuvise bogat, pa omogucava konstrukciju raznih paradoksa.Ricardov paradoks na najboljinacin ilustruje ”nevolje” do kojih moze da dovede upotreba govornog jezika pri zasnivanjumatematickih objekata i svojstava.Ricardov paradoks: Neka je X skup svih prirodnih brojeva koji se mogu definisati sa nevise od sto reci srpskog jezika. Kako prirodnih brojeva ima beskonacno mnogo, a reci srpskogjezika konacno mnogo, zakljucujemo da je skup X konacan. Obzirom da princip najmanjegelementa vazi za prirodne brojeve (tj. da svaki neprazan podskup skupa prirodnih brojevaima najmanji element) i da je komplement N \X skupa X neprazan, zakljucujemo da skupN \X ima najmanji element, recimo n. Ovim smo upravo definisali broj n sa manje od storeci, pa on pripada skupu X. Eto nama paradoksa: skup X i njegov komplement imajuneprazan presek!

Prvi korak u prevazilazenju problema ovoga tipa sastoji se u tome sto u opisu skupovakoristimo iskljucivo formalni jezik prvog reda LZFC koji se sastoji od tacno jednog binarnogrelacijskog simbola ∈.U narednim sekcijama cemo dati par reci o formalnoj metodi kao i o predikatskom racunuprvog reda.

2.1 O formalnoj metodi

Analizirajuci strukturu svake definicije, vidimo da se novi pojmovi uvode preko ranijeuvedenih, sto nuzno dovodi do zakljucka da neki pojmovi moraju ostati nedefinisani. Takvepojmove zovemo osnovnim ili primitivnim pojmovima.Slicno, u dokazu nekog tvrdenja pozivamo se na neka druga (ranija) tvrdenja, pa opet vidimoda se sva tvrdenja ne mogu dokazati. Polazna tvrdenja koja ne dokazujemo zovemo ak-siomama.Matematizacija deduktivne metode je dovela do pojma formalne teorije kao cisto sintaksnogokvira u kome se izlaze matematika.Formalna teorija (formalni sistem) se sastoji od sledecih komponenti:• Nepraznog skupa simbola, koji nazivamo i jezikom formalne teorije;• Skupa svih konacnih nizova simbola jezika formalne teorije, koji nazivamo i skupom reciformalne teorije;

11

12 POGLAVLJE 2. ZF(C)

• Skupa formula, koji je podskup skupa svih reci;• Skupa aksioma, koji je podskup skupa formula;• Pravila izvodenja, koja su neke relacije medu formulama. Ako je R n + 1-arno praviloizvodenja, onda se za formulu ϕ kaze da se dobija iz formula ϕ1, . . . , ϕn po pravilu R ukolikoje

R(ϕ1, . . . , ϕn, ϕ).

Uobicajeno je da se pravila izvodenja zapisuju na sledeci nacin:

ϕ1, . . . , ϕnϕ

R .

Primer 2.1.1 Neka je dat jezik L = {a, b} i neka se skup formula poklapa sa skupom recinad L. Dalje, neka su jedine dve aksiome a i b i neka su R1 i R2 sledeca pravila izvodenja:

R1Xa

XabR2

Xb

Xba,

pri cemu je X proizvoljna rec (moguce prazna). Na ovaj nacin smo definisali jednu formalnuteoriju.

Iskazni racun takode predstavlja jednu formalnu teoriju.

Jezik L prvog reda (ili relacijsko-operacijski jezik) je skup simbola koji pored logickih sim-bola, interpunkcijskih znakova i prebrojivog skupa promenljivih eventualno sadrzi i simbolekonstanti, relacijske simbole i funkcijske simbole. Uz svaki relacijski i funkcijski znak koji senalazi u jeziku L data je i njegova arnost, odnosno broj argumentnih mesta.

Primer 2.1.2 (Peanova aritmetika) Jezik Peanove aritmetike LPA sastoji se od dva bi-narna funkcijska simbola + i · , jednog unarnog funkcijskog simbola S i jednog simbolakonstante 1.

Primer 2.1.3 (Bulova algebra) Jezik teorije Bulovih algebri LBA se sastoji od dva bi-narna funkcijska simbola ∧ i ∨, jednog unarnog funkcijskog simbola ¬, jednog binarnogrelacijskog znala 6 i dva simbola konstanti 0 i 1.

Kako ce nama od interesa biti samo jedna konkretna formalna teorija, gorenavedenepojmove necemo precizno definisati, vec citalac upcuje na [2][10].

2.2 LZFCOsnovni simboli formalnog jezika LZFC su ∧ , ¬ , ∃ , (, ), ∈ , = i vj za svaki prirodan broj j,gde vazi vi 6= vj kad god je i 6= j. Simbol ∧ znaci ”i” (konjunkcija), ¬ znaci ”ne” (negacija),∃ ”postoji” (egzistencijalni kvantifikator), ∈ oznacava pripadnost, = jednakost; v0, v1, . . . supromenljive, a zagrade se korise za izgradnju izraza. Izraz je svaki konacan niz osnovnihsimbola, kao sto je )v19(∃¬∃(. Intuitivna interpretacija simbola nam ukazuje koji su izrazismisleni, a koji ne; one izraze koji imaju smisla nazivamo formulama. Preciznije, definisemoformulu kao svaki izraz koji se gradi upotrebom sledecih pravila:(1) vi ∈ vj, vi = vj su formule za svako i, j.(2) Ako su ϕ i ψ formule, onda su to i (ϕ) ∧ (ψ), ¬(ϕ) i ∃vi(ϕ), za svako i.Tako, na primer, izraz ∃v0(∃v1((v0 ∈ v1) ∧ (v1 ∈ v0))) jeste formula.

2.2. LZFC 13

Napomenimo da se promenljive u formulama teorije ZFC interpretiraju kao skupovi.Moze se kao veliki nedostatak ovog formalnog jezika uciniti nemogucnost da se njime izrazeneki najosnovniji logicki pojmovi kao sto je, na primer, univerzalni kvantifikator ∀ (”zasvaki”). Medutim, ovo zapravo i nije nikakav nedostatak jer sa ¬(∃vi(¬(ϕ))) izrazavamo∀vi(ϕ). Slicno vazi i za ∨ (disjunkcija), ⇒ (implikacija) ⇔ (ekvivalencija) koje se sve moguizraziti samo upotrebom ∧ i ¬. Kako ne bismo uvek morali pisati ove duge izraze, koristicemosledece skracenice:(1) ∀vi(ϕ) skracuje ¬(∃vi(¬(ϕ))).(2) (ϕ) ∨ (ψ) skracuje ¬((¬(ϕ)) ∧ (¬(ψ))).(3) (ϕ)⇒ (ψ) skracuje (¬(ϕ)) ∨ (ψ).(4) (ϕ)⇔ (ψ) skracuje ((ϕ)⇒ (ψ)) ∧ ((ψ)⇒ (ϕ)).(5) vi 6= vj skracuje ¬(vi = vj), a vi /∈ vj skracuje ¬(vi ∈ vj).

Pored ovih skracenica, kao dodatnu ”olaksicu” koristimo i standardne konvencije o izostavl-janju zagrada (videti [9]).

Ostala slova engleskog, grckog i hebrejskog alfabeta, sa ili bez indekasa, se koriste kaopromenljive. Na primer ∀α(x ∈ α ∧ y ∈ x ⇒ y ∈ α) ce nam predstavljati neku od formulaoblika ∀α(vi ∈ vj ∧ vk ∈ vi ⇒ vk ∈ vi), za neke prirodne brojeve i, j i k.

Pored ovih gorenavedenih postoji jos mnostvo drugih skracenica. U matematickoj teorijise formula (formula u smislu formalnog jezika, kao specijalni vid reci formalnog jezika)retko javlja (a gotovo nikad formula koja sadrzi samo osnovne simbole formalnog jezika).Gotovo uvek se definicije kojima opisujemo matematicke objekte, maticke teoreme, dokazitih teorema, itd. iskazaju terminima govornog jezika (ili mesavinom govornog i formalnogjezika). Medutim, treba imati u vidu da svaku aksiomu, definiciju, teoremu, itd. mozemouvek zapisati koristeci samo osnovne simbole formalnog jezika. Na primer, mozemo reci”postoje skupovi x, y, z takvi da je x ∈ y ∧ y ∈ z”, umesto

∃v0(∃v1(∃v2((v0 ∈ v1) ∧ (v1 ∈ v2)))).

Iz ovog primera se jasno vidi da su neki od glavnih razloga upotrebe mesavine govornog iformalnog jezika kao i ”formalnih skracenica” ekonomicnost i preglednost: na primer, skuprealnih brojeva oznacavamo sa R; no, kada bismo taj skup opisali samo koristeci osnovnesimbole jezika LZFC , bilo bi nam potrebno mnogo, mnogo, mnogo vise prostora i vremenaod onog koje oduzima zapisivanje simbola R; ali, moramo uvek imati u svesti da se skuprealnih brojeva uvek moze opisati osnovnim simbolima formalnog jezika, ma koliko takvoopisivanje oduzimalo vremena (i prostora).Podformula formule ϕ je podniz niza simbola formule ϕ koji je i sam formula. Na primer, 5podformula formule

(∃v0(v0 ∈ v1)) ∧ (∃v1(v2 ∈ v1)) (2.2.1)

su v0 ∈ v1, ∃v0(v0 ∈ v1), v2 ∈ v1, ∃v1(v2 ∈ v1), kao i sama formula (2.2.1). Opseg dejstvakvantifikatora ∃vi je (jedinstvena) podformula koja pocinje tim kvantifikatorom. Na primer,opseg dejstva ∃v0 u (2.2.1) je podformula ∃v0(v0 ∈ v1). Ukoliko se promenljiva pojavljujeu opsegu dejstva nekog (egzistencijalnog) kvantifikatora (ili, drugacije receno, pod dejstvomnekog kvantifikatora) tada tu promenljivu nazivamo vezana promenljiva (ili kazemo da se uformuli pojavljuje vezano); promenljivu koja se ne javlja pod dejstvom ni jednog kvantifika-tora nazivamo slobodna promenljiva (ili kazemo da se pojavljuje slobodno u formuli). Naprimer, u (2.2.1) prvo pojavljivanje promenljive v1 je slobodno, ali drugo je vezano. v0 se


javlja kao vezana dok se v2 pojavljuje kao slobodna promenljiva.Formula izrazava svojstvo promenljive koja se u njoj javlja slobodno, dok se vezane promenljiveupotrebljavaju da bi se iznele tvrdnje o postajanju (objekta); promenom vezanih promenljivihse sustinski smisao formule ne menja. Naime, formula (2.2.1) ima potpuno isto znacenje kaoi formula

(∃v4(v4 ∈ v1)) ∧ (∃v4(v2 ∈ v4)).

Primetimo to da univerzalni kvantifikator ∀vi ”vezuje” promenljivu buduci da predstavljaskracenicu za ¬∃¬vi. Sa druge strane, simboli poput ¬,∧,∨,⇒, itd. ne vezuju promenljive.Formula se cesto oznacava sa ϕ(x1, . . . , xn) kako bi se naglasila njena zavisnost od promenljivihx1, . . . , xn. Ako su y1, . . . , yn neke nove promenljive onda ce ϕ(y1, . . . , yn) oznacavati formuludobivenu zamenom promenljive xi odgovarajucom promenljivom yi pri svakom slobodnomjavljanju promenljive xi. Takvu zamenu nazivamo slobodnom ili legitimnom onda kada ni-jedno slobodno javljanje promenljive xi nije u opsegu dejstva kvantifikatora ∃yi. Ideja je tada ϕ(y1, . . . , yn) govori o y1, . . . , yn istu stvar koju ϕ(x1, . . . , xn) govori o x1, . . . , xn, sto senece desiti ukoliko zamena nije slobodna, te neko yi postane vezano kvantifikatorom. Naprimer, neka je (∃v0(v0 ∈ v1)) formula koju cemo oznaciti sa ϕ(v1). Tada ce ϕ(v2) biti

(∃v0(v0 ∈ v2)),

dok je ϕ(v0)(∃v0(v0 ∈ v0)).

Poslednja zamena nije slobodna - njom je izmenjeno znacenje formule ϕ. Formulom ϕ(v1)se tvrdi da ”v1 ima element”, dok se formulom ϕ(v0) tvrdi da ”postoji skup koji je elementsamom sebi”.Napomenimo da zapis ϕ(x1, . . . , xn) ne oznacava to da se svi xi javljaju slobodno u ϕ(x1, . . . , xn),vec time samo naglasavamo pojavljivanje promenljivih xi u njoj, kao i to da formula oznacenasa ϕ(x1, . . . , xn) moze sadrzati i druge slobodne promenljive koje ne naglasavamo.

Navedimo logicke aksiome.A1: (α⇒ (β ⇒ γ))⇒ ((α⇒ β)⇒ (α⇒ γ));A2: α⇒ (β ⇒ α ∧ β);A3: α ∧ β ⇒ α, α ∧ β ⇒ β;A4: (α⇒ ¬β)⇒ (β ⇒ ¬α);A5: ∀xα⇒ αx,y, ako se formula αx,y dobija tako sto se promenljiva x zameni promenljivomy na svim mestima gde se promenljiva x slobodno javlja, i ako je ta zamena promenljive xpromenljivom y u formuli α legitimna;A6: α⇒ ∀xα, pri cemu promenljiva x nema slobodnih javljanja u formuli α;A7: ∀x(α⇒ β)⇒ (∀xα⇒ ∀xβ);A8: ∀yαx,y ⇒ ∀xα ako se αx,y dobija kao sto je opisano u A5 i ako se promenljiva y ne javljau formuli α;A9: x = x;A10: x = y ⇒ (α ⇒ αx,y), za sve one formule α koje su oblika z1 = z2, z1 ∈ z2, ili nisuoblika ∀xβ, ∃xβ;A11: Ako je α formula iz A1-A10, a n neki prirodan broj, onda je i ∀x1∀x2, . . . ,∀xnα logickaaksioma.

Ako je S neki skup formula, a ϕ formula, tada sa S ` ϕ neformalno oznacavamo da seodgovarajucom logickom argumentacijom ϕ moze dokazati iz S. Preciznije:S ` ϕ ako postoji formalno izvodenje, tj. dokaz tvrdenja ϕ iz S.

2.3. AKSIOME ZFC 15

Dokaz je konacan niz ϕ1, . . . , ϕn formula takvih• da je formula ϕ poslednja u nizu (tj. ϕn je ϕ);• da za svako i je ϕi ili iz S ili logicka aksioma ili postoje razliciti prirodni brojevi j i k, obamanja od i, tako da se formula ϕk poklapa sa formulom ϕj ⇒ ϕi.

Ako je S prazan skup i S ` ϕ, tada pisemo ` ϕ i kazemo da je tvrdenje ϕ logicki validno.Ako je ` (ϕ⇔ ψ), tada kazemo da su tvrdenja ϕ i ψ logicki ekvivalentna.

Ako je ϕ formula, univerzalno zatvorenje formule ϕ je formula koja se dobija univerzalnomkvanitfikacijom svih slobodnih promenljivih formule ϕ. Na primer, ako je sa ϕ oznacenaformula

x = y ⇒ ∀z(z ∈ x⇔ z ∈ y)

∀x∀yϕ i ∀y∀xϕ su univerzalna zatvorenja za ϕ.

Recenica je formula koja ne sadrzi slobodne promenljive. ZFC predstavlja jedan skuprecenica. Kazemo da je formula ϕ teorema teorije ZFC, odnosno da ϕ vazi (u ZFC), ukolikovazi ZFC ` ϕ. U narednoj sekciji cemo navesti i interpretirati aksiome teorije ZFC.

2.3 Aksiome ZFC

U ovoj sekciji izlazemo aksiome teorije ZFC i konstruisemo neke od najosnovnijih matematickihobjekata ciju ce nam egzisteniju garantovati upravo aksiome koje cemo navesti. No, pre sveganapravimo pregled aksioma teorije ZFC. Napomenimo da u ovim aksiomama, kao i svudanadalje u radu razlicitim simbolima oznacavamo razlicite promenljive.

Aksioma 1 (Postojanje skupa)

∃x(x = x).

Aksioma 2 (Aksioma ekstenzionalnosti)

∀x∀y(x = y ⇔ ∀z(z ∈ x⇔ z ∈ y)).

Aksioma 3 (Shema separacije ili shema komperhensije) Za svaku formulu ϕ ZFC teorijeu kojoj se promenljiva y ne javlja slobodno, univerzalno zatvorenje formule

∀z∃y∀x(x ∈ y ⇔ x ∈ z ∧ ϕ)

je aksioma.

Aksioma 4 (Aksioma para)

∀x∀y∃z(x ∈ z ∧ y ∈ z).

Aksioma 5 (Aksioma unije)

∀x∃y∀z(z ∈ y ⇔ ∃w(w ∈ x ∧ z ∈ w)).

Aksioma 6 (Shema zamene)

∀x0(∀x2(x2 ∈ x0 ⇒ ∃!x3ϕ(x2, x3))⇒ ∃x1∀x3(x3 ∈ x1 ⇔ ∃x2(x2 ∈ x0 ∧ ϕ(x2, x3))))


Aksioma 7 (Aksioma izbora)

∀A∃R(R dobro ureduje A).

Aksioma 8 (Aksioma partitivnog skupa)

∀x∃y∀z(z ⊆ x⇒ z ∈ y).

Aksioma 9 (Aksioma beskonacnosti)

∃y(0 ∈ y ∧ (∀x ∈ y(x ∪ {x} ∈ y)).

Aksioma 10 (Aksioma regularnosti)

(∀x 6= 0)(∃y ∈ x ∧ x ∩ y = 0).

Ukoliko iz aksiomatskog sistema ZFC teorije izbacimo aksiomu izbora, dobijamo ak-siomatski sistem teorije ZF.

2.3.1 Ekstenzionalnost i komprehenzija

Aksioma 1 (Postojanje skupa)

∃x(x = x).

Ova nam aksioma garantuje da ”univerzum skupova” nije nistavilo; da skup kao fundamen-talni pojam teorije ZFC postoji.

Aksioma 2 (Aksioma ekstenzionalnost)

∀x∀y(x = y ⇔ ∀z(z ∈ x⇒ z ∈ y)).

Prevedena na govorni jezik, aksioma ekstenzionalnosti nam garantuje da svaka dva skupakoja imaju potpuno istovetne elemente mozemo smatrati jednakim. Takode, ova aksiomaizrazava ideju da je svaki skup odreden svojim elementima.Kazemo da je skup A podskup skupa B, u oznaci A ⊆ B, ukoliko je svaki element skupa Aujedno i element skupa B. Dakle, A ⊆ B skracuje ∀x(x ∈ A⇒ x ∈ B).Za skup A kazemo da je pravi podskup skupa B, u oznaci A ⊂ B, ako je A ⊆ B i A 6= B.

Stav 2.3.1 Za proizvoljne skupove x, y, z vazi:(i) x ⊆ x;(ii) Ako je x ⊆ y i y ⊆ x, onda su skupovi x i y jednaki;(iii) Ako je x ⊆ y i y ⊆ z, onda je x ⊆ z;(iv) Ako je x ⊂ y onda nije y ⊂ x;(v) Ako je x ⊂ y i y ⊂ z, onda je x ⊂ z.

Aksioma 3 (Shema komprehensije ili shema separacije) Za svaku formulu ϕ u kojojse promenljiva y ne javlja slobodno, univerzalno zatvorenje formule

∀z∃y∀x(x ∈ y ⇔ x ∈ z ∧ ϕ)

je aksioma.

2.3. AKSIOME ZFC 17

Shema separacije nam garantuje da za svaki skup A i svaku formulu ϕ postoji skup B svihelemenata skupa A za koje je ϕ tacna (koji su svedoci za ϕ). Aksioma ekstenzionalnostinam garantuje da je skup B (B ⊂ A) jedinstven; oznacavamo ga sa

{x | x ∈ A ∧ ϕ(x)}, ili sa {x ∈ A | ϕ(x)}.

Cilj sheme separacije je formalizacija izgradnje skupova oblika {x | P (x)}, pri cemu sa P (x)oznacavamo neko svojstvo promenljive x. Stoga, shemu separacije mozemo zadati i na sledecinacin:Shema separacije Ako je P neko svojstvo, onda za svaki skup A postoji skup B = {x ∈A | P (x)} koji sadrzi sve one x ∈ A koje imaju svojstvo P .

Mozemo postaviti jedno pitanje u vezi sa shemom separacije: zasto uvek moramo daimamo neki unapred zadat skup (skup A) iz koga cemo izdavjati one elemente koje kojeimaju svojstvo P (i tako formirati skup B koji je podskup od A); zasto ne bismo moglishemu separacije zadati na sledeci nacin:Shema separacije (pogresna) Ako je P neko svojstvo, tada postoji skup B = {x | P (x)}?

Odgovor na ovo pitanje dajeRaselov Paradoks: Posmatrajmo skup S ciji su elementi svi oni (i samo takvi) skupovikoji nisu sami sebi clanovi: S = {X | X /∈ X}. Da li S sadrzi S? Ako S sadrzi S, onda Snije sam sebi clan, pa vazi S /∈ S. Sa druge strane, ako S /∈ S, onds S pripada samom sebi.U svakom slucaju imamo kontradikciju.

Dakle, moramo zakljuciti da objekat {X | X /∈ X} nije skup. Ovo nam ukazuje da nisusvi matematicki objekti skupovi. Shema separacije, kako je prvobitno definisana, ne samo danam garantuje postojanje objekta {x | P (x)} vec nam garantuje i to da je ovaj objekt skupkao podskup nekog unapred zadatog skupa. Dakle, shema separacije nam daje garanciju dacemo se uvek ”kretati univerzumom skupova”.Razmotrimo jos jednom aksiomu 3. Moze se postaviti jos jedno pitanje sa njom u vezi: zastose zahteva da se promenljiva y ne javlja slobodno u ϕ? Ovo cinimo kako bi smo izbeglisamoreferentne definicije skupa, odnosno takve definicije skupa koje u svom opisu sadrzesam skup koji se tom definicijom definise. Na primer, ako bismo iz aksiome 3 izostavili uslovda se promenljiva y mora javiti vezana u ϕ, tada bi, ukoliko bismo za ϕ uzeli formulu x /∈ y,formula

∃y∀x(x ∈ y ⇔ x ∈ z ∧ x /∈ y)

bila nekonzistentna sa postojanjem nepraznog skupa z, cije ce postojanje, koristeci navedeneaksiome, dokazati:

Teorema 2.3.2∃y∀x(x /∈ y)

i takav skup je jedinstveno odreden.

Dokaz. Aksioma 1 nam garantuje postojanje skupa. Neka je z taj skup. Za formulu x 6= xi za skup z, po aksiomi komprehensije postoji skup {x ∈ z | x 6= x} koji je podskup skupa z.Ovaj skup ne sadrzi nikakve clanove. Iz aksiome ekstenzionalnosti ovaj skup je jedinstven:ako ovaj skup oznacimo sa A, a sa B skup koji je razlicit od A ali takode ne sadrzi ni jedanelement, tada ce oba skupa A i B ”imati iste clanove”, pa ce po aksiomi ekstenzionalnostibiti jednaki.

Prazan skup oznacavacemo sa 0.Vazi: 0 ⊆ A za svaki skup A.


Aksiomama 1, 2 i 3 se moze dokazati jedino postojanje praznog skupa, odnosno ∀y(y = 0) sene moze opovrgnuti. (detaljnije o ovome videti u [9]) Dakle, kako bismo izgradili neprazneskupove moramo uvesti jos aksioma. Njih cemo uvesti u sledecoj sekciji, dok cemo se u ovojzadrzati jos da pokazemo nepostojanje univerzalnog skupa, tj. skupa koji sadrzi sve skupove.

Teorema 2.3.3¬∃z∀x(x ∈ z)

Dokaz. Pretpostavimo da ∃z∀x(x ∈ z). Tada ce, po shemi separacije, za skup z (skupsvih skupova) i svojstvo x /∈ x (skup ne sadrzi sebe samog) postojati skup {x ∈ z | x /∈x} = {x | x /∈ x}, kao skup svih skupova koji ne sadrze sebe same. Medutim, postojanjeovakvog skupa dovodi do Raselovog paradoksa. Dakle, ne sme postojati skup koji sadrzi sveskupove.

Napomenimo jos i da shema komprehensije, iako izrazava jednu ideju, ona generise beskonacanbroj aksioma: po jednu za svaku formulu ϕ.

2.3.2 Klase

Raselov paradoks nam je ukazao da ne moraju sve kolekcije {x|ϕ(x)}, pri cemu je ϕ nekadata formula (svojstvo), biti skupovi. Za formulu ϕ(x) = x /∈ x dokazali smo da kolekcija{x|x /∈ x} nije skup. Medutim, jako je korisno razmotriti kolekcije {x|ϕ(x)} koje nisunuzno skupovi. Ove kolekcije neformalno zovemo klase. Klase se u ZF(C) teoriji ne definisuformalno, mada postoje teorije skupova u kome se one formalno zadaju. Zadavsi nekuformulu ϕ(x) mi smo zapravo zadali klasu {x|ϕ(x)}, pri cemu su u formuli pored slobodnepromenljive x mogu javiti i druge slobodne promenljive koje predstavljaju parametre odkojih klasa zavisi. Ukoliko kazemo da neki skup a pripada nekoj klasi {x|ϕ(x)}, to znacida a ima svojstvo ϕ (tj. da je ϕ(a) teorema teorije ZF(C)); ukoliko kazemo da skup a imasvojstvo ϕ, pod time podrazumevamo da skup a pripada klasi {x|ϕ(x)}; imamo zapravo

a ∈ {x|ϕ(x)} ⇔ ϕ(a).

Klase cemo obicno oznacavati velikim boldovanim (masnim) slovima: K,L,A,B,C, . . .Dakle, ako klasu {x|ϕ(x)} oznacimo sa K, tada je y ∈ K formula ϕ(y). Oznacimo sa L klasu{x|ψ(x)}. Pod K = L podrazumevamo formulu ∀x(ϕ ⇔ ψ). Klasa K je podklasa klase L,u oznaci K ⊆ L ako i samo ako je ∀z(z ∈ K ⇒ z ∈ L), tj. ∀z(ϕ(z) ⇒ ψ(z)); mozemo josi reci da zapis K ⊆ L skracuje formulu ∀z(ϕ(z) ⇒ ψ(z)). K je prava podklasa klase L, uoznaci K ⊂ L, ukoliko vazi formula K ⊆ L ∧K 6= L.Za klasu K kazemo da je skup ako i samo ako se formula ∃y∀z(z ∈ y ⇔ ϕ(z)) moze dokazatiu ZF(C)teoriji. Ukoliko je klasa {x|ϕ(x)} skup, tada formulu ϕ nazivamo formula skupovnogtipa. Klasa K je prava klasa ako i samo ako se ∀y(y 6= K) moze dokazati u ZF(C) teoriji.Mozemo reci da je neka klasa prava klasa ukoliko predstavlja kolekciju koja nije skup. Takvaje upravo kolekcija {x|x /∈ x}. Slikovito mozemo prave klase opisati kao kolekcije koje supreobimne da bi bile skup. Ako je klasa {x|ϕ(x)} prava klasa, tada formula ϕ(x) nije formulaskupovnog tipa. Nije ni formula x = x skupovnog tipa, na sta ukazuje naredni

Primer 2.3.4 Klasa svih skupova (”univerzum skupova”) je prava klasa. Nju definisemosa

V = {x|x = x}.

2.3. AKSIOME ZFC 19

Mozemo definisati i uniju, presek i razliku klasa K i L redom: K∪L = {x|ϕ(x)∨ψ(x)};K ∩ L = {x|ϕ(x) ∧ ψ(x)}; K \ L = {x|ϕ(x) ∧ (¬ψ(x))}. Dakle, y ∈ K ∩ L je ekvivalentnosa ϕ(y) ∧ ψ(y).Uniju klase K definisemo sa

⋃K = {x|∃a(ϕ(a) ∧ x ∈ a}; uniju klase mozemo interpretirati

kao klasu svih elemenata svih skupova a za koje vazi formula ϕ. Presek klase K definisemosa⋂

K = {x|∀a(ϕ(a) ⇒ x ∈ a)}; neki skup x bice clan klase⋂

K ukoliko je clan svakogskupa a za koji vazi formula ϕ(a).

Teorema 2.3.5 Neka je K = {x|ϕ(x)} neprazna klasa. Tada je⋂

K skup.

Dokaz. Neka je skup a takav da vazi ϕ(a). Pretpostavimo da skup x pripada klasi⋂

K.Tada za svaki skup y takav da vazi ϕ(y) mora biti i x ∈ y, odakle sledi da je x ∈ a. Znacida je ⋂

K ⊆ a

(ovde smo inkluziju upotrebili u kontekstu klasa), pa je po shemi separacije⋂

K skup.

2.3.3 Relacije, funkcije i dobro uredenje

Aksioma 4 (Aksioma para)

∀x∀y∃z(x ∈ z ∧ y ∈ z).

Aksioma para nam garantuje da za svaka dva skupa A i B postoji skup S ciji su elementiskupovi A i B. Pokazimo da postoji jedinstveni skup C, pri cemu je skup C = {A,B}. Zaskup S i formulu x = A ∨ x = B postoji na osnovu sheme separacije skup {x|x ∈ S ∧ (x =A ∨ x = B)}. Upravo ovaj skup je skup C. Jedinstvenost skupa C nam garantuje eksten-zionalnost. Dakle, za svaka dva skupa A i B postoji jedinstven skup koji sadrzi ta dva skupai ni jedan drugi skup.Skup ciji su jedini elementi skupovi A i B oznacavamo sa {A,B}.Vazi, za proizvoljne skupove A i B, {A,B} = {B,A}, kao i {A,A} = {A}. Aksioma paranam, kao sto vidimo, dozvoljava izgradnju jednoclanih (singlton) i dvoclanih skupova.

Definicija 2.3.6 (Uredeni par) Neka su x i y proizvoljni skupovi. Uredeni par 〈x, y〉definisemo sa

〈x, y〉 = {{x}, {x, y}}.Skup x nazivamo prvom koordinatom, a skup y drugom koordinatom uredenog para 〈x, y〉.

Lako se pokazuje da za proizvoljne skupove A,B,C,D vazi 〈A,B〉 = 〈C,D〉 ⇔ A = C∧B =D.Mozemo uz pomoc uredenog para definisati uredenu trojku:

〈x, y, z〉 = 〈〈x, y〉, z〉.

Analogno se definisu uredene cetvorke, petorke, sestorke...

Aksioma 5 (Aksioma unije)

∀x∃y∀z(z ∈ y ⇔ ∃w(w ∈ x ∧ z ∈ w)).


Sto prevedeno na govorni jezik znaci: za svaki svaki skup A postoji unija B njegovih ele-menata, tj. svaki element skupa B pripada nekom od elemenata skupa A. Jedinstvenostovakvog skupa B nam, naravno, garantuje ekstenzionalanost. Skup B, odnosno uniju ele-menata skupa A obelezavamo sa

⋃A.

Kako je “x ∈⋃A” zapravo formula “∃y(y ∈ A⇒ x ∈ y)” to se pokazuje da ZF `

⋃0 =

0, tj. neformalno govoreci⋃A = 0 ako je A = 0.

Definicija 2.3.7 Neka su x, y, z proizvoljni skupovi. Skupove x∪ y i {x, y, z} definisemo nasledeci nacin:• x ∪ y =

⋃{x, y};

• {x, y, z} = {x} ∪ {y} ∪ {z}.

Prethodna definicija pokazuje kako aksioma unije (u sprezi sa prethodno navedenim ak-siomama) dozvolja izgradnju viseclanih skupova.

Stav 2.3.8 Za proizvoljne skupove x, y, z vazi:(i) x ∪ x = x;(ii) x ∪ 0 = x;(iii) x ∪ y = y ∪ x;(iv) x ∪ (y ∪ z) = (x ∪ y) ∪ z;(v)

⋃(x ∪ y) = (

⋃x) ∪ (

⋃y);

(vi) y ∈ x⇒ y ⊆⋃x;

(vii)⋃〈x, y〉 = {x, y}.

Mozemo definisati presek i razliku skupova.

Definicija 2.3.9 Neka su x i y proizvoljni skupovi. Skupove x ∩ y i x \ y definisemo nasledeci nacin:• x ∩ y = {z | z ∈ x ∧ z ∈ y};• x \ y = {z | z ∈ x ∧ z /∈ y}.

Stav 2.3.10 Za proizvoljne skupove x, y, z vazi:(i) x ∩ 0 = 0;(ii) x ∩ x = x;(iii) x ∩ y = y ∩ x;(iv) x ∩ (y ∩ z) = (x ∩ y) ∩ z;(v) x ∩ (x ∪ y) = x;(vi) x ∪ (x ∩ y) = x;(vii) x ∩ (y ∪ z) = (x ∩ y) ∪ (x ∩ z);(viii) x ∪ (y ∩ z) = (x ∪ y) ∩ (x ∪ z);(ix) x \ (y ∪ z) = (x \ y) ∩ (x \ z);(x) x \ (y ∩ z) = (x \ y) ∪ (x \ z);(xi) x ⊆ y ⇔ x \ y = 0;(xii) x ⊆ y ⇔ x ∩ y = x;(xiii) x ⊆ y ⇔ x ∪ y = y.

Aksioma 6 (Shema zamene) Neka je ϕ formula ZFC teorije u kojoj promenljiva x1 nemaslobodnih javljanja. Tada je univerzalno zatvorenje formule

∀x0(∀x2(x2 ∈ x0 ⇒ ∃!x3ϕ(x2, x3))⇒ ∃x1∀x3(x3 ∈ x1 ⇔ ∃x2(x2 ∈ x0 ∧ ϕ(x2, x3)))) (2.3.2)

aksioma.

2.3. AKSIOME ZFC 21

Shemom zamene se zapravo tvrdi sledece: za proizvoljan skup A postoji skup B koji nastajezamenom svakog elementa a skupa A odgovarajucim jedinstvenim skupom b takvim da vaziϕ(a, b). Postojanje jedinstvenog skupa b nam garantuje leva strana implikacije u (2.3.2)(∀x0(∀x2(x2 ∈ x0 ⇒ ∃!x3ϕ(x2, x3))), dok nam egzistenciju skupa B kao skupa koji objedin-juje sve b − ove garantuje desna strana implikacije u (2.3.2) (∃x1∀x3(x3 ∈ x1 ⇔ ∃x2(x2 ∈x0 ∧ ϕ(x2, x3))). Naravno, ekstenzionalnost nam garantuje jedinstvenost skupa

B = {b | ∃a(a ∈ A ∧ ϕ(a, b))}.Ovaj skup mozemo i skraceno zapisivati sa

B = {ba | a ∈ A},

pri cemu je za svako a ∈ A skup ba jedinstveni svedok za ϕ(a, ba).Za svaki unapred zadat skup i zadatu formulu shema zamene nam ”generise” novi skup.Kao i kod sheme separacije i ovde nije dovoljno unapred zadati samo formulu, vec i skup iformulu kako bismo bili sigurni da je novodobijeni objekat zaista skup. Takode, kao i kodsheme separacije, i u formulaciji sheme zamene je neophodno naglasiti da se promenljivakojom se oznacava skup koji ce biti generisan shemom zamene (promenljiva x1) ne smejaviti slobodno u formuli ϕ kako bi se izbeglo samoreferentno definisanje tog skupa. I kao ishema komperhensije i shema zamene takode generise beskonacno mnogo aksioma: po jednuza svaku formulu ϕ.

Definicija 2.3.11 (Dekartov proizvod) Za proizvoljne skupove A i B definisemo Dekar-tov proizvod

A×B = {〈x, y〉 | x ∈ A ∧ y ∈ B}.

Kako bismo opravdali ovu definiciju moramo pokazati postojanje skupa A×B. U tu svrhuprimenicemo shemu zamene dva puta. Prvo, za svako y ∈ B, skup A i formulu z = 〈x, y〉imamo da

∀x ∈ A∃!z(z = 〈x, y〉),pa, po shemi zamene sve ovako nastale z−ove mozemo objediniti u skup koji cemo definisatisa:

prod(A, y) = {z | ∃x ∈ A(z = 〈x, y〉)}.Jos jednom upotrebom sheme zamene za skup B i formulu z = prod(A, y) imamo da

∀y ∈ B∃!z(z = prod(A, y)).

Sada, objedinavajuci ovako nastale skupove (z − ove) mozemo definisati skup

prod’(A,B) = {z | ∃y ∈ B(z = prod(A, y))} = {prod(A, y) | y ∈ B}.

Konacno, definisemo: A×B =⋃

prod’(A,B).Na primer, ako bi bilo A = {a, b, c}, a B = {a, b}, tada bi prva primena sheme zamene dalaskupove prod(A, a) = {〈a, a〉, 〈b, a〉, 〈c, a〉} i prod(A, b) = {〈a, b〉, 〈b, b〉, 〈c, b〉}; druga primenasheme zamene bi dala skup prod’(A,B) = {{〈a, a〉, 〈b, a〉, 〈c, a〉}, {〈a, b〉, 〈b, b〉, 〈c, b〉}}. Na-jzad, bilo bi A×B =

⋃prod’(A,B) = {〈a, a〉, 〈b, a〉, 〈c, a〉, 〈a, b〉, 〈b, b〉, 〈c, b〉}.

Mozemo razmatrati i Dekartov proizvod klasa. Dekartov proizvod klasa K = {x|ϕ(x)} iL = {x|ψ(x)} definisemo sa K × L = {〈x, y〉|ϕ(x) ∧ ψ(y)}, pri cemu je za neku formuluφ(x, y) koristimo notaciju {〈x, y〉|φ(x, y)} = {z|∃x∃y(z = 〈x, y〉 ∧ ϕ(x, y))}.

Na osnovu do sada izlozenih aksioma mozemo definisati relacije i funkcije.


Definicija 2.3.12 (Relacija) Skup R je relacija ukoliko su svi njegovi clanovi uredeniparovi. Skup

domR = {x | ∃y(〈x, y〉 ∈ R)}

nazivamo domen relacije, a skup

ranR = {y | ∃x(〈x, y〉 ∈ R)}

kodomen ili rang relacije.

Ove definicije imaju smisla za bilo kakav skup R, ali se uobicajno koriste kada je R relacija.U tom slucaju bice R ⊆ domR × ranR. Definisemo R−1 = {〈x, y〉 | 〈y, x〉 ∈ R}. Ako je Rrelacija, vazi (R−1)−1 = R (ukoliko R ne bi bila relacija tada bi bilo (R−1)−1 ⊂ R).

Za klasu R kazemo da je relacija ako vazi R ⊆ V × V, tj. ako ZFC ` ∀x(ϕ(x) ⇒∃y∃z(x = 〈y, z〉)), gde je ϕ formula kojom je klasa R odredena.

Definicija 2.3.13• f je funkcija ako je f relacija i ako

∀x ∈ domf∃!y ∈ ranf(〈x, y〉 ∈ f).

• Sa f : A −→ B oznacavamo da je f funkcija, A = domf i ranf ⊆ B.• Ako je f : A −→ B i x ∈ R, tada je f(x) jedinstveno y za koje je 〈x, y〉 ∈ f .

Za klasu F odredenu formulom ϕ(x, y) kazemo da je funkcija ako vazi F ⊆ V × Vi ZFC ` ∀x∀y1∀y2(ϕ(x, y1) ∧ ϕ(x, y2) ⇒ y1 = y2). Kada funkciju obelezavamo velikimlatinicnim slovom, time isticemo cinjenicu da se radi o klasi koja je funkcija u smislu kakosmo to upravo definisali.

Definicija 2.3.14 Ako je C ⊂ A, tada je f � C = f ∩ (C × B) restrikcija funkcije f na Ci f [C] = ran(f � C) = {f(x) | x ∈ C}.

Definicija 2.3.15 f : A −→ B je• ”1-1” ili injekcija ako je f−1 funkcija;• ”na” ili sirjekcija ako je ranf = B;• bijekcija ako je i ”1-1” i ”na”.

Bez dokaza dajemo sledecu teoremu:

Teorema 2.3.16 Ako je f bijekcija, onda postoji jedinstvena funkcija

g : B −→ A

takva da za proizvoljne a ∈ A i b ∈ B vazi

g(b) = a⇔ f(a) = b.

Ovu funkciju g zovemo inverzna funkcija funkcije f i oznacavamo je sa f−1.Neka je A proizvoljan skup. Identicko preslikavanje skupa A, u oznaci idA, definisemo sa

idA(a) = a, a ∈ A.

2.3. AKSIOME ZFC 23

Definicija 2.3.17 Neka su dati skupovi A,B i C i funkcije f : A −→ B, g : B −→ C.Kompozicija funkcije f i g, u oznaci f ◦ g, je funkcija f ◦ g : A −→ C, zadata sa

(f ◦ g)(x) = g(f(x)), ∀x ∈ A.

Ako je R relacija tada se umesto 〈x, y〉 ∈ R obicno pise xRy.

Definicija 2.3.18 Ako je R relacija na skupu A (R ⊆ A× A) tada je R• refleksivna ako ∀x ∈ A(xRx);• irefleksivna ako ∀x ∈ A(¬(xRx));• simetricna ako ∀x∀y(xRy ⇒ yRx);• antisimetricna ako ∀x∀y(xRy ∧ yRx⇒ x = y);• tranzitivna ako ∀x∀y∀z(xRy ∧ yRz ⇒ xRz);• relacija ekvivalencije ako je refleksivna simetricna i tranzitivna;• relacija poretka ako je refleksivna, antisimetricna i tranzitivna;• relacija strogog poretka ako je irefleksivna i tranzitivna.

Sa < cemo oznacavati relaciju strogog poretka na skupu A, a sa 6 odgovarajucu dopunurelacije < do relacije poretka. Precizinije:

6=< ∪{x ∈ A× A | ∃a(a ∈ A ∧ x = 〈a, a〉)}.

Definicija 2.3.19 Par 〈A,6〉 je parcijalno ureden skup (parcijalno uredenje) ako je 6relacija poretka na skupu A. Par 〈A,<〉 je strogo parcijalno uredenje ako je < relacijastrogog poretka na skupu A.

Definicija 2.3.20• Parcijalno uredenje 〈A,6〉 je linearno ako su svaka dva elementa uporediva, tj. ako zaproizvoljne a, b ∈ A je a 6 b, ili je b 6 a.• Strogo parcijalno uredenje 〈A,<〉 je linearno ako su svaka dva razlicita elementa uporediva,tj. ako za svako a, b ∈ A takve da je a 6= b vazi a < b ∨ b < a.

Definicija 2.3.21 Neka je 〈A,6〉 parcijalno uredenje, X neprazan podskup skupa A i nekaje a ∈ A.• a ∈ A je majoranta (gornja granica) skupa X ako za proizvoljno x ∈ X vazi x 6 a. Akoza proizvoljno x ∈ X vazi a 6 x, onda za a kazemo da je minoranta (donja granica) skupaX.• Najmanju gornju granicu skupa X, ukoliko postoji zovemo supremumom skupa X; u tomslucaju ovaj element skupa A, cije se jedinstvenost jednostavno utvrduje, oznacavamo sasupX. Ako supX pripada skupu X onda za njega kazemo da je maksimum skupa X, ilinajveci element skupa X.• Najvecu donju granicu skupa X, ukoliko postoji, zovemo infimumom skupa X; u tomslucaju ovaj element skupa A, cije se jedinstvenost jednostavno utvrduje, oznacavamo sainfX. Ako infX pripada skupu X onda za njega kazemo da je minimum skupa X, ili najmanjielement skupa X.• Kazemo da je a minimalni element skupa X ukoliko ni za jedno b 6= a nije b 6 a. Za akazemo da je maksimalni element skupa X ukoliko ni za jedno b 6= a nije a 6 b.

Svi pojmovi definisani u prethodnoj definicije se mogu definisati i za strogo parcijalnauredenja.


Definicija 2.3.22 Neka je 〈A,6〉 parcijalno uredenje. Intervale definisemo na sledeci nacin:

(a, b) = {x ∈ A | a < x < b};

[a, b) = {x ∈ A | a 6 x < b};

(a, b] = {x ∈ A | a < x 6 b};

[a, b] = {x ∈ A | a 6 x 6 b};

(·, a) = {x ∈ A | x < a};

(·, a] = {x ∈ A | x 6 a};

(a, ·) = {x ∈ A | a < x};

[a, ·) = {x ∈ A | a 6 x}.

2.4 Dobro uredeni skupovi

U ovoj sekciji definisemo pojam dobro uredenog skupa, koji ce biti krucijalan za uvodenjepojma ordinala.

Definicija 2.4.1 (Dobro uredenje) Parcijalno ureden skup 〈A,6〉 je dobro ureden ako svakineprazan podskup skupa A ima minimum. Kazemo da relacija 6 dobro ureduje skup A.

Stav 2.4.2 Svako dobro uredenje je ujedno i linerano.

Dokaz. Neka je 〈A,6〉 dobro uredenje. Neka su a, b ∈ A proizvoljni. Tada je {a, b} neprazanpodskup od A. Dakle, on mora da ima minimum. Stoga, mora da vazi ili a 6 b ili b 6 a. Izdefinicije 2.3.20 sledi da je uredenje 〈A,6〉 linearno.

Definicija 2.4.3 Neka su 〈A,6A〉 i 〈B,6B〉 proizvoljna uredenja. Bijekcija f : A −→ B jeizomorfizam ako za proizvoljne x, y ∈ A vazi

x 6A y ⇔ f(x) 6B f(y).

Ukoliko postoji izomorfizam izmedu dva uredenja, tada kazemo da su ta uredenja izomorfnai to oznacavamo sa 〈A,6A〉 ∼= 〈B,6B〉.

Relacija ∼= je relacija ekvivalencije.Lako se pokazuje naredni

Stav 2.4.4 Neka je 〈A,6〉 dobro uredenje i neka je X proizvoljan neprazan podskup skupaA. Tada je 〈X,6〉 takode dobro uredenje.

Stav 2.4.5 Neka je f : A −→ B izomorfizam uredenja 〈A,6A〉 i 〈B,6B〉. Tada je i inverznafunkcija f−1 : B −→ A takode izomorfizam.

2.4. DOBRO UREDENI SKUPOVI 25

Dokaz. Neka su x, y ∈ B proizvoljni. Neka vazi x 6B y. Kako je f bijekcija, ona je i ”na”,pa postoje a, b ∈ A takvi da vazi x = f(a) i y = f(b). Dakle, vazi f(a) 6B f(b). Kakoje f izomorfizam vazice a 6A b, pa samim tim i f−1(x) 6A f−1(y). Dakle, za proizvoljnex, y ∈ B imamo

x 6B y ⇒ f−1(x) 6A f−1(y). (2.4.3)

Sa druge strane, pretpostavimo da, za proizvoljne x, y ∈ B vazi f−1(x) 6A f−1(y). Kako jef izomorfizam vazi sledeci niz implikacija

f−1(x) 6A f−1(y)⇒ f(f−1(x)) 6B f(f−1(y))⇒ idB(x) 6B idB(y)⇒ x 6B y. (2.4.4)

Iz (2.4.3) i (2.4.4) i definicije izomorfizma sledi dokaz tvrdenja.

Lema 2.4.6 Neka je 〈A,6〉 dobro uredenje i neka je a proizvoljan element skupa A. Tadasu 〈A,6〉 i 〈(·, a),6〉 medusobno neizomorfna uredenja.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, neka je funkcija f : A −→ (·, a) izomorfizam pomenutihuredenja. Po shemi separacije postoji skup

X = {x ∈ A|x 6= f(x)}.

Obzirom da je f bijekcija i da je (·, a) pravi podskup skupa A, skup X mora biti neprazan.Kako je 〈A,6〉 dobro uredenje skup X ima minimum, recimo mX . Sada vazi sledece:• Za svako x < mX je f(x) = x (jer je mX najmanji x za koji je x 6= f(x));• Ili je f(mX) < mX , ili je mX < f(mX) (jer je 〈A,6〉 dobro uredenje; mogucnost f(mX) =mX ne dolazi u obzir jer je mX ∈ X).Ako bi bilo f(mX) < mX onda bi, jer je f izomorfizam moralo biti i

f(f(mX)) < f(mX),

a ovo je nemoguce jer iz f(mX) < mX sledi da je

f(f(mX)) = f(mX).

Preostaje jedino slucaj mX < f(mX) < a (poslednja nejednakost sledi iz cinjenice da f :A −→ (·, a)). Kako je i f−1 izomorfizam mora biti i

f−1(mX) < f−1(f(mX)) = mX ,

odakle sledi da je f−1(mX) fiksna tacka funkcije f , tj.

f(f−1(mX)) = f−1(mX).

Dakle,mX = f(f−1(mX)) = f−1(mX),

odakle sledi da je f(mX) = mX sto je u kontradikciji sa

mX < f(mX).

Posledica 2.4.7 Neka su 〈A,6A〉 i 〈B,6B〉 dobra uredenja i neka su f, g : A −→ B izomor-fizmi. Tada je f = g.


Dokaz. Neka je X = {x ∈ A|f(x) 6= g(x)}. Da bismo dokazali teoremu dovoljno je dapokazemo da je skup X prazan. U tom cilju, pretpostavimo da je skup X neprazan i sa mX

oznacimo njegov minimum (u odnosu na 6A). Tada vazi sledece:• Za svako x <A mX je f(x) = g(x);• Ili je f(mX) <B g(mX), ili je g(mX) <B f(mX).Pretpostavimo da je f(mX) <B g(mX). Posto je g−1 : B −→ A takode izomorfizam, imamoda je g−1(f(mX)) <B mX , odakle sledi da je

f(g−1(f(mX))) = g(g−1(f(mX))) = f(mX).

Kako je

f(g−1(f(mX))) = f(mX)⇔ g−1(f(mX)) = mX ⇔ g(g−1(f(mX))) = g(mX)⇔ f(mX) = g(mX),

to znaci da je mX /∈ X, sto je kontradikcija. Sasvim se slicno pokazuje da i pretpostavkag(mX) <B f(mX) dovodi do kontradikcije, odakle sledi da skup X mora biti prazan.

Teorema 2.4.8 Neka su 〈A,6A〉 i 〈B,6B〉 proizvoljna dobra uredenja. Tada vazi tacnojedna od sledece tri mogucnosti:1. 〈A,6A〉 ∼= 〈B,6B〉;2. Postoji a ∈ A tako da 〈(·, a),6A〉 ∼= 〈B,6B〉;3. Postoji b ∈ B tako da 〈(·, b),6B〉 ∼= 〈A,6A〉.

Dokaz. Neka je X skup svih a ∈ A za koje postoji jedinstveno ba ∈ B tako da je

〈(·, a),6A〉 ∼= 〈(·, ba),6B〉.

Na osnovu Leme 2.4.6, za svako a ∈ X postoji jedinstveni izomorfizam fa : (·, a) −→ (·, ba).Slicno, skup Y definisemo kao skup svih b ∈ B za koje postoji ab ∈ A tako da je

〈(·, b),6B〉 ∼= 〈(·, ab),6A〉.

Primetimo da je neposredna posledica tvrdenja 2.4.7 cinjenica da iz a1 6A a2 sledi da jefa1 = fa2 � (·, a1). Odavde sledi da je sa

f =⋃{fa|a ∈ X}

korektno definisan izomorfizam dobrih uredenja 〈X,6A〉 i 〈Y,6B〉. Da bismo dokazali teo-remu u potpunosti, preostaje jos samo da pokazemo da je X = A ili Y = B. Pretpostavimosuprotno: neka je X 6= A i Y 6= B. Tada postoje

m1 = min6A(A \X) i m2 = min6B(B \ Y ).

Medutim, odavde neposredno sledi da je X = (·,m1) i Y = (·,m2), sto je nemoguce jer bi utom slucaju funkcija f bila izomorfizam izmedu 〈(·,m1),6A〉 i 〈(·,m2),6B〉, pa bismo imalida je m1 ∈ X i m2 ∈ Y .Dakle, za X = A, Y = B imamo 〈A,6A〉 ∼= 〈B,6B〉; dok za X 6= A, Y = B (X = A, Y 6=B) imamo 〈(·, a),6A〉 ∼= 〈B,6B〉, za neko a ∈ A (〈(·, b),6B〉 ∼= 〈A,6A〉, za neko b ∈ B).

2.4. DOBRO UREDENI SKUPOVI 27

Definicija 2.4.9 Neka je data funkcija f : A −→ B pri cemu su skupovi A i B dobrouredenji relacijama 6A i 6B respektivno.• Kazemo da je f rastuca funkcija ukoliko vazi

∀x, y ∈ A(x 6A y =⇒ f(x) 6B f(y)).

• f je strogo rastuca ili monotona funkcija ukoliko vazi

∀x, y ∈ A(x <A y =⇒ f(x) <B f(y)).

Upoznavsi se sa pojmom dobrog uredenja mozemo postaviti aksiomu izbora.

Aksioma 7 (Aksioma izbora)

∀A∃R(R dobro ureduje A).

Aksioma izbora se cesto oznacava kao AC (izbor - choice). Napomenimo da postoji jos mnogoekvivalentnih verzija aksiome izbora. Sa uvodenjem aksiome izbora zavrsili smo pripremuterena za definisanje ordinala. Upravo ce ordinali biti glavna tema narednog poglavlja.


Figure 2.1: Ernst Zermelo (levo), Abraham Frenkel (desno), Bertrand Rasel (dole)

Poglavlje 3

Ordinali

Bilo ko da si: uvece izadiiz svoje sobe, u njoj znas svaki kutak;

kao poslednje pred beskonacnim stoji tvoja kuca:Bilo ko da si.

- Rilke

Kako bi smo kompletno pripremili teren za uvodenje ordinala moramo prvo reci nesto oindukciji i rekurziji. Bice govora i o prirodnim brojevima. Pristup koji cemo koristiti zahtevaprethodno uvodenje aksiome partitivnog skupa. Napomenimo da nam za samu definiciju ipokazivanje elementarnih osobina ordinala ova aksioma inace nije neophodna (videti [9]).

Aksioma 8 (Aksioma partitivnog skupa)

∀x∃y∀z(z ⊆ x⇒ z ∈ y).

Ova aksioma nam garantuje da za svaki skup A postoji njegov partitivni skup, odnosno skupsvih njegovih podskupova. Jedinstvenost partitivnog skupa skupa A nam garantuje askiomaekstenzionalnosti. Partitivni skup skupa A oznacavamo sa P (A).

3.1 Indukcija i rekurzija

U ovoj sekciji cemo fiksirati neko dobro uredenje 〈A,6〉.

Teorema 3.1.1 (Indukcija) Neka je skup X podskup skupa A takav da za svako a ∈ A iz(·, a) ⊆ X sledi da je a ∈ X. Tada je X = A.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, neka je A \X neprazan. Tada postoji

a = min6(A \X).

No, odavde neposredno sledi da je (·, a) ⊆ X, odakle po uslovima teoreme sledi da je a ∈ X,sto je u suprotnosti sa izborom a.

Teorema 3.1.2 (Rekurzija) Neka je f proizvoljna funkcija sa domenom P (A×A). Tadapostoji jedinstvena funkcija g sa domenom A takva da za svako a ∈ A vazi

g(a) = f(g � (·, a)). (3.1.1)

29

30 POGLAVLJE 3. ORDINALI

Dokaz.Jedinstvenost. Neka funkcije g1 i g2 zadovoljavaju 3.1.1. Indukcijom pokazujemo da jeg1 = g2. Neka je X = {x ∈ A|g1(x) = g2(x)}. Za proizvoljno a ∈ A neka je (·, a) ⊆ X. Tadaje g1 � (·, a) = g2 � (·, a), pa imamo da je

g1(a) = f(g1 � (·, a)) = f(g2 � (·, a)) = g2(a).

Dakle, a ∈ X, odakle na osnovu teoreme indukcije sledi da je X = A, te je g1 = g2.Egzistencija. Neka jeX skup svih a ∈ A za koje postoji jedinstvena funkcija ga sa domenom(·, a) takva da za svako x <A a vazi

ga(x) = f(ga � (·, x)).

Odavde proizilazi da za proizvoljne a, b ∈ X iz b <A a sledi da je

gb = ga � (·, b);

i vise od toga: ako postoji Ma = max6A(·, a), onda je

ga = (⋃{gb|b < a}) ∪ {〈Ma, gMa〉},

a u suprotnom je ga =⋃{gb|b < a}. Primetimo da smo ovim zapravo pokazali da iz (·, a) ⊆ X

sledi a ∈ X, odakle po teoremi indukcije sledi X = A. Sada, trazeu funkciju g definisemona sledeci nacin:• Ako je A = (·, a], onda je

g = (⋃{gb|b ∈ A}) ∪ {〈a, ga〉};

• Ako A nema maksimum, onda je

g =⋃{ga|a ∈ A}.

3.2 Prirodni brojevi

Pre no sto definisemo skup prirodnih brojeva navescemo definicije tranzitivnog i induktivnogskupa i postavicemo aksiomu beskonacnosti.

Definicija 3.2.1 (Tranzitivan skup) Za skup A kazemo da je tranzitivan ako je svakinjegov element ujedno i njegov podskup. Drugim recima to su oni skupovi na kojima jerelacija pripadnosti tranzitivna.

Stav 3.2.2 Skup A je tranzitivan ako i samo ako je⋃A ⊆ A.

Dokaz. Neka je A tranzitivan i neka je x ∈⋃A proizvoljan. Tada, postoji y ∈ A tako da je

x ∈ y. Kako je A tranzitivan bice y ⊆ A, pa ce biti i x ∈ A. Imamo, dakle, da je⋃A ⊆ A.

Neka sada vazi⋃A ⊆ A. Uzmimo proizvoljno x ∈ A i neko z ∈ x. Bice z ∈

⋃A, a samim

tim z ∈ A. Dakle, x ⊆ A, pa je A po definiciji tranzitivan.

3.2. PRIRODNI BROJEVI 31

Iz prethodnog stava neposredno sledi i da je prazan skup tranzitivan (⋃

0 ⊆ 0).

Teorema 3.2.3 Neka je A proizvoljan skup. Tada vazi:1. Ako je skup A tranzitivan, onda je i skup A ∪ {A} tranzitivan;2. Ako je skup A tranzitivan, onda je i njegov partitivni skup P (A) tranzitivan;3. Ako su svi elementi skupa A tranzitivni, onda je i skup

⋃A tranzitivan.

Dokaz.1. Pretpostavimo da je skup A tranzitivan i pokazimo da je skup A∪{A} takode tranzitivan.Posto je

x ∈ A ∪ {A} ⇔ x ∈ A ∨ x = A,

imamo sledece: ako je x ∈ A, onda iz tranzitivnosti skupa A sledi da je x ⊆ A, a akoje x = A, onda trivijalno sledi x ⊆ A. U svakom slucaju je x ⊆ A ⊆ A ∪ {A}, pa iztranzitivnosti relacije ⊆ i iz definicije tranzitivnog skupa sledi tranzitivnost skupa A ∪ {A}.2. Pretpostavimo tranzitivnost skupa A i dokazimo tranzitivnost skupa P (A). U tom ciljuuocimo proizvoljan element X skupa P (A). Neka je x ∈ X proizvoljno. Kako je X ⊆ A,imamo da je x ∈ A, odakle zbog tranzitivnosti skupa A sledi da je x ⊆ A, tj. da je x ∈ P (A).Dakle X ⊆ P (A), pa je P (A) tranzitivan.3. Neka su svi elementi skupa A tranzitivni. Pokazimo da je skup

⋃A tranzitivan. Stoga,

uocimo proizvoljno x ∈⋃A. Tada postoji skup y ∈ A takav da je x ∈ y. Posto je skup y

tranzitivan, imamo da je x ⊆ y, a kako je y ⊆⋃A, mora biti i x ⊆

⋃A. Dakle,

⋃A je

tranzitivan.

Definicija 3.2.4 (Induktivan skup) Kazemo da je skup A induktivan ako vazi sledece:• 0 ∈ A;• Ako je a ∈ A, onda je i a ∪ {a} ∈ A.

Na osnovu do sada uvedenih aksioma ne moze se dokazati postojanje induktivnog skupa.Postojanje induktivnih skupova posuliramo sledecom aksiomom:

Aksioma 9 (Aksioma beskonacnosti)

∃y(0 ∈ y ∧ (∀x ∈ y(x ∪ {x} ∈ y)).

Dakle, aksioma beskonacnosti garantuje: postoji induktivni skup. Ova aksioma, takodegarantuje i postojanje beskonacnih skupova (inace ne bi se zvala tako kako se zove). Prikraju ove sekcije cemo formalno definisati pojam (bes)konacnosti. Svojstvo biti induktivanje zatvoreno za presek, tj. presek dva induktivna skupa je induktivan skup. Ovo je dostalako pokazati, te to necemo dokazivati, ali cemo dokazati sledecu bitnu teoremu:

Teorema 3.2.5 Postoji najmanji induktivni skup (u smislu inkluzije).

Dokaz. Neka je A proizvoljan induktivan skup. Po shemi separacije postoji skup

ω = {x ∈ A|∀y(y ⊆ A ∧ ”y je induktivan”⇒ x ∈ y)}.

Pokazimo da je ovaj skup induktivan. Kako za svaki induktivni podskup y skupa A je 0 ∈ y,to je 0 ∈ ω. Neka je a ∈ ω. Tada je za svaki induktivni podskup y skupa A je a ∈ y.Medutim, tada je i a∪ {a} ∈ y za svaki induktivni podskup y skupa A. Dakle, a∪ {a} ∈ ω,


pa je po definiciji induktivnog skupa ω induktivan. Stavise, ω je induktivan podskup svakoginduktivnog podskupa skupa A.Neka je sada B ma koji induktivan skup koji je razlicit od A. Posto je A ∩ B induktivanpodskup skupa A, imamo da je

ω ⊆ A ∩B ⊆ B.

Ovim smo pokazali da je ω za inkluziju najmanji induktivan skup.

Primer 3.2.6 Sa Ind oznacimo klasu svih induktivnih skupova. Aksioma beskonacnostinam garantuje da je ova klasa neprazna. Zato, na osnovu prethodne teoreme i Teoreme 2.3.5imamo da je

ω =⋂

Ind.

Stav 3.2.7

∀x(x ∈ ω ⇒ x /∈ x).

Dokaz. Pokazimo da je skup X = {x ∈ ω|x /∈ x} induktivan. Kako 0 /∈ 0 i 0 ∈ ω to je0 ∈ X. Ako je a ∈ X, tada vazi a /∈ a, pa vazi i a ∪ {a} /∈ a ∪ {a} (1). Kako je X ⊆ ω, bicea ∈ ω, pa kako je ω induktivan bice i a∪ {a} ∈ ω (2). Iz (1) i (2) imamo da je a∪ {a} ∈ X,pa je X induktivan. Kako je X podskup najmanjeg induktivnog skupa to mora biti ω = X,odakle sledi tvrdenje.

Stav 3.2.8 ω je tranzitivan skup.

Dokaz. Pokazimo da je skup X = {x ∈ ω|x ⊆ ω} induktivan. Jasno, 0 ∈ ω i 0 ⊆ ω, pa jei 0 ∈ X. Neka je a ∈ X. Tada je a ∈ ω i a ⊆ ω. Bice tada i a ∪ {a} ⊆ ω ∪ {a} = ω. Kakoje i a ∪ {a} ∈ ω, imamo da je a ∪ {a} ∈ X, pa je X induktivan. Kako je ω ⊆ X i kako je ωnajmanji induktivan skup to mora biti ω = X. Dakle, svaki clan skupa ω je ujedno i njegovpodskup, pa je ω tranzitivan.

Stav 3.2.9 ⋃ω = ω.

Dokaz. Neka je x ∈ ω. Kako je ω induktivan bice i x ∪ {x} ∈ ω. Sada je x ∪ {x} ⊆⋃ω i

x ∈ x∪{x}, odakle sledi da je x ∈⋃ω. Dakle, ω ⊆

⋃ω. Obratna inkluzija vazi iz cinjenice

da je je ω tranzitivan i Stava 3.2.2. Dakle, vazi:⋃ω = ω.

Stav 3.2.10 Svaki element skupa ω je tranzitivan.

Dokaz. Pokazimo da je skup X = {x ∈ ω|⋃x ⊆ x} induktivan. Jasno, 0 ∈ ω i

⋃0 ⊆ 0,

pa je 0 ∈ X. Neka je x ∈ X. Dakle, x ∪ {x} ∈ ω. Takode je i⋃x ⊆ x. Po Stavu 3.2.2

je x tranzitivan, pa je po Teoremi 3.2.3 to i x ∪ {x}. Dakle,⋃

(x ∪ {x}) ⊆ x ∪ {x}, pa je ix ∪ {x} ∈ X. Imamo da je skup X induktivan skup ciji su svi elementi tranzitivni skupovi.Kako je X ⊆ ω, a ω najmanji induktivan skup, to je X = ω. Dakle, vazi tvrdenje.

Stav 3.2.11 Relacija ∈ na svakom x ∈ ω generise strogo dobro uredenje.

3.2. PRIRODNI BROJEVI 33

Dokaz. Pokazimo da je skup X = {x ∈ ω| ”〈x,∈〉 je strogo dobro uredenje”} induktivan.Trivijalno, 〈0,∈〉 je dobro uredenje, pa je 0 ∈ X. Neka je x ∈ X. Tada je x ∈ ω, pa je ix ∪ {x} ∈ ω. Tada je takode i 〈x,∈〉 strogo dobro uredenje, pa je i strogo parcijalno, pa jerelacija ∈ irefleksivna na x. Takode, po Stavu 3.2.7, x /∈ x, pa je relacija ∈ irefleksivna i nax∪ {x}. x∪ {x} pripada skupu ω, te je tranzitivan, pa je na tom skupu relacija pripadnostitranzitivna. Dakle, 〈x ∪ {x},∈〉 je strogo parcijalno uredenje.Pokazimo sada da svaki neprazan podskup od x∪{x} ima ∈-minimum. Neka je a ⊆ x∪{x}neprazan. Ako a ne sadrzi x, tada je a ⊆ x, pa kako ∈ (strogo) dobro ureduje x, to a moraimati ∈-minimum. Neka je sada x ∈ a. Stvar je gotova ukoliko je bas x ∈-minimum. Nekax nije ∈-minimum skupa a. Tada je a \ {x} ⊆ x, pa a \ {x} ima ∈-minimum ma. Tadaje ma ∈ a \ {x} ∪ {x} = a takode ∈-minimum skupa a. U svakom slucaju, svaki neprazanpodskup skupa x ∪ {x} ima ∈-minimum, pa je 〈x ∪ {x},∈〉 strogo dobro uredenje.Dakle, x∪{x} ∈ X. Pokazali smo da je X induktivan, pa zakljucivanjem kao u predhodnimstavovima sledi nam tacnost tvrdenja.

Teorema 3.2.12 〈ω,∈〉 je strogo dobro uredenje.

Dokaz. Kako je ω tranzitivan skup, to ce relacija ∈ biti tranzitivna na ω. Za svako x ∈ ωvazi x /∈ x, pa je relacijia ∈ irefleksivna na ω.Pokazimo jos i da svaki neprazan podskup od ω ima ∈-minimum. Neka A proizvoljanneprazan podskup od ω i neka je x ∈ A proizvoljan. Ukoliko je x ∈-minimum skupa A,dokaz je gotov. Neka x nije ∈-minimum skupa A. Tada postoji neko u ∈ A takvo da jeu ∈ x, te kako je skup x ∩A neprazan podskup skupa x, i kako je relacija ∈ dobro uredenjena skupu x, to ce skup x ∩ A imati ∈-minimum. Neka je to z. Pokazimo da je z ujedno i∈-minimum skupa A, tj. da je z ∈ y za svako y ∈ A. Pretpostavimo suprotno, tj. da postojineko y ∈ A takvo da je y ∈ z. Kako je relacija ∈ tranzitivna na skupu ω, to ce biti y ∈ x, asamim tim i y ∈ x∩A, sto ne sme da vazi zbog izbora elementa z. Iz dobivene kontradikcijesledi da A mora da ima ∈-minimum. Dakle, uredenje 〈ω,∈〉 je strogo dobro uredenje.

Sada cemo podrobnije razmotriti strukturu skupa ω. U tu svrhu razmotrimo definicijuinduktivnog skupa. Primecujemo da ce najmanji induktivan skup (u smislu inkluzije) imatioblik

ω = {0, {0}, {0, {0}}, {0, {0}, {0, {0}}}, . . .}.

Skup ω mozemo poistovetiti sa skupom prirodnih brojeva, tako sto cemo svakom njegovomclanu pripisati odgovarajuci prirodan broj, i to na sledci nacin:

Definicija 3.2.13 Ako je 0 prazan skup, definisemo skupove 1, 2, 3, . . . na sledeci nacin:

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

Dakle, ω = {0, 1, 2, . . .}. Elemente skupa ω nazivamo prirodni brojevi, a sam skup ω skupprirodnih brojeva.Mozemo da primetimo da ZFC teorija ima jedno alhemijsko svojstvo: ona stvara prirodnebrojeve ni iz cega. Ostaje otvoreno (filosofsko) pitanje da li su elementi skupa ω ”praviprirodni brojevi”.Skup ω i njegovi elementi su u potpunoj saglasnosti sa Peanovim postulatima kojima se uPeanovoj aritmetici postuliraju prirodni brojevi. Peanovi postulati se uzimaju kao aksiomePeanove aritmerike, a mi cemo ovde pokazati saglasnost skupa ω i njegovih clanova kaotvorevina teorije ZFC sa Peanovim postulatima.


Teorema 3.2.14 (Peanovi postulati)(1) 0 ∈ ω.(2) ∀n ∈ ω(n ∪ {n} ∈ ω).(3) ∀n,m ∈ ω(n 6= m⇒ n ∪ {n} 6= m ∪ {m}).(4) ( Indukcija) ∀X ⊆ ω[(0 ∈ X ∧ ∀n ∈ X(n ∪ {n} ∈ X))⇒ X = ω].

Dokaz. (1), (2) i (3) vaze neposredno iz cinjenice da je ω induktivan skup. (4) sledi izdefinicije induktivnog skupa i cinjenice da je ω najmanji induktivan skup.

Mozemo definisati operacije sabiranja, mnozenja i stepenovanja prirodnih brojeva na sledecinacin:

Definicija 3.2.15 (Elementarne operacije na ω) Neka je n ∈ ω proizvoljno. DefinisemoSabiranje:• n+ 0 = n;• n+ (m ∪ {m}) = n+m ∪ {n+m}, ∀m ∈ ω.Mnozenje:• n · 0 = 0;• n · (m ∪ {m}) = n+ (n ·m), ∀m ∈ ω.Stepenovanje:• n0 = 1;• nm∪{m} = n · (nm), ∀m ∈ ω.

Teorema rekurzije nam garantuje da su ovako definisane operacije korektno definisane na ω(zato se i kazeme da se definisu rekurzivno). Posmatrajmo kako one ”funkcionisu”.

• Sabiranje:

n+ 1 = n+ (0 ∪ {0}) = (n+ 0) ∪ {n+ 0} = n ∪ {n};

n+ 2 = n+ (1 ∪ {1}) = (n+ 1) ∪ {n+ 1} = (n+ 1) + 1; itd...

• Mnozenje:

n · 1 = n · (0 ∪ {0}) = n+ (n · 0) = n+ 0 = n;

n · 2 = n · (1 ∪ {1}) = n+ (n · 1) = n+ n; itd...

• Stepenovanje:

n1 = n0∪{0} = n · (n0) = n · 1 = n;

n2 = n1∪{1} = n · (n1) = n · n; itd...

Slicnom tehnikom kao i u prethodnim stavovima (izborom odgovarajuceg induktivnog pod-skupa skupa ω) se pokazuje da ovako definisane elementarne operacije imaju ona svojstvakoja i ocekujemo da imaju (kao sto su komutativnost, asocijativnost kod mnozenja i sabi-ranja, distributivnost mnozenja prema sabiranju, kao i elementarna svojstva stepenovanja).Sada mozemo formalno definisati (bes)konacnost.

Definicija 3.2.16 Skup A je konacan ako postoje n ∈ ω i bijekcija f : A −→ n. U suprot-nom skup A je beskonacan.

Citaocu se prepusta da dokaze da je skup ω beskonacan.

3.3. SVOJSTVA ORDINALA 35

3.3 Svojstva ordinala

Na pocetku ove sekcije uvedimo aksiomu regularnosti.

Aksioma 10 (Aksioma regularnosti)

(∀x 6= 0)(∃y ∈ x ∧ x ∩ y = 0).

Ova nam aksioma zapravo garantuje da svaki neprazan skup ima element koji nema za-jednicke clanove sa tim skupom. Imajuci u vidu ovu aksiomu mozemo dokazati sledecetvrdenje.

Teorema 3.3.1 Neka je x proizvoljan neprazan skup. Tada vazi

x /∈ x.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da je x ∈ x. Na osnovu aksiome regularnosti neprazanpodskup {x} skupa x ce sadrzati clan y za koji je y ∩ {x} = 0. Kako je zapravo y = x to jex ∩ {x} = 0. Sa druge strane iz cinjenice da je x ∈ x i x ∈ {x} imamo da je x ∈ x ∩ {x}.Kontradikcija. Dakle, x /∈ x.

Napokon, definisemo ordinale.

Definicija 3.3.2 (Ordinali) Tranzitivan skup A je ordinal ako je strogo dobro ureden relacijom∈.

Ordinale cemo beleziti malim grckim slovima α, β, γ, . . ., a sa ON (ordinal numbers) klasusvih ordinala.Imajuci u vidu prethodnu teoremu za svaki ordinal vazi α /∈ α.

Primer 3.3.3Prazan skup je ordinal.Skup ω je ordinal.Svaki element skupa ω je ordinal.

Definicija 3.3.4 Ako je α ordinal, njegov sledbenik ordinal oznacavamo sa α+1 i definisemoga sa

α + 1 = α ∪ {α}.

Stav 3.3.5 Sledbenik ordinala je takode ordinal.

Dokaz. Neka je α proizvoljan ordinal. Kako je α ordinal on je tranzitivan, pa na osnovuTeoreme 3.2.3 je i α+ 1 tranzitivan. Cinjenicu da je α+ 1 strogo dobro ureden pokazujemona analogan nacin kao sto smo dokazivali da je 〈x ∪ {x},∈〉 strogo dobro uredenje u Stavu3.2.11. Dakle, α + 1 je ordinal.

Stav 3.3.6 Svi elementi ordinala su takode ordinali.

Dokaz. Neka je α proizvoljan ordinal i neka je a ∈ α proizvoljan. Kako je α tranzitivanimamo da je a ⊆ α, pa kako je 〈α,∈〉 strogo dobro uredenje, i par 〈a,∈〉 takode mora bitistrogo dobro uredenje. Pokzimo jos i tranzitivnost skupa a. Neka je x ∈ a proizvoljno.Pretpostavimo da nije x ⊆ a. Tada ∃y(y ∈ x ∧ y /∈ a). Kako je a ⊆ α, to je x ∈ α, pa je ix ⊆ α. Kako je y ∈ x, to je y ∈ α. Imamo dakle, a, x, y ∈ α, kao i y ∈ x ∧ x ∈ a. Skup αje tranzitivan, pa ce relacija ∈ na njemu biti tranzitivna, pa mora biti y ∈ a. Kontradikcija.Dakle, mora biti x ⊆ a, tj. a mora biti tranzitivan. Iz svega navedenog zakljucujemo da jea ordinal.


Lema 3.3.7 Neka su α i β ordinali takvi da je α ⊆ β. Tada je ili α = β ili α ∈ β.

Dokaz. Posmatrajmo skup β \ α. Ukoliko je on prazan tada je α = β. Pretpostavimo danije prazan. Tada ce on imati ∈-minimum. Neka je to γ. Pokazujemo da je γ = α.Pokazimo da je γ ⊆ α. Neka je x takvo da x ∈ γ ∧ x /∈ α. Kako je γ ∈ β to je i γ ⊆ β, paje i x ∈ β. Dakle, x ∈ β \ α, no ovo je u kontradikciji sa izborom elementa γ. Iz dobivenekontradikcije mora da vazi γ ⊆ α.Pokazimo da je α ⊆ γ. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji neko x ∈ α i x /∈ γ. Mora bitix 6= γ, jer bismo u suprotnom imali da je γ ∈ α, sto je u kontradikciji sa izborom elementaγ. Kako je α ⊆ β bice x ∈ β. Kako je β ordinal, to je po definiciji 〈β,∈〉 strogo dobrouredenje, pa je i linearno. Kako su x, γ ∈ β i x 6= γ i x /∈ γ, to mora biti γ ∈ x. α je ordinal,pa je tranzitivan, te vazi x ⊆ α. Dakle, γ ∈ α, sto je u kontradikciji sa izborom elementa γ.Odavde vidimo da mora da vazi α ⊆ γ, cime je dokaz naseg tvrdenja zavrsen.

Lema 3.3.8 Neka su α i β proizvoljni ordinali. Tada je α ⊆ β ili β ⊆ α.

Dokaz. Neka je α \ β neprazan. Tada ce postojati ∈-minimum ovog skupa. Neka to budeγ. Potpuno analogno kao i u dokazu prethodnog stava se pokazuje da je γ ⊆ β. No, tadamora biti i γ = β, jer bi u suprotnom, na osnovu prethodnog stava moralo biti γ ∈ β stonije tacno. Dakle, β ∈ α, pa je β ⊆ α.Ukoliko pretpostavimo da je β \ α neprazan na analogan nacin pokazujemo da je α ⊆ β.Ako pretpostavimo da je α\β, odnostno β\α prazan, tada je α=β pa vazi α ⊆ β i β ⊆ α.

Iz prethodne dve leme direktno sledi naredna

Teorema 3.3.9 (Trihotomija) Za svaka dva ordinala α i β vazi

α ∈ β ∨ β ∈ α ∨ α = β,

pri cemu vazi tacno jedan od tri navedena slucaja.

Definicija 3.3.10 Ordinal α ∈ A je minimalni ordinal skupa A, ukoliko ne postoji ordinalβ ∈ A tako da je β 6= α i β ∈ α.

Lema 3.3.11 Ako skup sadrzi ordinal, tada sadrzi i minimalni ordinal.

Dokaz. Neka je A skup i neka sadrzi neki ordinal. Skup X = {γ ∈ A| ”γ je ordinal” } jeneprazan. Neka je α ∈ X proizvoljan ordinal. Ukoliko je α ∈-minimum skupa X, tada je αminimalni ordinal skupa A i dokaz je gotov. Ako α nije ∈-minimum skupa X, tada postojineki ordinal β ∈ X takav da je β ∈ α, te je skup α ∩X neprazan podskup skupa α. Premasamoj definiciji pojma ordinala skup X ima neki ∈-minimalni element z. Lako je videti daje z je minimalni ordinal skupa A.

Posledica 3.3.12 Klasa ON je dobro uredena relacijom ⊆, a strogo dobro uredena relacijom∈.

Dokaz. Kako je α /∈ α za svaki ordinal α i kako su ordinali tranzitivni skupovi, to relacija ∈strogo parcijalno ureduje klasu ON. Zbog osobina relacije⊆ imamo da ova relacija parcijalnoureduje klasu ON. Sada nam tvrdenje sledi iz prethodne leme, jer ukoliko uzmemo da je Aneki neprazan skup ordinala, tada ce on sadrzati minimalni ordinal, recimo α. Dakle, α je∈-minimalni element skupa A. Kako je α ∈ β za svako β ∈ A, to je i α ⊆ β za svako β ∈ A,pa je α ujedno i ⊆-minimum skupa A.


Teorema 3.3.13 Neka je A proizvoljan skup ciji su svi elementi ordinali. Tada je skup⋃A

ordinal.

Dokaz. Na osnovu Stava 3.3.6 sledi da su svi elementi skupa⋃A ordinali, a zbog trihotomije

sledi da relacija ∈ indukuje na⋃A strogo linearno uredenje. Pokazimo da je ∈ na

⋃A

indukuje strogo dobro uredenje. Neka je X proizvoljan neprazan podskup skupa⋃A. Kako

su elementi skupa⋃A ordinali, tada ce skup X sadrzati ordinal, pa ce po prethodnoj lemi

sadrzati i minimalni ordinal. Kako su svi elementi skupa X ordinali, minimalni ordinal biceujedno i ∈-minimum skupa X. Dakle, skup

⋃A je strogo dobro ureden relacijom ∈.

Ostaje jos da se pokaze i tranzitivnost skupa⋃A. Ona vazi iz cinjenice da su ordinali

tranzitivni skupovi i Teoreme 3.2.3. Dakle,⋃A je ordinal.

Teorema 3.3.14 Klasa ON je prava klasa.

Dokaz. [Burali-Forti paradoks] Neka je ON skup. Neka je α ∈ ON proizvoljan. Kakosu svi elementi ordinala α ordinali, to ce biti α ⊆ ON. Dakle, ON je tranzitivan. ON jestrogo dobro ureden relacijom ∈. Dakle, ON je po definiciji ordinal, pa vazi ON ∈ ON, stopo Teoremi 3.3.1 nije moguce ni za jedan skup.

Definicija 3.3.15 Za ordinale α i β pisemo

α 6 β ⇔ α ⊆ β

iα < β ⇔ α ∈ β

tj. α < β ⇔ (α 6 β ∧ α 6= β).

Teorema 3.3.16 1. Klasa ON je dobro uredena relacijom 6, odnosno strogo dobro uredenarelacijom <.2. Ako je x proizvoljan skup ciji su svi elementi ordinali, onda je ordinal

⋃x 6-supremum

skupa x u klasi ON.3. Trihotomija: za dva proizvoljna ordinala α i β vazi ili α < β ili β < α ili α = β.4. Za svaki ordinal α je α < α + 1.5. Izmedu α i α+1 nema drugih ordinala, tj. ne postoji ordinal β takav da je α < β < α+1.6. Za svaki skup x postoji ordinal α takav da α /∈ x.

Dokaz.1. Neposredno sledi iz Posledice 3.3.12.2. Za svako α ∈ x je α ⊂

⋃x, tj. α 6

⋃x, pa je

⋃x gornja granica skupa x u odnosu na

relaciju 6. Pokazimo jos i da je⋃x najmanja gornja granica skupa x u odnosu na relaciju

6, tj. da je 6-supremum skupa x. Neka je β neki ordinal takav da je β <⋃x. Tada je

β ∈⋃x, pa postoji neki ordinal α ∈ x takav da je β ∈ α, tj. α, β ∈ x, β 6 α i β 6= α, pa β

ne moze biti gornja granica skupa x. Dakle,⋃x je 6-supremum skupa x.

3. Sledi neposredno iz Teoreme 3.3.9.4. Jasno, α 6 α+ 1. Pokazimo da je α 6= α+ 1. Ukoliko vazi suprotno, tada vazi i {α} ⊆ α,sto implicira da je α ∈ α, sto nije moguce. Dakle, vazi α < α + 1.5. Neka takav ordinal postoji. Tada cemo imati da je α < β i β < α + 1. Iz β ∈ α ∪ {α}imamo ili β ∈ α ili β = α. Ukoliko je β ∈ α tada ce biti α ∈ α, sto nije moguce. Dakle,preostaje jos α = β, sto takode nije moguce.6. Pretpostavimo suprotno. Neka postoji skup X takav da za svaki ordinal α vazi α ∈ X.No, tada bi za taj skup vazilo X = ON, sto bi znacilo da klasa ON nije prava klasa, stonije tacno. Iz dobivene kontradikcije sledi tvrdenje.


Stav 3.3.17 Za svaki ordinal α 6= 0 vazi 0 < α.

Dokaz. Za ordinale 0 i α zbog trihotomije vazi ili 0 < α ili α < 0 ili α = 0. Kako mogucnostα = 0 u startu iskljucujemo, ostaje jos ili 0 < α ili α < 0. Kako α < 0 niposto nije moguce,ostaje da mora biti 0 < α.

Definicija 3.3.18 Ordinal α je sledbenik ordinal ukoliko postoji ordinal β takav da je α =β + 1. Ukoliko α nije sledbenik ordinal tada je α granicni ordinal.

0 je granicni ordinal.

Lema 3.3.19 Svaki tranzitivan skup ordinala je ordinal.

Dokaz. Neka je A skup ordinala za koji vazi ∀α ∈ A∀x < α(x ∈ A). Neka je α ∈ Aproizvoljan. Jasno, α ⊆ A, pa je A tranzitivan. Neka je X neprazan podskup od A. KakoX sadrzi ordinal, to po Lemi 3.3.11 on sadrzi minimalni ordinal. To je ujedno i minimalnielement skupa X. Dakle, A je strogo dobro ureden, pa je ordinal.

Teorema 3.3.20 Postoji granicni ordinal koji je razlicit od 0.

Dokaz. Znamo da je ω ordinal. ω ce biti trazeni ordinal, ukoliko pokazemo da je granican.Kada bi za neki ordinal α bilo ω = α+1 = α∪{α} sledilo bi da je α ∈ ω, te i ω = α∪{α} ∈ ω,obzirom da je ω induktivan skup. Zbog ove kontradikcije zakljucujemo da ω ne sme bitiordinal sledbenik.

Lema 3.3.21 α je granicni ordinal ako i samo ako je⋃α = α.

Dokaz. Za α = 0 tvrdenje trivijalno vazi. Neka je α 6= 0.Pretpostavimo da je α granican ordinal. Neka je β ∈ α proizvoljno. Tada je β + 1 6= α.Kako je, medutim, po Teoremi 3.3.16 β < β + 1 i kako izmedu β i β + 1 ne sme da stoji nijedan ordinal, to mora biti β < β+ 1 < α. Dakle, β+ 1 = β ∪{β} ∈ α, pa je β ∈

⋃α. Vazi,

onda, α ⊆⋃α. Kako je α tranzitivan imamo i obratnu inkluziju, pa samim tim i jednakost

α =⋃α.

Neka je α =⋃α i neka je β proizvoljan ordinal. Usled trihotomije imamo da je ili α < β ili

β < α ili α = β.Ako je α = β, tada ne moze biti α = β + 1 jer je β < β + 1.Ako je α < β, tada je α < β < β + 1, pa nikako ne moze biti α = β + 1.Ako je β < α, tada je β ∈

⋃α. Medutim, tada postoji ordinal γ < α, takav da je β < γ.

Kako izmedu β i β + 1 nema drugih ordinala, to mora biti β < β + 1 6 γ < α, pa ne mozebiti α = β + 1.U svakom slucaju ne postoji prdinal β takav da je β + 1 = α, te je α granican ordinal.

Na osnovu prethodne leme i Teoreme 3.3.16 imamo da za ma koji granicni ordinal α je

sup{ξ < α} = α.

Teorema 3.3.22 ω je najmanji granicni ordinal razlicit od 0.


Dokaz. Neka je α0 najmanji granicni ordinal razlicit od 0. Pokazujemo da je α0 =⋂

Ind.Neka je β proizvoljan ordinal takav da je β < α0. Znamo da je 0 ∈ α0. Kako je α0 granicanordinal to je β < β + 1 < α0, pa je α0 induktivan. Dakle,

⋂Ind ⊆ α0.

Pokazimo obratnu inkluziju. Pretpostavimo da je α0 \⋂

Ind neprazan. Tada on ima min-imalni ordinal. Neka je to β. Kako je 0 ∈

⋂Ind i kako je α0 najmanji granicni ordinal

razlicit od nule, a 0 < β < α0, to β mora biti sledbenik ordinal. Dakle, postoji ordinal γtakav da je β = γ + 1. Kako je γ < β to mora biti γ ∈

⋂Ind. Medutim, kako je i sam skup⋂

Ind induktivan to je i γ + 1 = β ∈⋂

Ind, sto je u nesaglasju sa izbormom ordinala β. Izdobivene kontradikcije mora vaziti α0 ⊆

⋂Ind, a samim tim i α0 =

⋂Ind.

Na osnovu Primera 3.2.6 sledi istinitost naseg tvrdenja.

Stav 3.3.23 Za svaki ordinal je ⋃α + 1 = α.

Odrinal α nazivamo prethodnik ordinala α + 1.

Dokaz. Neka je α granicni ordinal. Tada, imajuci u vidu Lemu 3.3.21 imamo⋃α + 1 =

⋃(α ∪ {α}) = (

⋃α) ∪ (

⋃{α}) = α ∪ α = α.

Neka je α sledbenik ordinal. Tada ne moze biti⋃α = α. No, prema Teoremi 3.3.16 (stavka

(3)) mora biri⋃α + 1 = α.

Ordinal ω nema svog prethodnika. Zapravo, nijedan granicni ordinal nema svog prethodnika.Kako je ω najmanji granicni ordinal razlicit od 0 to ce svi prirodni brojevi izuzev 0 imatisvog predhodnika.

Stav 3.3.24 Ordinal α je prirodan broj ako i samo ako je ∀β 6 α(β = 0∨β je sledbenik ordinal ).

Dokaz. Neka je α < ω. Neka je β 6 α proizvoljan. Tada moze biti β = 0 ∨ 0 < β. Ukolikoje 0 < β tada iz cinjenice da je ω najmanji nenula granicni ordinal i toga da je β < ω imamoda je β sledbenik ordinal.Neka vazi ∀β 6 α(β = 0 ∨ β je sledbenik ordinal ). Tada usled trihotomije moze biti iliα < ω ili ω < α ili ω = α. Ne moze biti ω = α, jer je ω granicni ordinal, a α sledbenikordinal. Ne moze biti ni ω < α, jer je ω 6= 0, pa bi u tom slucaju ω morao biti sledbenikordinal, sto nije istina.Dakle, mora da vazi α < ω, tj. α je prirodan broj.

Prirodni brojevi cine nekoliko prvih ordinala. Njih zovemo konacni ordinali. Svi ordinali αza koje je ω 6 α su beskonacni ordinali.U sledecem delu ove sekcije bavimo se dokazivanjem jedne znacajne teoreme koja povezujedobra uredenja i ordinale.Nadalje cemo umesto uredenja 〈α,6〉, gde je α ordinal, pisati samo α, pri cemu ce iz kon-teksta biti jasno kada je rec o ordinalu, a kada o uredenju.

Lema 3.3.25 Neka su α i β ordinali i neka je α ∼= β. Tada je α = β.

Dokaz. Ako je α 6= β mozemo bez gubljenja opstosti pretpostaviti da je β ∈ α. Tada je βinicijalni segment od α, te prema Lemi 2.4.6 ne moze biti α ∼= β.


Teorema 3.3.26 Za svako dobro uredenje 〈A,6〉 postoji jedinstveni ordinal α tako da vazi

〈A,6〉 ∼= α.

Drugim recima, svaki dobro ureden skup je izomorfan tacno jednom ordinalu.

Dokaz. U dokazu ce se umesto oznake za uredenje 〈X,6〉 koristiti samo oznaka X, pricemu ce iz konteksta biti jasno kada je rec o skupu, a kada o uredenju.Jedinstvenost. Ako postoje dva ordinala α i β takva da je A ∼= α i A ∼= β, tada zbog tranz-itivnosti relacije ∼= je α ∼= β, pa je po prethodnoj lemi α = β. Odavde sledi jedinstvenost.Egzistencija. Pre svega, primetimo da za svaki ordinal α je (·, α) = {β ∈ ON|β < α} = α.Neka je

B = {a ∈ A|∃α ∈ ON ∧ (·, a) ∼= α}.

Neka je f preslikavanje sa domenom B takvo da za a ∈ B

f(a) = ”jedinstveni ordinal α takav da je (·, a) ∼= α”

i neka je C = ranf . Pokazimo koristeci lemu 3.3.19 da je skup C ordinal.Neka je α ∈ C proizvoljan ordinal i neka je β < α prozivoljno. Pokazimo da je β ∈ C. Kakoje α ∈ C to postoji neko a ∈ A tako da je f(a) = α, odnosno takvo da je (·, a) ∼= α. Tada,za uredenja (·, a) i β po Teoremi 2.4.8 vazi jedan od tri slucaja:(1) (·, a) ∼= β;(2) postoji γ ∈ β tako da je (·, a) ∼= (·, γ), gde pod oznakom (·, γ) podrazumevamo skup{x ∈ β|x < γ};(3) postoji b ∈ (·, a) tako da je (·, b) ∼= β.Pokazimo da slucajevi (1) i (2) nisu moguci.Nemogucnost slucaja (1): Ako bi bilo (·, a) ∼= β, tada bi po prethodnoj lemi bilo α = β pabismo imali α < α sto nije moguce.Nemogucnost slucaja (2): Ukoliko bi postojao neki γ ∈ β takav da je (·, a) ∼= (·, γ), tadabismo imali (·, γ) = β ∩ γ = γ. Dakle, (·, a) ∼= γ, pa bice γ ∼= α, tj. γ = α. Kako je,medutim, β < α, to je γ < α, sto nas dovodi do kontradikcije α < α.Zbog ovoga, jedini moguci slucaj je (3). Kako je (·, a) ⊆ A, bice b ∈ A, pa ce biti f(b) = β.Dakle, β ∈ C. Po lemi 3.3.19 je skup C ordinal.Sada, dokazimo da je f izomorfizam izmedu B i C.Injektivnost : Neka su a1, a2 ∈ B takvi da je f(a1) = f(a2). Tada ce postojati neki ordinalα ∈ C takav da je (·, a1) ∼= α i (·, a2) ∼= α. No onda ce biti i (·, a1) ∼= (·, a2). Pokazimo daje a1 = a2. Pretpostavimo suprotno. Neka je bez gubljenja opstosti dokaza a1 < a2. Tadamozemo pisati (·, a2) = {x ∈ (·, a1)|x < a2}. No, po Lemi 2.4.6 izomorfizam izmedu (·, a1)i (·, a2) je nemoguc. Iz dobivene kontradikcije sledi da je a1 = a2, pa i sama injektivnostpreslikavanja f .Sirjektivnost : Jasna je iz same definicije preslikavanja f .Ocuvanje poretka: Neka su a1, a2 ∈ B takvi da je a1 < a2. Tada postoje ordinali α1 iα2 tako da je (·, a1) ∼= α1 i (·, a2) ∼= α2, odnosno postoje izomorfizmi g1 : (·, a1) −→ α1 ig2 : (·, a2) −→ α2. Treba pokazati da je α1 < α2. Neka je β ∈ α1. Kako je g1 ”na”, to ce zaβ postojati x ∈ (·, a1) tako da je g1(x) = β, tj. x = g1

−1(β). Kako je (·, a1) ⊂ (·, a2), to je izPosledice 2.4.7 g2 � (·, a1) = g1, pa imamo

g2(x) = g1(x) = g1(g1−1(β)) = β.

3.4. TRANSFINITNA INDUKCIJA I REKURZIJA 41

g2(x) = β ∈ α2, pa je α1 ⊆ α2. Odavde moze biti ili α1 = α2 ili α1 < α2. Ako bi bilo α1 = α2

tada bi iz injektivnosti preslikavanja f bilo a1 = a2, sto nije tacno. Ostaje, dakle, da morabiti α1 < α2.Ako su a1, a2 ∈ B takvi da je a1 = a2, tada je (·, a1) ∼= (·, a2). Tada, za one ordinale α1 i α2

za koje je (·, a1) ∼= α1 i (·, a2) ∼= α2 je α1∼= α2, a samim tim i α1 = α2, tj. f(a1) = f(a2).

Dakle, za proizvoljne a1, a2 ∈ B za koje je a1 6 a2 vazi f(a1) 6 f(a2), tj. preslikavanje focuvava poredak.Iz svega prethodnog sledi da je preslikavanje f izomorfizam izmedu B i C.Pokazimo jos i da je A = B. Pretpostavimo suprotno. Tada skup A\B ima minimum. Nekaje to a ∈ A \ B. Posmatrajmo uredenja (·, a) i C. Tada, po teoremi 2.4.8 vazi tacno jednaod sledece tri mogucnosti:(a) (·, a) ∼= C(b) Postoji neki ordinal β ∈ C tako da je (·, a) ∼= (·, β), gde je (·, β) = {x ∈ C|x < β}.(c) Postoji neki b ∈ (·, a) takav da je (·, b) ∼= C.Pokazacemo da nijedan od ova tri slucaja nije moguc.Nemogucnost slucaja (a): Ako bi vazilo (a), tada bi bilo a ∈ B, sto je u suprotnosti saizborom elementa a.Nemogucnost slucaja (b): Ako bi vazilo (b), tada bismo imali (·, β) = C ∩ β = β, pa biponovo bilo a ∈ B, sto nije moguce.Nemogucnost slucaja (c): Neka vazi (c). Kako je b < a to je b ∈ B, pa je f(b) = C. Kakoje, medutim, f(b) ∈ C, to je C ∈ C sto je nemoguce.Dakle, mora da vazi A = B cime, je nase tvrdenje najzad dokazano.

Primetimo da je u prethodnoj teoremi, iako implicitna, upotreba sheme zamene krucijalnaza njeno dokazivanje. Naime, ona opravdava postojanje skupa C i to na sledeci nacin: Akoje ϕ(a, x) formula (·, a) ∼= x, tada iz sheme zamene imamo da ∀a ∈ B∃!xϕ(a, x), pa sve ovakodobivene x − ove mozemo sakupiti u skup C = {x|∃a ∈ Bϕ(a, x)}. Ako izbacimo shemuzamene iz skupa aksioma teorije ZFC mi mozemo razviti veci deo ”ordinalne” matematike,ali ne mozemo dokazati predhodnu teoremu.Prethodno tvrdenje nam ukazuje na to da ordinali zapravo predstavljaju kanonsku reprezentacijudobro uredenih skupova.

Posledica 3.3.27 Za svako strogo dobro uredenje 〈A,<〉 postoji jedinstveni ordinal α takoda vazi

〈A,<〉 ∼= 〈α,<〉.

Definicija 3.3.28 Ako je 〈A,6〉 dobro uredenje, tip poretka ovog uredenja, u oznaci type(A,6), je jedinstveni ordinal α za koji je 〈A,6〉 ∼= α. Kazemo i da je uredenje 〈A,6〉 tipa α.

Stav 3.3.29 Neka je 〈A,6〉 dobro uredenje, a 〈A,<〉 odgovarajuce strogo dobro uredenje.Tada je type(A,6) = type(A,<).

Za kraj ove napomenimo da za dva ordinala α i β pisemo α > β ukoliko nije α < β, a α > βukoliko je α > β ∧ α 6= β.

3.4 Transfinitna indukcija i rekurzija

U sekciji 3.2 smo na skupu prirodnih brojeva definisali operacije sabiranja, mnozenja i ste-penovanja. U prethodnoj sekciji smo videli da je ω tek jedan clan klase ON. Prirodno se


namece zadatak uopstavanja ovih operacija sa skupa ω na klasu ON. Da bismo mogli toda uradimo moramo prvo uvesti transfinitnu indukciju i transfinitnu rekurziju, koje sa svojestrane predstavljaju uopstenje indukcije i rekurzije na klasu ON.

Teorema 3.4.1 (Indukcija) Neka je A podklasa klase ON takva da za svaki ordinal α vazi

α ⊆ A⇒ α ∈ A.

Tada je A = ON.

Dokaz. U suprotnom, klasa ON \A bi imala ∈-minimum α. Medutim, tada bi za svakoβ ∈ α bilo β ∈ A, pa bi vazilo α ⊆ A, sto za sobom povlaci kontradikciju α ∈ A. Dakle,mora da vazi A = ON.

Pre navodenja transfinitne indukcije definisacemo pojamtransfinitnog niza, koji uopstavapojam klasicnog niza.

Definicija 3.4.2 (Nizovi)• ( Transfinitni) niz je funkcija ciji je domen neki ordinal α:

〈aξ|ξ < α〉.

Ovaj niz se takode naziva α-niz ili niz duzine α.• Konacan niz je transfinitni niz a ciji je domen dom(a) = n, za neko n < ω. Za ovaj

niz kazemo da je niz duzine n.

Definicija 3.4.3 Ako je s niz duzine α, tada je s_x niz duzine α+ 1 koji sadrzi niz s i cijije α-ti clan x, tj.

s_x = s ∪ {〈α, x〉}.

Definicija 3.4.4 Niz ordinala 〈aξ|ξ < α〉 je neprekidan niz ako za svaki granicni ordinalβ < α vazi

a(β) = aβ =⋃ξ<β

aξ = sup{a(ξ)|ξ < β}

Naredni stav ce nam posluziti kao dobar primer ”prakticne upotrebe” transfinitne induk-cije:

Stav 3.4.5 Neka je β proizvoljan ordinal. Ako je 〈σξ|ξ < β〉 strogo rastuci niz ordinala,onda mora biti ξ 6 σξ.

Dokaz. Ovo tvrdenje pokazujemo indukcijom po ξ < β. Posmatrajmo podklasu ordinalaA = {η|η < β ⇒ η 6 ση}. Neka je ξ < β i neka je ξ ⊆ A. Treba pokazati da je ξ ∈ A.

Prvo, pretpostavimo da je ξ ordinal sledbenik. Tada postoji ordinal γ takav da je ξ =γ + 1. Kako vazi γ < ξ < β, i kako je γ ∈ A, to imamo γ 6 σγ. Dati niz je strogo rastucipa imamo σγ < σγ+1 = σξ. Odavde imamo da je γ + 1 6 σξ, tj. ξ 6 σξ. Dakle, ξ ∈ A.

Sada, pretpostavimo da je ξ granican ordinal. Za sve γ < ξ imamo γ 6 σγ < σξ. Odavde,i iz cinjenice da je ξ = sup{γ|γ < ξ} imamo ξ 6 σξ. Dakle, ξ ∈ A.

U svakom slucaju je ξ ∈ A, te je na osnovu 3.4.1 A = ON. Dakle, ukoliko za nekiordinal ξ vazi ξ < β, tada mora biti ξ 6 σξ.

3.5. ARITMETIKA ORDINALA 43

Teorema 3.4.6 (Transfinitna rekurzija) Neka je G : V −→ V funkcija zadata na uni-verzumu svih skupova V. Tada postoji jedinstvena funkcija F na klasi ON takva da je

F (α) = G(F � α)

za svaki ordinal α.

Dokaz.Egzistencija. Neka jeF (α) = x⇔ postoji niz 〈aξ|ξ < α〉 takav da:(1) (∀ξ < α)aξ = G(〈aη|η < ξ〉);(2) x = G(〈aξ|ξ < α〉).Pokazimo transfinitnom indukcijom da je za svaki ordinal α za koji postoji α-niz koji zado-voljava uslov (1) taj niz jedinstven. Neka su 〈aξ|ξ < α〉 i 〈bξ|ξ < α〉 dva α-niza kojazadovoljavaju (1). Posmatrajmo podklasu ordinala A = {η|aη = bη}. Neka je ξ ⊆ A. Bicetada

aξ = G(〈aη|η < ξ〉) = G(〈bη|η < ξ〉) = bξ.

Dakle, ξ ∈ A, pa po transfinitnoj indukciji je aξ = bξ za svaki ordinal ξ, a samim tim i zasvako ξ < α. Zbog prethodnog vidimo da je F dobro definisana funkcija, tj. da je za svakoα za koje je F definisana, vrednost x jedinstveno odredena sa (2).Pokazimo sada da za svaki ordinal α postoji α-niz za koji vazi (1). Neka je B klasa ordinalaza koje postoji transfinitni niz za koji vazi (1) i neka je ordinal α ⊆ B. Tada za svaki ordinalβ < α postoji β-niz sβ = 〈aη|η < β〉 takav da vazi (∀ξ < β)aξ = G(〈aη|η < ξ〉). Trebapokazati da je α ∈ B, tj. da postoji α-niz za koji vazi (1).Neka je α sledbenik ordinal. Tada postoji ordinal γ takav da je α = γ + 1. Kako je γ < α,to postoji γ-niz sγ = 〈aη|η < γ〉 za koji vazi (∀ξ < γ)aξ = G(〈aη|η < ξ〉). aγ zadajemo sa

aγ = G(〈aη|η < γ〉).

Tada je niz sγ_aγ niz duzine γ + 1 = α za koji vazi (1).

Neka je α granican ordinal. Tada ce niz Sα =⋃β<α sβ biti niz duzine

⋃β<α β = sup{β <

α} = α. za koji vazi (1).U svakom slucaju, postoji α-niz za koji vazi (1), pa mora biti α ∈ B, pa ce zbog transfinitneindukcije biti B = ON. Dakle, F je definisana na citavoj klasi ON i ocigledno zadovoljava

F (α) = G(F � α).

Jedinstvenost. Neka je F ′ funkcija na ON za koju je F ′(α) = G(F ′ � α). Pokazujemoupotrebom transfinitne indukcije da je F ′(α) = F (α) za svaki ordinal α. Neka je datapodklasa ordinala C = {ξ|F (ξ) = F ′(ξ)} i neka je α ⊆ C za neki ordinal α. Tada je za svakiβ < α F (β) = F ′(β), pa je F � α = F ′ � α, te je F (α) = F ′(α), tj. α ∈ C. Dakle, C = ON,pa je samim tim i F = F ′.

3.5 Aritmetika ordinala

U ovoj sekciji cemo uz pomoc transfinitne rekurzije definisati elementarne operacije na klasiON, i transfinitnom indukcijom dokazivati svojstva tih operacija.


Definicija 3.5.1 (Elementarne operacije na ON) Ako je α ordinal, tada mozemo uzpomoc transfinitne indukcije po β ∈ ON definisati sabiranje ordinala α + β, mnozenjeordinala α · β i stepenovanje ordinala αβ na sledeci nacin (u slucaju kada je β sledbenikordinal sa σ cemo oznacavati njegov predhodnik):Sabiranje:• α + 0 = α;• α + (σ + 1) = (α + σ) + 1;• Ako je β granicni ordinal α + β = sup{α + ξ|ξ < β}.Mnozenje:• α · 0 = 0• α · (σ + 1) = (α · σ) + α;• Ako je β granicni ordinal α · β = sup{α · ξ|ξ < β}.Stepenovanje:• α0 = 1;• ασ+1 = (ασ) · α;• Ako je β granicni ordinal αβ = sup{αξ|ξ < β}.

Pri definisanju sabiranja ordinala fiksiramo neki ordinal α i za funkciju G+ uzimamo funkcijutakvu da je:• G+(0) = α;• G+(x) = x(σ) + 1, ukoliko je x funkcija ciji je domen neki ordinal sledbenik σ + 1;• G+(x) =

⋃ran(x), ukoliko je x funkcija ciji je domen granicni ordinal;

• G+(x) = 0 u svim ostalim slucajevima.Prethodna teorema nam garantuje da ce postojati funkcija F+ : ON −→ V takva da jeF+(β) = G+(F+ � β). Sada zbir ordinala α i β definisemo sa

α + β := F+(β).

Imajuci u vidu definisano sabiranje ordinala, mozemo definisati mnozenje ordinala i to nanacin potpuno analogan kao kod definisanja sabiranja. Dakle, fiksiramo neki ordinal α afunkciju G× zadajemo sa:• G×(0) = 0;• G×(x) = x(σ) + α, ukoliko je x funkcija ciji je domen neki ordinal sledbenik σ + 1;• G×(x) =


• G×(x) = 0 u svim ostalim slucajevima.Prethodna teorema nam garantuje da ce postojati funkcija F× : ON −→ V takva da jeF×(β) = G×(F× � β). Sada proizvod ordinala α i β definisemo sa

α · β := F×(β).

Definisavsi mnozenje ordinala, analogno definisemo i stepenovanje ordinala. Fiksiramo nekiordinal α i funkciju Ge definisemo tako da je:• Ge(0) = 1;• Ge(x) = x(σ) · α, ukoliko je x funkcija ciji je domen neki ordinal sledbenik σ + 1;• Ge(x) =


• Ge(x) = 0 u svim ostalim slucajevima.Prethodna teorema nam garantuje da ce postojati funkcija Fe : ON −→ V takva da jeFe(β) = Ge(Fe � β). Sada stepen ordinala α i β definisemo sa

αβ := Fe(β).


Restrikcija gore definisanih funkcija F+,F×,Fe na skup ω predstavlja upravo sabiranje, mnozenjei stepenovanje prirodnih brojeva kako smo ih definisali u Sekciji 3.2.

Primer 3.5.2 Na skupu prirodnih brojeva sabiranje i mnozenje su komutativne operacije,i vazi desni distributivni zakon. Medutim, na klasi ON to nije slucaj; kada se radi sabeskonacnim ordinalima dolazi do izvesnih ”anomalija”:• 1 + ω 6= ω + 1, jer 1 + ω = sup{1 + n|n < ω} = ω 6= ω + 1. Uopste, za svaki n < ω je

n+ ω = ω 6= ω + n.

• 2 ·ω 6= ω · 2, jer 2 ·ω = sup{2n|n < ω} = ω 6= ω · 2 = ω+ω. Uopste, za svaki 1 < n < ω je

n · ω = ω 6= ω · n.

• (2 + 3) · ω = 5 · ω = ω 6= 2 · ω + 3 · ω = ω + ω = ω · 2.• (ω+ 1) · 2 = ω+ 1 + (ω+ 1) = (ω+ 1 + ω) + 1 = sup{ω+ 1 + n|n < ω}+ 1 = ω+ ω+ 1 =ω · 2 + 1 6= ω · 2 + 1 · 2 = ω · 2 + 2.Levi distriburivni zakon, medutim, vazi i na klasi svih ordinala, sto ce biti pokazano u nekomod narednih stavova.• U opstem slucaju na klasi svih ordinala ne vaze ni zakoni desne kancelacije niti za sabiranje,niti za mnozenje. Jer, kada bi ti zakoni vazilio za sve ordinale, imali bismo sledece nesuvislosti

7 + ω = 9 + ω ⇒ 7 = 9;

ω5 · ωω = ω6 · ωω ⇒ ω5 = ω6.

I kod stepenovanja postoji jedna ”anomalija”: naime, na klasi ON ne vazi uvek (α · β)γ =αγ · βγ, sto pokazuje sledeci

Primer 3.5.3• (2 · 3)ω = 6ω = sup{6n|n < ω} = ω 6= 2ω · 3ω = ω · ω = ω2.• (ω · 3)2 = (ω · 3) · (ω · 3) = sup{ω · 3 · n|n < ω · 3} = ω · ω · 3 = ω2 · 3 6= ω2 · 32 = ω2 · 9.• (ω · 2)ω = sup{(ω · 2)n|n < ω} = ωω · 2 6= ωω · 2ω = ωω · ω.• (ω · ω)ω = (ω2)ω = ωω 6= ωω · ωω = (ωω)2.

Definicija 3.5.4 Funkcija F : ON −→ V je neprekidna ako za svaki granicni ordinal γvazi

F (γ) = sup{F (ξ)|ξ < γ}.

Definicija 3.5.5 Neprekidan, strogo rastuci niz ordinala,(u smislu relacije <), nazivamonormalan niz. Neprekidnu, strogo rastucu funkciju F : ON −→ ON nazivamo normalnafunkcija.

Naredna lema ce se pokazati jako korisna u izucavanju svojstava gore definisanih operacijana klasi svih ordinala.

Lema 3.5.6 Neka je A ∈ ON ili A = ON i F : A −→ ON strogo rastuca funkcija. Tada1. F je neprekidna ako i samo ako za svaki neprazan podskup b skupa A za koji je sup(b) ∈ Aje

F (sup(b)) = sup{F (α)|α ∈ b} = sup(F [b]). (3.5.2)

2. α 6 F (α) za svako α ∈ A.


Dokaz.1. Neka je F normalna funkcija. Pokazimo da vazi (3.5.2). Neka je b neprazan podskupskupa A takav da je sup(b) ∈ A. Ako b ima maksimum, tada ce biti sup(b) ∈ b, pa kako jefunkcija F rastuca, to vazi (3.5.2).Neka sada b nema maksimum. sup(b) mora biti granicni ordinal, jer bi u suprotnom njegovprethodnik bio supremum skupa b. Zbog ovoga je skup {α ∈ ON|α ∈ b} podskup skupa{σ ∈ ON|σ < sup(b)}, pa kako je F normalna funkcija, imamo

F (sup(b)) = sup{F (σ)|σ < sup(b)} > sup{F (α)|α ∈ b}.

Ako je γ < F (sup(b)), tada postoji ordinal σ < sup(b) takav da je γ < F (σ), jer u suprotnombi γ bio supremum skupa {F (σ)|σ < sup(b)}, a ne F (sup(b)). Takode, postoji ordinal α ∈ b,takav da je σ < α, jer bi u suprotnom σ bio supremum skupa b. Iz svega ovoga imamo niznejednakosti

γ < F (σ) < F (α).

Dakle, nijedan ordinal γ < F (sup(b)) nije gornja granica skupa {F (α)|α ∈ b}, pa samim timvazi i F (sup(b)) 6 sup{F (α)|α ∈ b}, cime je dokazano vazenje Jednakosti (3.5.2).Pokazimo sada obrat tvrdenja. Neka je γ proizvoljan granicni ordinal iz A. Kako je sup(γ) =γ i kako vazi (3.5.2), to imamo da je

F (γ) = sup{F (α)|α < γ},

tj. F je neprekidna funkcija.2. Neka je α ∈ A najmanji za koji je F (α) < α. Kako je α ordinal, bice F (α) ∈ A, pa kakoje F strogo rastuca bice i F (F (α)) < F (α), sto je u kontradikciji sa izborom α. Dakle, morabiti α 6 F (α) za svako α ∈ A.

Stav 3.5.7 Neka su α, β i γ ordinali. Tada vazi:(i) 0 + α = α = α + 0(ii) β < γ ⇔ α + β < α + γ(iii) α 6 β ⇒ α + γ 6 β + γ(iv) β 6 α + β(v) (α + β) + γ = α + (β + γ)

Dokaz. Ova svojstva cemo uglavnom dokazivati transfinitnom indukcijom.(i) Neka je α proizvoljan ordinal, neka je data podklasa ordinala A = {η|0+η = η} i neka jeα ⊆ A. Ako je α ordinal sledbenik, tada ce postojati njegov prethodnik σ. Kako je σ ∈ Aimamo

0 + α = 0 + (σ + 1) = (0 + σ) + 1 = σ + 1 = α.

Ako je α granicni ordinal tada imamo

0 + α = sup{0 + ξ|ξ < α} = sup{0} = 0.

U svakom slucaju je α ∈ A, pa imamo da svojstvo vazi za svaki ordinal α.(ii) Neka je γ proizvoljan ordinal. Fiksiramo ordinale α i β, pri cemu je β < γ. Neka je datapodklasa ordinala A = {η|β < η ⇒ α + β < α + η} i neka je γ ⊆ A. Ako je γ sledbenikordinal, tada postoji njegov prethodnik σ. Tada je β 6 σ. Kako je σ ∈ A to imamo

α + β 6 α + σ < (α + σ) + 1 = α + (σ + 1) = α + γ.


Ukoliko je γ granicni ordinal, tada ce postojati ordinal ξ takav da je β < ξ < γ. Kako je josi {β < ξ < γ} ⊆ {ξ < γ}, to imamo:

α + β < α + ξ 6 sup{α + ξ|β < ξ < γ} 6 sup{α + ξ|ξ < γ} = α + γ.

U svakom slucaju je γ ∈ A. Ovim smo pokazali da vazi β < γ ⇒ α + β < α + γ.Obrat ovog tvrdenja sledi iz toga sto pretpostavka β > γ povlaci, na osnovu upravo

pokazanog, da vazi α + β > α + γ.(iii) Prvo, pokazimo tvrdenje za proizvoljne ordinale α i β i γ = 1. Ako je α = β ono

trivijalno vazi. Ukoliko je α < β, tada je α + 1 6 β < β + 1, pa svojstvo i tada vazi.Sada, fiksirajmo ordinale α i β takve da je α 6 β. Neka je data podklasa ordinala A ={η|α+η 6 β+η} i neka je γ ⊆ A. Ako je γ sledbenik ordinal, tada postoji njegov prethodnikσ. Kako je σ ∈ A, to ce vaziti α + σ 6 β + σ, a zbog prethodno dokazanog vazice i

(α + σ) + 1 6 (β + σ) + 1⇔ α + (σ + 1) 6 β + (σ + 1)⇔ α + γ 6 β + γ.

Neka je γ granicni ordinal. Kako za svako ξ < γ imamo α + ξ 6 β + ξ, to imamo i

sup{α + ξ|ξ < γ} 6 sup{β + ξ|ξ < γ} ⇔ α + γ 6 β + γ.

U svakom slucaju je γ ∈ A, pa svojstvo vazi sa sve ordinale.(iv) Neka su α i β proizvoljni ordinali. Posmatrajmo funkciju Fα : ON −→ ON datu saFα(τ) = α + τ . Ona je zbog definicije sabiranja ordinala neprekidna, a zbog (ii) i strogorastuca, te je normalna. Na osnovu Leme 3.5.6 (2) imamo

β 6 Fα(β) = α + β.

(v) Za proizvoljne ordinale α, β i za γ = 1 svojstvo vazi iz same definicije sabiranja ordinala.Fiksirajmo sada ordinale α i β. Neka je data podklasa ordinala A = {η|(α + β) + η =α+ (β + η)}. Ako je γ sledbenik ordinal, tada postoji njegov prethodnik σ. Kako je σ ∈ Ai kako svojstvo vazi za proizvoljne ordinale i jedinicu to imamo

(α + β) + γ = (α + β) + (σ + 1) = ((α + β) + σ) + 1

= (α + (β + σ)) + 1 = α + ((β + σ) + 1)

= α + (β + (σ + 1)) = α + (β + γ).

Ako je γ granicni ordinal tada imamo

(α + β) + γ = sup{(α + β) + σ|σ < γ} = sup{α + (β + σ)|σ < γ}.

Primenjujuci Lemu 3.5.6 na funkciju Fα, definisanu u dokazu predasnjeg svojstva, i na skupb = sup{β + ξ|ξ < γ} imamo

α + (β + γ) = Fα(sup(b)) = sup(Fα[b]) = sup{α + (β + ξ)|ξ < γ} = (α + β) + γ,

jer je sup(b) = β + γ.U svakom slucaju je γ ∈ A, pa svojstvo vazi za sve ordinale.

Primer 3.5.8 Znajuci da na klasi ON vazi zakon asocijativnosti mozemo lakse izracunatizbir nekih ordinala. Na primer, umesto da po definiciji nalazimo zbir (ω + 3) + ω mozemoto uciniti na sledeci nacin:

(ω + 3) + ω = ω + (3 + ω) = ω + ω = ω · 2.

Zanimljiv je i primer

ω + (ω3 + ω · 3) = (ω + ω3) + ω · 3 = ω3 + ω · 3.


Razmotrimo sledece zanimljive ”anomalije” na klasi svih ordinala.

Primer 3.5.9• Na skupu prirodnih brojeva vazi n < m ⇒ n + p < m + p. Medutim, na klasi ON to nevazi: iz 2 < 3 ne sledi da je 2 + ω < 3 + ω, jer je 2 + ω = ω = 3 + ω. Dakle, cak i ako jeα < β, na klasi svih ordinala moze vaziti α + γ = β + γ.• Za ma koje prirodne brojeve m i n 6= 0 vazi m < n + m. Medutim, stroga nejednakostnece uvek vaziti na klasi svih ordinala, cak i kada su u pitanju ordinali razliciti od nule. Naprimer, nece vaziti ω2 < ω · 2 + ω2, jer je ω · 2 + ω2 = ω2. Zbog toga u (iv) u prethodnomstavu ne stoji znak stroge nejednakosti.

Stav 3.5.10(i) 0 · α = 0 = α · 0(ii) α · 1 = α = 1 · α(iii) 0 < α ∧ β < γ ⇒ α · β < α · γ(iv) α 6 β ⇒ α · γ 6 β · γ(v) (α · β) · γ = α · (β · γ)(vi) α · (β + γ) = α · β + αγ(vii) α 6= 0 β 6 α · β

Dokaz. Vecinu svojstava dokazujemo transfinitnom indukcijom.(i) Neka je α proizvoljan ordinal, neka je data podklasa ordinala A = {η|0 · η = 0} i neka jeα ⊆ A. Ako je α ordinal sledbenik tada ce postojati njegov prethodnik σ. Kako je σ ∈ Ato iz definicije mnozenja ordinal imamo

0 = 0 · σ = 0 · σ + 0 = 0 · (σ + 1) = 0 · α.

Ukoliko je α granican ordinal, tada imamo

0 · α = sup{0 · ξ|ξ < α} = sup{0} = 0.

U svakom slucaju je α ∈ A, pa svojstvo vazi za sve ordinale.(ii) Neka je α proizvoljan ordinal. Tada je

α · 1 = α · (0 + 1) = (α · 0) + α = α.

Neka je data podklasa ordinala A = {η|1 ·η = η} i neka je α ⊆ A. Ako je α ordinal sledbeniktada postoji njegov predhodnik σ. Kako je σ ∈ A imamo da vazi

1 · σ = σ ⇒ 1 · σ + 1 = 1 · (σ + 1) = σ + 1⇔ 1 · α = α.

Ako je α granicni ordinal, tada imamo

1 · α = sup{1 · ξ|ξ < α} = sup{ξ|ξ < α} = α.

U svakom slucaju je α ∈ A, pa ovo svojstvo vazi na citavoj klasi svih ordinala.(iii) Neka je γ proizvoljan ordinal. Fiksirajmo ordinale α i β takve da je 0 < α i β < γ.Neka je data podklasa ordinala A = {η|β < η ⇒ α · β < α · η} i neka je γ ⊆ A. Ako je γsledbenik ordinal tada postoji njegov predhodnik σ. Kako je β 6 σ, kako je σ ∈ A, kako jepreslikavanje θ 7→ α · σ + θ strogo rastuce (videti dokaz za svojstvo (iv) prethodnog stava) ikako je α 6= 0, to imamo

α · β 6 α · σ < α · σ + α = α · (σ + 1) = α · γ.


Ukoliko je γ granicni ordinal, tada postoji ordinal ξ takav da je β < ξ < γ. Tada, vazi

α · β < α · ξ 6 sup{α · ξ|ξ < γ} = α · γ.

U svakom slucaju je γ ∈ A, pa svojstvo vazi za sve ordinale.(iv) Neka su α i β prozivoljni ordinali takvi da je α 6 β, neka je data podklasa ordinalaA = {η|α ·η 6 β ·η} i neka je γ ⊆ A. Ako je γ ordinal sledbenik, tada postoji postoji njegovprethodnik σ. Kako je σ ∈ A, to uz upotrebu svojstava (ii) i (iii) prethodnog stava imamo

α · γ = α · (σ + 1) = α · σ + α 6 β · σ + α 6 β · σ + β = β · (σ + 1) = β · γ.

Ako je γ granicni ordinal tada za svaki ξ < γ je α · ξ 6 β · ξ, pa imamo

sup{α · ξ|ξ < γ} 6 sup{β · ξ|ξ < γ} ⇔ α · γ 6 β · γ.

U svakom slucaju je γ ∈ A, pa svojstvo vazi za sve ordinale.(v) Za α = 0 i proizvoljne odrinale β i γ, zbog (i), svojstvo trivijalno vazi. Fiksirajmosada ordinale α 6= 0 i β. Neka je γ proizvoljan ordinal, neka je data podklasa ordinalaA = {η|α · (β + η) = α · β + α · η} i neka je γ ⊆ A. Ako je γ ordinal sledbenik, tada postojinjegov prethodnik σ. Kako je σ ∈ A i kako vazi asocijativnost za sabiranje ordinala, toimamo

α · (β + γ) = α · (β + (σ + 1)) = α · ((β + σ) + 1)

= α · (β + σ) + α = (α · β + α · σ) + α

= α · β + (α · σ + α) = α · β + α · (σ + 1)

= α · β + α · γ.

Neka je sada γ granican ordinal. Definisimo funkciju Gα : ON −→ ON sa Gα(τ) = α · τ .Zbog same definicije mnozenja ordinala ova je funkcija neprekidna, a kako vazi svojstvo(iii) ovog stava, ona je i strogo rastuca, te je normalna. Sada, za ovu funkciju i skupb = {β + ξ|ξ < γ} primenjujemo Lemu 3.5.6:

α · (β + γ) = α · sup{β + ξ|ξ < γ} = Gα(sup(b))

= sup(Gα[b]) = sup{α · (β + ξ)|ξ < γ}= sup{α · β + α · ξ|ξ < γ}.

Dalje, definisimo funkciju Fαβ : ON −→ ON sa Fαβ(τ) = α·β+τ . Ova funkcija je normalna,pa primenjujuci Lemu 3.5.6 za nju i za skup c = {α · ξ|ξ < γ} dobijamo

α·β+α·γ = α·β+sup(c) = Fαβ(sup(c)) = sup(Fαβ[c]) = sup{α·β+α·ξ|ξ < γ} = α·(β+γ).

U skvakom slucaju je γ ∈ A, pa po svojstvo vazi sa sve ordinale.(vi) Za α = 0 i proizvoljne odrinale β i γ, zbog (i), tvrdenje trivijalno vazi. Fiksirajmosada ordinale α 6= 0 i β. Neka je γ proizvoljan ordinal, neka je data podklasa ordinalaA = {η|(α · β) · η = α · (β · η)} i neka je γ ⊆ A. Ako je γ ordinal sledbenik, tada postojinjegov prethodnik σ. Kako je σ ∈ A i kako vaze svojstva (v) i (ii) ovog stava, to imamo

(α·β)·γ = (α·β)·(σ+1) = (α·β)·σ+α·β = α·(β·σ)+α·β = α·(β·σ+β) = α·(β·(σ+1)) = α·(β·γ).

Ako je γ granicni ordinal, tada asocijativnost operacije mnozenja pokazujemo potpunoanalogno kao kod dokazivanja asocijativnosti sabiranja ordinala u slucaju kada imamo granican


ordinal, pri cemu Lemu 3.5.6 koristimo za normalnu funkcijuGα definisanu u dokazu prethodnogsvojstva i za skup d = {β · ξ|ξ < γ}. U svakom slucaju je γ ∈ A, pa svojstvo vazi za sveordinale.(vii) Neka su α 6= 0 i β proizvoljni ordinali. Posmatrajmo funkciju Gα definisanu u dokazusvojstva (v) ovog stava. Na osnovu Leme 3.5.6 (2) imamo

β 6 Gα(β) = α · β.

Primer 3.5.11• Znajuci da za mnoznje ordinala vazi zakon asocijativnosti, kao i cinjenicu da vazi zakondesne distributivnosti mozemo lakse naci vrednosti nekih izraza.

(ω · 7) · ω = ω · (7 · ω) = ω · ω = ω2.

2 · (ω + 4) = 2 · ω + 2 · 4 = ω + 8.

• (ω + 3)2 = (ω + 3) · (ω + 3) = (ω + 3) · ω + (ω + 3) · 3 = supn<ω{(ω + 3) · n}+ ω · 3 + 3 =ω2 + 3 + ω · 3 + 3 = ω2 + ω · 3 + 3Uopsteno za svako n < ω vazi

(ω + n)2 = ω2 + ω · n+ n,

sto nije u saglasnosti sa opstepoznatom formulom (a + b)2 = a2 + 2 · a · b + b2, pri cemu sua, b prirodni brojevi.

Primer 3.5.12• Na skupu prirodnih brojeva vazi n < m⇒ n · p < m · p, pri cemu je p 6= 0. Medutim, naklasi ON to ne vazi: iz 2 < 3 ne sledi da je 2 · ω < 3 · ω, jer je 2 · ω = ω = 3 · ω. Dakle, caki ako je α < β, na klasi svih ordinala moze vaziti α · γ = β · γ.• Za ma koje prirodne brojeve m 6= 0 i n > 1 vazi m < n ·m. Medutim, stroga nejednakostnece uvek vaziti na klasi svih ordinala, cak i kada su u pitanju ordinali razlistrogo veci odjedinice. Na primer, nece vaziti ωω

3< ω3 · ωω3

, jer je ωω3

= ω3 · ωω3. Zbog toga u (vii) u

prethodnom stavu ne stoji znak stroge nejednakosti.

Stav 3.5.13(i) β 6= 0⇒ 0β = 0(ii) 1β = 1(iii) 1 < α ∧ β < γ ⇒ αβ < αγ

(iv) α 6 β ⇒ αγ 6 βγ

(v) 1 < α⇒ β 6 αβ

(vi) αβ+γ = αβ · αγ(vii) (αβ)γ = αβ·γ

Dokaz.(i) Svojstvo se pokazuje vrlo jednostavno koristeci definiciju stepenovanja ordinala i trans-finitnu indukciju.(ii) Svojstvo se pokazuje vrlo jednostavno koristeci definiciju stepenovanja ordinala i trans-finitnu indukciju.(iii) Dokaz ide potpuno analogno kao i dokaz svojstva (iii) prethodnog stava, pri cemu se


u delu dokaza u kome se razmatra slucaj kada je γ sledbenik ordinal, a σ njegov prethod-nik koristi cinjenica da je preslikavanje θ 7→ ασ · θ strogo rastuce (videti dokaz svojstva (v)prethodnog stava), kao i cinjenica da je 1 < α.(iv) Za β = 0, tvrdenje trivijalno sledi iz (i). Kada je β 6= 0 dokaz ide potpuno analogno kaoi dokaz svojstva (iv) prethodnog stava, pri cemu se u delu dokaza u kome se razmatra slucajkada je γ sledbenik ordinal, a σ njegov prethodnik koriste svojstva (iii) i (iv) prethodnogstava i cinjenica da je β 6= 0.(v) Neka su 1 < α i β proizvoljni ordinali. Posmatrajmo funkciju Hα : ON −→ ON zadatusa Hα(τ) = ατ . Zbog nacina na koji je stepenovanje ordinala definisano ova funkcija jeneprekidna, a usled svojstva (iii) ovog stava ona je i strogo rastuca, te je normalna. Sada,iz Leme 3.5.6 (2) imamo

β 6 Hα(β) = αβ.

(vi) Ovo svojstvo pokazujemo koristeci transfinitnu indukciju. Neka je γ proizvoljno. Zaslucajve α = 0;α = 1; 1 < α, β = 0; svojstvo trivijalno vazi. Fiksirajmo sada neke ordinale1 < α i β 6= 0. Neka je data podklasa ordinala A = {η|αβ+η = αβ · αη} i neka je γ ⊆ A.Ako je γ sledbenik ordinal, tada postoji njegov prethodnik σ. Kako je σ ∈ A to imamo

αβ+γ = αβ+(σ+1) = α(β+σ)+1 = αβ+σ · α = (αβ · ασ) · α = αβ · (ασ · α) = αβ · ασ+1 = αβ · αγ.

Neka je sada γ granicni ordinal. Funkcija Hα definisana u dokazu prethodnog svojstva, kao ifunkcijaGαβ : ON −→ ON definisana saGαβ(τ) = αβ ·τ , su normalne funkcije. PrimenjujuciLemu 3.5.6 na ove dve funkcije i na skupove b = {β+ ξ|ξ < γ} i d = {αξ|ξ < γ} respektivno,imamo

αβ+γ = αsup{β+ξ|ξ<γ} = Hα(sup(b))

= sup(Hα[b]) = sup(αβ+ξ)

= sup(αβ · αξ) = sup(Gαβ [d])

= Gαβ(sup(d)) = Gαβ(αγ)

= αβ · αγ.

U svakom slucaju je γ ∈ A, pa imamo da svojstvo vazi za sve ordinale.(vii) Ovo svojstvo pokazujemo transfinitnom indukcijom. Za α = 0 i α = 1 svojstvo trivijalnovazi. Fiksirajmo ordinale 1 < α i β. Neka je γ proizvoljno, neka je data podklasa ordinalaA = {η|(αβ)η = αβ·η} i neka je γ ⊆ A. Ako je γ ordinal sledbenik, tada postoji njegovprethodnik σ. Kako je σ ∈ A, i kako vazi svojstvo (vi) ovog stava, to imamo

(αβ)γ = (αβ)σ+1 = (αβ)σ · αβ = αβ·σ · αβ = αβ·σ+β = αβ·(σ+1) = αβ·γ.

Ako je γ granicni ordinal, tada primenom Leme 3.5.6 na normalnu funkciju Hα definisanu udokazu svojstva (v) ovog stava i skup c = {β · ξ|ξ < γ} imamo

αβ·γ = αsup{β·ξ|ξ<γ} = Hα(sup(c)) = sup(Hα[c]) = sup{αβ·ξ|ξ < γ} = sup{(αβ)ξ|ξ < γ} = (αβ)γ.

U svakom slucaju je γ ∈ A, pa svojstvo vazi sa sve ordinale.

Matematika je jasna:

Primer 3.5.14• (ω · ω)ω = (ω2)ω = ω2·ω = ωω


• 8ω·2 = 8ω+ω = 8ω · 8ω = supn<ω{8n} · supn<ω{8n} = ω · ω = ω2.Uopsteno, ako su 1 < k < ω i n < ω, vazi

kω·n = ωn.

• 2ω+3 = 2ω · 23 = ω · 8.Uopsteno, ako su 1 < k < ω i m,n < ω, tada vazi

kω·m+n = ωm · kn.

• 2ω2

= ωω, 7ω3

= ωω·2.Uopsteno, ako su k i n takvi da je 1 < k, n < ω, tada je

kωn

= ωω·(n−1).

• kωω = ωωω, 2 6 k 6 ω.

Primer 3.5.15• Iako za prirodne brojeve p, q, n vazi (p · q)n = pn · qn, to na klasi ON nije slucaj. Naime,

(ω · 3)2 = ω · 3 · ω · 3 = ω · ω · 3 = ω2 · 3 6= ω2 · 32 = ω2 · 9

Medutim, za k < ω i 0 < n < ω vazi

(ω · k)n = ωn · k.

• Na skupu prirodnih brojeva vazi n < m⇒ np < mp, pri cemu je p 6= 0. Medutim, na klasisvih ordinala to ne vazi: iz 2 < 3 ne sledi da je 2ω < 3ω, jer je 2ω = ω = 3ω. Dakle, cak iako je α < β, na klasi svih ordinala moze vaziti αγ = βγ.

Lema 3.5.16 Neka su α i β ordinali.a) (Lema o oduzimanju) Ako je α 6 β, tada postoji jedinstveni ordinal γ takav da jeα + γ = β.Ordinal γ nazivamo razlikom ordinala β i αb) (Lema o deljenju) Ako je β 6= 0, tada postoje jedinstveni ordinali ξ i η takvi da vaziα = β · ξ + η i η < β.Ordinal ξ nazivamo kolicnik ordinala α i β, a ordinal η ostatak. Ukoliko je η = 0 tadakazemo da je ordinal α deljiv ordinalom β, tj. da ordinal β deli ordinal α.c) (Lema o logaritmu) Ako je α 6= 0 i β > 1, tada postoje jedinstveni ordinali σ, τ i γ(logaritam, koeficijent i ostatak) takvi da vazi

α = βσ · τ + γ ∧ 1 6 τ < β ∧ γ < βσ.

Dokaz.a) Dokazimo prvo jedinstvenost trazenog ordinala. Bez gubljenja opstosti dokaza pret-postavimo da postoje ordinali γ1 i γ2 takvi da je γ1 < γ2 i da je α + γ1 = β = α + γ2.No, na osnovu svojstva (ii) Stava 3.5.7 imamo da vazi α + γ1 < α + γ2. Usled dobivenekontradikcije sledi da trazeni ordinal mora biti jedinstven.Pokazujemo egzistenciju. Ukoliko je α = β, tada je trazeni ordinal γ = 0. Neka je α < β.Kako vazi β 6 α + β, to postoji najmanji ordinal γ za koji je β 6 α + γ. Ako vazi znakjednakosti, tada imamo trazeni ordinal. Ukoliko jednakost ne vazi, tada mora biti γ 6= 0, jer


bismo u suprotnom imali β < α, sto je u nesaglasju sa pocetnim uslovom. Dalje, γ ne mozebiti granicni ordinal, jer iz β < α + γ i definicije sabiranja ordinala sledi da postoji ordinalξ < γ tako da je β < α + ξ, sto je u kontradikciji sa izborom ordinala γ.Dakle, mora biti γ = σ + 1 za neki ordinal σ, sto zbog izbora ordinala γ dovodi doα + σ < β < α + σ + 1, sto je, naravno, kontradikcija, jer izmedu ordinala α + σ i nje-govog sledbenika ne sme da stoji nijedan drugi ordinal. Dakle, razlika ordinala β i α jeupravo najmanji ordinal γ za koji je β 6 α + γ.b) Prvo, pokazujemo egzistenciju. Kako je α 6 β ·α, to postoji najmanji ordinal γ za koji jeα 6 β ·γ. Ako vazi jednakost, tada zavrsavamo dokaz uzimajuci da je ξ = γ i η = 0. Ukolikoje α < β · γ, tada se potpuno analogno kao u dokazu Leme o oduzimanju pokazuje da γ nemoze biti granicni ordinal. Dakle, postoji neki njegov prethodnik ξ. Tada imamo, zbog izb-ora ordinala γ, da je β ·ξ < α < β · (ξ+1) = β ·ξ+β. Na osnovu Leme o oduzimanju imamoda postoji (jedinstveni) ordinal η takav vazi β · ξ + η = α. Kako je α = β · ξ + η < β · ξ + β,to mora vaziti η < β, jer u suprotnom ne bi vazilo svojstvo (ii) Stava 3.5.7.Sada, pokazimo jedinstvenost ovih ordinala. Neka su, dakle, ξ1, ξ2, η1, η2 ordinali takvi daje η1, η2 < β i α = β · ξ1 + η1 = β · ξ2 + η2. Mora biti ξ1 = ξ2 jer pretpostavka ξ1 < ξ2 (ana potuno isti nacin i pretpostavka ξ2 < ξ2) dovodi do protivurecnosti: α = β · ξ1 + η1 <β · ξ1 + β = β · (ξ1 + 1) 6 β · ξ2 6 β · ξ2 + η2 = α. Dakle ξ1 = ξ2 pa, kako je β · ξ 6 α premaLemi o oduzimanju mora biti η1 = η2.

c) Prvo pokazujemo egzistenciju odgovarajucih ordinala. Kako je α 6 βα, to postojinajmanji ordinal δ za koji je α 6 βδ. Ako vazi jednakost, tada stavljajuci da je σ = δ,τ = 1 i γ = 0 imamo trazene ordinale, pa samim tim i gotov dokaz. U slucaju kada znakjednakosti ne vazi, potpuno analogno kao u prethodnim delovima dokaza pokazujemo da δne moze biti granicni ordinal. Dakle, postoji neki ordinal σ takav da je δ = σ + 1. Sada,zbog izbora ordinala δ imamo da je βσ < α, dok nam Lema o deljenju garantuje postojanje(jedinstvenih) ordinala τ i γ za koje je α = βσ · τ + γ, pri cemu je γ < βσ. Takode jeα < βσ ·β. Pokazimo da mora biti 1 6 τ < β. Neka je τ = β. Tada imamo βσ+1 +γ < βσ+1,sto bi znacilo da preslikavanje θ 7→ βσ+1 +θ nije strogo rastuce, sto nije tacno. Ako je β < τ ,tada na osnovu svojstva (iii) Stava 3.5.10 imamo da je βσ · β < βσ · τ 6 βσ · τ + γ, sto jekontradikcija. Takode, ne sme biti τ = 0, jer bismo u tom slucaju imali βσ < α = γ, sto nijeistina. Dakle, 1 6 τ < β.

Sada, pokazujemo jedinstvenost ovih ordinala. Pretpostavimo da su σ1, τ1, γ1, σ2, τ2, γ2

ordinali takvi da je 1 6 τ1, τ2 < β, γ1 < βσ1 , γ2 < βσ2 i da takvi vazi βσ1 · τ1 + γ1 =α = βσ2 · τ2 + γ2. Mora biti σ1 = σ2 jer pretpostavka σ1 < σ2 (a na potpuno isti nacin ipretpostavka σ2 < σ1) dovodi do kontradikcije: α = βσ1 · τ1 + γ1 < βσ1 · (τ1 + 1) 6 βσ1+1 6βσ2 6 βσ2 · τ2 + γ2 = α. Sada iz βσ1 = βσ2 na osnovu Leme o deljenju sledi da je τ1 = τ2 iγ1 = γ2.

Primer 3.5.17• Lema o oduzimanju nam govori da ima smisla postavljati jednacine tipa α + x = β i daje ova jednacina jedinstveno resiva, pri cemu su α < β odinali. Resimo sledece jednacine naklasi ON:

3 + x = ω + 7⇒ x = ω + 7

(ω + 3) + x = ω + 7⇒ x = 4

• Sa druge strane, jednacine tipa x+ α = β, (α < β) nekad nemaju resenja:

x+ 7 = ω ⇒ jednacina nema resenja ,


a nekad imaju nejedinstveno resenje:

x+ ω = ω ⇒ x = {n|n < ω}.

Mada, nekad i one mogu imati jedinstveno resenje:

x+ ω · 5 = ω · 7⇒ x = ω · 2.

• Lema o deljenju nam garantuje da ukoliko ordinal β 6= 0 deli ordinal α, jednacina tipaβ · x = α imati jedinstveno resenje. Resimo sledece jednacine na klasi svih ordinala:

2 · x = ω + 6⇒ x = ω + 3

ω3 · x = ω4 ⇒ x = ω

Sa druge strane, jednacina tipa x·β = α (β 6= 0 deli α) nekad moze imati jedinstveno resenje:

x · ω4 = ω5 ⇒ x = ω,

nekad nejedinstveno:x · (ω · 2) = ω · 2⇒ x = {n|n < ω},

a u nekim slucajevima nece ni imati resenja:

x · (ω · 2) = ω · 4⇒ jednacina nema resenja

• Lema o logaritmu nam tvrdi da ce za ordinale α 6= 0 i β > 1, ukoliko je njihov koeficijentjednak jedinici, a ostatak jednak nuli, ”eksponencijalna” jednacina βx = α biti jedinstvenoresiva. Resimo sledece jednacine na klasi ON:

2x = ωω·4 ⇒ x = ω5

(ω · 2)x = ω8 · 2⇒ x = 8

Teorema 3.5.18 Neka su α i β ordinali.a) α 6= 0 je granicni ordinal ako i samo ako je deljiv sa ω.b) Ako je α 6= 0 granicni ordinal i 1 6 n < ω, tada je n · α = α.c) Ako je n < ω i ω 6 α, onda je n+ α = α.d) Preslikavanje α 7→ ω · (1 + α), α 6= 0 definise jedinstveni <-izomorfizam iz klase ON uklasu svih granicnih ordinala.e) α · β je sledbenik ordinal onda i samo onda kada su oba α i β sledbenici ordinali.

Dokaz.a) Za ordinale α i ω na osnovu Leme o deljenju postoje jedinstveni ordinali ξ i η takvi da jeη < ω i takvi da vazi α = ω · ξ + η. Ako je α granicni ordinal, pokazimo da mora tada bitiξ 6= 0 i η = 0. Pretpostavimo suprotno. Tada su moguca tri slucaja:(1) ξ = 0 i η 6= 0;(2) ξ = 0 i η = 0;(3) ξ 6= 0 i η 6= 0.Nemogucnost slucaja (1): Imamo α = η, a kako je η prirodan broj, to on mora imati svogprethodnika. Dakle, α je sledbenik ordinal. Kontradikcija.Nemogucnost slucaja (2): Imamo α = 0.


Nemogucnost slucaja (3): Postoji neki prirodan broj n tako da je η = n+1. Tada ce α imatisvog prethodinka i to ce biti ω · ξ + n. Kontradikcija.Dakle, mora biti α = ω · ξ, ξ 6= 0, pa je α deljiv sa ω.Pokazimo obrat: Ako je α 6= 0 deljiv sa ω, tada postoji neki ordinal ξ 6= 0, tako da jeα = ω · ξ. Prvo, dokazimo tvrdenje u slucaju kada je ξ ordinal sledbenik. Pretpostavimoda α nije granicni ordinal. Tada ce postojati ordinal β za koji je α = β + 1. Kako je ξordinal sledbenik, to postoji ordinal σ takav da je ξ = σ + 1. Tada imamo α = ω · σ + ω =sup{ω · σ + n|n < ω} > β. Odavde imamo da postoji prirodan broj n < ω za koji vaziβ < ω · σ+ n. Odavde dobijamo kontradiktornu nejednakost α = β + 1 6 ω · σ+ n+ 1 < α.Dakle, α mora biti granicni ordinal.Sada, pokazimo tvrdenje i u slucaju kada je ξ granicni ordinal. Funkcija τ 7→ ω · τ jenormalna. Tvrdenje ce biti dokazano ukoliko pokazemo da svaka normalna funkcija slikagranicni ordinal u granicni ordinal. Neka je F : ON −→ ON neka normalna funkcija i nekaje θ neki granicni ordinal. Pokazimo da je F (θ) takode granicni ordinal. Pretpostavimo dapostoji ordinal σ takav da je F (θ) = σ + 1. Za svaki ordinal η < θ je F (η) < F (θ), te jeF (η) 6 σ. Zbog ovoga bice sup{F (η)|η < θ} 6 σ < F (θ), sto je u kontradikciji sa cinjenicomda je F neprekidna funkcija. Dakle, F (θ) mora biti granican ordinal.b) Kako je α 6= 0 granican ordinal, to na osnovu a) postoji ordinal ξ 6= 0 tako da vaziα = ω · ξ. Tada imamo

n · α = n · (ω · ξ) = (n · ω) · ξ = ω · ξ = α.

c) Kako je ω 6 α, to prema Lemi o oduzimanju postoji ordinal η tako da je ω+η = α. Tadaimamo

n+ α = n+ (ω + η) = (n+ ω) + η = ω + η = α.

d) Funkcija G zadata sa G(α) = ω ·(1+α) zbog a) preslikava klasu svih ordinala u klasu svihgranicnih ordinala. Na osnovu odgovarajucih svojstava Stavova 3.5.7 i 3.5.10 sledi da je ovopreslikavanje strogo rastuce. Iz ove stroge monotonosti sledi da ovo preslikavanje odrzava<-poredak i da je injekcija. Pokazimo jos i da je ”na”. Fiksirajmo proizvoljan granicanordinal τ . Postoji neki ordinal α 6= 0 tako da je τ = ω · α. Ako je α > ω, tada iz c) imamoG(α) = ω · (1 +α) = ω ·α = τ . Ako je, pak, α prirodan broj, on ima svog prethodnika, pa cebiti α = σ+1 za neki prirodan broj σ. Tada imamo G(σ) = ω ·(1+σ) = ω ·(σ+1) = ω ·α = τ .U svakom slucaju G je ”na”. Zbog svega navedenog G je trazeni izomorfizam. Jedinstvenostsledi na osnovu Posledice 2.4.7.e) Neka su α i β ordinali sledbenici. Tada postoje ordinali σ i η takvi da je α = σ + 1 iβ = η + 1. Tada imamo

α · β = (σ + 1) · (η + 1) = (σ + 1) · η + (σ + 1) = ((σ + 1) · η + σ) + 1.

Dakle, ordinal α · β je takode sledbenik ordinal ciji je prethodnik (σ + 1) · η + σ.Pokazimo obrat. Neka je α · β ordinal sledbenik i neka je γ + 1 = α · β. Iz svojstva (i) Stava3.5.10 je 0 < α, β. Za ordinale γ i α na osnovu Leme o deljenju postoje jedinstveni ordinali ξi η tako da je γ = α ·ξ+η, η < α. Dakle, η+1 6 α. Dalje imamo γ+1 = α ·ξ+η+1 = α ·β.Ukoliko bi bilo η + 1 < α, tada bi i ξ i β bili kolicnici za γ + 1 i α, a η + 1 i 0 odgovarajuciostaci sto je u kontradikciji sa Lemom o deljenju. Dakle, mora biti η + 1 = α, sto nam daje

γ + 1 = α · ξ + α = α · (ξ + 1) = α · β,

sto je u saglasnosti sa Lemom o deljenju. Dakle α mora biti sledbenik ordinal. Potpunoanalgono se dokazuje da je i β sledbenik ordinal.


Teorema 3.5.19 (Kantorova normalna forma u bazi β) Neka su α i β ordinali takvida je α 6= 0 i β > 1 Tada postoje jedinstveni ordinali n < ω; σ1, . . . , σn i τ1, . . . , τn takvi daje

α = βσ1 · τ1 + · · ·+ βσn · τn, σ1 > · · · > σn i 1 6 τi < β za i = 1, . . . , n.

Ovu reprezentaciju ordinala α 6= 0 nazivamo Kantorova normalna forma za α u bazi β.Specijalno, ako je β = ω, tada postoje jedinstveni ordinali α1, . . . , αn za koje je

α = ωα1 + · · ·+ ωαn i α1 > · · · > αn.

Dokaz. Tvrdenje dokazujemo transfinitnom indukcijom. Neka je α 6= 0 proizvoljan ordinal,neka je data podklasa ordinala

A = {η|η ”ima jedinstvenu Kantorovu normalnu formu u bazi” β},

i neka je α ⊆ A. Za ordinale α 6= 0 i β > 1 na osnovu Leme o logaritmu imamo da postojejedinstveni ordinali σ1, τ1 i γ takvi da je α = βσ1 · τ1 + γ i 1 6 τ1 < β i γ < βσ1 . Ako jeγ = 0 tada stavimo da je n = 1 i dokaz tvrdenja je zavrsen. Ukoliko je γ 6= 0 tada imamoγ 6 βσ1 · τ1 6 βσ1 · τ1 + γ = α, pa kako je γ ∈ A to postoje jedinstveni ordinali m < ω;σ2, . . . , σm, σ2 > · · · > σm; τ2, . . . , τm, 1 6 τi < β, i = 2, . . . ,m kojim se γ reprezentujeu Kantorovoj normalnoj formi u bazi β. Kako je βσ2 6 γ < βσ1 , to mora biti σ1 < σ2, jer uprotivnom ne bi vazilo svojstvo (iii) Stava 3.5.13. Ako stavimo da je m + 1 = n < ω, tadaimamo da je α ∈ A, pa tvrdenje vazi za sve ordinale.Ako je β = ω, tada su svi τi prirodni brojevi, pa svi ωσi · τi predstavljaju τi-struke sume odωσi , odakle sledi drugi deo tvrdenja.

Kantorova normalna forma za 0 (u bazi ω) je ω0 · 0.Pretpostavimo da su ordinali α 6= 0 i β reprezentovani u Kantorovoj normalnoj formi ubazi ω. Ako dodamo stepene ωσ od ω, koji se pojavljuju u samo jednoj reprezentaciji, onojdrugoj kao sabirke oblika ωσ · 0, tada mozemo bez gubitka opstosti pretpostaviti da su α iβ jedinstveno zadati sa α =

∑ki=1 ω

σi · ni i β =∑k

i=1 ωσi ·mi, gde je k < ω, σ1 > · · · > σn,

0 6 ni < ω, 0 6 mi < ω i mi + ni 6= 0 za i = 1, . . . , k. Tada mozemo uvesti narednudefiniciju.

Definicija 3.5.20 Prirodna suma ordinala α i β u oznaci α]β je data sa

α]β =k∑i=1

ωσi · (mi + ni).

Primer 3.5.21 Neka su ordinali α i β zadati sa α = ω3 + ω2 · 4 + ω · 8 i β = ω3 + ω · 7 + 7.Tada je α]β = ω3 · 2 + ω2 · 4 + ω · 15 + 7.

Prirodna suma ordinala zadovoljava zakon asocijativnosti i zakon komutativnosti.

Definicija 3.5.22• Ordinal γ nazivamo osnovni broj sabiranja ako je γ 6= 0 i za sve α < γ je α + γ = γ.γ je aditivno rastavljiv ukoliko postoje ordinali α < γ i β < γ takvi da je α + β = γ; usuprotnom kazemo da je γ aditivno nerastavljiv.• Ordinal α > 1 je osnovni broj mnozenja ukoliko je β ·α = α za sve β za koje je 1 6 β < α.• Ordinal ε > 2 je osnovni broj stepenovanja ako je αε = ε za sve ordinale α za koje je2 6 α < ε.


Pokazuje se da je skup {2} ∪ {ωωσ |σ ∈ ON} skup svih osnovnih brojeva mnozenja, a skup{ω} ∪ {α ∈ ON|ωα = α} skup osnovnih brojeva stepenovanja.Sada cemo definisati jedan zaista veliki ordinal:

Definicija 3.5.23 Najmanji ordinal ε za koji je ωε = ε oznacavamo sa ε0.

Kako bismo opravdali prethodnu definiciju, moramo pokazati narednu teoremu.

Teorema 3.5.24 Postoji ordinal ε takav da je ωε = ε.

Dokaz. Definisimo niz ordinala na sledeci nacin:

α0 = ω

αn+1 = ωαn , n < ω

Neka je sup{αn|n < ω} = ε. Kako je funkcija τ 7→ ωτ neprekidna, to imamo

ωε = ωsupn<ω αn = supn<ω

ωαn = supn<ω

αn+1 = ε.

Primer 3.5.25 Iako je ω < ε0, ne vazi ε0 < ωε0. Ovaj primer dobro demonstrira zasto usvojstvu (iv) Stava 3.5.13 ne stoji znak stroge nejednakosti.

Jasno je da je 1 jedini osnovni broj sabiranja manji od ω (0 + 1 = 1). Takode, na osnovuTeoreme 3.5.18 imamo da je ω najmanji osnovni broj sabiranja koji je veci od 1. Narednaposledica daje karakterizaciju osnovnih brojeva sabiranja.

Posledica 3.5.26a) Ordinal γ 6= 0 je osnovni broj sabiranja ako i samo ako je aditivno nerastavljiv.b) Osnovni brojevi sabiranja su tacno oni ordinali oblika ωα, pri cemu je α ∈ ON.c) (ωα|α ∈ ON) je jedinstveni <-izomorfizam iz klase ON na klasu svih osnovnih brojevasabiranja.

Dokaz.a) Neka je γ osnovni broj sabiranja, i neka su α i β neki ordinali strogo manji od γ. Tadaimamo da je α + β < α + γ = γ, pa kako se γ ne moze predstaviti kao zbir dva ordinalastrogo manjih od njega, to je γ aditivno nerastavljiv ordinal.Pretpostavimo da je γ 6= 0 aditivno nerastavljiv i neka je α < γ proizvoljan ordinal. Tadana osnovu Leme o sabiranju postoji ordinal β tako da je α + β = γ. Kako vazi β 6 γ, tomora da vazi jednakost, jer u suprotnom ordinal γ bio aditivno rastavljiv. Dakle, imamo daje α + γ = γ za α < γ, pa je γ, po definiciji, osnovni broj sabiranja.b) Neka je α proizvoljan ordinal. Jasno, ωα 6= 0. Neka je 0 < β < ωα i ωβ1 + · · · + ωωn

Kantorova normalna forma ordinala β u bazi ω. Tada imamo ωβi 6 β < ωα za svakoi = 1, . . . , n, odakle sledi da je βi < α za sve βi. Ako pokazemo da za proizvoljne ordinaleσ < τ je ωσ + ωτ = ωτ , tada na osnovu cinjenice da su svi βi < α i asocijativnosti sabiranjaordinala imacemo da je β + ωα = ωα, tj. da je ωα osnovni broj sabiranja. Dakle, zaproizvoljne ordinale σ < τ na osnovu Leme o sabiranju postoji ordinal γ 6= 0 takav da jeτ = σ+ γ. Kako je ωγ > ω, to na osnovu Teoreme 3.5.18 c) imamo da je 1 +ωγ = ωγ. Tadaimamo

ωσ + ωτ = ωσ + ωσ+γ = ωσ + ωσ · ωγ = ωσ · (1 + ωγ) = ωσ · ωγ = ωτ .


Sada pokazimo da svaki osnovni broj sabiranja mora biti stepen ω. Neka za neki ordinal αordinal γ 6= 0 nije oblika ωα. Tada, Kantorova normalna forma ωγ1 + · · · + ωγn od γ sadrzibar dva sabirka, tako da imamo ωγ1 < γ. Mora da vazi ωγ1 + γ 6= γ, jer bi u suprotnomordinal γ imao jos jednu Kantorovu normalnu formu (koja ima bar tri sabirka), sto se kosisa cinjenicom da je Kantorova normalna forma jedinstvena. Dakle, nasli smo ordinal ξ < γza koji je ξ + γ 6= γ, pa γ nije osnovni broj sabiranja.c) Kako je preslikavanje α 7→ ωα normalno, ono je i ”1-1” i odrzava uredenje, a kako vazi b)ovog tvrdenja, ono je i ”na”, pa je trazeni izomorfizam.

Na kraju ove sekcije reci cemo nesto o vezi izmedu definisanih operacija sa tipom poretkastrogo dobrih uredenja.Imajuci u vidu Teoremu 3.3.26, odnosno cinjenicu da svakom (strogo) dobrom uredenjumozemo pripisati jedinstveni ordinal koji predstavlja tip poretka tog uredenja, postavlja sepitanje kakvom bi to uredenju odgovarao zbir ordinala. Drugacije receno: ako su 〈A,<1〉 i〈B,<2〉 strogo dobra uredenja ciji su tipovi poretka α i β respektivno, pri cemu su skupoviA i B neprazni i disjunktni, da li je moguce, i ako je to moguce, kako od ovih uredenjanapraviti novo ciji je tip poretka α+ β. Odgovor je potvrdan: moguce je uciniti tako nesto,i to cinimo tako sto ”stavljamo jedno uredenje iza drugog”, tj. tako sto na skupu A ∪ Bdefinisemo relaciju <3 sa

<3=<1 ∪ <2 ∪{〈a, b〉|a ∈ A ∧ b ∈ B}.

Neformalno: ”prvo ide 〈A,<1〉, pa zatim 〈B,<2〉”.

Stav 3.5.27 〈A ∪B,<3〉 je strogo dobro uredenje tipa poretka α + β.

Dokaz. U tekstu dokaza cemo pisati < umesto <3, gde ce bez bojazni od konfuzije izkonteksta biti jasno kada je rec o uredenju na skupu A ∪B, a kada o uredenju na ordinalu.Kako je A ∼= α i B ∼= β, to postoje jedinstveni odgovarajuci izomorfizmi f1 : A −→ α if2 : B −→ β. Definisimo preslikavanje f : A ∪B −→ α + β sa

f(x) =

{f1(x), x ∈ A

α + f2(x), x ∈ B

Ovo preslikavanje je dobro definisano, jer ako je x ∈ A, tada je f(x) = f1(x) < α < α + β,a ako je x ∈ B, tada je f(x) = α + f2(x) < α + β.Neka su x1, x2 ∈ A ∪ B proizvoljni za koje je x1 < x2. Ako su oba x1, x2 ∈ A bice tadaf1(x1) < f1(x2), a samim tim i f(x1) < f(x2). Ukoliko su oba x1, x2 ∈ B tada imamof2(x1) < f2(x2), a sa tim i α+ f2(x1) < α+ f2(x2), odnosno f(x1) < f(x2). U slucaju kadaje x1 ∈ A, a x2 ∈ B imamo

f(x1) = f1(x1) < α 6 α + f2(x2) = f(x2).

U svakom slucaju za x1 < x2 sledi f(x1) < f(x2), cime smo u isti mah pokazali i dapreslikavanje f cuva uredenje i da je ”1-1”.Ostaje jos da se pokaze da je f surjekcija. U tu svrhu uzmimo proizvoljno γ < α+ β. Tadamoze biti ili γ < α ili α 6 γ < α + β.Ukoliko je γ < α, tada postoji neko xγ ∈ A takvo da je f1(xγ) = γ. Tada je takode xγ ∈ A∪Bi f(xγ) = γ.Neka je γ = α. Kako je 0 < β, to postoji neko x0 ∈ B tako da je f2(x0) = 0. Tada imamof(x0) = γ i x0 ∈ A ∪B.


Neka je α < γ < α+β. Tada, po Lemi o oduzimanju imamo postojanje ordinala η takvog davazi α+η = γ. Mora da vazi η < β, jer bismo u suprotnom iz β 6 η imali α+β 6 α+η = γsto je netacno. Kako je η < β, to postoji neko xη ∈ B takvo da je f2(xη) = η. Odatle imamoda je f(xη) = α + η = γ, kao i xη ∈ A ∪B.U svakom slucaju je preslikavanje f ”na”, pa je ono trazeni izomorfizam.

Sto se mnozenja i stepenovanja ordinala tice, takode je moguce nerekurzivno definisatiuredenja ciji ce tipovi biti upravo α · β i αβ Kako se to konkretno radi dajemo u narednadva tvrdenja. Dokaz prvog prati u potpunosti dokaz drugog, i pritom je jednostavniji, takoda ga izostavljamo.

α · β je tip poretka onog (strogo) dobrog uredenja ≺, koje se dobija tako sto jedno zadrugim β-puta povezemo strogo dobra uredenja 〈Aσ, <σ〉, σ < β tipa poretka α. Preciznije:ako je {〈Aσ, <σ〉|σ < β} familija strogo dobrih uredenja tipa poretka α za koju je Aσ 6= 0 iAσ ∩ Aτ = 0 za σ 6= τ , tada mozemo definisati strogo dobro uredenje ≺ tipa α · β na skupuB =

⋃{Aσ|σ < β} na sledeci nacin

a ≺ b⇔ ∃σ∃τ((a ∈ Aσ ∧ b ∈ Aτ ∧ σ < τ) ∨ (a ∈ Aσ ∧ b ∈ Aσ ∧ a <σ b)).

Ukratko receno ”β puta uzimamo α”.Mnogo je jednostavnije strogo dobro urediti skup α × β takozvanim hebrejskim leksiko-

grafskim poretkom: 〈σ1, τ1〉 < 〈σ2, τ2〉 ako i samo ako je τ1 < τ2 ∨ (τ1 = τ2 ∧ σ1 < σ2). Tadavazi

Teorema 3.5.28 〈α× β,<〉 ima tip poretka α · β.

Ostaje jos da se vidi kako izgleda uredenje ciji je tip poretka αβ. Neka je fin(β, α)skup svih funkcija f iz β u α za koje je skup {σ < β|f(σ) 6= 0} konacan. Sada, skupfin(β, α) ce biti strogo dobro ureden generalizovanim hebrejskim leksikografiskim uredenjem;za f, g ∈ fin(β, α) definisemo

f ≺α,β g ⇔ f 6= g ∧ (τ = max{σ < β|f(σ) 6= g(σ)} ⇒ f(τ) < g(τ)).

Teorema 3.5.29 Tip poretka uredenja 〈fin(β, α),≺α,β〉 je upravo αβ.

Dokaz. Za dati ordinal α tvrdenje dokazujemo indukcijom po β. U dokazu ovog tvrdenjacemo skup fin(β, α) oznacavati sa Sβ uredenje ≺α,β sa ≺β.(1) Neka je data A = {η|type〈Sη,≺η〉 = αη} potklasa ordinala, i neka je β ⊆ A. Ako je βordinal sledbenik, tada postoji ordinal σ takav da je β = σ+ 1. Tada ce biti type〈Sσ,≺σ〉 =ασ.Neka je uredenje 〈Sσ × α,�σ〉 antileksikografsko (hebrejsko leksigrafsko), tj. neka je zadatosa

〈f1, ξ1〉�σ 〈f2, ξ2〉 ⇔ f1 ≺σ f2 ∨ (f1 = f2 ∧ ξ1 ∈ ξ2).

Tada ce na osnovu prethodne teoreme biti type〈Sσ × α,�σ〉 = ασ · α = ασ+1 = αβ.

(2) Definisimo f : Sσ × α→ Sσ+1 sa

f(g, η)(ξ) =

{g(ξ) , ako ξ ∈ β,η , ako ξ = β


Lako je videti da je f izomorfizam izmedu uredenja 〈Sσ × α,�σ〉 i 〈Sσ+1,≺σ+1〉. Dakle

type〈Sσ+1,≺σ+1〉 = type〈Sσ × α,�σ〉 = αβ.

Pretpostavimo sada da je β granicni ordinal i neka je θ = type〈Sβ,≺β〉 a f : Sβ −→ θizomorfizam izmedu uredenja 〈Sβ,≺β〉 i 〈θ,∈〉.

Za svako γ ∈ β neka je zγ ∈ Sβ definisano sa zγ(γ) = 1 i zγ(ξ) = 0 ako ξ ∈ β \ {γ}.(1) Lako se proverava da za svako γ ∈ β vazi

{g ∈ Sβ|g ≺β zγ} = (·, zγ) = {y ∈ Sβ|y(ξ) = 0 za svako ξ ∈ β \ γ}

.(2) Takode, nije tesko videti ni da je za svako γ ∈ β preslikavanje g : Sγ −→ (·, zγ) definisanosa

g(y)(ξ) =

{y(ξ) , ako ξ ∈ γ,

0 , ako ξ ∈ β \ γ

izomorfizam izmedu uredenja 〈Sγ,≺γ〉 i 〈(·, zγ),≺β� (γ × γ)〉, te da je

type〈(·, zγ),≺β� (γ × γ)〉 = type〈Sγ,≺γ〉 = αγ

(gde smo iskoristili cinjenicu da je γ ∈ A).(3) Za svako γ ∈ β preslikavanje f � (·zγ) : (·, zγ) −→ f(zγ) je izomorfizam izmedu uredenja〈(·, zγ),≺β� (γ × γ)〉 i 〈f(zγ),∈〉, te je stoga

f(zγ) = type〈(·, zγ),≺β� (γ × γ)〉 = αγ

(4) Kako vazi ∀x ∈ Sβ∃γ ∈ β (x ≺β zγ) to vazi i ∀η ∈ θ∃γ ∈ β(η < f(zγ) = αγ < θ). Odatlezakljucujemo da je θ = sup {αγ|γ ∈ β} = αβ.

Primer 3.5.30• Skup svih prirodnih brojeva ureden na nacin

0 < 1 < 2 < 3 < · · ·

ima tip poretka ω.• Posmatrajomo dva uredenja tipa poretka ω data sa 0 < 1 < 2 < 3 < · · · i 0′ < 1′ < 2′ <3′ < · · · . Uredenje dobiveno nadovezivanjem drugog na prvo, odnosno uredenje dato sa

0 < 1 < 2 < 3 < · · · < 0′ < 1′ < 2′ < 3′ < · · ·

ima tip poretka ω+ω. Razlika izmedu ovog uredenja i uredenja tipa ω je ta sto kod uredenjatipa ω samo jedan clan nema svog prethodnika, dok kod uredenja tipa ω+ω dva clana nemajuprethodnike.• Uredenje dato sa

0′ < 1′ < 2′ < 0 < 1 < 2 < 3 < · · ·

je tipa 3 + ω, dok je uredenje dato sa

0 < 1 < 2 < 3 < · · · < 0′ < 1′ < 2′


tipa poretka ω + 3. Odavde se jasno vidi zasto je 3 + ω 6= ω + 3: u prvom uredenju 0 imasvog prethodnika, dok u drugom nema.• Uredenje dato sa

00 < 10 < 20 < 30 < · · · < 01 < 11 < 21 < 31 < · · ·

je tipa ω · 2 (”na dva mesta po ω”), dok uredenje dato sa

00 < 10 < 01 < 11 < 02 < 12 < 03 < 13 < · · ·

je tipa 2 · ω (”na ω mesta po dva”). Ovde se jasno vidi zasto je 2 · ω 6= ω · 2.• Primer uredenja tipa ω · ω = ω2 je hebrejsko leksikografsko uredenje dato sa (odavdenadalje ce se umesto zagrada 〈〉 koristiti obicne zagrade za oznacavanje uredenog para)

(0, 0) < (1, 0) < (2, 0) < (3, 0) < · · ·

· · · < (0, 1) < (1, 1) < (2, 1) < (3, 1) < · · ·

· · · < (0, 2) < (1, 2) < (2, 2) < · · ·

ovde imamo ”na ω mesta po ω”.• Primer uredenja tipa ωω je

(0, 0, 0, 0, 0, . . .) < (1, 0, 0, 0, 0, . . .) < (2, 0, 0, 0, 0, . . .) < · · · <

(0, 1, 0, 0, 0, . . .) < (1, 1, 0, 0, 0, . . .) < (2, 1, 0, 0, 0, . . .) < · · · <

(0, 2, 0, 0, 0, . . .) < (1, 2, 0, 0, 0, . . .) < (2, 2, 0, 0, 0, . . .) < · · · <

< · · · <

(0, 0, 1, 0, 0, . . .) < (1, 0, 1, 0, 0, . . .) < (2, 0, 1, 0, 0, . . .) < · · · <

< · · ·

Na kraju poglavlja dajemo definiciju redova ordinala.

Definicija 3.5.31 Neka je γ ∈ ON i neka je 〈αξ|ξ < γ〉 neki niz ordinala. Red ordinala∑ξ<γ αξ definisemo rekurzijom po γ na sledeci nacin:

•∑

ξ<0 αξ = 0•∑

ξ<β+1 αξ =∑

ξ<β αξ + αβ•∑

ξ<β αξ = sup{∑

ξ<η αξ|η < β}, ako je β granicni ordinal.

Primer 3.5.32•∑

ξ<ω ξ = ω•∑

ξ<ω+1 ξ = ω · 2•∑

ξ<ω+4 ξ = ω · 4 + 3


Figure 3.1: Spirala ordinala

Poglavlje 4

Kardinali

Oni ce nas uciti da je Beskonacnost mirno Stajanje Sadasnjeg vremena, Nunc-stans, kakoga Skola zove, sto ni oni ni bilo ko drugi ne razume, nista vise nego sto bi razumeli

Hic-stans za Beskrajnu velicinu mesta.- Levijatan, IV, 46

U ovom poglavlju uvodimo pojam kardinala koji je usko povezan sa pojmom ordinalai koji predstavlja najbitnije matematicnko sredstvo za izucavanje beskonacnih skupova.Izucavaju se svojstva kardinala i, analogno kao i kod ordinala, definisu se elementarne op-eracije sa kardinalima i izucavaju se svojstva tih operacija.

4.1 Pojam kardinala

Definicija 4.1.1 Neka je dat skup x i ordinal α. Kazemo da je skup x dobro ureden ordi-nalom α ako postoji bijekcija f : α −→ x.

Podsetimo se da nam Aksioma izbora (AC) garantuje da se svaki skup moze dobro urediti.Teorema 3.3.26 nam, sa druge strane, govori da za svako dobro uredenje postoji ordinal kojije izomorfan tom uredenju. Kako je svaki izomorfizam bijekcija, mozemo reci da taj ordinalureduje dati skup. Zakljucujemo sledece: u ZFC teoriji za svaki skup moguce je naci ordinalkoji ga dobro ureduje. Stavise, kako na klasi svih ordinala vlada (strogo) dobro uredenje,moguce je za svaki skup naci najmanji ordinal koji ga ureduje. Zbog ovoga uvodimo narednudefiniciju:

Definicija 4.1.2 Najmanji ordinal koji dobro ureduje skup x nazivamo kardinalni broj skupax i oznacavamo ga sa |x|.

Definicija 4.1.3 (Kardinali) Ordinal α je kardinal ukoliko je α = |α|.

Stav 4.1.4 Za svaki ordinal α je |α| 6 α.

Dokaz. Identicko preslikavanje id : α −→ α je bijekcija, pa mozemo reci da ordinal α samsebe ureduje. Kako je |α| najmanji ordinal koji ureduje α, to mora da vazi |α| 6 α.

Kardinale obicno oznacavamo grckim slovima κ, λ, µ, ν...U daljem tekstu cemo, ukoliko nije drugacije naglaseno, raditi u okviru ZFC teorije. Ovoisticemo, jer se neki od sledecih rezultata ne mogu dokazati u sistemu ZF, a za one kojimogu, dokaz je potpuno drugaciji od dokaza u sistemu ZFC.

63

64 POGLAVLJE 4. KARDINALI

Stav 4.1.5 Kardinalni broj svakog skupa je kardinal.

Dokaz. Neka je x proizvoljan skup, i neka je ordinal |x| njegov kardinalni broj. Iz prethodnogstava imamo da vazi

∣∣|x|∣∣ 6 |x|. Kako je |x| kardinalni broj skupa x, to postoji bijek-cija f : |x| −→ x, a kako je ordinal

∣∣|x|∣∣ kardinalni broj ordinala |x|, to postoji bijekcijag :

∣∣|x|∣∣ −→ |x|. Kompozicija h = g ◦ f :∣∣|x|∣∣ −→ x je bijekcija, pa mozemo reci da

ordinal∣∣|x|∣∣ dobro ureduje skup x. Kako je |x| najmanji ordinal koji dobro ureduje skup x,

to mora da vazi |x| 6∣∣|x|∣∣. Vazi dakle, |x| =

∣∣|x|∣∣, te je |x| po definiciji kardinal.

Teorema 4.1.6 (Kantor-Bernstajn) Neka su data dva skupa x i y. Ako postoje injekcijef : x −→ y i g : y −→ x, tada postoji bijekcija iz x na y.

Dokaz prethodne teoreme moze se naci u [5].

Stav 4.1.7 Neka je κ proizvoljan kardinal, a β proizvoljan ordinal. Ako je κ 6 β tada jeκ 6 |β|.

Dokaz. Znamo da postoji neka bijekcija h : |β| −→ β. Preslikavanje f : κ −→ β definisanosa f(ξ) = ξ za svako ξ ∈ κ je injekcija. Tada je f ◦ h−1 : κ −→ |β| injekcija. Kad bi vazilo|β| < κ, tada bi preslikavanje g : |β| −→ κ definisano sa g(ξ) = ξ, za svako ξ ∈ |β|, biloinjekcija, te bi prema Kantor-Bernstajnovoj teoremi postojala neka bijekcija izmedu skupova|β| i κ, sto bi protivurecilo cinjenici da je κ najmanji ordinal koji dobro ureduje κ.

Posledica 4.1.8 Neka su dati skupovi x i y.a) |x| = |y| ⇔ ∃f(f : x −→ y ∧ f je bijekcija ).b) |x| 6 |y| ⇔ ∃f(f : x −→ y ∧ f je injekcija ).c) x 6= 0⇒ (|x| 6 |y| ⇔ ∃f(f : y −→ x ∧ f je ”na” )).

Dokaz.a) Neka je |x| = |y|. Postoje bijekcije g : |x| −→ x i h : |y| −→ y. Takode, g−1 : x −→ |x| =|y| je bijekcija, pa samim tim bice bijekcija i kompozicija f = g−1 ◦ h : x −→ y.Neka postoji bijekcija f izmedu x i y. Tada ce kompozicija g ◦ f : |x| −→ y biti bijekcija.Dakle, ordinal |x| dobro ureduje skup y. Kako je |y| najmanji ordinal koji strogo dobroureduje skup y, to vazi |y| 6 |x|. Sa druge strane je i kompozicija h ◦ f−1 : |y| −→ xbijekcija. Kako je ordinal |x| najmanji ordinal koji ureduje skup x, to mora biti |x| 6 |y|.Dakle, |x| = |y|.b) Neka je |x| 6 |y|. Ukoliko vazi znak jednakosti, tada na osnovu a) postoji trazena injekcija.Neka je |x| < |y| i neka su bijekcije g i h date u delu dokaza pod a). Preslikavanje t : |x| −→|y| dato sa t(α) = α, α < |x| je injekcija. Bice tada kompozicija f = g−1 ◦ t ◦ h : x −→ ytrazena injekcija.Neka sada postoji injekcija f iz x u y. Za ordinale |x| i |y| usled trihotomije moze da vaziili |x| = |y| ili |x| < |y| ili |y| < |x|. Ukoliko je |x| = |y|, tada je dokaz naseg tvrdenjagotov. Pokazimo da je slucaj |y| < |x| nemoguc. Ako bi to vazilo, tada bi na osnovuprethodnog postojalo ”1-1” preslikavanje iz y u x, pa bi na osnovu Kantor-Bernstajnoveteoreme postojala bijekcija izmedu x i y, sto bi na osnovu a) impliciralo da je |x| = |y|, stone moze da vazi istovremeno sa |y| < |x|. Dakle, vazi ili |x| = |y| ili |x| < |y|, odnosno, vazi|x| 6 |y|.c) Neka je |x| 6 |y|. Kako je x 6= 0 to mozemo fiksirati neko a ∈ x. Tada na osnovu

4.1. POJAM KARDINALA 65

predasnjeg postoji ”1-1” preslikavanje f : x −→ y. Kako je x 6= 0, mozemo definisatipreslikavanje g : y −→ x sa

g(z) =

{u, ukoliko postoji u ∈ x takvo da je f(u) = z

a, inace.

Kako je f ”1-1”, to je g(z) jedinstveno odredeno za svako z ∈ y, pa je g dobro definisanopreslikavanje. Ono je i ”na”, jer je za proizvoljno u ∈ x upravo f(u) = z ∈ y za koje jeg(z) = u.Pokazimo obrat. Neka postoji surjekcija f : y −→ x. Fiksirajmo neko dobro uredenje skupay Definisimo preslikavanje g : x −→ y tako da je za svkao z ∈ x g(z) najmanji elementnepraznog skupa {u ∈ y|f(u) = z} u odnosu na dato dobro uredenje; skup {u ∈ y|f(u) =z} jeste neprazan jer je preslikavanje f ”na”. Dakle, g je dobro definisano preslikavanje.Pokazimo da je injekcija. Ako su z1, z2 ∈ x takvi da je z1 6= z2, tada ce odgovarajuci skupovi{u ∈ y|f(u) = z1} i {u ∈ y|f(u) = z2} biti disjunktni, pa ce se njihovi minimumi razlikovati.Dakle, g(z1) 6= g(z2). g je ”1-1”, pa na osnovu predasnjeg vazi |x| 6 |y|.

Napomenimo da je moguce Kantor-Bernstajnovu teoremu dokazati i u okvirima ZF teorije,kao i prve dve stavke prethodne posledice za sve one skupove za koje kardinalni broj postoji.Ovo je bitno jer se na osnovu ovoga mogu u teoriji ZF formulisati mnoga tvrdenja u vezisa kardinalnostima skupova. Medutim, poslednju stavku prethodnog tvrdenja moguce jedokazati samo u okviru ZFC teorije.Prethodna posledica nam omogucava da uvedemo alternativnu definiciju kardinala.

Teorema 4.1.9 Ordinal α je kardinal ako i samo ako za svaki ordinal ξ < α nijedna funkcijaf : α −→ ξ nije ”1-1”.

Dokaz. Neka je ordinal α kardinal i neka postoji ordinal ξ < α za koji postoji ”1-1” pres-likavanje f : α −→ ξ. Preslikavanje g : ξ −→ α zadato sa g(γ) = γ, ∀γ < ξ je takode ”1-1”,pa na osnovu Kantor-Bernstajnove teoreme postoji bijekcija h : ξ −→ α. Kako ordinal ξ < αdobro ureduje ordinal α, to α nece biti najmanji ordinal koji sebe ureduje, tj. nece vaziti|α| = α. Kontradikcija.Pokazimo sada obrat. Neka ni za jedan ordinal ξ < α ne postoji injekcija iz ξ u α. Tada ceα biti najmanji ordinal za koji postoji injekcija, pa i bijekcija iz α u α; odnosno, ordinal αje najmanji ordinal koji sebe ureduje, te je α kardinal.

Za dva skupa x i y izmedu kojih postoji bijekcija, ondosno za koje je |x| = |y| kazemo da suiste kardinalnosti, odnosno da su ekvinumericni. Klasa R =

{〈x, y〉|x je ekvinumerican sa y

}je ocigledno relacija ekvivalencije. Svaka klasa ekvivalencije relacije R sadrzi tacno jedankardinal. Iz tog razloga kardinale mozemo smatrati predstavnicima klasa ekvinumericnihskupova. Preciznije, kardinal κ je predstavnik klase {x|κ = |x|}.

Definicija 4.1.10 Neka su dati proizvoljni skupovi x i y.• x � y ukoliko postoji neka injekcija f : x −→ y.• x ≺ y ukoliko je x � y i x i y nisu ekvinumericni.

Iz ove definicije, definicije pojma kardinala i Kantor-Bernstajnove teoreme neposrednosledi da ukoliko za proizvoljne kardinale vazi κ � λ i λ � κ tada je κ = λ.

Stav 4.1.11 Neka su α i β ordinali takvi da je α 6 β. Tada je |α| � |β|.


Dokaz. Preslikavanje f : α −→ β definisano sa f(α) = α je injekcija. Prema Posledici 4.1.8pod b) ovo znaci da je |α| 6 |β|. Zato mozemo definisati injekciju g : |α| −→ |β| sa g(ξ) = ξza svako ξ ∈ |α| koja svedoci o tome da vazi |α| � |β|.

Teorema 4.1.12 Restrikcije relacija 6 i � na klasu kardinala se poklapaju.

Dokaz. Neka su κ i λ proizvoljni kardinali. Implikacija κ 6 λ ⇒ κ � λ je direktnaposledica prethodnog stava. Obrnuta implikacija κ � λ⇒ κ 6 λ sledi iz Posledice 4.1.8 podb) i definicije pojma kardinala.

Stav 4.1.13 Neka su dati ordinali α i β. Ako je |α| 6 β 6 α, tada je |β| = |α|

Dokaz. Kako je β 6 α, to ce biti |β| 6 |α|. Sa druge strane iz |α| 6 β sledi∣∣|α|∣∣ 6 |β|, a

samim tim i |α| 6 |β|. Dakle, imamo |β| = |α|.

Lema 4.1.14 Za svaku familiju skupova (Ai|i ∈ I) vazi

|⋃{Ai|i ∈ I}| 6 |

⋃{Ai × {i}|i ∈ I}|

Dokaz. Skup I se moze dobro urediti nekim uredenjem <. Preslikavanje f :⋃{Ai|i ∈

I} −→⋃{Ai × {i}|i ∈ I} definisano sa f(a) = (a, i), gde je i <-minimum za koji je a ∈ Ai,

je injekcija, te na osnovu Posledice 4.1.8, sledi trazeno tvrdenje.

Lema 4.1.15 Ako je K skup kardinala, tada je supK =⋃K kardinal.

Dokaz. Prvo, primetimo da je K skup ordinala. Zbog toga, bice supK =⋃K ordinal. Na

osnovu Stava 4.1.4 imamo da je |⋃K| 6

⋃K. Ako bi smo pokazali da je |

⋃K| gornja

granica skupa K, tada bismo imali⋃K = supK 6 |

⋃K|, pa bi

⋃K bio kardinal po

definiciji, jer bi vazilo⋃K = |

⋃K|. Kako bismo pokazali da je |

⋃K| gornja granica

skupa K uzmimo neko κ ∈ K. Tada ce biti κ ⊆⋃K, odnosno κ 6

⋃K, a samim tim i

κ = |κ| 6 |⋃K|. Dakle, |

⋃K| je gornja granica skupa K, a zbog predasnjeg razmatranja

je supK kardinal.

Teorema 4.1.16 (Kantor) Ako je x skup, tada je |x| < |P(x)| i |P(x)| = |x2|, pri cemuje x2 skup svih preslikavanja iz x u 2.

Dokaz. Primetimo da je sa z 7→ {z} definisana injekcija iz x u P(x). Dakle, |x| 6 |P(x)|.Pokazimo da ne postoji surjekcija iz x na P(x). U tu svrhu pretpostavimo da takva surjekcijapostoji. Oznacimo je sa f . Neka je dat skup y = {z ∈ x|z /∈ f(z)}. Kako je y ∈ P(x),to mora postojati u ∈ x takvo da je f(u) = y. Medutim, ovo nas dovodi do apsurdau ∈ f(u) ⇔ u /∈ f(u). Odavde zakljucujemo da se ne moze konstruisati surjekcija iz P(x)na x, pa ne moze biti |x| = |P(x)|. Dakle, mora biti |x| < |P(x)|.Pokazimo drugi deo tvrdenja. Definisimo preslikavanje χ : P(x) −→ x2 sa χ(v) = χv, zasvaki podskup v ⊆ x, pri cemu je χv karakteristicna funkcija za podskup v, tj. preslikavanjeχv : x −→ {0, 1} dato sa

χv(z) =

{1, z ∈ v0, z /∈ v.

4.1. POJAM KARDINALA 67

Pokazujemo da je preslikavanje χ bijekcija. Neka su v1 i v2 proizvoljni podskupovi skupa xtakvi da je v1 6= v2. Bez gubljenja opstosti dokaza mozemo pretpostaviti da postoji nekoz ∈ x takvo da je z ∈ v1 i z /∈ v2. Tada je χv1(z) = 1, a χv2(z) = 0, te je χv1 6= χv2 , pa jepreslikavanje χ injekcija. Jasno da je χ sirjekcija, jer je u stvari svako preslikavanje iz x uskup {0, 1} karakteristicna funkcija nekog podskupa skupa x. Dakle χ je bijekcija, pa vazi|P(x)| = |x2|.

Naredna teorema je direktna posledica prethodne.

Teorema 4.1.17 (Hartogova teorema) Za svaki kardinal κ postoji kardinal veci od njega.

Hartogova teorema je dokaziva i u sistemu ZF, mada ona u ZF sistemu ne proizilazi izKantorove teoreme.

Definicija 4.1.18• Najmanji kardinal koji je veci od kardinala κ nazivamo sledbenikom kardinala κ i obelezavamoga sa κ+.• Ukoliko za kardinal κ postoji kardinal λ takav da je κ = λ+, tada kazemo da je κ sled-benik kardinal i da je λ njegov prethodnik kardinal. U suprotnom, kazemo da je κ granicnikardinal.

Klasu svih kardinala obelezavamo sa CN (cardinal numbers).

Teorema 4.1.19 Klasa svih kardinala je prava klasa.

Dokaz.Neka je CN skup. Po Lemi 4.1.15 je sup CN kardinal. Oznacimo ga sa κ. Na osnovuHartogove teoreme postoji kardinal λ takav da je λ > κ. Kako je λ ∈ CN, to vazi i λ 6 κ.Kontradikcija.

Primer 4.1.20• Prazan skup je kardinal.• Pokazuje se da ni za jedno n < ω ne postoji bijekcija izmedu n i n + 1. Dakle, najmanjiordinal koji dobro ureduje n, 0 < n < ω je upravo sam n, pa je |n| = n. Zakljucujemo: sviprirodni brojevi su kardinali.• Kako je ω skup kardinala, i kako je

⋃ω = ω, to je i ω kardinal.

Primer 4.1.21 ω + 1 nije kardinal.

Dokaz. Definisimo preslikavanje f : ω + 1 −→ ω sa• f(ω) = 0,• f(n) = n+ 1, n < ω.Ovo preslikavanje je bijekcija pa je |ω + 1| = ω. Dakle, ω + 1 nije kardinal.

Slicnom argumentacijom kao u prethodnom primeru se pokazuje da za bilo koji beskonacniordinal α je |α + 1| = |α|.

Definicija 4.1.22• Kardinal κ je konacan ukoliko je κ < ω. Ukoliko je κ > ω, tada je κ beskonacan kardinal.• Skup x je konacan ukoliko je |x| < ω. U suprotnom je beskonacan.• Skup x je prebrojiv ukoliko je |x| 6 ω. U suprotnom je neprebrojiv.


Sa ICN (infinite cardinal numbers) oznacavamo klasu svih beskonacnih kardinala. Ova klasaje prava klasa.

Stav 4.1.23 Svaki beskonacni kardinal je granicni ordinal.

Dokaz. Neka je κ beskonacan kardinal. Pretpostavimo da je κ ordinal sledbenik. Tada cepostojati ordinal α tako da je κ = α + 1. Kako je α beskonacan ordinal, bice κ = |κ| =|α + 1| = |α|, sto bi znacilo da κ nije kardinal. Zbog dobijene kontradikcije κ mora bitibeskonacan kardinal.

Definicija 4.1.24 (Niz alefa)• ℵ0 = ω;• ℵα+1 = ℵ+

α ;• ℵα = sup{ℵβ|β < α}, u slucaju granicnog ordinala α.

Teorema 4.1.25 Niz definisan u prethodnoj definiciji je jedinstveni izomorfizam izmeduklasa ON i ICN

Dokaz. Neka je data podklasa ordinala A = {η|β < η ⇒ ℵβ < ℵη}. Transfinitnomindukcijom pokazujemo da je A = ON. Neka je α ⊆ A.

Neka je najpre α granican ordinal i neka je β < α proizvoljan ordinal. Tada je i β+1 < α,pa kako su β, β + 1 ∈ A, vazi ℵβ < ℵβ+1. No po definiciji je ℵα = sup{ℵγ|γ < α} pa zbogβ + 1 < α mora biti ℵβ+1 ≤ ℵα. Dakle ℵβ < ℵα, te je α ∈ A.

Pretpostavimo sada da je α = γ + 1. Imamo β < α ⇔ (β = γ ∨ β < γ). Po definiciji jeℵα = (ℵγ)+ > ℵγ, a ako je β < γ imamo ℵβ < ℵγ < ℵα.

Ovim smo pokazali da za proizvoljne ordinale α i β vazi β < α⇒ ℵβ < ℵα (1).

Sada stavimo Sα = {κ ∈ ICN|κ ≤ ℵα} i Dα = {ℵβ|β ≤ α}. Primetimo da iz (1) sledi daje Dα ⊆ Sα za svako α ∈ ON. Indukcijom po α pokazimo da je Sα ⊆ Dα na citavoj klasiON.Neka je data potklasa ordinala B = {η|Sη ⊆ Dη} i neka je α ⊆ B. Neka je κ ≤ ℵα proizvoljanbeskonacan kardinal. Primetimo da pretpostavka da je κ < ℵα povlaci da je κ ≤ ℵβ za nekoβ < α. Zaista, ako je α granicni ordinal onda ovo sledi direktno iz ℵα = sup{ℵβ|β < α} > κ,a ako je α = β + 1 za neki ordinal β, onda ovo sledi iz toga sto κ < ℵα = ℵβ+1 = (ℵβ)+

jednostavno znaci da je κ ≤ ℵβ.

Sada, ako je κ = ℵα onda κ ∈ Dα vazi trivijalno. S druge strane ako je κ < ℵα i ako jeβ < α takav da je κ ≤ ℵβ, iz cinjenice da je β ∈ B sledi κ = ℵγ za neko γ ≤ β < α, tj.κ ∈ Dα. U svakom slucaju je α ∈ ON. Dakle, pokazali smo da vazi Sα = Dα, ∀α ∈ ON.

Iz (1) i same definicije funkcije ℵ sledi da je ta funkcija normalna, pa iz Leme 3.5.6 sledida vazi α 6 ℵα za svako α ∈ ON. Specijalno za proizvoljan kardinal κ vazi κ 6 ℵκ, tj.κ ∈ Sκ = Dκ ⊆ {ℵα|α ∈ ON}. Ovaj rezultat i (1) daju da je alef niz izomorfizam. Ostajeda se pokaze da je ovaj izomorfizam jedinstven.

Ako su date klase K1, K2 ⊆ ON i ∈-izomorfizmi F, G : K1 −→ K2, onda isti argumentkao u dokazu Posledice 2.4.7 pokazuje da mora biti F (α) = G(α) za svako α ∈ K1. Odavdespecijalno sledi da je ℵ : ON −→ ICN jedinstveni ∈-izomorfizam iz klase ON na klasuICN.

Kao neposrednu posledicu prethodne, imamo narednu teoremu.

4.2. ARITMETIKA KARDINALA 69

Teorema 4.1.261. Ako je κ beskonacni kardinal, tada postoji ordinal α tako da je κ = ℵα.2. Za ordinale α < β je ℵα < ℵβ.3. ℵα je kardinal sledbenik ako i samo ako je α ordinal sledbenik. ℵα je granicni kardinalako i samo ako je α granicni kardinal.

Stav 4.1.27 Za svaki ordinal α svi clanovi skupa ℵα+1 \ ℵα su svi oni ordinali cija je kar-dinalnost ℵα.

Dokaz. Neka je dat ordinal β ∈ ℵα+1 \ ℵα. Ukoliko je β = ℵα, tada je sve jasno. Ako jeℵα < β < ℵα+1, tada takode mora biti |β| = ℵα. Pokazimo ovo. Kako je ℵα < β, to na osnovuStava 4.1.7 je ℵα 6 |β|. Ako vazi ℵα < |β|, tada vazi niz nejednakosti ℵα < |β| 6 β < ℵα+1,odakle se zakljucuje da je ℵα+1 6= ℵ+

α , sto nije tacno. Dakle, mora biti |β| = ℵα.Sa druge strane, posmatrajmo neki ordinal β za koji je |β| = ℵα. Tada, na osnovu stava4.1.4 je ℵα 6 β, tj. nije β < ℵα. Dakle, β /∈ ℵα. Pokazimo da je β < ℵα+1. Nikako ne mozebiti β = ℵα+1, jer bismo tada imali |β| = ℵα+1, a samim tim i ℵα = ℵα+1. Ne moze bitini ℵα+1 < β, jer bismo onda imali, na osnovu Stava 4.1.7, ℵα+1 6 |β| = ℵα, sto nije tacno.Dakle, β ∈ ℵα+1 \ ℵα.

Upravo su zbog gornjeg rezultata svi elementi skupa ℵα+1 \ ℵα reprezenti dobro uredenihskupova kardinalnosti ℵα.

Definicija 4.1.28 Neka je κ beskonacni kardinal i neka je κ = ℵα. Ako je β ordinal, tadaκ+β definisemo sa κ+β = ℵα+β.

4.2 Aritmetika kardinala

U ovoj sekciji cemo definisati operacije sabiranja, mnozenja i stepenovanja na klasi svihkardinala, pokazati razna svojstva u vezi sa tim operacijama i uvideti slicnosti i razlikeizmedu ordinalne i kardinalne aritmetike.

Definicija 4.2.1 (Elementarne operacije na CN) Neka su κ i λ kardinali. Skupovi κ×{0} ∪ λ× {1} i κ× λ se mogu dobro urediti. Definisemo• Sabiranje: κ+ λ = |κ× {0} ∪ λ× {1}|;• Mnozenje: κ · λ = |κ× λ|.Dalje, ako su x i y skupovi, tada je skup i xy = {f |f : x −→ y}, pa ima smisla definisati• Stepenovanje: κλ = |λκ|.

Napomenimo da su gornjom definicijom zadati sabiranje, mnozenje i stepenovanje kardinala,i da ih ne treba poistovecivati sa odgovarajucim operacijama nad ordinalima.

U ovoj sekciji simbole κ, λ, µ, ν, ... koristimo iskljucivo za oznacavanje kardinala.

Lema 4.2.2 Ako su x i y skupovi takvi da je |x| = κ i |y| = λ, tada je1. κ+ λ = |x× {0} ∪ y × {1}|;2. κ · λ = |x× y|;3. κλ = |yx|.

Dokaz.1. Neka je A = κ × {0} ∪ λ × {1} i B = x × {0} ∪ y × {1}. Kako bismo pokazali prvi deo


tvrdenja treba napraviti bijekciju izmedu skupova A i B. Koristimo cinjenicu da postojebijekcije f : κ −→ x i g : λ −→ y. Definisimo preslikavanje h : A −→ B zadato sa

h(α, t) =

{(f(α), 0), (α, t) ∈ κ× {0}(g(α), 1), (α, t) ∈ λ× {1}.

Neka je (α, t) ∈ κ× {0}. Bice tada f(α) ∈ x i t = 0, pa imamo da je h(α, t) ∈ x× {0} ⊆ B.Potpuno analogno se pokazuje da je h(α, t) ∈ B ukoliko je (α, t) ∈ λ× {1}. Dakle, preslika-vanje h je dobro definisano.Neka su dati proizvoljni (α1, t1), (α2, t2) ∈ A, i neka je h(α1, t1) = h(α2, t2). Ukoliko su(α1, t1), (α2, t2) ∈ κ × {0}, tada imamo da je (f(α1), 0) = (f(α2), 0), pa kako je preslika-vanje f injekcija, to je α1 = α2. Imamo i da je t1 = t2 = 0, pa je (α1, t1) = (α2, t2). Ako je(α1, t1), (α2, t2) ∈ λ×{1}, tada se potpuno analogno pokazuje da je (α1, t1) = (α2, t2). Slucajkada je (α1, t1) ∈ κ × {0}, a (α2, t2) ∈ λ × {1} je nemoguc, jer bi doveo do kontradikcije0 = 1. Dakle, preslikavanje h je injekcija.Neka je (z, t) ∈ B proizvoljno. Tada moze biti ili t = 0 ili t = 1. Neka je t = 0. Tadamora biti z ∈ x. Kako je preslikavanje f ”na”, to postoji neki ordinal αz ∈ κ, takav daje f(αz) = z. Tada je (αz, 0) ∈ A i h(αz, 0) = (z, t).Pokazivanje postojanja odgovarajucegelementa u skupu A u slucaju kada je t = 1 je potpuno analogno. Dakle, h je surjekcija. Izsvega navedenog h je bijekcija, pa prvi deo tvrdenja vazi.2. Definisimo preslikavanje h : κ× λ −→ x× y sa h(α, β) = (f(α), g(β)), pri cemu su pres-likavanja f i g zadata u predasnjem delu dokaza. Jasno, h je dobro definisano preslikavanje.Neka su (α1, β1), (α2, β2) ∈ κ × λ, takvi da je h(α1, β1) = h(α2, β2). Tada imamo da jef(α1) = f(α2) i g(β1) = g(β2). Kako su preslikavanja f i g injekcije, imamo α1 = α2 iβ1 = β2, odnosno (α1, β1) = (α2, β2), pa je preslikavanje h injekcija.Neka je (u, v) ∈ x×y proizvoljno. Kako su preslikavanja f i g ”na”, postojace ordinali αu ∈ κi βv ∈ λ takvi da je f(αu) = u i g(βv) = v. Bice tada (αu, βv) ∈ κ × λ i h(αu, βv) = (u, v).Dakle, h je surjekcija. h je bijekcija, pa vazi drugi deo tvrdenja.3. Neka su f i g preslikavanja data u dokazu prvog dela tvrdenja. Tada je za proizvoljnopreslikavanje ϕ ∈ λκ kompozicija g−1 ◦ ϕ ◦ f : y −→ x. Zbog ovoga je preslikavanjeψ : λκ −→ yx dato sa ψ(ϕ) = g−1 ◦ϕ ◦ f dobro definisano. Pokazimo jos i da je ψ bijekcija.Neka su ϕ1, ϕ2 ∈ λκ takvi da je ψ(ϕ1) = ψ(ϕ2). Neka je α ∈ λ proizvoljno. Kakoje g−1 : y −→ λ surjekcija, to postoji z ∈ y takvo da je g−1(z) = α. Kako imamoψ(ϕ1)(z) = ψ(ϕ2)(z), to imamo f(ϕ1(g−1(z))) = f(ϕ2(g−1(z))). Kako je f injekcija, toje ϕ1(g−1(z)) = ϕ2(g−1(z))⇔ ϕ1(α) = ϕ2(α). Kako smo za proizvoljno α ∈ λ pokazali da jeϕ1(α) = ϕ2(α), to je ϕ1 = ϕ2, pa je preslikavanje ψ ”1-1”.Uzmimo sada neko h ∈ yx. Preslikavanje ϕ = g ◦ h ◦ f−1 bice element skupa λκ. Takodeimamo, zbog asocijativnosti operacije kompozicije funkcija

ψ(ϕ) = g−1 ◦ (g ◦ h ◦ f−1) ◦ f = h.

Dakle, ψ je ”na”, te je bijekcija, pa vazi i ovaj deo tvrdenja.

Prethodna teorema nam jace potvrduje da je sasvim razlozno posmatrati kardinal κ kaopredstavnika klase svih skupova cija je kardinalnost upravo κ.Ukoliko izvrsimo restrikciju operacija kardinalnog sabiranja/mnozenja/stepenovanja na skupω, tada se ove operacije poklapaju sa odgovarajucim operacijama na prirodnim brojevima.Mozemo reci da se na skupu prirodnih brojeva ordinalna i kardinalna aritmetika poklapaju.Za kardinale κ, λ, µ i ν vazi sledeci niz stavova:


Stav 4.2.3(i) (κ+ λ) + µ = κ+ (λ+ µ)(ii) κ+ λ = λ+ κ

Dokaz.(i) Skup

A = ((κ× {0} ∪ λ× {1})× {0}) ∪ ((µ× {1})× {1})

je kardinalnosti (κ + λ) + µ (|µ × {1}| = µ · 1 = µ, sto ce biti formalno dokazano u daljemradu), dok je skup

B = ((κ× {0})× {0}) ∪ ((λ× {0} ∪ µ× {1})× {1})

kardinalnosti κ+(λ+µ). Konstruisimo bijekciju izmedu ova dva skupa. Uocimo preslikavanjef : A −→ B dato sa

f((α, s), t) =

((α, 0), 0), ((α, s), t) ∈ (κ× {0})× {0}((α, 0), 1), ((α, s), t) ∈ (λ× {1})× {0}((α, 1), 1), ((α, s), t) ∈ (µ× {1})× {1}.

Ovo preslikavanje jeste dobro definisano. Pokazujemo da je injekcija.Neka za neke ((α1, s1), t1), ((α2, s2), t2) ∈ A je f((α1, s1), t1) = f((α2, s2), t2). Slicnom anali-zom kao u dokazu prvog dela prethodnog tvrdenja se pokazuje da za sve one slucajeve kojine dovode do kontradikcije mora biti ((α1, s1), t1) = ((α2, s2), t2), te je f injekcija.Neka je ((α, s), t) ∈ B proizvoljno. Ukoliko je ((α, s), t) ∈ (κ×{0})×{0}, tada je s = t = 0.Bice tada ((α, 0), 0) ∈ A i f((α, 0), 0) = ((α, s), t). Ukoliko je ((α, s), t) ∈ (λ × {0}) × {1},tada je s = 0, t = 1. Bice tada ((α, t), s) ∈ A i f((α, t), s) = ((α, s), t). Ukoliko je ((α, s), t) ∈(µ×{1})×{1}, tada je s = t = 1. Bice tada ((α, 1), 1) ∈ A i f((α, 1), 1) = ((α, s), t). Dakle,f je ”na”, pa je i bijekcija, odakle sledi (κ+ λ) + µ = κ+ (λ+ µ).(ii) Skup A = κ× {0} ∪ λ× {1} je kardinalnosti κ+ λ, dok je skup B = λ× {0} ∪ κ× {1}kardinalnosti λ+κ. Uspostavimo bijekciju izmedu ova dva skupa. Preslikavanje f : A −→ Bzadato sa

f(α, s) =

{(α, 1), s = 0

(α, 0), s = 1

je dobro definisano preslikavanje. Slicno kao u dokazu prvog dela prethodnog tvrdenja sepokazuje da je ovo preslikavanje bijekcija. Dakle, vazi κ+ λ = λ+ κ.

Vec nam ovaj stav otkriva razliku izmedu ordinalne i kardinalne aritmetike: u aritmeticikardinala komutativnost sabiranja vazi, dok u aritmetici ordinala to nije slucaj.

Stav 4.2.4(i) (κ · λ) · µ = κ · (λ · µ)(ii) κ · λ = λ · κ(iii) κ · 0 = 0(iv) κ · 1 = κ(v) κ · (λ+ µ) = κ · λ+ κ · µ

Dokaz.(i) Skup A = (κ× λ)× µ je kardinalnosti (κ · λ) · µ, a skup B = κ× (λ× µ) je kardinalnostiκ · (λ · µ). Dosta jednostavno se pokazuje da preslikavanje f : A −→ B definisano sa


f((α, β), γ) = (α, (β, γ)) uspostavlja bijekciju iz skupa A u skupB, pa vazi (κ·λ)·µ = κ·(λ·µ).(ii) Preslikavanje f : κ × λ −→ λ × κ zadato sa f(α, β) = (β, α) je bijekcija. Odavde vaziκ · λ = λ · κ.(iii) Kako je κ× 0 = 0, to je κ · 0 = |κ× 0| = |0| = 0.(iv) Preslikavanje f : κ −→ κ × {0} dato sa f(α) = (α, 0) je bijekcija. Odavde je κ =|κ× {0}| = κ · 1.(v) Skup A = κ × (λ × {0} ∪ µ × {1}) je kardinalnosti κ · (λ + µ), dok je skup B =((κ× λ)×{0})∪ ((κ× µ)×{1}) kardinalnosti κ · λ+ κ · µ. Na poznat nacin se pokazuje daje preslikavanje f : A −→ B dato sa

f(α, (β, s)) =

{((α, β), 0), s = 0

((α, β), 1), s = 1

bijekcija. Dakle, vazi κ · (λ+ µ) = κ · λ+ κ · µ.

Stav 4.2.5(i) κλ+µ = κλ · κµ(ii) (κλ)µ = κλ·µ

(iii) (κ · λ)µ = κµ · λµ(iv) κ0 = 1(v) 0κ = 0, za κ 6= 0(vi) κ1 = κ(vii)1κ = 1(viii) κ2 = κ · κ.

Dokaz.(i) Kako imamo da je κλ = |λκ| i κµ = |µκ|, to je na osnovu leme 4.2.2 κλ · κµ = |λκ ×µ κ|.Kako je, sa druge strane, λ+µ = |λ×{0}∪κ×{0}| = |A|, pri cemu je A = λ×{0}∪κ×{0},to je na osnovu iste leme κλ+µ = |Aκ|. Dakle, kako bi dokazali svojstvo treba uspostavitibijekciju izmedu skupa λκ × µκ i skupa Aκ. Za proizvoljno preslikavanje f ∈ λκ × µκ jef = (fλ, fµ), pri cemu je preslikavanje fλ : λ −→ κ, a fµ : µ −→ κ. Definisimo preslikavanjeϕ : λκ× µκ −→ Aκ kao preslikavanje koje slika funkciju f u funkciju ϕ(f) : A −→ κ zadatusa

ϕ(f)(α, s) =

{fλ(α), s = 0

fµ(α), s = 1.

Pokazujemo da je ϕ bijekcija.Neka je za proizvoljne f1, f2 ∈ λκ × µκ, f1 = (f1λ, f1µ), f2 = (f2λ, f2µ), ϕ(f1) = ϕ(f2).Odavde imamo da je za sve (α, s) ∈ A ϕ(f1)(α, s) = ϕ(f2)(α, s), sto povlaci da mora dabude f1λ(α) = f2λ(α), za proizvoljno α ∈ λ, ako i f1µ(α) = f2µ(α), za svako α ∈ µ. Samimtim vazi da je f1λ = f2λ i f1µ = f2µ, tj. da je (f1λ, f1µ) = f1 = f2 = (f2λ, f2µ). Dakle, ϕ je”1-1”.Neka je g : A −→ κ proizvoljna funkcija. Definisimo preslikavanja gλ : λ −→ κ i gµ : µ −→ κrespektivno sa gλ(α) = g(α, 0) i gµ(α) = g(α, 1). Tada je funkcija ψ = (gλ, gµ) ∈ λκ× µκ.Takode je

ϕ(ψ)(α, s) =

{gλ(α), s = 0

gµ(α), s = 1.

Pokazujemo da je ϕ(ψ) = g. Neka je (α, s) ∈ A proizvoljno. Ako je s = 0, imamoϕ(ψ)(α, s) = gλ(α) = g(α, s). Ako je s = 1, tada imamo ϕ(ψ)(α, s) = gµ(α) = g(α, s).


U svakom slucaju je ϕ(ψ)(α, s) = g(α, s), za proizvoljno (α, s) ∈ A, te je odista ϕ(ψ) = g.Dakle, ϕ je surjekcija, pa je i bijekcija. Vazi κλ+µ = κλ · κµ.(ii) Ako je f : µ −→ λκ funkcija, tada je za svako β ∈ µ vrednost f(β) funkcija iz λ u κ.Neka je preslikavanje ϕ(f) : λ × µ −→ κ definisano sa ϕ(f)(α, β) = f(β)(α). Pokazimo daje ϕ bijekcija iz µ(λκ) u λ×µκ.Neka su f1, f2 ∈µ (λκ) proizvoljne funkcije za koje je ϕ(f1) = ϕ(f2). Uzmimo proizvoljne(α, β) ∈ λ × µ. Tada imamo da je f1(β)(α) = f2(β)(α), za svako α ∈ λ. Odavde jef1(β) = f2(β) za svako β ∈ µ, a samim tim f1 = f2. Dakle, ϕ je injekcija.Neka je data proizvoljna funkcija g : λ × µ −→ κ. Definisimo preslikavanje ψ : µ −→ λκtako da ψ svakom β ∈ µ pridruzuje funkciju ψ(β) : λ −→ κ zadatu sa ψ(β)(α) = g(α, β).Tada za svako (α, β) ∈ λ×µ imamo ϕ(ψ)(α, β) = ψ(β)(α) = g(α, β), pa je ϕ(ψ) = g. Dakle,ϕ je ”na”, pa je bijekcija. Odavde i na osnovu leme 4.2.2 sledi (κλ)µ = κλ·µ.(iii) Ako je preslikavanje f ∈ µκ× µλ, tada je f oblika f = (fκ, fλ), pri cemu su fκ : µ −→ κi fλ : µ −→ λ. Zadajmo preslikavanje ϕ : µκ× µλ −→ µ(κ× λ) koje svakom f ∈ µκ× µλpridruzuje funkciju ϕ(f) : µ −→ κ× λ definisanu sa ϕ(f)(α) = (fκ(α), fλ(α)). Pokazujemoda je ϕ bijekcija.Neka su f1, f2 ∈ µκ × µλ, f1 = (f1κ, f1λ), f2 = (f2κ, f2λ) takvi da je ϕ(f1) = ϕ(f2). Tadaza svako α ∈ µ je (f1κ(α), f1λ(α)) = (f2κ(α), f2λ(α)), a odavde sledi da je (f1κ, f1λ) = f1 =f2 = (f2κ, f2λ), sto pokazuje da je ϕ injekcija.Neka je g : µ −→ κ×λ proizvoljna funkcija. Za proizvoljno α ∈ µ je g(α) = (ακ, αλ) ∈ κ×λ.Definisimo projekcije πκ : κ × λ −→ κ i πλ : κ × λ −→ λ respektivno sa πκ(β, γ) = β iπλ(β, γ) = γ. Definisimo kompozicije ψκ, ψλ sa ψκ = g ◦ πκ : µ −→ κ i ψλ = g ◦ πλµ −→ λ.Ako uzmemo da je ψ = (ψκ, ψλ), tada je ψ ∈ µκ× µλ, i za svako α ∈ µ imamo

ϕ(ψ)(α) = (ψκ(α), ψλ(α)) = (ακ, αλ) = g(α).

Dakle, ϕ(ψ) = g, tj. ϕ je surjekcija. Kako je ϕ bijekcija imamo da vazi (κ · λ)µ = κµ · λµ.(iv) κ0 = |0κ| = |{0}| = 1.(v) 0κ = |κ0| = |0| = 0.(vi) Neka je preslikavanje ϕ : κ −→ 1κ takvo da svakom ordinalu α ∈ κ pridruzuje funkcijufα : 1 −→ κ datu sa fα(0) = α. Tada je za svako α ∈ κ ϕ(α)(0) = fα(0) = α. Nije teskopokazati da je ovako odredeno preslikavanje ϕ bijekcija, pa vazi κ1 = κ.(vii) U skupu κ1 se nalazi tacno jedno preslikavanje f . To preslikavanje je dato sa f(α) =0 ∀α < κ. Dakle, 1κ = |κ1| = 1.(viii) Neka je f : κ × κ −→ 2κ preslikavanje takvo da svakom uredenom paru ordinala(α, β) ∈ κ× κ pridruzuje funkciju fαβ : 2 −→ κ zadatu sa

fαβ(s) =

{α, s = 0

β, s = 1.

Lako se pokazuje da je ovako definisano preslikavanje f bijekcija, te vazi κ2 = κ · κ.

Stav 4.2.6 Ako je κ 6 µ i λ 6 ν, tada je(i) κ+ λ 6 µ+ ν(ii) κ · λ 6 µ · ν(iii) λ 6= 0⇒ κλ 6 µν

Dokaz. Zbog pocetne pretpostavke postoje injekcije f : κ −→ µ i g : λ −→ ν.(i) Neka je A = κ × {0} ∪ λ × {1} i B = µ × {0} ∪ ν × {1}. Definisimo preslikavanje


ϕ : A −→ B sa

ϕ(α, s) =

{(f(α), 0), s = 0

(g(α), 1), s = 1.

Jasno, ovo preslikavanje je dobro definisano. Pokazujemo da je ”1-1”. Neka su (α1, s1), (α2, s2) ∈A proizvoljni za koje je ϕ(α1, s1) = ϕ(α2, s2). Ako je s1 = s2 = 0, tada imamo da jef(α1) = f(α2). Kako je f injekcija, vazi α1 = α2, a samim tim i (α1, s1) = (α2, s2). Zeljenujednakost potpuno analogno dokazujemo i u slucaju kada je s1 = s2 = 1. Slucaj s1 = 0, s2 = 1nije moguc, jer dovodi do kontradikcije 1 = 0. Dakle, ϕ je ”1-1”, pa vazi κ+ λ 6 µ+ ν.(ii) Definisimo preslikavanje ϕ : κ × λ −→ µ × ν sa ϕ(α, β) = (f(α), g(β)). Znajuci da sufunkcije f i g injekcije, vrlo je jednostavno pokazati da je i ϕ ”1-1”. Vazi, dakle, κ ·λ 6 µ ·ν.(iii) Kako je λ 6 µ, i kako je λ 6= 0, to na osnovu posledice 4.1 postoji surjekcija h : µ −→ λ.Definisimo preslikavanje ψ : λκ −→ νµ kao preslikavanje koje svakoj funkciji ϕ : λ −→ κpridruzuje funckiju ψ(ϕ) : ν −→ µ datu sa ψ(ϕ) = h ◦ ϕ ◦ f . Pokazimo da je ψ injekcija.Neka su ϕ1, ϕ2 ∈ λκ proizvoljna preslikavanja za koje je ψ(ϕ1) = ψ(ϕ2). Uzmimo nekoproizvoljno β ∈ λ. Kako je h ”na”, to postoji neko α ∈ ν za koje je h(α) = β. Tada imamoda je ψ(ϕ1)(α) = ψ(ϕ2)(α), tj. f(ϕ1(h(α))) = f(ϕ2(h(α))). Kako je f injekcija, imamoϕ1(h(α)) = ϕ2(h(α))⇔ ϕ1(β) = ϕ2(β). Kako za svako β ∈ λ imamo da vazi ϕ1(β) = ϕ2(β),to je ϕ1 = ϕ2, pa je ψ injekcija, te vazi κλ 6 µν .

Pokazujemo jednu od najbitnijih teorema aritmetike kardinala.

Teorema 4.2.7ℵα · ℵα = ℵα.

Dokaz. Pre svega, primetimo da ce na osnovu Stava 4.2.6 za svaki ordinal α biti ℵα 6 ℵα·ℵα.Definisimo relaciju ≺ na klasi ON×ON na sledeci nacin:

(α, β) ≺ (σ, τ)⇔ max{α, β} < max{σ, τ}∨(max{α, β} = max{σ, τ}∧(α < σ∨(α = σ∧β < τ))).

Pokazuje se da relacija ≺ strogo dobro ureduje ON×ON.Pretpostavimo da postoji neki ordinal α za koji je ℵα · ℵα 6= ℵα. Neka je α najmanji takavordinal.Za strogo dobra uredenja, 〈ℵα×ℵα,≺〉 i 〈ℵα,∈〉 na osnovu Teoreme 2.4.8 moze vaziti tacnojedan od sledeca tri slucaja(1) ℵα × ℵα ∼= ℵα;(2) Postoji ordinal γ < ℵα tako da je (·, γ) ∼= ℵα × ℵα;(3) Postoji uredeni par ordinala (σ, τ) ∈ ℵα×ℵα tako da je (·, (σ, τ)) ∼= ℵα, gde oznacavamo(·, (σ, τ)) = {(η, ξ) ∈ ℵα × ℵα|(η, ξ) ≺ (σ, τ)}.Slucaj (1) u startu odbacujemo, jer se kosi sa pretpostavkom ℵα · ℵα 6= ℵα. Pokazujemonemogucnost preostala dva slucaja.Nemogucnost slucaja (2): Kako je u stvari (·, γ) = γ, to cemo imati bijekciju izmedu γ iℵα×ℵα, pa ce biti |γ| = ℵα · ℵα. No, to bi dovelo do kontradikcije ℵα · ℵα < ℵα. Zato, slucaj(2) nije moguc.Nemogucnost slucaja (3): Neka je f : ℵα −→ (·, (σ, τ)) izomorfizam. Bez gubljenja opstostidokaza pretpostavimo da je σ > τ . Pokazimo da je f [ℵα] ⊆ (σ + 1) × (σ + 1). Neka je(η, ξ) ∈ f [ℵα] = (·, (σ, τ)) proizvoljno. Bice tada η 6 max{η, ξ} 6 max{σ, τ} = σ < σ + 1.Dakle, η ∈ σ+1. Potpuno se analogno pokaze da je i ξ ∈ σ+1, pa je (η, ξ) ∈ (σ+1)×(σ+1),te imamo zeljenu inkluziju. Kako je ℵα granican ordinal, bice σ+ 1 ∈ ℵα. Neka je σ+ 1 = ζ.Imamo da vazi ℵα = |f [ℵα]| 6 |ζ × ζ| = |ζ| · |ζ|. |ζ| mora biti beskonacan kardinal, jer bi u


suprotnom ℵα bio konacan kardinal, sto nije tacno. Zbog ovoga, postoji ordinal β takav daje |ζ| = ℵβ. Mora biti β < α, jer bi u suprotnom bilo ℵα 6 |ζ| sto nije istina. Zbog nacina nakoji je ordinal α izabran, vazi ℵβ · ℵβ = ℵβ. No, tada imamo ℵα 6 ℵβ, sto je u kontradikcijisa cinjenicom da je ℵβ < ℵα. Zbog dobijene kontradikcije ni slucaj (3) nije moguc.Kako ni jedan od tri slucaja nije moguc, to nas pocetna pretpostavka dovodi do kontradikcijesa Teoremom 2.4.8, sto znaci da mora biti ℵα · ℵα = ℵα za svaki ordinal α.

Kako vazi asocijativnost za mnozenje kardinala imacemo da je ℵ0 · ℵ0 · · · ℵ0︸︷︷︸1984

= ℵ0. Postavlja

se pitanje: kako napraviti ”prelaz”, sa ℵ0 na ℵ1? Na osnovu Kantorove teoreme imamo daje ℵ0 = |ω| < |P(ω)| = |ω2| = 2ℵ0 . Kako je ℵ1 najmanji kardinal koji je veci od ℵ0, tomora biti ℵ1 6 2ℵ0 . Kontinuum hipoteza, koja glasi: ℵ1 = 2ℵ0 nam ”daje odgovor” na nasepitanje. Naravno, ukoliko pretpostavimo da ona vazi. Kako na osnovu Kantorove teoremeimamo da za svaki kardinal κ je κ < 2κ, to je κ+ 6 2κ. Zbog ovoga kontinuum hipotezu jemoguce uopstiti sa nule na citavu klasu svih ordinala.

Generalisana kontinuum hipoteza

2ℵα = ℵα+1, ∀α ∈ ON.

Generalisana kontinuum hipoteza se skraceno oznacava sa (GCH) (generalized continuumhypothesis).

Posledica 4.2.8 Neka su κ i λ kardinali, pri cemu je jedan nenula, a drugi beskonacan.Tada je

κ+ λ = κ · λ = max{κ, λ},

odnosnoℵα + ℵβ = ℵα · ℵβ = max{ℵα,ℵβ} = ℵmax{α,β}.

Dokaz. Bez gubitka opstosti dokaza pretpostavljamo da je 0 < κ 6 λ i λ > ω. Pre svega,pokazimo da vazi κ + λ 6 κ · λ. Neka je κ = 1. Kako je λ beskonacan kardinal imamo1 + λ = λ = 1 · λ. Neka je κ > 1. Sa A oznacimo skup κ × {0} ∪ λ × {1}. Neka jef : A −→ κ× λ dato sa

f(α, s) =

{(α, s), α < κ

(0, α), κ 6 α < λ.

Pokazujemo da je f ”1-1”. Neka su (α1, s1), (α2, s2) ∈ A proizvoljni za koje je f(α1, s1) =f(α2, s2). Ako je α1, α2 < κ, tada izravno sledi (α1, s1) = (α2, s2). Ukoliko je κ 6 α1, α2 < λ,tada mora biti s1 = s2 = 1, a kako imamo i α1 = α2, to trazena jednakost sledi. Pokazimo daje slucaj α1 < κ 6 α2 < λ nemoguc. Ako bi bio moguc, tada bismo imali (α1, s1) = (0, α2),a samim tim i s1 = α2. Medutim, kako je s1 6 1 < κ 6 α2, to ne moze biti s1 = α2. Dakle,f je ”1-1”, pa vazi κ+ λ 6 κ · λ.Sada, na osnovu prethodne teoreme, cinjenice da je 0 < κ 6 λ i Stava 4.2.6 imamo

λ 6 κ+ λ 6 κ · λ 6 λ · λ = λ,

odakle sledi tacnost prvog dela tvrdenja. Drugi deo tvrdenja sledi iz cinjenice da je aleffunkcija rastuca.

Definicija 4.2.9 Neka je a skup. Sa [a]λ oznacavamo skup svih podskupova skupa a koji sukardinalnosti λ, tj. [a]λ = {x ⊆ a||x| = λ}.


Posledica 4.2.10 Neka je a beskonacan skup kardinalnosti κ, i neka je λ kardinal. Tada je|[a]λ| = |a|λ = κλ, ako je λ 6 κ, i |[a]λ| = 0, ako je λ > κ.

Dokaz. Druga tvrdnja je ocigledna. Za λ = 0 tvrdenje vazi, jer je |[a]0| = |{0}| = 1 = κ0.Neka je 0 < λ 6 κ. Tada je |[a]λ| = |[κ]λ|. Svakom podskupu X kardinala κ kardinalnosti λmozemo pridruziti skup SX = {f : λ −→ X|f je bijekcija }. Aksioma izbora nam garantujeda ovaj skup mozemo dobro urediti. Zbog ovoga, preslikavanje ψ : [κ]λ −→ λκ definisanosa ψ(X) = minSX je dobro definisano. Pokazimo da je ono injekcija. Neka su dati skupoviX1, X2 ∈ [κ]λ, takvi da je X1 6= X2. Mora da vazi minSX1 6= minSX2 , jer bi u suprotnombilo X1 = X2. Dakle, vazi ψ(X1) = ψ(X2), pa je ψ injekcija. Imamo |[κ]λ| 6 κλ.Kako bismo dokazali obratnu nejednakost primetimo da je svaka funkcija iz λ u κ podskupkardinalnosti λ skupa λ× κ. Kako je na osnovu prethodne posledice |λ× κ| = κ, to imamo

κλ = |λκ| 6 |[λ× κ]λ| = |[κ]λ|,

cime je tvrdenje dokazano.

Teorema 4.2.111. Neka je dat proizvoljan skup a. Definisimo:• a1 = a• ak+1 = ak × a.Za svako n koje je 0 < n < ω, i svaki beskonacni skup a imamo

|a| = |a× a| = |an| i |na| = |a|.

2. Ako je (Ai|i ∈ I) familija skupova, tada je

|⋃{Ai|i ∈ I}| 6 |I| · sup{|Ai||i ∈ I}.

3. Ako je a beskonacan skup, tada je |Pfin(a)| = |a|, gde je sa Pfin(a) oznacen skup svihkonacnih podskupova skupa a.

Dokaz.1. |a| = |a×a| = |an| sledi direktno iz Posledice 4.2.8. Indukcijom pokazimo da je |na| = |a|.Neka je dat skup X = {0 < k < ω||ka| = |a|} i neka je (0, n + 1) ⊆ X. Pokazimo da jen + 1 ∈ X. Kako je n ∈ X, to postoji bijekcija g : na −→ a. Pokazimo da je preslikavanjeh : n+1a −→ a× a zadato sa h(f) = (g(f � n), f(n)) bijekcija.Neka su f1, f2 : n+1 −→ a proizvoljne funkcije za koje je h(f1) = h(f2). Tada je g(f1 � n) =g(f2 � n) i f1(n) = f2(n). Kako je g ”1-1”, to je (f1 � n) = (f2 � n) te je, dakle, f1 = f2.Dakle, h je injekcija.Neka je sada (x, y) ∈ a × a proizvoljno. Kako je x ∈ a, i kako je g surjekcija, to postojipreslikavanje ϕ : n −→ a takvo da je g(ϕ) = x. Definisimo preslikavanje f : n+ 1 −→ a sa

f(m) =

{y, m = n

ϕ(m),m < n.

Tada imamo h(ϕ) = (g(ϕ), f(n)) = (x, y). Dakle, h je ”na”, te je bijekcija. Odavde vazi|n+1a| = |a|, pa je n+ 1 ∈ X. Imamo dakle, X = ω \ {0}, pa ovaj deo tvrdenja vazi.2. Oznacimo

⋃{Ai|i ∈ I} sa A. Neka je κ = sup{|Ai||i ∈ I} i neka je < (strogo) dobro

uredenje na I. Kako je |Ai| 6 κ za svako i ∈ I, to postoji funkcija 〈fi|i ∈ I〉, tako da

4.3. KOFINALNOST 77

su preslikavanja fi : |Ai| −→ κ injekcije za sve i ∈ I. Takode, postoji 〈gi|i ∈ I〉, gde supreslikavanja gi : Ai −→ |Ai| bijekcije za svako i ∈ I. Definisimo funkcije hi, i ∈ I kaokompozicije hi = gi ◦ fi : Ai −→ |Ai|, za svako i ∈ I. Sada, definisemo preslikavanjeh : A −→ κ× I sa h(a) = (hi(a), i), gde je i <-minimum za koji je a ∈ Ai. Pokazimo da je hinjekcija. Neka su a, b ∈ A proizvoljni za koje je h(a) = h(b). Neka su i, j ∈ I <-minimumiza koje je a ∈ Ai, odnosno b ∈ Aj. Iz (hi(a), i) = (hj(b), j) imamo da je i = j. Kako jehi(a) = hi(b), bice a = b, jer je hk injekcija za svako k ∈ I. Odavde imamo

|A| 6 |κ× I| = |I| · κ.

3. Kako je sa z 7→ {z} definisana injekcija iz a u Pfin(a), to je |a| 6 Pfin(a).Sa druge strane, kako je a beskonacan skup, to na osnovu prethodnih stavki ovog tvrdenja,kao i na osnovu Posledice 4.2.8 imamo

|⋃{na|n < ω}| 6 ω · |a| = max{ω, |a|} = |a|.

Ako svakoj funkciji iz⋃{na|n < ω} pridruzimo njen rang, dobicemo surjektivno preslikavanje

iz ovog skupa na Pfin(a). Kako je Pfin(a) 6= 0, to na osnovu Posledice 4.1.8 imamo da je|Pfin(a)| 6 |a|, sto zajedno sa predasnjim rezultatom daje trazenu jednakost.

Bez dokaza izlazemo sledeci rezultat:

Teorema 4.2.12 Ako je � sabiranje/mnozenje/stepenovanje ordinala i ako su α i β nenulaordinali, pri cemu je jedan od njih beskonacan, tada je

|α � β| 6 max{|α|, |β|}.

Dokaz ove teoreme se moze naci u [5].

Teorema 4.2.13 Svaki beskonacni kardinal je osnovni broj sabiranja.

Dokaz. Neka je κ neki beskonacni kardinal. Na osnovu Posledice 3.5.26 dovoljno je dokazatida je κ aditivno nerastavljiv. Pretpostavimo da on to nije, tj. da postoje neki ordinali α < κi β < κ takvi da vazi α + β = κ. Tada, na osnovu prethodne teoreme imamo da vaziκ = |α + β| 6 max{|α|, |β|} < κ. Stroga nejednakost vazi jer je |α| 6 α < κ i |β| 6 β < κ.Iz dobivene kontradikcije sledi da je κ aditivno nerastavljiv.

Imajuci u vidu do sada izlozene rezultate, mozemo navesti naredni

Primer 4.2.14• |ω × ω| = ω• |ωω| = ω• Skup svih konacnih podskupova skupa prirodnih brojeva je beskonacno prebrojiv.

4.3 Kofinalnost

Kako bismo nastavili dalje izucavanje svojstava kardinala neophodno je uvesti pojam kofi-nalnosti.

Definicija 4.3.1 Neka je R relacija na skupu A sa domenom domR = A. Ako je B ⊆ A,tada skup B nazivamo neogranicen ili kofinalan u A u odnosu na relaciju R, ukoliko za svakoa ∈ A postoji b ∈ B takvo da je aRb.


Definicija 4.3.2 Neka su skup A i relacija R zadati u prethodnoj definiciji. Kofinalnosturedenja 〈A,R〉, u oznaci CF (A,R) definisemo sa

CF(A,R) = min{|C||C ⊆ A ∧ C je kofinalan u A u odnosu na relaciju R}.

Kako je domR = A skup A je kofinalan u samome sebi, pa ce kardinal CF(A,R) uvekpostojati.

Definicija 4.3.3 Ako je α ordinal, kofinalnost ordinala α, u oznaci cf(α), je najmanji ordi-nal µ za koji postoji preslikavanje f : µ −→ α takvo da je rang ranf kofinalan u α u odnosuna relaciju 6.

Ocigledno vazi cf(α) 6 α.Neka je C kofinalan podskup od α takav da je CF(α,∈) = |C|. Znamo da postoji bijekcijaf : |C| −→ C. Jasno, ranf = C pa je dakle rang funkcije f kofinalan podskup od α u odnosuna relaciju 6. Zbog same definicije kofinalnosti ordinala sada vazi cf(α) 6 CF(α,∈).Ukoliko se u daljem radu bude izostavilo u odnosu na koju relaciju je neki podskup kofinalan,tada ce se precutno podrazumevati kofinalnost u odnosu na relaciju 6.

Stav 4.3.4 Neka je α proizvoljan ordinal. cf(α) je kardinal.

Dokaz. Neka je g : cf(α) −→ α ono preslikavanje ciji je rang kofinalan u α. Neka jef : |cf(α)| −→ cf(α) bijekcija. Definisimo kompoziciju h = f ◦ g : |cf(α)| −→ α. Kako je fbijekcija, to ran(h) = ran(g), te je zbog same definicije kofinalnosti ordinala, cf(α) 6 |cf(α)|.Obratna nejednakost uvek vazi, pa imamo da je |cf(α)| = cf(α), pa je ordinal cf(α) kardinalpo definiciji.

Definicija 4.3.5• Granican ordinal α je regularan ako je cf(α) = α.• Granican ordinal α je singularan ako je cf(α) < α.

Iz prethodnog stava izravno sledi da su svi regularni ordinali kardinali.Vazi sledeci rezultat:

Lema 4.3.6a) cf(0) = 0 i cf(α + 1) = 1.b) Ako je α granican ordinal, tada postoji normalan niz h : cf(α) −→ α ciji je rang kofinalanu α.Poslednji uslov je ekvivalentan sa sup(ran(h)) = α.

Dokaz.a) Rang prazne funkcije je kofinalan u 0, a rang funkcije {〈0, α〉} je kofinalan u α + 1.b) Neka je g : cf(α) −→ α proizvoljna funkcija ciji je rang kofinalan podskup od α i neka jeh : cf(α) −→ ON funkcija rekurzivno definisana na sledeci nacin:

h(β) = sup{

max{g(γ), h(γ)}|γ < β}

+ 1

Indukcijom po β pokazimo da vazi β < cf(α) ⇒ h(β) ∈ α. Jasno, za β = 0 je h(0) =1 < α. Neka je data potklasa ordinala A = {η|η < cf(α)⇒ h(η) ∈ α}, i neka je 0 6= β ⊆ A.Treba pokazati da je β ∈ A.

4.3. KOFINALNOST 79

Neka je hβ : β −→ ON funkcija definisana sa

hβ(γ) = max{g(γ), h(γ)}

za svako γ < β. Kako su svi γ < β u A, to vazi hβ : β −→ α. Na osnovu same definicijekofinalnosti ordinala, a obzirom na to da je β < cf(α), rang funkcije hβ ne moze biti kofinalanpodskup od α, tj. mora da postoji neko ξ ∈ α tako da vazi hβ(γ) < ξ, za svako γ ∈ β, tj.

sup{

max{g(γ), h(γ)}|γ < β}≤ ξ. Kako je α granicni ordinal to iz ξ < α sada sledi da je

h(β) ∈ α. Dakle h : cf(α) −→ α.Za svako γ < β < α vazi h(β) ≥ h(γ) + 1 > h(γ) i h(β + 1) ≥ g(β), odakle sledi da je h

strogo rastuca funkcija kao i da je rang funkcije h kofinalan podskup od α. Dakle, β ∈ A.

Lema 4.3.71. Ako je α granican ordinal, tada je cf(cf(α)) = cf(α). Dakle, cf(α) je regularan kardinal.2. Za svaki ordinal α imamo CF(α,∈) = cf(α).3. ℵ0 je regularan kardinal. Svaki beskonacan sledbenik kardinal κ+ je regularan.4. Ako je α granican ordinal, tada je cf(α) = cf(ℵα).5. ℵω je najmanji singularan kardinal.6. Klasa svih singularnih kardinala je neogranicena u ON.

Dokaz. Pre svega, primetimo da ako je α granicni ordinal i A ⊆ α, tada iz same definicijegranicnog ordinala dobijamo

A je neogranicen u α⇔ supA = α.

1. Na osnovu prethodne leme postoje strogo rastuce funckije f : cf(cf(α)) −→ cf(α) ig : cf(α) −→ α takve da je sup(ran(g)) = α i sup(ran(f)) = cf(α). Funkcija f ◦ g je takodestrogo rastuca. Kako bismo pokazali da je njen rang neogranicen u α posmatrajmo fiksiraniordinal β < α. Postoji ordinal γ < cf(α) takav da je β < g(γ). Dalje, postoji σ < cf(cf(α))takav da je γ < f(σ). Odavde, usled monotonosti funkcije g imamo da je β < g(f(σ)).Zakljucujemo da je rang kompozicije f ◦ g : cf(cf(α)) −→ α kofinalan u α, pa na osnovudefinicije cf(α) mora da vazi cf(α) 6 cf(cf(α)). Obratna nejednakost trivijalno vazi, paimamo trazenu jednakost.2. Ranije smo pokazali da za proizvoljan ordinal α vazi cf(α) 6 CF(α,∈). Sa druge strane,kako postoji funkcija f : cf(α) −→ α ciji je rang kofinalan u α, to vazi i CF(α,∈) 6 |ran(f)| 6|cf(α)| = cf(α). Dakle, imamo trazenu jednakost.3. Prvi deo tvrdenja je ocigledan, jer ni jedan konacan podskup od ω ne moze biti kofinalanu ω, te kako nikako ne vazi cf(ω) < ℵ0, to mora da bude cf(ω) = ℵ0. Dakle, ℵ0 je regularankardinal.Za dokaz drugog dela tvrdnje posmatrajmo funkciju f : µ −→ κ+, pri cemu je µ neki kardinalµ < κ+. Tada je na osnovu Stava 4.1.27 |µ| 6 κ, pa na osnovu Teoreme 4.2.11 c) imamo

| sup(ran(f)))| = |⋃

ran(f)| = |⋃{f(β)|β < µ}| 6 |µ| · κ = κ

jer za svako β < µ vazi |f(β)| < κ+, pa i |f(β)| 6 κ. Jos jednom primenom Stava 4.1.27dobijamo da je sup(ran(f)) < κ+. Kako je µ < κ+ bilo proizvoljno, zakljucujemo da jecf(κ+) > κ+. Obratna nejednakost uvek vazi, te imamo cf(κ+) = κ+.4. Pre svega, primetimo da je alef funkcija po definiciji neprekidna. Ako je h : cf(α) −→ αpreslikavanje za koje je sup(ran(h)) = α, tada ce za rang preslikavanja h′ : cf(α) −→ ℵα


datog sa h′(β) = ℵh(β) vaziti sup(ran(h′)) = ℵα. Odavde je cf(ℵα) 6 cf(α). Za obratnunejednakost fiksirajmo funkciju g : cf(ℵα) −→ ℵα ciji je rang kofinalan u ℵα. Neka jepreslikavanje g′ : cf(ℵα) −→ α definisano sa g′(γ) = min{σ < α|g(γ) 6 ℵσ}. Ako je τ < α,tada postoji γ < cf(ℵα) takav da je ℵτ < g(γ). Odavde imamo da je τ < g′(γ), te ce bitiran(g′) kofinalan u α, pa mora da vazi cf(α) 6 cf(ℵα).5. Na osnovu prethodnog je cf(ℵω) = cf(ω) = cf(ℵ0) = ℵ0 < ℵω, te je ℵω singularan.Na osnovu dela (2) svi kardinali ℵn(n ∈ ω) su regularni. Dakle, ℵω je najmanji singularnikardinal.6. Kako je alef funkcija neprekidna imamo

ℵα+ω = ℵsup{α+n|n<ω} = sup{ℵα+n|n < ω}.

Zbog ovog za funkciju f : ω −→ ℵα+ω datu sa f(n) = ℵα+n vazi sup(ran(f)) = ℵα+ω, teimamo da je cf(ℵα+ω) 6 ℵ0 < ℵα+ω, pa je ℵα+ω singularan kardinal. Dalje, kako je aleffunkcija normalna, to na osnovu Leme 3.5.6 za proizvoljan ordinal α je α 6 ℵα < ℵα+ω.Odavde sledi da je klasa svih singularnih ordinala neogranicena na ON, a samim tim je iprava klasa.

4.4 Beskonacne sume i proizvodi

U ovoj sekciji uopstavamo pojmove zbira i proizvoda kardinala, uvedenih u Sekciji 4.2. Presvega definisimo Dekartov proizvod familije skupova.

Definicija 4.4.1 Dekartov proizvod familije skupova (xi|i ∈ I) jeste skup⊗i∈I

xi = {f |f : I −→⋃{xi|i ∈ I} ∧ ∀i ∈ I f(i) ∈ xi}

ako I 6= 0, odnosno⊗i∈I

xi = {0}, ako je I = 0.

Definicija 4.4.2 Neka je (κi|i ∈ I) familija kardinala. Definisemo sumu i proizvod ovefamilije kako sledi: ∑

(κi|i ∈ I) =∑i∈I

κi = |⋃{κi × {i}|i ∈ I}|,

∏(κi|i ∈ I) =

∏i∈I

κi = |⊗i∈I

κi|.

Ako je skup I beskonacan, tada gore definisanu sumu i proizvod familije zovemo beskonacnasuma i beskonacan proizvod kardinala.

Naredene leme prikazuju svojstva koja imaju gore definisane (beskonacne) sume i proizvodi.

Lema 4.4.3 Neka su (κi|i ∈ I) i (λi|i ∈ I) familije kardinala. Tada vazi sledeci niz svojs-tava:a) Ako za svako i ∈ I su xi i yi skupovi za koji je |xi| = |yi| = κi, i ako pritom vazi yi∩yj = 0za svako i, j ∈ I gde i 6= j, tada je∑

i∈I

κi = |⋃{xi × {i}|i ∈ I}| = |

⋃{yi|i ∈ I}| i

∏i∈I

κi = |⊗i∈I

xi|.

4.4. BESKONACNE SUME I PROIZVODI 81

b)∑

i∈{0,1} κi = κ0 + κ1,∑

i∈0 ki = 0,∏

i∈{0,1} κi = κ0 · κ1,∏

i∈0 κi = 1.

c) Ako je κi 6 λi za svako i ∈ I, tada je∑

i∈I κi 6∑

i∈I λi i∏

i∈I κi 6∏

i∈I λi.d)∑

i∈I κ = κ · |I| i∏

i∈I κ = κ|I|.

Definicija 4.4.4 Skup P nazivamo particija skupa X ako je⋃P = X, 0 /∈ P i svi clanovi

skupa P su u parovima disjunktni.

Lema 4.4.5 Neka je (κi|i ∈ I) familija kardinala, i neka je λ kardinal. Tada vaze sledecasvojstva:a) Ako je (Xj|j ∈ J) particija indeksnog skupa I, tada vazi(i) (Uopsteni komutativni i asocijativni zakon)∑

i∈I

κi =∑j∈J

∑i∈Xj

κi i∏i∈I

κi =∏j∈J

∏i∈Xj

κi.

(ii) (Distributivni zakon) ∏j∈J

∑i∈Xj

κi =∑

(∏j∈J

κf(j)|f ∈∏j∈J

Xj).

b) λ ·∑

i∈I κi =∑

i∈I λ · κi.c) λ

∑i∈I κi =

∏i∈I λ

κi.d) (

∏i∈I κi)

λ =∏

i∈I κλi .

Dokaz. Dosta je lako konstruisati potrebne bijekcije.

Lema 4.4.6 Neka je (κi|i ∈ i) familija kardinalnih brojeva. Tada vazi sledeci niz svojstava:a) sup{κi|i ∈ I} 6

∑i∈I κi.

b) Ako je κi > 0 za sve i ∈ I, I 6= 0, i ukoliko je bar jedan od kardinala |I| i κi (i ∈ I)beskonacan, tada vazi(i)∑

i∈I κi = max{|I|, sup{κi|i ∈ I}} = |I| · sup{κi|i ∈ I}.(ii) Ako je i |I| 6 sup{κi|i ∈ I}, tada je∑

i∈I

κi = sup{κi|i ∈ I}.

Dokaz. Druga jednakost u b) (i) sledi direktno na osnovu Posledice 4.2.8. Na osnovuTeoreme 4.2.11 i cinjenice da je |κi×{i}| = κi (i ∈ I) imamo da je

∑i∈I κi 6 |I| · sup{κi|i ∈

I} = max{|I|, sup{κi|i ∈ I}}. Sa druge strane, kako je κi > 0, to za sve i ∈ I imamo|I| =

∑i∈I 1 6

∑i∈I κi. Dalje, na osnovu same definicije sume sledi da je κj 6

∑i∈I κi za

svako j ∈ I. Imamo:∑

i∈I κi > max{|I|, sup{κi|i ∈ I}}, pa trazena jednakost vazi.

Cinjenica da je κj 6∑

i∈I κi za svako j ∈ I dokazuje i deo a).b) (ii) sledi izravno na osnovu (i).

Posledica 4.4.7 Neka su α i β ordinali.a) Ako je β granicni ordinal, 〈σξ|ξ < β〉 strogo rastuci niz ordinala i α = sup{σξ|ξ < β},tada je

∑ξ<β ℵσξ = ℵα. Specijalno,

∑ξ<β ℵξ = ℵβ.

b)∑

ξ<α+1 ℵξ = ℵα.


Dokaz. a) Kako je 〈σξ|ξ < β〉 strogo rastuci niz ordinala, to mora biti ξ 6 σξ za svakoξ < β, na osnovu Stava 3.4.5. Otuda imamo β 6 sup{σξ|ξ < β} = α 6 ℵα, pa je

∑ξ<β ℵσξ =

|β| · sup{ℵσξ |ξ < β} = |β| · ℵα = ℵα.

Definicija 4.4.8 Neka su κ i λ kardinali. Definisemo kardinal κ<λ sa

κ<λ = sup{κν |ν ∈ CN ∧ ν < λ}.

Definicija 4.4.9 Neka je a skup, a λ kardinal. Sa [a]<λ definisemo skup svih podskupovaskupa a koji su kardinalnosti manje od λ, tj. [a]<λ = {x ⊆ a||x| < λ}.Na analogan nacin definisemo skupove [a]6λ, [a]>λ i [a]>λ.

Posledica 4.4.10a) Ako su κ i λ kardinali takvi da je κ > 2 i λ > ω, tada je κ<λ > λ.b) Ako je a beskonacan skup, |a| = κ i λ kardinal takav da je 2 6 λ 6 κ, tada za sve kardinaleν0 < λ vazi

κ<λ = |[a]<λ| =∑

ν∈λ∩CN

κν =∑

ν06ν∈λ∩CN

κν .

Dokaz.a) Prvo, pretpostavimo da je λ sledbenik kardinal µ+. Tada, na osnovu Kantorove teoremeimamo κ<λ = κµ > 2µ > µ. Bice, dakle, κ<λ > µ+ = λ. Sada, pretpostavimo da jeλ granican kardinal. Za ν ∈ λ ∩ CN imamo κν > 2ν > ν. Odavde zakljucujemo da jeκ<λ = sup{κν |ν ∈ λ ∩CN} > sup{ν|ν ∈ λ ∩CN} = λ.b) Na osnovu Posledice 4.2.10 imamo da je kardinalnost skupa [a]ν jednaka κν , za kardinaleν 6 κ, a 0 za kardinale ν > κ. Kako je λ 6 κ to odavde sledi |[a]<λ| = |

⋃{[a]ν |ν ∈

λ ∩ CN}| =∑

ν∈λ∩CN κν . Za svaki kardinal ν0 za koji je ν0 < λ na osnovu Leme 4.4.6 i

cinjenice da je 2 6 λ 6 κ imamo da je ova suma jednaka sa sup{κν |ν0 6 ν ∈ λ ∩ CN}.Specijalno, za ν0 = 0 dobijamo κ<λ = sup{κν |ν ∈ λ ∩CN} = |[a]<λ|.

Posledica 4.4.11 Ako je a beskonacan skup i λ kardinal takav da je λ 6 |a|, tada jea) |[a]<λ| = sup{|a|ν |ν ∈ λ ∩CN}b) |[a]6λ| = |a|λ

Teorema 4.4.12 Neka su (κi|i ∈ I) i (λi|i ∈ I) familije kardinala. Tada vazia) Ako je λi > 2 i κi 6 λi za sve i ∈ I, tada je

∑i∈I κi 6

∏i∈I λi.

b) Konigova LemaAko je κi < λi za sve i ∈ I, tada je

∑i∈I κi <

∏i∈I λi.

Dokaz. (1) Najpre pokazimo da ako su za i ∈ I κi kardinali i γi ordinali takvi da vazi κi < γi,onda mora biti

∑i∈I κi 6

∏i∈I |γi|. Definisimo preslikavanje f :

⋃{κi × {i}|i ∈ I} −→⊗

i∈I γi na sledeci nacin. Ako je (α, j) ∈⋃i∈I(κi×{i}) tada je α ∈ κi i f(α, j) : I −→

⋃i∈I γi

je funkcija definisana sa f(α, j)(i) = κi ∈ γi za i ∈ I \{j}, odnosno f(α, j)(i) = α ∈ κi ⊆ γi.Proveravamo da je f injektivno preslikavanje: neka su (α1, j1), (α2, j2) ∈

⋃i∈I(κi×{i}) tako

da je (α1, j1) 6= (α2, j2). Ako je j1 = j2, onda je α1 6= α2, te je f(α1, j1)(j1) = α1 6=α2 = f(α2, j2)(j2) = f(α2, j2)(j1), pa je f(α1, j1) 6= f(α2, j2). Ako je j1 6= j2, onda jef(α1, j1)(j2) = κj2 i f(α2, j2)(j2) < κj2 , te je ponovo f(α1, j1) 6= f(α2, j2). Dakle

∑i∈I κi 6

|⊗

i∈I γi| =∏

i∈I |γi|.(2) Ako je za svako i ∈ I λi beskonacan kardinal takav da je κi 6 λi, onda mora biti∑i∈I κi 6

∏i∈I λi. Zaista, prema (1) imamo da je

∑i∈I κi 6

∏i∈I |λi + 1| =

∏i∈I λi.


(3) Ako je za svako i ∈ I λi > 2 konacan kardinal takav da je κi 6 λi, i ako je |I| > ℵ0,onda mora biti

∑i∈I κi 6

∏i∈I λi. Zaista, kako je 0 < κ+

i < ℵ0 za svako i ∈ I, imamo∑i∈I κi 6

∑i∈I κ

+i 6 |I| < 2|I| =

∏i∈I 2 6

∏i∈I λi.

Pretpostavljamo da je bar jedan kardinal κi razlicit od nule, jer je u suprotnom dokaztvrdenja trivijalan.

a) Stavimo I1 = {i ∈ I|λi je beskonacan}, I0 = I \ I1 i∑

i∈I1 κi = µ1,∏

i∈I1 λi = ν1,∑i∈I0 κi = µ0 i

∏i∈I0 λi = ν0. Dakle

∑i∈I κi = µ1 + µ0 i

∏i∈I λi = ν1 · ν0.

(i) Pretpostavimo najpre da je I1 6= 0. Tada je ν1 > ℵ0 i ν1 · ν0 = max{ν1, ν0}, a prema(2) vazi i µ1 6 ν1.

(i.1) Ako je |I0| > ℵ0, onda je µ0 6 ν0 prema (3). Otuda imamo µ1 · µ0 6 ν1 · ν0.(i.2) Ako je |I0| < ℵ0 onda je ν0, µ0 < ℵ0 i ν1 · ν0 = ν1 > ℵ0 > µ0, pa zbog µ1 6 ν1 sledi

da je µ1 · µ0 6 ν1 · ν1 = ν1 = ν1 · ν0.Dakle u slucaju (i) imamo da vazi µ1 · µ0 6 ν1 · ν0. Zato ako je µ1, µ0 < ℵ0 onda

µ1 + µ0 < ℵ0 6 ν1 · ν0, a ako je µ1 > ℵ0 ∨ µ0 > ℵ0 onda je µ1 + µ0 = µ1 · µ0 6 ν1 · ν0.(ii) Neka je sada I1 = 0. Tada je

∏i∈I λi = ν0 i

∑i∈I κi = µ0, a κi i λi su konacni

kardinali za svako i ∈ I.(ii.1) Ako je |I| > ℵ0, onda µ0 6 ν0 sledi iz (3).(ii.2) Ako je |I| < ℵ0, onda µ0 6 ν0 sledi iz cinjenice da je

∏ni=1 li >

∑ni=1 ki kakvi god

da su dati prirodni brojevi n i li, ki tako da je li > ki, pri cemu je li > 2 za svako 1 6 i 6 n.Ovo sa druge strane proizilazi direktno iz nejednakosti

∏ni=1 li >

∑ni=1 li koja se jednostavno

pokazuje indukcijom po n ∈ ω.b) Nejednakost

∑i∈I κi 6

∏i∈I λi sledi direktno iz (1). Da pokazemo da je nejednakost

stroga, neka je h :⋃{κi × {i}|i ∈ I} −→

⊗i∈I λi proizvoljno preslikavanje. Mora biti

ranh 6=⊗

i∈I λi. Zaista, ako je i ∈ I proizvoljno, za skup Hi = {h(α, i)(i)|α ∈ κi} imamo|Hi| 6 κi < λi te je λi \ Hi 6= 0. Otuda postoji neko p ∈

⊗i∈I(λi \ Hi) ⊆

⊗i∈I λi.

Za svako i ∈ I i α ∈ κi vazi p(i) /∈ Hi kao i h(α, i)(i) ∈ Hi, te je p 6= h(α, i). Daklep ∈ (

⊗i∈I λi) \ ranh.

Posledica 4.4.13 Neka je β beskonacan ordinal, a 〈κξ|ξ < β〉 niz kardinala razlicitih odnule. Tada vazia) Ako je niz 〈κξ|ξ < β〉 strogo rastuci i ukoliko je β granicni ordinal, tada je∑

ξ<β

κξ <∏ξ<β

κξ i∑ξ<β

κξ < (∑ξ<β

κξ)|β|.

b) Ako je κξ > 2 za svako ξ < β, tada je

(∑ξ<β

κξ)|β| = (

∏ξ<β

κξ)|β|.

Dokaz.a) Prva nejednakost sledi na osnovu Koningove leme ukoliko stavimo da je λξ = κξ+1 iukoliko iskoristimo cinjenicu da je κ0 > 1, te da je β granicni ordinal:∑

ξ<β

κξ <∏ξ<β

κξ+1 =∏

16ξ<β

κξ 6∏ξ<β

κξ.

Kako je κσ 6∑

ξ<β κξ za svako σ < β, to imamo∏σ<β

κσ 6∏σ<β

(∑ξ<β

κξ)⇔∏ξ<β

κξ 6 (∑ξ<β

κξ)|β|.


Sada, druga nejednakost u a) sledi direktno iz prve.b) Analogno kao u dokazu gornjeg dela tvrdenja se, uz upotrebu dela a) prethodne teoremepokazuje da vazi

∑ξ<β κξ 6

∏ξ<β κξ 6 (

∑ξ<β κξ)

|β|. Odavde dobijamo

(∑ξ<β

κξ)|β| 6 (

∏ξ<β

κξ)|β| 6 (

∑ξ<β

κξ)|β|·|β|,

a kako je |β| · |β| = |β|, to je deo b) dokazan.

Teorema 4.4.14 Neka je κ kardinal.a) Ako je κ > 2, tada je ℵα < cf(κℵα).b) Ako je κ beskonacan, tada je κ < κcf(κ).

Dokaz.a) Neka je γ 6 ℵα i neka je f funkcija iz γ u κℵα . Kako je |f(β)| < κℵα za svako β < γ, tona osnovu Leme 4.1.14 i Koningove leme imamo

| sup(ran(f))| 6∑β<γ

|f(β)| <∏β<γ

κℵα = (κℵα)|γ| = κℵα·|γ| = κℵα .

Odavde odmah imamo da je sup(ranf) < κℵα . Kako je κ ≥ 2 to je κℵα beskonacankardinal, specijalno granicni ordinal, pa zbog toga uslov sup(ranf) < κℵα povlaci da jecf(κℵα) > ℵα.

b) Neka je f : cf(κ) −→ κ funkcija takva da je sup(ran(f)) = κ. Kao i gore, potpunoanalogno, dobijamo

κ 6∑

β<cf(κ)

|f(β)| <∏

β<cf(κ)

κ = κcf(κ).

Uslov da je κ beskonacan je neophodan, jer kada bi bio konacan imali bismo da je cf(κ) = 1,pa nikako ne bi moglo da vazi κ < κcf(κ).

Posledica 4.4.15a) Za svaki ordinal α je cf(2ℵα) > ℵα.

b) Ako je α granicni ordinal i ℵβ > cf(α), tada je ℵα 6= ℵℵβγ za svaki ordinal γ. Specijalno,

vazi ℵα < ℵℵβα .

Dokaz.a) Sledi direktno iz prethodne teoreme.b) Kako je α granicni ordinal, to imamo da je cf(ℵα) = cf(α). Na osnovu prethodne teoremesledi

ℵα < ℵcf(ℵα)α = ℵcf(α)

α 6 ℵℵβα .

Pretpostavka da je ℵα = ℵℵβγ za neki ordinal γ bi dovela do kontradikcije ℵℵβα = ℵℵβγ = ℵα.

Teorema 4.4.16 Neka je κ beskonacan kardinal.a) Sledeca tvrdenja su ekvivalentna.(i) κ je regularan.(ii) κ nije unija manje od κ skupova kardinalnosti manje od κ.(iii) κ nije suma manje od κ kardinala manjih od κ.


b) κ je suma cf(κ) kardinala manjih od κ.c) Ako je κ granicni kardinal, tada postoji strogo rastuci niz kardinala manjih od κ 〈λξ|ξ <cf(κ)〉 za koji je

κ =∑

ξ<cf(κ)

λξ = sup{λξ|ξ < cf(κ)}.

Kompletan dokaz prethodne teoreme se moze naci u [5].

Teorema 4.4.17 Neka su α, β i γ ordinali.

a) Ako je α 6 β, tada je ℵℵβα = 2ℵβ .b) Hausdorfova formula

ℵℵβα+1 = ℵα+1 · ℵℵβα .

c) formula Tarskog Ako je |γ| < ℵβ, tada je

ℵℵβα+γ = ℵ|γ|α+γ · ℵℵβα .

Dokaz.a) Kako je alef funkcija rastuca, imamo da je

2ℵβ 6 ℵℵβα 6 (2ℵα)ℵβ = 2ℵα·ℵβ = 2ℵβ .

b) Prvo, pretpostavimo da je β 6 α. Bice tada ℵβ 6 ℵα. Kako je ℵα+1 kardinal sledbenik,to je na osnovu Leme 4.3.7 on regularan, te vazi ℵβ < cf(ℵα+1). Zbog ovoga, za svakopreslikavanje f : ℵβ −→ ℵα+1 je sup(ran(f)) < ℵα+1. Dakle, postojace ordinal γ < ℵα+1

tako da je f preslikavanje iz ℵβ u γ. Iz ovoga sledi:

ℵℵβα+1 = |ℵβℵα+1| = |⋃{ℵβγ|γ < ℵα+1}| 6

∑γ<ℵα+1

|γ|ℵβ

6∑

γ<ℵα+1

ℵℵβα = ℵα+1 · ℵℵβα 6 ℵℵβα+1 · ℵ

ℵβα

= (ℵα+1 · ℵα)ℵβ = ℵℵβα+1.

Neka je sada α < β. Bice tada α + 1 6 β, pa na osnovu a) imamo da je ℵα+1 6 ℵβ <2ℵβ = ℵℵβα = ℵℵβα+1, pa ce biti ℵα+1 · ℵ

ℵβα = ℵα+1 · ℵ

ℵβα+1 = ℵℵβα+1.

c) Ovaj deo pokazujemo transfinitnom indukcijom. Neka je data podklasa ordinala A =

{η||η| < ℵβ ⇒ ℵℵβα+η = ℵ|η|α+η · ℵ

ℵβα } i ordinal γ takav da je γ ⊆ A i |γ| < ℵβ. Ukoliko je γ

ordinal sledbenik, tada postoji njegov prethodnik ordinal σ. Tada, kako je σ ∈ A, kako je|σ| = |σ + 1| 6 ℵβ i kako vazi Hausdorfova formula, imamo

ℵℵβα+γ = ℵℵβα+σ+1 = ℵℵβα+σ · ℵα+σ+1

= ℵℵβα · ℵ|σ|α+σ · ℵα+σ+1 = ℵℵβα · ℵ|σ+1|α+σ · ℵα+σ+1

= ℵℵβα · ℵ|σ+1|α+σ+1 = ℵ|γ|α+γ · ℵ

ℵβα .

Neka je sada γ granicni ordinal. Kako je alef funkcija neprekidna i kako je sabiranje ordinalaneprekidno po drugom argumentu (videti dokaz dela (6) Leme 4.3.7), i kako vazi a) Teoreme4.4.12 imamo

ℵα+γ = sup{ℵα+ξ|ξ < γ} 6∑ξ<γ

ℵα+ξ 6∏ξ<γ

ℵα+ξ.


Kako za svako ξ < γ vazi |ξ| 6 |γ| 6 ℵβ, to koristeci uopsteni asocijativni zakon za proizvodkardinala imamo

ℵℵβα+γ 6 (∏ξ<γ

ℵα+ξ)ℵβ =

∏ξ<γ

ℵℵβα+ξ =∏ξ<γ

(ℵℵβα · ℵ|ξ|α+ξ)

= (ℵℵβα )|γ|∏ξ<γ

ℵ|ξ|α+ξ 6 ℵℵβ ·|γ|α · ℵ|γ|·|γ|α+γ = ℵℵβα · ℵ|γ|α+γ

6 ℵℵβα · ℵℵβα+γ 6 ℵℵβα+γ.

U svakom slucaju je γ ∈ A, pa tvrdenje vazi.

Posledica 4.4.18 Ako je n < ω, tada vazi

a) (Uopstena Hausdorfova formula) ℵℵβα+n = ℵℵβα · ℵα+n.

b) (Bernstajnova formula) ℵℵβn = 2ℵβ · ℵn.

c) Ako je α 6 ℵβ, tada je ℵℵβα = 2ℵβ · ℵ|α|α .

Primer 4.4.19• ℵℵ01 = 2ℵ0 · ℵ1 = 2ℵ0

• Za svaki ordinal α takav da je ω 6 α < ℵ1 vazi ℵℵβα = 2ℵβ · ℵℵ0α .

Teorema 4.4.20 (Cetiri zlatna pravila kardinalne aritmetike)1.(Tarski) Ako je ν > ℵ0 kardinal, a 〈κξ|ξ < ν〉 rastuci niz beskonacnih kardinala, tada je∏

ξ<ν

κξ = (sup{κξ|ξ < ν})ν .

2. Ako su λ i κ kardinali takvi da je κ > ℵ0 i λ > cf(κ), tada je

κλ = (sup{νλ|ν ∈ CN ∩ κ})cf(κ).

3.(Tarski) Ako su λ i κ kardinali takvi da je κ > ℵ0 i 0 < λ < cf(κ), tada je

κλ = κ · sup{νλ|ν ∈ CN ∩ κ} = κ ·∑

ν∈κ∩CN

νλ.

4. Ako je κ beskonacan kardinal, tada je 2κ = (2<κ)cf(κ).

Dokazi prethodne teoreme i naredne teoreme se mogu naci u [5].

Teorema 4.4.21a) Za svaki prdinal β > 0 je

∏ξ6β ℵξ = ℵ|β|β . Za granicni ordinal β vazi jos i

∏ξ<β ℵξ = ℵ|β|β .

b) Ako je β osnovni broj sabiranja, i 〈αξ|ξ < β〉 strogo rastuci niz ordinala ciji je supremumα, tada je ∏

ξ<β

ℵαξ = ℵ|β|α .

Stav 4.4.22 Neka vazi uopstena kontinuum hipoteza. Neka su α i β ordinali, pri cemu jeβ granicni ordinal, a α supremum strogo rastuceg niza 〈αξ|ξ < β〉. Tada je

ℵα+1 =∏ξ<β

ℵαξ = ℵ|β|α .

4.5. KONTINUUM 87

Dokaz. Na osnovu Posledice 4.4.7 i Posledice 4.4.13, imamo da je ℵα =∑

ξ<β ℵαξ <∏ξ<β ℵαξ . Kako niz 〈αξ|ξ < β〉 uspostavlja injekciju iz ordinala β u ordinal α, to je |β| 6 |α|.

Sada, na osnovu cinjenice da je alef funckija normalna, Teoreme 4.4.17 a) i pretpostavke dauopstena kontinuum hipoteza vazi imamo

ℵα <∏ξ<β

ℵαξ 6∏ξ<β

ℵα = ℵ|β|α 6 ℵ|α|α 6 ℵℵαα = 2ℵα = ℵα+1.

Odavde sledi da mora da vazi ℵα+1 =∏

ξ<β ℵαξ , jer u suprotnom ℵα+1 ne bi bio kardinalsledbenik kardinala ℵα.Dakle, imamo zeljeno tvrdenje.

Teorema 4.4.23 (Rekurzivna formula Tarskog) Ako je β granicni ordinal, α supre-mum strogo rastuceg niza 〈αξ|ξ < β〉 i ℵγ < cf(β), tada je

ℵℵγα =∑ξ<β

ℵℵγαξ = sup{ℵℵγαξ |ξ < β}.

Specijalno, za granicni ordinal α i ordinal γ za koji je ℵγ < cf(α), imamo

ℵℵγα =∑ξ<α

ℵℵγξ = sup{ℵℵγξ |ξ < α}.

Dokaz prethodne teoreme se moze naci u [5]. Za kraj ove sekcije definisemo ”jake” kardinale.

Definicija 4.4.24 Neka je κ beskonacan, a λ neprebrojiv kardinal.• λ je κ-jak kardinal ako je ρκ < λ za svaki kardinal ρ manji od λ.• λ je jak granicni kardinal ukoliko je ν-jak za svaki kardinal ν manji od λ. Drugacije receno,λ je jak granicni kardinal ukoliko je ρν < λ za sve kardinale ρ i ν manje od λ.• κ je slabo nedostizan kardinal ukoliko je regularan, neprebrojiv i granican kardinal.• κ je jako nedostizan kardinal ukoliko je regularan, neprebrojiv i jak granicni kardinal.

Pokazuje se da je λ jak granicni kardinal ukoliko vazi 2ν < λ za sve kardinale ν manje od λ.Napomenimo jos i cinjenicu da se postojanje jako nedostiznih kardinala ne moze dokazati uokviru teorije ZFC.

4.5 Kontinuum

U sekciji 3.2 smo skup ω definisali kao skup prirodnih brojeva. Skup prirodnih brojeva seobelezava i sa N. Vazi |N| = ℵ0. U ovoj sekciji cemo konstruisati skup realnih brojeva.Skup celih brojeva Z mozemo konstruisati tako sto na skupu N × N definisemo relaciju vsa (m,n) v (k, l) ⇔ m + l = n + k. Drugacije receno, mi mozemo svakom uredenjom paruprirodnih brojeva (m,n) pridruziti njegovu ”razliku” m − n i reci da su dva uredena parau relaciji v ukoliko su im razlike jednake. Relacija v je relacija ekvivalencije. Ceo brojdefinisemo kao klasu ekvivalencije relacije v. Ceo broj zapravo predstavlja skup svih onihuredenih parova prirodnih brojeva koji imaju istu razliku. Mozemo pisati Z = N × N/ v.Vazi |Z| = ℵ0.Skup racionalnih brojeva Q mozemo konstruisati tako sto na skupu Z× (Z \ {0}) definisemorelaciju w sa (p, q) w (r, s)⇔ p · s = r · q. Drugacije receno, mi mozemo svakom uredenomparu celih brojeva (p, q), q 6= 0 pridruziti njegov ”kolicnik p/q” i reci da su dva uredena para


u relaciji w ukoliko su im kolicnici jednaki. Relacija w je relacija ekvivalencije. Racionalnibroj definisemo kao klasu ekvivalencije relacije w. Racionalni broj zapravo predstavlja skupsvih onih uredenih parova celih brojeva (pri cemu svaka druga koordinata uredenog paramora biti razlicita od nule) koji imaju isti kolicnik. Mozemo pisati Q = Z × (Z \ {0})/ w.Vazi |Q| = ℵ0.Sada, konstruisemo realne brojeve. Prvo, uvedimo definiciju Dedekindovog preseka.

Definicija 4.5.1 Dedekindov presek u Q je uredeni par 〈A,B〉 nepraznih podskupova skupaQ takvih da je• A ∪B = Q,• ∀a ∈ A∀b ∈ B(a < b),• inf(B) ∈ B, ukoliko infimum postoji.

Skup realnih brojeva R, se definise kao skup svih Dedekindovih preseka u Q. Formalnomozemo definisati skup R sa

Definicija 4.5.2 (Skup realnih brojeva)

R = {X ∈ P(Q)|〈X,Q \X〉 je Dedekindov presek}.

Kardinalnost skupa realnih brojeva nazivamo kontinuum i obelezavamo ga sa c. Dakle,|R| = cJasno, imamo da je |R| 6 |P(Q)| = 2|Q| = 2ℵ0 .Sa druge strane, postoji injekcija iz skupa ω2 u skup R. Trazenu injekciju dobijamo tako stosvakom nizu f ∈ ω2 pridruzimo razlomak

∑n<ω 2f(n)3−n−1 ∈ [0, 1] = {x ∈ R|0 6 x 6 1}.

Dakle, imamo da je |ω2| = 2ℵ0 6 |R|, odakle sledi da je

c = |R| = 2ℵ0 .

Zbog ovoga kontinuum hipotezu mozemo reformulisati ekvivalentnom tvrdnjom

¬∃X ⊆ R(ω < |X| < |R|).

Ukoliko gornja tvrdnja vazi, tada ce biti ℵ+0 = |R| odakle sledi da je ℵ1 = 2ℵ0 . Sa druge

strane, pretpostavimo je ℵ1 = 2ℵ0 . Kada bi vazilo ∃X ⊆ R(ω < |X| < |R|), tada bi biloℵ+

0 6 |X| sto dovodi do kontradikcije

ℵ1 = ℵ+0 6 |X| < |R| = 2ℵ0 .

Mora biti, dakle, ¬∃X ⊆ R(ω < |X| < |R|).Pokazuje se jos i da je kardinalnost svakog segmenta [a, b] realnih brojeva, kao i svakogotvorenog (a, b), te poluotvorenog inervala [a, b), (a, b] skupa realnih brojeva jednak kardi-nalnosti samog skupa R.

Za kraj ovog poglavlja evo jednog zanimljivog primera.

Primer 4.5.3 Dokazimo da postoji neko S ⊆ R tako da je S + S otvoren interval realneprave, dok nijedan otvoren interval nije podskup od S − S.

Neka je (0; 1) = {xα : α < c} i � proizvoljno dobro uredenje realne prave. Primetimoda za svako y ∈ (0; 1) vazi max{0, y − 1/2} < min{1/2, y} i da za svako z ∈ R takvo da jemax{0, y − 1/2} < z < min{1/2, y} vazi {y − z, z} ⊆ (0, 1/2).

4.5. KONTINUUM 89

Konstruisimo rekurzivno brojeve rα ∈ R tako da za svako α < c vazi

∀p1, p2 ∈⋃β<α

{xβ − rβ, rβ}(p1 − p2 /∈ Q \ {0}

)i

∀β < α({xβ − rβ, rβ} ⊆ (0, 1/2)

)Neka je r0 �-najmanji element nepraznog skupa

(max{0, x0 − 1/2},min{1/2, x0}

)\Q.

Ako je α < c i ako su {rβ : β < α} vec konstruisani, primetimo da za skup

T :=

(1

2xα + Q

)∪⋃p∈P

(xα − p+ Q) ∪⋃p∈P

(p+ Q)

gde je P :=⋃β<α

{xβ − rβ, rβ}, vazi card(P ) < c, te je skup (l; d) \ T neprazan, gde je l :=

max{0, y − 1/2}, d := min{1/2, y}, pa stoga rα mozemo definisati kao �-najmanji elementskupa (l, d) \ T ; na ovakav nacin se indukcijska hipoteza ocuvava jer vazi {xα − rα, rα} ⊆(0, 1/2) i zbog

(xα − z)− z /∈ Q ⇔ z /∈ 1

2xα + Q

(xα − z)− p /∈ Q ⇔ z /∈ xα − p+ Q

z − p /∈ Q ⇔ z /∈ p+ Q

za svako z ∈ R.

Stavimo S :=⋃α<c

{xα − rα, rα}. Jasno je da vazi (S − S) ∩ Q = {0}, te skup S − S ne

moze imati nijedan otvoren interval za svoj podskup. Takode je jasno i da je S +S = (0, 1).2

Figure 4.1: Karikature Kantora

Zakljucak

Ovim radom, naravno, nije kompletno iscrpljena teorija ordinala i kardinala. Sto seordinala tice, dalje se mogu proucavati nacini za predstavljanje ordinala (videti [13]). Zadalje izucavanje se interesantnim mogu pokazati i redovi ordinala, koje smo definisali nasamom kraju tre ’ceg poglavlja.

Pri kraju prethodnog poglavlja definisali smo jake kardinale, kao i slabo/jako nedostiznekardinale. O svojstvima ovih kardinala moze se vise naci u [5]. Takode, [5], predstavljadobru polaznu tacku za naprednije izucavanje aritmetike ordinala i kardinala.

Gotovo sva tvrdenja u ovom radu su dokazana u okviru ZFC teorije skupova. Zanimljivoje prouciti koja se tvrdenja iz ovog rada mogu, a koja ne mogu dokazati u ZF teoriji. Uovom smo radu za uvodenje pojma kardinala, kao i u dokazima nekih tvrdenja koristiliaksiomu izbora. Medutim, kardinale je moguce uvesti i u okviru teorije ZF, tj. moguce ihje definisati i bez ukljucivanja aksiome izbora; neki teoreme u cijim smo dokazima koristiliaksiomu izbora se mogu dokazati i bez upotrebe aksiome izbora, tj. mogu se dokazati i uZF teoriji (npr. Hartogova teorema); zanimljivo je izuciti kako nacin uvodenja kardinala bezukljucenja aksiome izbora, tako i dokaze ovih teorema u ZF sistemu. Radoznali citalac sepodrobnije o aksiomi izbora moze informisati u [7].

90

Literatura

[1] G.D. Allen, The history of Infinity, Department of Mathematics Texas A& M Univer-sity

[2] J. Bell, M. Machover, A Course In Mathematical Logic, North-Holland publishingcompany, Amsterdam-New York-Oxford, 1977.

[3] M. Fitting, R.M. Smullyan, Set Theory and The Continuum Problem, Clarendon Press,Oxford, 1996.

[4] A. Hajnal, P. Hamburger, Set Theory Cambrige university press, 1999.

[5] M. Holtz, K. Steffens, E. Weitz, Introduction to Cardinal Arithmetic, Birkhuser Verlag,Basel-Boston-Berlin, 1991.

[6] T. Jech, Set Theory(the third millenium edition, revised and expanded), Springer-Verlag, Berlin, 2003.

[7] T. Jech, The Axiom of Choice, North-Holland publishing company, Amsterdam-London, 1973.

[8] A. Jovanovic, A. Perovic, B. Velickovic, Teorija Skupova, Matematicki fakultet,Beograd.

[9] K. Kunen, Set Theory - An Introduction to Independence Proofs, North-Holland pub-lishing company, Amsterdam-London-New York-Tokyo, 1980.

[10] W. Rautenberg A Concise Introduction to Mathematical Logic(third edition), Springer,New York- Dordrecht-Heidelberg-London, 2010.

[11] A. Whinston, A Finite History of Infinity, Portland state university, 2009.

[12] http://www.wikipedia.org/

[13] http://en.wikipedia.org/wiki/Large countable ordinal

91

Biografija

Aleksandar Cvetkovic je roden 26.09.1988. u Leskovcu. Zavrsio je osnovnu skolu ”Vuk Ste-fanovic Karadzic” u Leskovcu sa Vukovom diplomom. Zavrsio je Srednju Medicinsku Skoluu Leskovcu. Osnovne akademske studije je zavrsio na Prirodno-matematickom fakultetu uNisu, na departmanu za matematiku. Master studije zavrsava na Prirodno-matematickomfakultetu u Nisu, na odseku za primenjenu matematiku u fizici. Dobitnik je stipendijefonda za mlade talente ”Dositeja”, kao i stipendije ministarstva prosvete za razvoj naucnogi umetnickog podmlatka.

92

LITERATURA 93

Figure 4.2: Kakav je dom bez Droste kakaoa? Nepotpun. A sa njim se u raj pretvara.

Sanjao sam da odlazim daleko, veoma daleko, ali koliko god daleko, veoma daleko stigao,uvek sam mogao da idem jos dalje i sve dalje...-Reinaldo Arenas, Nemoguci snovi

Documents

ARITMETIKA KARDINALA I ORDINALA - pmf.ni.ac.rs · PDF file6 POGLAVLJE 1. UVOD: ISTORIJA I FILOZOFIJA BESKONACNOSTI U sedamnaestom veku Gotfrid Vilhelm von Lajbnic i Isak Njutn su,