Logika in Mno zice - pefprints.pef.uni-lj.sipefprints.pef.uni-lj.si/5029/1/Sparl_Logika_in_mnozice_predavanja_2017.pdf · zasluge za uvodni razvoj logike tako pripisujemo gr skim

Univerza v LjubljaniPedagoska fakulteta

Oddelek za matematiko in racunalnistvo

Logika in MnoziceStudijsko gradivo

Primoz Sparl

Ljubljana, januar 2018c©Primoz Sparl

Kazalo

Uvod 1

1 Osnove matematicne logike 31.1 Izjave in izjavne povezave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Ekvivalenca izjav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Logicne implikacije in sklepanje . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.4 Kvantifikatorji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.5 Se o sklepanju . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2 Teorija mnozic 352.1 Pripadnost in pojem enakosti mnozic . . . . . . . . . . . . . . 362.2 Podmnozice in aksiom o paru . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.3 Unija in presek mnozic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.4 Potencna mnozica in kartezicni produkt . . . . . . . . . . . . 512.5 Relacije in razbitja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.6 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.7 Ekvipolenca mnozic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

iii

iv

Uvod

Kot pove ze sam naslov, se bomo ukvarjali z (matematicno) logiko in zmnozicami. Gre za koncepte, ki v moderni dobi predstavljajo temelje mate-matike. Ceprav je morda za marsikoga matematika predvsem racunanje,resevanje enacb in geometrijsko nacrtovanje, se namrec v matematiki vecinocasa posvecamo precej drugacnim temam. Bistvo matematike je pravzapravv odkrivanju novih spoznanj, do katerih se iz zacetnih predpostavk in zeosvojenega znanja dokopljemo s pomocjo logicnega sklepanja. Na ta nacinlahko pridemo do rezultatov, ki se jih da koristno uporabiti bodisi pri kaksnidrugi matematicni teoriji bodisi na drugih podrocjih znanosti, ne primerv fiziki, strojnistvu, racunalnistvu, biologiji, kemiji ali celo druzboslovju.Marsikateri sodobni tehnoloski pripomocek je bilo tako mogoce razviti zato,ker je v preteklosti kak matematik prisel do ustreznega odkritja.

Pravimo, da je matematika univerzalni jezik, saj opisuje “splosne resnice”,ki so neodvisne od casa in prostora, prav tako pa ne od konkretne formulacijev posameznem govorjenem ali pisanem jeziku in zato tudi niso podvrzenemoznosti razlicnih interpretacij. Nekateri znanstveniki so celo predlagali,da bi lahko matematika sluzila kot komunikacijsko sredstvo z morebitnimidrugimi inteligentnimi zivimi bitji iz vesolja. Pa pustimo na tem mestutaksna filozofska vprasanja. Da bi torej lahko brali, razumeli in tudi samiustvarjali matematicno korektne vsebine, se moramo nauciti matematicnegajezika in osvojiti pravila logicnega sklepanja. To je eden glavnih ciljev tegapredmeta.

Sodobni matematicni jezik se je v najvecji meri razvil sele ob koncu 19.in v zacetku 20. stoletja. To pa ne pomeni, da se z logiko niso ukvarjalize prej. Ceprav se logika pojavlja tudi v nekaterih delih kitajskih in indij-skih filozofov in matematikov, se je potreba po utemeljevanju zatrjevanihugotovitev z neizpodbitnimi dokazi najbolj izrazila v stari Grciji. Velikezasluge za uvodni razvoj logike tako pripisujemo grskim velikanom antikekot so Tales, Pitagora, Platon, Evklid, se posebej pa Aristotel. Njihova delaso nato nasla pot tudi v muslimanski svet, v srednjem veku pa so evropskisholastiki studirali in nadgrajevali predvsem Aristotelova dela.

Najbolj plodno obdobje na podrocju matematicne logike je bilo brezdvoma ob koncu 19. in v zacetku 20. stoletja. Pravzaprav stejejo nekateripreboj matematicne logike iz tega obdobja celo za enega najvecjih intelektu-

1

2 KAZALO

alnih dosezkov clovestva nasploh. Takrat so se pojavile teznje po postavitvirigoroznih temeljev pomembnejsih matematicnih teorij tistega casa in sicerv obliki sistemov aksiomov, iz katerih bi lahko teorijo zgradili s pomocjologicnega sklepanja. V ta namen je bilo potrebno ustrezno razviti tudi samomatematicno logiko. Potrebo po formalizaciji logicnih sklepov in dokazov vtako imenovani izjavni racun so sicer nekateri matematiki, na primer Leib-niz, izrazili ze v 18. stoletju, a za zacetnike moderne logike danes stejemopredvsem matematike 19. stoletja kot so DeMorgan, Bool, Peirce in Frege.Njihovo delo so ob koncu 19. in v zacetku 20. stoletja nadeljevali matem-atiki, kot so Schroder, Venn, Dedekind, Peano, Hilbert, Zermelo, Whiteheadin Russell, kasneje pa se Godel, Tarski, Church, Turing, Cohen in drugi.Dandanes je matematicna logika ze povsem samostojno matematicno po-drocje, ki se se vedno razvija.

Ob vsem tem je zagotovo potrebno izpostaviti vsaj se Georga Cantorjain njegov clanek iz leta 1874, v katerem je postavil temelje moderne teorijemnozic, ki danes za vecino matematikov predstavljajo osnovne gradnikevsake matematicne teorije. Potem, ko so v zacetku 20. stoletja odkrili,da lahko Cantorjeva teorija privede do nepremostljivih paradoksov, so sicernekateri ugledni matematiki tistega casa Cantorjevo teorijo ostro napadli.Kljub temu se je kasneje izkazalo, da je teorija izjemnega pomena za nadaljnirazvoj matematike, pojavili pa so se predlogi aksiomatskih sistemov, ki najbi taksne paradokse zaobsli. Danes je eden najbolj splosno sprejetih ak-siomatskih sistemov tako imenovani sistem ZFC, ki sta ga razvila Ernst Zer-melo in Abraham Fraenkel. V okviru tega gradiva bomo spoznali nekatereaksiome aksiomatskega sistema ZFC, v najvecji meri pa se bomo posvetili ra-zlicnim operacijam na mnozicah in matematicnim objektom, kot so relacijein funkcije, ki jih je moc zgraditi na podlagi mnozic. Brez slednjih bi vmatematiki zelo tezko shajali.

Poglavje 1

Osnove matematicne logike

Preden se resno lotimo spoznavanja osnov matematicne logike, podajmobralcu nasvet, kako se lotiti resevanja matematicnih problemov. Gre zadobro znani princip, ki ga je zagovarjal madzarski matematik Gyorgy Polya(v zahodnem svetu znan tudi kot George Polya). Po njegovem mnenju se jedobro drzati naslednjih treh korakov:

1. korak: Problem je treba najprej razumeti.O cem govori trditev, ki naj bi jo dokazali ali ovrgli? Poznati moramotorej pomen vseh pojmov, o katerih trditev govori. Kaksno strukturo imatrditev? Gre za enostavno ali sestavljeno izjavo? Kaj so predpostavke in kajnaj bi dokazali? Moramo pokazati, da imajo neko lastnost vse reci, o katerihtrenutno govorimo, ali je dovolj konstruirati en sam konkreten primer?

2. korak: Kako problem resiti?Sedaj, ko dobro razumemo, kaj so predpostavke in kaj problem od nas za-hteva, je potrebno izpeljati ustrezen matematicno korekten dokaz. Na temmestu je morda pravi cas, da pregledamo obstojeco “literaturo” (na primersvoje zapiske predavanj in vaj ali primerno knjigo). Ali smo ze obravnavalikak podoben primer? Morda na vajah, predavanjih ali pa smo kaj podob-nega zasledili v kaksni knjigi? Ce je temu tako, skusajmo uporabiti ideje, kiso pripeljale do resitve sorodnih primerov.

3. korak: Problem resimo, resitev zapisemo in jo preverimo.Ko smo prepricani v korektnost nasega sklepanja, je potrebno ves razmislekznati tudi zapisati in to v obliki, ki bo nekomu, ki pozna osnovne pojmeobravnavane tematike, omogocala rekonstrukcijo celotne resitve. Na koncuje dobro se enkrat natancno preveriti vsak korak v sklepanju.

Opisana metoda seveda podaja le osnovne smernice. Da v praksi zadevares deluje, se je treba dogovoriti se za nekaj osnovnih zadev. Najprej se jetreba dogovoriti za jezik, ki ga bomo pri ukvarjanju z matematiko uporabl-jali. Ce zelimo v tem jeziku brati in pisati stavke (ki predstavljajo neketrditve, oziroma izjave), moramo poznati sintakso matematicnega jezika,

3

4 POGLAVJE 1. OSNOVE MATEMATICNE LOGIKE

torej pravila za sestavljanje izjav iz osnovnih gradnikov. Tako napisanestavke je seveda potrebno tudi razumeti. Poznati moramo torej pomen besedin besednih zvez, oziroma semantiko jezika. Sele tedaj, ko zapisane stavkev izbranem jeziku razumemo, se lahko zacnemo sprasevati o pravilnostioziroma nepravilnosti pripadajocih izjav. A to ze ni vec naloga matematicnelogike. Njena naloga je, da izjave analizira (temu pravimo logicna analiza)in na ta nacin “pridela” izjave, ki iz omenjenih zacetnih izjav logicno sledijoali so jim celo enakovredne. Na ta nacin namrec dane izjave bolje razumemoin se zato lazje odlocamo o njihovi pravilnosti oziroma nepravilnosti. Ilus-trirajmo vse skupaj na dveh konkretnih zgledih.

Zgled: Oglejmo si izjavo: “Ce velja, da v primeru, ko je deset sodo stevilo,ne obstaja vec kot deset prastevil, potem je deset sodo stevilo in ne obstajavec kot deset prastevil.”Ali znamo presoditi o njeni resnicnosti? Najbrz tezko. A s pomocjo logicneanalize se da ugotoviti, da je zgornja izjava enakovredna izjavi “Deset jesodo stevilo.” No, da je ta izjava resnicna, seveda vemo. N

Zgled: Oglejmo si se naslednji primer. Vsi se najbrz strinjamo, da je zavsako naravno stevilo n izjava “Ce je n2 liho stevilo, je tudi n liho stevilo.”pravilna. Ce pa bi nekdo od nas zahteval dokaz njene pravilnosti, bi imelnajbrz marsikdo tezave. Naloga postane precej lazja, ce najprej ugotovimo,da je omenjena izjava enakovredna izjavi “Ce je n sodo stevilo, je tudi stevilon2 sodo.” N

1.1 Izjave in izjavne povezave

Dogovorimo se, da izhajamo iz predpostavke, da je vsaka izjava, o kateribomo govorili, bodisi pravilna (oziroma resnicna) ali pa nepravilna (oziromaneresnicna). Gre za tako imenovani princip “Tretje moznosti ni,” oziroma vlatinscini “Tertium non datur.” Zgolj kot zanimivost omenimo, da obstajatudi veja matematicne logike, v kateri principa izkljucitve tretje moznostine privzamejo. Gre za tako imenovano intuicionisticno, oziroma konstruk-tivisticno logiko, s katero pa se mi ne bomo ukvarjali.

Dogovorimo se tudi, da bomo izjave praviloma oznacevali z malimi crkamip, q, r, itd. Dejstvo, da je izjava p resnicna, bomo oznacevali s p ∼ 1, da jeneresnicna pa s p ∼ 0. Dolocimo sedaj osnovne gradnike izjavnega racuna.

Definicija. Izjava, ki se je ne da razbiti na vec krajsih izjav, vsaka izmedkaterih ima pomen, je enostavna izjava. Izjava, ki ni enostavna, je sestav-ljena.

Zgled: Tako je na primer izjava “13 je prastevilo.” enostavna, saj se je neda razbiti na vec manjsih smiselnih enot. Po drugi strani je izjava “Ce je

1.1. IZJAVE IN IZJAVNE POVEZAVE 5

naravno stevilo n sodo in vecje od 2, potem ni prastevilo.” sestavljena, sajsestoji iz izjav “Naravno stevilo n je sodo.”, “Naravno stevilo n je vecje od2.” in “Naravno stevilo n ni prastevilo.” N

Posvetimo se sedaj vprasanju, kako sestavljamo sestavljene izjave. Tostorimo tako, da enostavne izjave med seboj povezemo z logicnimi vezniki.Mi se bomo osredotocili na najpomembnejsih pet, to so negacija, logicni in,logicni ali, implikacija in ekvivalenca. Preden jih definiramo, opozorimo,da mora imeti vsak logicni veznik lastnost, da je pri vsaki mozni vrednosti(pravilna ali nepravilna) vstopnih izjav vrednost pripadajoce sestavljene iz-jave natanko dolocena. Vpeljimo se pojem resnicnostne tabele.

Definicija. Naj bo p izjava, ki je sestavljena iz enostavnih izjav p1, p2, . . . , pk.Tedaj je resnicnostna tabela za izjavo p tabela, v kateri je za vsak mozennabor vrednosti enostavnih izjav p1, p2, . . . , pk zapisana vrednost izjave p priteh vrednostih enostavnih izjav p1, p2, . . . , pk.

Pri tem se dogovorimo, da vrstice resnicnostne tabele uredimo leksiko-grafsko glede na vrednosti izjav p1, p2, . . . , pk, pri cemer zacnemo z vrstico,v kateri imajo vse enostavne izjave vrednost 0. Vpeljimo sedaj zgoraj omen-jene logicne veznike, zraven pa si oglejmo se pripadajoce resnicnostne tabele.

Definicija. Naj bosta p in q dani izjavi.

• Negacija izjave p, ki jo s simboli oznacimo z ¬p (kar beremo ne p), jeizjava, ki je resnicna, ce je izjava p neresnicna in je neresnicna, ce jeizjava p resnicna.

• Konjunkcija izjav p in q, ki jo s simboli oznacimo s p ∧ q (kar beremop in q), je izjava, ki je resnicna, ko sta izjavi p in q obe resnicni, in jeneresnicna v vseh drugih primerih.

• Disjunkcija izjav p in q, ki jo s simboli oznacimo s p ∨ q (kar beremop ali q), je izjava, ki je neresnicna, ko sta izjavi p in q obe neresnicni,in je resnicna v vseh drugih primerih.

• Implikacija izjave p na izjavo q, ki jo s simboli oznacimo s p⇒ q (karberemo ce p potem q, ali tudi iz p sledi q), je izjava, ki je neresnicna,ko je izjava p resnicna, izjava q pa neresnicna, in je resnicna v vsehdrugih primerih.

• Ekvivalenca izjav p in q, ki jo s simboli oznacimo s p ⇐⇒ q (karberemo p natanko tedaj, ko q, ali tudi p ce in samo ce q), je izjava, kije resnicna, ko sta izjavi p in q bodisi obe resnicni bodisi obe neresnicni,in je neresnicna v ostalih dveh primerih.

Kot receno lahko pomen opisanih veznikov ponazorimo tudi s pomocjo


resnicnostnih tabel.

p ¬p0 11 0

p q p ∧ q p ∨ q p⇒ q p ⇐⇒ q

0 0 0 0 1 10 1 0 1 1 01 0 0 1 0 01 1 1 1 1 1

Bralec naj bo se posebej pozoren na veznika disjunkcije in implikacije. Vpogovornem jeziku namrec s “p ali q” vcasih v resnici mislimo “p ali q,a ne oboje hkrati.” Podobno izjavo “Ce bos priden, dobis nagrado.” vpogovornem jeziku obicajno v resnici razumemo kot “Ce bos priden, dobisnagrado, sicer pa ne.” To pomeni, da v pogovornem jeziku veznik “ali”pogosto v resnici razumemo kot “ekskluzivni ali”, veznik implikacije pa kotveznik ekvivalence.

Omeniti velja vsaj se tri veznike, ki so pogosto v uporabi, mi pa jimveliko pozornosti ne bomo posvecali. Prvega smo v resnici ze omenili. Greza ekskluzivni ali, za katerega se obicajno uporablja oznaka Y, v resnici paima izjava p Y q isti pomen kot ¬(p ⇐⇒ q). Potem sta precej znana seShefferjev veznik ↑ in Peirceov veznik ↓, kjer je pomen izjav p ↑ q in p ↓ qenakovreden izjavama ¬(p ∧ q) oziroma ¬(p ∨ q).

V nekaterih matematicnih razpravah je dejstvo, da je izjava oblike p⇒ qali oblike p ⇐⇒ q resnicna, podana na malce drugacen nacin. Govora jeo potrebnih in/ali zadostnih pogojih. Da je izjava p ⇒ q resnicna, takolahko sporocimo tudi tako, da recemo, da je p zadosten pogoj za izjavo q,ali pa tudi, da je izjava q potreben pogoj za izjavo p. Da je resnicna izjavap ⇐⇒ q, lahko povemo tako, da recemo, da je izjava p potreben in zadostenpogoj za izjavo q. Zakaj uporabljamo tako terminologijo, ni tezko utemeljiti.Ce je namrec izjava p ⇒ q pravilna, iz resnicnostne tabele za implikacijorazberemo, da so mozne samo naslednje tri situacije: p ∼ 0 in q ∼ 0, p ∼ 0in q ∼ 1 ali pa p ∼ 1 in q ∼ 1. Ce torej dodatno vemo se to, da je p ∼ 1,mora zagotovo veljati q ∼ 1. Dejstvo, da je p resnicna izjava, torej zadoscaza ugotovitev, da je tudi q resnicna izjava. Podoben premislek utemelji tudiostala dva pojma.

Preden nadaljujemo opozorimo se to, da so sami zapisi p, q, p ∧ q,p ⇒ (q ∨ (¬r)), itd. le tako imenovane izjavne forme, ne pa konkretne iz-jave. Neka izjavna forma tako zares postane izjava sele takrat, ko dolocimopomen posameznih izjav p, q, r, itd., ki v izjavni formi nastopajo. Velikaprednost izjavnega racuna je ravno v tem, da v primeru, da pokazemo vel-javnost nekega dejstva za dano izjavno formo (recimo, da je ekvivalentnaneki drugi izjavni formi, o cemer bomo vec povedali v naslednjem razdelku),pripadajoce dejstvo velja tudi za vse konkretne izjave, ki jih dobimo tako,da posamezne simbole v izjavni formi nadomestimo s konkretnimi izjavami.

1.1. IZJAVE IN IZJAVNE POVEZAVE 7

Kljub temu se dogovorimo, da bomo obicajno malce povrsni in bomo tudiizjavnim formam rekli kar izjave.

Kadar izjave sestavljamo v vedno bolj zapletene izjave, lahko dobljeniizraz zaradi prevelikega stevila oklepajev postane tezko berljiv, kot na primerv izjavi (((p ⇒ q) ⇒ r) ⇐⇒ (((¬p) ∧ r) ⇒ p)). Zato sklenimo dogovorglede moci vezave posameznih veznikov. Dogovorimo se, da si izmed zgornjihpetih logicnih veznikov po moci vezave, od najmocnejsega do najsibkejsega,sledijo ¬, ∧, ∨,⇒ in ⇐⇒ . To torej pomeni, da ima negacija prednost predvsemi drugimi vezniki, konjunkcija pred vsemi razen negacije, itd. Polegtega pravila se dogovorimo tudi, da izraze vedno asociiramo z leve protidesni, kar pomeni, da pri veznikih iste moci vrednost izjave izracunavamoz leve proti desni. V zgornji izjavi torej lahko izpustimo prav vse oklepaje,saj je po tem dogovoru to ravno izjava p⇒ q ⇒ r ⇐⇒ ¬p∧ r ⇒ p. Sevedapa se vcasih oklepajem ne zelimo (ce zelimo posebej poudariti vrstni red)ali pa sploh ne moremo povsem izogniti. Na primer, izjava p ⇒ q ⇒ r imapri vrednostih p ∼ q ∼ r ∼ 0 vrednost 0, izjava p⇒ (q ⇒ r) pa ima pri istihvrednostih izjav p, q in r vrednost 1.

Sedaj imamo vse potrebno, da za poljubno sestavljeno izjavo zapisemonjeno resnicnostno tabelo. To lahko storimo na primer tako, da najprej gledena zgornje dogovore dolocimo vrstni red “delovanja” logicnih veznikov, kinastopajo v izjavi, nato pa tabelo izpolnjujemo po vrsticah ali pa po stolpcihv tem vrstnem redu.

Zgled: Oglejmo si konkreten zgled, se nekaj pa jih bomo napravili v sledecihrazdelkih. Sestavimo resnicnostno tabelo za izjavo p⇒ q∧¬r ⇐⇒ p∧q∨r.Glede na zgornje dogovore gre za izjavo (p⇒ (q ∧ (¬r))) ⇐⇒ ((p∧ q)∨ r).Za lazje racunanje si v posamezne stolpce zapisujemo vrednosti posameznihkrajsih sestavljenih izjav, ki sestavljajo naso izjavo. Tako bomo na primerzapisovali vrednosti za ¬r v stolpec pod veznik ¬, potem vrednosti za q∧¬rv stolpec pod veznikom ∧, itd. Dobimo naslednjo tabelo:

p q r p ⇒ q ∧ ¬ r ⇐⇒ p ∧ q ∨ r0 0 0 1 0 1 0 0 00 0 1 1 0 0 1 0 10 1 0 1 1 1 0 0 00 1 1 1 0 0 1 0 11 0 0 0 0 1 1 0 01 0 1 0 0 0 0 0 11 1 0 1 1 1 1 1 11 1 1 0 0 0 0 1 1

Pri tem smo vrednosti v stolpcu, ki ustreza vezniku, ki deluje zadnji, ode-belili, saj so tam zapisane ravno vrednosti nase sestavljene izjave pri posa-meznih naborih vrednosti enostavnih izjav, ki jo sestavljajo. N


Dogovorimo se, da bomo stolpcu resnicnostne tabele, v katerega smozapisali vrednosti pripadajoce sestavljene izjave (v zgornjem zgledu torejodebeljeni stolpec), rekli resnicnostni stolpec za to izjavo. Za dano izjavo jelahko njen resnicnostni stolpec treh bistveno razlicnih oblik. Lahko se zgodi,da so v njem same enice, lahko same nicle, ali pa je v njem nekaj nicel innekaj enic. Te tri “tipe” izjav posebej poimenujmo.

Definicija. Imejmo sestavljeno izjavo p. Ce je izjava p resnicna ne glede navrednosti enostavnih izjav, ki jo sestavljajo, je tavtologija ali resnica, ce pa jeizjava p neresnicna ne glede na vrednosti enostavnih izjav, ki jo sestavljajo,je protislovje ali laz. V vseh ostalih primerih je p fakticna izjava.

V nekaterih spodnjih nalogah se bomo ukvarjali z namisljenim svetomvitezov in oprod, o katerem je veliko pisal nedavno preminuli ameriski logikRaymond Smullyan, ki se je precej ukvarjal z Godlovo teorijo. Na tem mestuga omenjamo predvsem zato, ker je napisal celo zbirko izvrstnih poljud-nih knjig na temo matematicne logike, v katerih je zastavil kopico logicnihugank in na relativno preprost nacin predstavil nekatere dosezke velikihimen matematicne logike in teorije mnozic kot sta Georg Cantor in KurtGodel. Nakaj najbolj znanih naslovov je Poznate naslov te knjige?, Alicav dezeli ugank in Satan, Cantor in neskoncnost. Bralcu jih vsekakor toplopriporocam v branje.

Naloga 1.1. Zapisite resnicnostno tabelo za sestavljene izjave p∧(q ⇒ ¬p),p ∨ (q ⇐⇒ r) ∧ q in ¬(p⇒ q) ∨ (q ⇒ p).

Naloga 1.2. Denimo, da ste prebivalec otoka vitezov (ki vedno govorijoresnico) in oprod (ki vedno lazejo) in da ste oproda. Vas prijatelj (ki ve, daste vi oproda), je pred naslednjo nalogo: iz kosare mora izbrati enega izmedtreh kljucev (bel, rdec in moder) in z njim odkleniti ena izmed treh vrat(kovinska, plasticna in lesena). Ce mu uspe odkleniti vrata, dobi nagrado.Le en kljuc odklene sploh kaksna vrata, pa se to samo ena. Vi ste nekakoizvedeli, da je to bel kljuc, ki odklene lesena vrata. Na voljo imate samo entrdilni stavek, ki mu ga lahko poveste. Ali mu lahko z vaso izjavo posredujetedovolj informacij, da bo z gotovostjo vedel kako priti do nagrade? Kaj pa cevas prijatelj ne ve, da ste vi oproda, poleg tega pa bi moral prijatelj najprejizbrati skatlo (rumeno, oranzno ali vijolicno), od katerih bi bili dve prazni,v eni pa bi bili omenjeni trije kljuci? Ce veste katera skatla je prava, ali bimu tedaj lahko z enim trdilnim stavkom pomagali do nagrade?

Naloga 1.3. Na otoku vitezov in oprod srecamo dva domacina, Janeza inToncko. Ko ju ogovorimo, nam povesta naslednje.

Janez: “Midva s Toncko sva porocena in sva oba istega stanu.”Toncka: “Nisva porocena in niti istega stanu nisva!”

Ali lahko na podlagi njunih izjav sklepamo o njunem stanu (pripadata vite-zom ali oprodam) in o tem ali sta porocena ali ne?

1.2. EKVIVALENCA IZJAV 9

Naloga 1.4. Vrnimo se se malce na otok vitezov in oprod. Tokrat srecamoTineta, Toneta in Tinkaro. Tole nam povedo:

Tine: “Jutri bo na nasem otoku velika zabava, na katero lahko pridejo levitezi in tujci.”Tinkara: “Nas Tone je vitez, Tine pa oproda.”Tone: “Tinkara, ce sem jaz vitez, si oproda ti!”

Ali bo torej jutri res zabava za viteze in tujce?

Naloga 1.5. Ali je sodost naravnega stevila n zadosten pogoj za to, da n niprastevilo? Je sodost naravnega stevila n potreben pogoj za to, da je stevilon3 + 2n2 +n deljivo s 3? Je morda zadosten? Je deljivost naravnega stevilan s 6 in 15 zadosten pogoj za njegovo deljivost s 30? Kaj pa s 60?

1.2 Ekvivalenca izjav

Kot smo povedali ze uvodoma, je ena izmed glavnih nalog matematicnelogike analiza izjav. Dani izjavi zelimo poiskati “enakovredne” oziroma “ek-vivalentne” izjave, da bi na ta nacin bolje razumeli, kaj izjava sporoca,oziroma, da bi se lazje odlocali o njeni resnicnosti. Opredelimo pojem ekvi-valence izjav se formalno.

Definicija. Izjavi p in q sta enakovredni oziroma ekvivalentni, ce je izjavap ⇐⇒ q tavtologija. V tem primeru to dejstvo oznacimo s p ∼ q.

Glede na to, da je izjava p ⇐⇒ q resnicna ravno v obeh primerih,ko imata p in q isto vrednost, je torej (sestavljena) izjava p ekvivalentna(sestavljeni) izjavi q natanko tedaj, ko se njuni vrednosti ne razlikujetapri nobenem naboru vrednosti enostavnih izjav, ki ju sestavljajo. Na neknacin bi torej lahko rekli, da sta izjavi p in q ekvivalentni natanko tedaj,ko imata ista resnicnostna stolpca (ceprav je ta interpretacija lahko malceproblematicna, kot bomo videli kasneje). Oglejmo si zgled.

Zgled: Denimo, da imamo dan nek vektorski prostor V in njegovo podmnozicoB. Premislimo, ce sta izjavi “Ce je B linearno neodvisna mnozica, ki je hkratise ogrodje prostora V , je B baza prostora V .” in “Mnozica B je linearnoodvisna, ali ni ogrodje prostora V , ali pa je baza prostora V .” ekvivalentni.V ta namen oznacimo vse tri enostavne izjave, ki nastopajo v danih dvehizjavah:

p ≡ “B je linearno neodvisna mnozica.”q ≡ “B je ogrodje prostora V .”r ≡ “B je baza prostora V .”

Zgornji izjavi sta tedaj p ∧ q ⇒ r in ¬p ∨ ¬q ∨ r. Sedaj lahko izpolnimoresnicnostno tabelo za pripadajoco sestavljeno izjavo, ki jo dobimo tako, da


obe sestavljeni izjavi povezemo z ekvivalenco:

p q r p ∧ q ⇒ r ⇐⇒ ¬p ∨ ¬q ∨ r0 0 0 0 1 1 10 0 1 0 1 1 10 1 0 0 1 1 10 1 1 0 1 1 11 0 0 0 1 1 11 0 1 0 1 1 11 1 0 1 0 1 01 1 1 1 1 1 1

Pripadajoca izjava je torej tavtologija in zato sta izjavi p ∧ q ⇒ r in ¬p ∨¬q ∨ r ekvivalentni. Tu velja izpostaviti, da s tem nismo dokazali le, dasta ekvivalentni sestavljeni izjavi, ki smo ju podali na zacetku tega zgleda.Ker smo ekvivalentnost dokazali na ravni izjavnih form, lahko namrec sedajpoljubno spremenimo pomen izjav p, q in r, pa bosta izjavi p ∧ q ⇒ r in¬p ∨ ¬q ∨ r se vedno ekvivalentni. N

Utemeljimo se nase zgornje opozorilo glede preverjanja ekvivalentnostiizjav preko resnicnostnih stolpcev. Dve izjavi, ki sta si sicer ekvivalentni,sta namrec naceloma lahko sestavljeni iz razlicno mnogo enostavnih izjav.To pa pomeni, da pripadajoca resnicnostna stolpca sploh nista iste dolzinein ju je zato nemogoce primerjati. Na primer, lahko se je prepricati, da jeizjava p ∧ (p ∨ q) ekvivalentna izjavi p. A prva ima resnicnostno tabelo sstirimi vrsticami, druga pa resnicnostno tabelo z dvema vrsticama.

Spomnimo se Polyajevega priporocila glede resevanja matematicnih prob-lemov. Najprej moramo sam problem dobro razumeti. Zdaj je najbrz ze boljjasno, kaj ima s tem opraviti matematicna logika. Dane izjave bomo zelelipreoblikovati v ekvivalentne izjave, ki nam bodo olajsale razumevanje nji-hovega pomena. Tako se bomo tudi lazje odlocali o njihovi resnicnosti. Inkako to storimo? Zaenkrat znamo namrec le preveriti, ce sta dve dani izjaviekvivalentni ali ne. To je namrec povsem preprosto. Zapisemo resnicnostnotabelo za izjavo, ki je iz obeh izjav sestavljena s pomocjo veznika ekvivalence,nato pa preverimo, ce je pripadajoca izjava tavtologija. A mi obicajno iz-jave, ki naj bi bila dani izjavi ekvivalentna, seveda se ne poznamo. Zato jedobro poznati cimvec splosno veljavnih ekvivalenc med izjavami (oziromaizjavnimi formami). Nekatere najbolj znane so zbrane v naslednjem izreku.

Izrek 1.1. Naj bodo p, q, r poljubne izjave. Tedaj veljajo naslednje ekviva-lence:

1. p ∧ 1 ∼ p, p ∨ 1 ∼ 1, p ∧ 0 ∼ 0 in p ∨ 0 ∼ p2. p ∧ ¬p ∼ 0, p ∨ ¬p ∼ 1 in p ∼ ¬(¬p)


3. p ∧ p ∼ p in p ∨ p ∼ p idempotentnost

4. p ∧ q ∼ q ∧ p in p ∨ q ∼ q ∨ p komutativnost

5. (p ∧ q) ∧ r ∼ p ∧ (q ∧ r) in (p ∨ q) ∨ r ∼ p ∨ (q ∨ r) asociativnost

6. p ∧ (q ∨ r) ∼ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) inp ∨ (q ∧ r) ∼ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) distributivnost

7. ¬(p ∧ q) ∼ ¬p ∨ ¬q in ¬(p ∨ q) ∼ ¬p ∧ ¬q DeMorganova zakona

8. p ∧ (p ∨ q) ∼ p in p ∨ (p ∧ q) ∼ p absorbcija

9. p⇒ q ∼ ¬p ∨ q, p⇒ q ∼ ¬q ⇒ ¬p in ¬(p⇒ q) ∼ p ∧ ¬q10. p ⇐⇒ q ∼ (p⇒ q) ∧ (q ⇒ p) in ¬(p ⇐⇒ q) ∼ p ⇐⇒ ¬q

Dokaz: Tocka 1 sledi neposredno iz definicij logicnih veznikov konjunkcijein disjunkcije. Ostale ekvivalence bo bralec dokazal sam s pomocjo pri-padajocih resnicnostnih tabel. Seveda pa tega ni treba narediti za prav vsepodane ekvivalence. Ko smo neko ekvivalenco enkrat dokazali, jo sevedalahko uporabimo pri dokazu drugih. Na primer, ko dokazemo idempotent-nost, distributivnost in absorbcijo p ∧ (p ∨ q) ∼ p, sledi p ∨ (p ∧ q) ∼(p ∨ p) ∧ (p ∨ q) ∼ p ∧ (p ∨ q) ∼ p. Podobno se lahko druga ekvivalencapod stevilko 9 potem, ko smo dokazali ze vse prejsnje ekvivalence, dokazetakole: p⇒ q ∼ ¬p ∨ q ∼ q ∨ ¬p ∼ ¬¬q ∨ ¬p ∼ ¬q ⇒ ¬p. �

Oglejmo si na tem mestu nekaj zgledov, ki pokazejo uporabnost pravkarnavedenih ekvivalenc.

Zgled: Naj bo n neko izbrano naravno stevilo. Oglejmo si se enkrat izjavo“Ce je n2 liho stevilo, je tudi n liho stevilo.” in poskusajmo dokazati, da jepravilna. Ce s p oznacimo izjavo “n2 je liho stevilo.” in s q izjavo “n je lihostevilo.”, potem zelimo v resnici pokazati, da je izjava p ⇒ q resnicna. Pozgornjem izreku je ta izjava ekvivalentna izjavi ¬q ⇒ ¬p. Dokaz resnicnostite izjave se zdi precej bolj naraven. Iz definicije logicnega veznika implikacijenamrec sledi, da nas primer, ko izjava ¬q ni resnicna, v resnici ne zanima.Pokazati moramo le, da je v primeru, ko je resnicna izjava ¬q, taksna tudiizjava ¬p. Pa denimo, da velja ¬q ∼ 1, kar v resnici pomeni, da je n sodostevilo. Tedaj obstaja naravno stevilo n0, da je n = 2n0. Potem pa jen2 = (2n0)

2 = 4n20 = 2(2n20), kar je prav tako sodo stevilo. Ko je torejresnican izjava ¬q, izjava p ni resnicna, torej je v tem primeru resnicnaizjava ¬p. Tako smo pokazali, da je izjava ¬q ⇒ ¬p tavtologija, s tem pa jeseveda resnicna tudi izjava “Ce je n2 liho stevilo, je tudi n liho stevilo.” N

Ustavimo se pri zgornjem zgledu se za trenutek in razmislimo, kaj smosploh dokazali. Smo morda pokazali, da je n liho stevilo? Da je n2 lihostevilo? Seveda nic od tega. Smo pa pokazali, da je n liho stevilo, ce vemo,da je n2 liho stevilo. Z drugimi besedami, pokazali smo, da je lihost stevila


n2 zadosten pogoj za lihost stevila n. Ali se drugace, lihost stevila n jepotreben pogoj za lihost stevila n2.

Zgled: Naj bo n zopet neko izbrano naravno stevilo. Kako pa je z resnic-nostjo trditve “Stevilo n je liho natanko tedaj, ko je n2 liho stevilo.” Ceuporabimo oznake prejsnjega zgleda, lahko naso trditev sedaj zapisemo kotq ⇐⇒ p. Po izreku 1.1 je ta izjava ekvivalentna izjavi (q ⇒ p) ∧ (p ⇒ q).Ker je ta izjava konjunkcija, je seveda resnicna natanko tedaj, ko sta resnicniobe izjavi, ki jo sestavljata. Da je izjava p⇒ q resnicna, ze vemo. Kako pa jez resnicnostjo izjave q ⇒ p? Postopamo podobno, kot pri dokazu resnicnostiizjave ¬q ⇒ ¬p. Ce je izjava q resnicna, je n = 2n0 − 1 za neko naravnostevilo n0. Tedaj je n2 = (2n0− 1)2 = 4n20− 4n0 + 1 = 2(2n20− 2n0 + 1)− 1,kar je seveda zopet liho stevilo. Izjava p je torej v tem primeru resnicnain tako je resnicna tudi izjava q ⇒ p. Izjava “Stevilo n je liho natankotedaj, ko je n2 liho stevilo.” je torej resnica. Z drugimi besedami, pokazalismo, da je lihost stevila n potreben in zadosten pogoj za lihost stevila n2.Bralca vabimo naj razmisli o vprasanju: “Smo mar zdaj dokazali, da je nliho stevilo?” N

Razdelek zakljucimo z naslednjim problemom. Denimo, da imamo danonaravno stevilo n in stolpec dolzine 2n, sestavljen iz samih nicel in enic. Alitedaj obstaja izjava, sestavljena iz n enostavnih izjav, katere resnicnostnistolpec je ravno dani stolpec? Razresimo najprej naslednjo posebno oblikotega vprasanja. Denimo, da iscemo sestavljeno izjavo q, ki je sestavljenaiz enostavnih izjav p1, p2, . . . , pn in ki je pri natanko enem naboru vred-nosti enostavnih izjav pi (recimo mu izbrani nabor) resnicna, pri vseh os-talih pa neresnicna. Ker je konjunkcija izjav resnicna natanko tedaj, koje vsaka izmed nastopajocih izjav resnicna, lahko torej za q vzamemo kon-junkcijo vseh tistih izjav pi, ki so pri izbranem naboru resnicne, in negacijvseh tistih izjav pj , ki so pri izbranem naboru neresnicne. Vsaki taki kon-junkciji recemo osnovna konjunkcija izjav p1, p2, . . . , pn. Glede na defini-cijo logicnega veznika disjunkcije je sedaj na dlani tudi odgovor na zacetnovprasanje kako dobiti izjavo, ki je pri vsakem izmed v naprej predpisanihnaborov izjav p1, p2, . . . , pn resnicna, pri ostalih naborih pa neresnicna. Vza-memo disjunkcijo vseh zgoraj opisanih osnovnih konjunkcij. Edini izmed 22

n

moznih stolpcev, pri katerem ta metoda ne deluje, je stolpec samih nicel. Ataka izjava je protislovje (ki jo oznacimo z 0) in se jo lahko recimo dobi zekot p ∧ ¬p. To pomeni, da smo pravkar dokazali spodnji izrek 1.2. (Predenga navedemo, si oglejmo se definicijo pojma izbrana disjunktivna oblika.)

Definicija. Denimo, da je q sestavljena izjava, ki je sestavljena iz enos-tavnih izjav p1, p2, . . . , pn. Ce je q zapisana kot disjunkcija samih osnovnihkonjunkcij izjav p1, p2, . . . , pn, pravimo, da je q zapisana v izbrani oziromanormalni disjunktivni obliki.


Izrek 1.2. Vsako izjavo, ki ni protislovje, lahko zapisemo v izbrani disjunk-tivni obliki.

Da vse skupaj se dodatno razjasnimo in utrdimo, si oglejmo konkretenzgled, bralcu pa priporocamo, da nekaj zgledov naredi tudi sam.

Zgled: Poiscimo izjavo q, ki je sestavljena iz enostavnih izjav p1, p2 in p3in ima naslednjo resnicnostno tabelo:

p1 p2 p3 q

0 0 0 10 0 1 00 1 0 00 1 1 01 0 0 11 0 1 01 1 0 01 1 1 1

Izjava q ima v prvi vrstici vrednost 1, zato je treba vzeti pripadajoco osnovnokonjunkcijo ¬p1∧¬p2∧¬p3. Osnovna konjunkcija, ki ustreza peti vrstici, jep1∧¬p2∧¬p3, osnovna konjunkcija, ki ustreza zadnji vrstici, pa je p1∧p2∧p3.Izjava q je torej ekvivalentna izjavi

(¬p1 ∧ ¬p2 ∧ ¬p3) ∨ (p1 ∧ ¬p2 ∧ ¬p3) ∨ (p1 ∧ p2 ∧ p3).

S pomocjo ekvivalenc iz izreka 1.1 jo lahko se nekoliko poenostavimo:

q ∼ ((¬p1 ∨ p1) ∧ (¬p2 ∧ ¬p3))∨ (p1 ∧ p2 ∧ p3) ∼ (¬p2 ∧¬p3)∨ (p1 ∧ p2 ∧ p3),

pri cemer smo pri zapisu ekvivalnec izpustili vmesni korak, kjer smo upostevali¬p1 ∨ p1 ∼ 1, poleg tega pa velja omeniti, da smo nekaj oklepajev zapisalile zaradi boljse preglednosti, glede na nas dogovor o moci vezave logicnihveznikov pa bi jih lahko tudi izpustili. N

Kot smo omenili ze zgoraj, ima vsaka izjava natanko en zapis v izbranidisjunktivni obliki (do vrstnega reda osnovnih konjunkcij in vrstnega redaizjav pi v posamezni osnovni konjunkciji natancno). To pomeni, da lahkoekvivalenco izjav studiramo tudi s pomocjo zapisa v izbrani disjunktivniobliki. Vsako izmed danih izjav lahko zapisemo v izbrani disjunktivni oblikiin ju nato primerjamo. Cisto za konec si oglejmo se naslednji zanimiv zgled.

Zgled: Denimo, da ste se znasli na otoku vitezov in oprod. Kot tujecseveda niste prevec priljubljeni, saj domacini nikdar ne vedo ali je to, kartrenutno izjavljate, resnica ali laz. V resnici ste jim postali ze tako moteci,


da so sklenili, da se vas odkrizajo. Izbira, kako bo do tega prislo, pa je nasreco (odvisno od tega, kako dobri ste v logiki) v vasih rokah. Domacinivas namrec skupaj s silakom, za katerega pa ne veste ali je oproda ali vitez,napotijo po poti, ki vodi skozi pragozd. Na nekem mestu se pot razcepi. Enaizmed poti vodi do obale, na kateri caka vas coln, druga pa vodi do jase,na kateri mrgoli strupenih kac. Vas strazar kot domacin seveda ve, katerapot vodi do obale. Na razpotju lahko silaku zastavite eno samo vprasanje.Kaj boste vprasali, da boste lahko iz odgovora razbrali, katera pot vodi doobale?

Izjava, katere resnicnost nas zanima, je recimo “Leva pot vodi do obale.”(oznacimo jo s p). Seveda pa strazarja ne moremo kar vprasati “Ali levapot vodi do obale?”, saj ne vemo ali je vitez ali oproda. Pomembna jetorej tudi resnicnost izjave “Vi ste vitez.” (oznacimo jo s q). Ali lahkoiz p in q sestavimo izjavo, ki nas bo odresila? Poizkusimo poiskati izjavor, ki bo imela to lastnost, da bomo na vprasanje o njeni resnicnosti, neglede na stan nasega strazarja, dobili odgovor “da” natanko tedaj, ko levapot vodi do obale. Kaksno vrednost mora imeti izjava r, ce sta p in qobe neresnicni? Ker v tem primeru na svobodo vodi desna pot, mora bitiodgovor, ki ga bomo dobili, “ne”. Ker je v tem primeru nas sogovornikoproda, se bo zlagal, torej mora biti izjava r, po resnicnosti katere ga bomovprasali, resnicna. Ce sta izjavi p in q obe neresnicni, mora biti torej izjava rresnicna. Kaj pa, ce je p neresnicna, q pa resnicna? Ker tudi v tem primerudo obale vodi desna pot, moramo zopet dobiti odgov “ne”. A strazar je sedajvitez, kar pomeni, da mora biti izjava, po pravilnosti katere ga sprasujemo,neresnicna. Podobno dobimo vrednosti za r se pri ostalih dve moznostih.Dobimo naslednjo situacijo

p q r

0 0 10 1 01 0 01 1 1

Najbrz je bralec ze iz same tabele razbral, da gre torej za izjavo p ⇐⇒ q.Eno izmed vprasanj, ki nam pomaga do resitve, je torej: “Ali je res, da levapot vodi do obale natanko tedaj, ko ste vi vitez?” N

Naloga 1.6. V naslednjih sestavljenih izjavah prepoznajte enostavne iz-jave, ki jih sestavljajo, nato te enostavne izjave oznacite s simboli (p, q,r, itd.), pripadajoco sestavljeno izjavo zapisite v jeziku matematicne logikein dobljeno izjavo poenostavite z uporabo ekvivalenc Izreka 1.1. Dobljenopoenostavljeno izjavo nato zapisite z besedami. (Pozor! Tu se ne ukvarjamos pomenom konkretnih izjav, zato tudi nocemo trditi, da je to, kar izjavepovedo, nujno resnica!)

• “Ce sta Ana in Jakob oba viteza, je vsaj eden izmed njiju oproda.”

1.3. LOGICNE IMPLIKACIJE IN SKLEPANJE 15

• “Ce mnozica B ni baza vektorskega prostora V , je B ogrodje za Vnatanko tedaj, ko velja, da je B baza ali ogrodje za V .”

• “Ce je zaporedje a konvergentno, potem iz dejstva, da je omejeno,sledi, da je konvergentno in ima stekalisce.”

• “Ce ni res, da Floki grize, ko je jezen, potem je Floki jezen in grize.”

Naloga 1.7. Preverite, ce za logicni veznik implikacije velja asociativnost,to je, ce za poljubne izjave p, q in r velja (p⇒ q)⇒ r ∼ p⇒ (q ⇒ r).

Naloga 1.8. Pokazite, da bi lahko shajali samo z logicnima veznikomanegacije in disjunkcije, to je, da lahko vsaki izjavi najdemo ekvivalentnoizjavo, v kateri nastopata samo negacija in disjunkcija. Nato izjavi p ⇒q ⇐⇒ ¬r poiscite ekvivalentno izjavo, ki vsebuje le negacije in disjunkcije.

Naloga 1.9. Naj bo n neko naravno stevilo. S pomocjo logicnih ekvivalenciz izreka 1.1 prevedite izjavo “Ce je n liho stevilo, stevilo

√2n ni celo stevilo.”

v ekvivalentno obliko, ki vam bo omogocila dokaz resnicnosti te izjave.

Naloga 1.10. Na otoku vitezov in oprod srecate tri domacine, Francija,Janeza in Jozeta. Ali lahko enemu izmed njih zastavite vprasanje, nakaterega bo odgovoril pritrdilno natanko tedaj, ko so vsi trije istega stanu?

1.3 Logicne implikacije in sklepanje

V prejsnjem razdelku smo se ukvarjali z vprasanjem, kdaj sta dve izjavi,oziroma izjavni formi, ekvivalentni, torej kdaj v resnici nosita isto informa-cijo. Pogosto pa se zgodi, da ekvivalentne izjave, ki bi nam ustrezala, enos-tavno ne znamo najti, ali pa nas zanima zgolj naslednje: ce predpostavimo,da so neke dane izjave resnicne, za katere izjave lahko tedaj trdimo, da sotudi zagotovo resnicne? V takih primerih torej iscemo izjave, ki iz danihzacetnih izjav “logicno sledijo”. Opredelimo ta pojem bolj natancno.

Definicija. Naj bosta p in q izjavi. Pravimo, da je izjava q logicna posledicaizjave p, ce je izjava p⇒ q tavtologija. V tem primeru pravimo, da je p⇒ qlogicna implikacija.

Kot v prejsnjem razdelku nas bodo tudi tokrat zanimale predvsem logicneimplikacije na ravni izjavnih form. Poiskali bi torej radi splosno veljavnelogicne implikacije, ki jih bomo potem lahko pri logicnem sklepanju upora-bili v konkretnih situacijah. Oglejmo si preprost zgled.

Zgled: Pokazimo, da je izjava q ⇒ p logicna posledica izjave p. V ta namense je potrebno prepricati, da je izjava p ⇒ (q ⇒ p) tavtologija. To lahkodosezemo preko pripadajoce resnicnostne tabele. Bolj eleganten nacin grepreko ekvivalenc izreka 1.1:

p⇒ (q ⇒ p) ∼ ¬p ∨ (¬q ∨ p) ∼ ¬p ∨ p ∨ ¬q ∼ 1 ∨ ¬q ∼ 1.


S tem smo med drugim dokazali, da je na primer za neko stevilsko zaporedjea izjava “Ce je zaporedje a omejeno, je njegov prvi clen negativen.” logicnaposledica izjave “Prvi clen zaporedja a je negativen.” N

Da bi utemeljili pomen logicnih implikacij se enkrat premislimo, kaj nampove dejstvo, da je izjava q logicna posledica izjave p. To seveda ne pomeni,da je izjava q nujno resnicna. Po definiciji logicnega veznika implikacijenamrec vrednost izjave q v primeru, ko je p neresnicna izjava, ne vpliva naresnicnost sestavljene izjave p⇒ q. Dejstvo, da je izjava q logicna posledicaizjave p, v resnici pomeni le, da je izjava q resnicna pri vsakem naboruenostavnih izjav, ki sestavljajo izjavi p in q, pri katerem je resnicna izjava p.Logicne implikacije nam torej povedo, kdaj smemo iz resnicnosti neke izjavesklepati na resnicnost neke druge izjave. Na ta nacin torej logicne implikacijeomogocajo logicno sklepanje. V tem pa v resnici tici bistvo matematike.V idealnem svetu bi bil namrec matematik sposoben dani izjavi poiskativse mogoce ekvivalentne izjave ali vsaj razumeti, kako naj bi take izjaveizgledale. V resnici pa tega zal nismo sposobni in se moramo zadovoljitize s tem, da pokazemo, da so neke izjave logicne posledice drugih. Nata nacin lahko bogato matematicno teorijo uporabimo tudi pri resevanjupovsem konkretnih problemov.

Omeniti velja tudi naslednje. V bogati zgodovini matematike je bilovpeljanih ze ogromno razlicnih pojmov in teorij, med katerimi obicajno,vsaj na videz, ni prav nobene zveze. In vendar vedno znova odkrivamopovezave med njimi. Tako se na primer zgodi, da matematiki po temeljitemstudiju neke nove teorije odkrijejo, da gre pri nekaterih pojmih te noveteorije v resnici za koncepte, ki so bili poglobljeno studirani ze v kaksnidrugi teoriji (seveda morda v povsem drugem kontekstu) in si zato lahko prinadaljnjem razvoju te nove teorije pomagajo z ze znanimi rezultati. Na tanacin se rezultati razlicnih teorij dopolnjujejo, hkrati pa pripomorejo tudik bolj “cisti” teoriji. Tako imamo danes zelo elegantne in relativno kratkedokaze mnogih klasicnih rezultatov, katerih prvi dokazi so bili tako tehnicnozahtevni in dolgi, da so bili za veliko vecino povsem nerazumljivi.

Zgolj kot zanimivost omenimo eno izmed najdlje odprtih domnev v teorijistevil, katere formulacija je povsem preprosta in razumljiva slehernemu clo-veku, odgovor na vprasanje o njeni resnicnosti pa je ocitno tako zapletenin zahteva toliksno mero logicnega sklepanja, da ga v vec kot 260 letih ninasel se nihce. In to kljub dejstvu, da so domnevo skusali resiti najvecjiumi zadnjih stoletij. Gre za domnevo iz pisma, ki ga je Christian Gold-bach, po katerem domneva nosi ime, leta 1742 pisal slovitemu LeonharduEulerju. Domneva pravi, da lahko vsako sodo stevilo, ki je vecje od 2,zapisemo kot vsoto dveh (ne nujno razlicnih) prastevil. Ceprav ta problemburi matematicne duhove ze toliko casa, se do danes nihce ni uspel dokazatiniti da je ta izjava pravilna, niti da je nepravilna. S pomocjo racunalnikov so


sicer potrdili, da je izjava pravilna za vsa naravna stevila do vkljucno 1018, ato seveda za dokoncni odgovor ne pomeni prakticno nic. Kdor bi o tej zadevizelel izvedeti kaj vec, si lahko na primer ogleda knjigo Apostolosa Doxiadisaz naslovom “Stric Petros in Goldbachova domneva”. Glavni junak knjige innjegova zgodba sta sicer plod pisateljeve domisljije, a bralec se bo ob branjuseznanil z nekaterimi zanimivimi dejstvi iz zgodovine teorije stevil.

Gre seveda za izjemno tezka vprasanja, s kakrsnimi se bralec tekomstudija ne bo ukvarjal. Pa vendar se tudi takrat, ko se spopadamo s precejlazjimi nalogami, v resnici skoraj vedno sprasujemo, ali je neka izjava logicnaposledica neke druge izjave (ali vecih izjav). Zato je zelo pomembno, da senaucimo nekaj osnovnih prijemov pri taksnem sklepanju. Oglejmo si v tanamen nekaj najpomembnejsih logicnih implikacij.

Izrek 1.3. Naj bodo p, q in r poljubne izjave. Tedaj veljajo naslednje logicneimplikacije:

p ∧ q ⇒ p Poenostavitevp ∧ (p⇒ q) ⇒ q Modus ponens¬q ∧ (p⇒ q) ⇒ ¬p Modus tollens¬p ∧ (p ∨ q) ⇒ q Disjunktivni silogizem

(p⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ⇒ (p⇒ r) Hipoteticni silogizemp ⇒ p ∨ q Pridruzitev

Dokaz: Kot smo omenili ze v zgornjem zgledu, bi seveda lahko vse teimplikacije dokazali kar tako, da sestavimo pripadajoce resnicnostne tabele.Dokazov pa se lahko lotimo tudi s pomocjo izreka 1.1. Na primer,

p ∧ (p⇒ q)⇒ q ∼ ¬(p ∧ (¬p ∨ q)) ∨ q ∼ (¬p ∨ (p ∧ ¬q)) ∨ q ∼(1 ∧ (¬p ∨ ¬q)) ∨ q ∼ ¬p ∨ ¬q ∨ q ∼ ¬p ∨ 1 ∼ 1,

s cimer smo dokazali veljavnost logicne implikacije Modus ponens. Dokazepreostalih logicnih implikacij prepuscamo bralcu. �

Vcasih govorimo o tem, da je neka izjava logicna posledica mnozice nekihizjav (oziroma predpostavk). V tem primeru v resnici govorimo o tem, daje ta nasa izjava logicna posledica konjunkcije vseh omenjenih izjav. Kakopreveriti, ce je sklep, da je dana izjava res logicna posledica predpostavk,pravilen? Lahko seveda formiramo pripadajoco implikacijo konjunkcije vsehpredpostavk in izjave, ki naj bi iz njih logicno sledila, in preverimo, ce jedobljena izjava tavtologija. A ce v vseh teh izjavah nastopa veliko steviloenostavnih izjav, je tak pristop prevec zamuden. Ze pri sestih enostavnih iz-javah moramo namrec izpolniti resnicnostno tabelo s 64 vrsticami. Zatoraje razmisljajmo takole. Ce je izjava p logicna posledica predpostavkp1, p2, . . . , pn in je izjava q logicna posledica predpostavk p1, p2, . . . , pn in p,


je seveda q tudi logicna posledica predpostavk p1, p2, . . . , pn (bralca vabimo,da to dokaze). To pomeni, da lahko dejstvo, da je neka izjava logicna posled-ica danih predpostavk, dokazemo “po korakih”. Vsako izjavo, ki jo dobimokot logicno posledico predpostavk, lahko prikljucimo k mnozici predpostavk.

Na tem dejstvu temelji vsak matematicen dokaz. Iz predpostavk izpelju-jemo nove in nove logicne posledice, dokler ne pridemo do tiste, ki je nas cilj.Da bomo sklepanje, ki ga je pri tem treba opraviti, zapisali na sistematicennacin, sklenimo naslednji dogovor o “pravilih za pisanje formalnega dokaza”:

• Vsak korak premisleka zapisemo v novo vrstico, vrstice pa stevilcimo.

• V zacetne vrstice zapisemo vse predpostavke, dejstvo, da so to pred-postavke, pa oznacimo tako, da k vrsticam dopisemo besedico “predp”.

• Vcasih je kako izjavo bolje prepisati v ekvivalentno obliko. Kadarstorimo to, v vrstico, kamor zapisemo ekvivalentno izjavo, dopisemoznak ∼ in dodamo stevilko vrstice, v kateri se nahaja originalna izjava.

• Ce se v nekem koraku sklepanja opremo na eno izmed logicnih imp-likacij izreka 1.3, navedemo katero (Po, MP, MT, DS, HS, Pr) in v ok-lepaju dodamo stevilke vrstic pripadajocih izjav, ki pri tem nastopajov vlogi izjav p, q in r.

• Seveda je pri takem logicnem sklepanju vsaka vrstica, ki jo na tanacin dobimo, logicna posledica predpostavk, torej je logicna posledicatudi vsaka konjunkcija tako dobljenih izjav. Kadar torej vec izjav zedobljenih vrstic povezemo s konjunkcijo, recemo, da smo pripadajoceizjave zdruzili, to dejstvo pa v nasem zapisu oznacimo z Zd skupaj spripadajocimi stevilkami.

Opisana pravila bomo najbolje razumeli, ce si jih ogledamo na konkret-nem zgledu.

Zgled: Denimo, da so za danasnji dan resnicne naslednje izjave:

“Ce grem na avtobus, zamudim v sluzbo.”“Grem na avtobus ali na vlak.”“Ce zamudim v sluzbo, nimam casa za kosilo.”“Ce grem na vlak, preberem casnik.”“Imam cas za kosilo.”

Ali je sklep, da bom potemtakem danes prebral casnik, pravilen? Napravimopremislek najprej “opisno”. Ker imam cas za kosilo, po pravilu Modustollens ne zamudim v sluzbo. Po vnovicni uporabi pravila Modus tollenstorej v sluzbo ne grem z avtobusom. Po pravilu disjunktivnega silogizmatorej grem na vlak. Po pravilu modus ponens pa to pomeni, da preberemcasnik. Torej je sklep, da preberem casnik, pravilen.


Poiscimo se formalen dokaz pravilnosti zgornjega sklepa, to je, pokazimo,da je izjava “Prebral bom casnik” logicna posledica predpostavk. Ocitno vsklepanju nastopajo naslednje enostavne izjave:

a ≡ “Grem na avtobus.”v ≡ “Grem na vlak.”z ≡ “Zamudim sluzbo.”k ≡ “Imam cas za kosilo.”c ≡ “Preberem casnik.”

Da je zgornji sklep pravilen, lahko torej z upostevanjem zgornjega do-govora formalno dokazemo takole:

1. a⇒ z predp2. a ∨ v predp3. z ⇒ ¬k predp4. v ⇒ c predp5. k predp6. ¬¬k ∼ 57. ¬z MT (3, 6)8. ¬a MT (1, 7)9. v DS(2, 8)

10. c MP (4, 9)

Kot smo omenili ze zgoraj, bi lahko veljavnost sklepa, da je izjava c logicnaposledica predpostavk, pokazali tudi tako, da bi zapisali resnicnostno tabeloza izjavo (a⇒ z)∧(a∨v)∧(z ⇒ ¬k)∧(v ⇒ c)∧k ⇒ c in se s tem prepricali,da gre za tavtologijo. A pripadajoca resnicnostna tabela bi imela 32 vrstic,kar bi zagotovo vzelo bistveno vec casa kot zgornji premislek. N

Zgled: Denimo, da so resnicne trditve: “Ce grem z vlakom, potem izdejstva, da zjutraj popijem caj, sledi, da ne grem z avtom.” “Grem z avtomali vlakom.” “Ce grem v posteljo pozno, zjutraj ne popijem caja.”

Ali je tedaj sklep, da v primeru, ko popijem caj, grem z vlakom, pravilen?Kaj hitro ugotovimo, da pravilnosti sklepa ne moremo dokazati. Pokazimo,da sklep ni pravilen. To dosezemo tako, da poiscemo take vrednosti enos-tavnih izjav, ki nastopajo v zgornjih sestavljenih izjavah, da bodo vse pred-postavke resnicne, izjava “Ce popijem caj, grem na vlak.” pa bo neresnicna.Ce naj bo to res, mora veljati, da ne grem na vlak, grem z avtom, zjutrajpopijem caj in ne grem pozno v posteljo. Hitro se prepricamo, da so vtem primeru vse predpostavke res resnicne, izjava “Ce popijem caj, grem navlak.” pa ni resnicna. N

Da dokazemo, da nek sklep ni pravilen, je torej dovolj najti take vred-nosti enostavnih izjav, ki sestavljajo predpostavke in “zakljucek”, da so vse


predpostavke pravilne, izjava, ki naj bi iz njih sledila, pa ne. Oglejmo si zakonec razdelka se primer malce bolj netrivialnega sklepa.

Zgled: Denimo, da so resnicne izjave: v ⇒ p, t∨s, p∧q ⇒ r∨s, t∨u⇒ v∧z,¬s in ¬q ⇒ (z ⇒ s). Ali smemo od tod sklepati na resnicnost izjave r?

1. v ⇒ p predp2. t ∨ s predp3. p ∧ q ⇒ r ∨ s predp4. t ∨ u⇒ v ∧ z predp5. ¬s predp6. ¬q ⇒ (z ⇒ s) predp7. t DS(2, 5)8. t ∨ u Pr(7)9. v ∧ z MP (4, 8)

10. v Po(9)11. p MP (1, 10)12. z Po(9)13. z ∧ ¬s Zd(5, 12)14. ¬(¬z ∨ s) ∼ 1315. ¬(z ⇒ s) ∼ 1416. ¬¬q MT (6, 15)17. q ∼ 1618. p ∧ q Zd(11, 17)19. r ∨ s MP (3, 18)20. r DS(5, 19)

N

Naloga 1.11. Vas prijatelj Janko se zelo navdusuje nad delom nekega pre-cej svojevrstnega slikarja. Na vseh svojih slikah uporablja le modro, rdecoin zeleno barvo. No, da je stvar se toliko bolj nenavadna, ima hkrati senaslednje “muhe”. Ce na sliki uporabi modro in rdeco, uporabi tudi ze-leno. Ce uporabi rdeco ali zeleno, uporabi tudi modro. Na isti sliki nikoline uporabi tako modre kot zelene. Vedno uporabi vsaj eno izmed modre inrdece. Lahko na podlagi tega vasemu prijatelju Janku kaj poveste o tem,kaksne barve bodo na njegovi novi sliki, ki jo namerava kupiti?

Naloga 1.12. V vsakem izmed spodnjih primerov so podane izjave p, q inr. Ce vam nekdo pove, da sta izjavi p in q resnicni, ali smete kaj sklepati oresnicnosti izjave r?

1. primer:p ≡ “Ce bo jutri dezevalo, grem v sluzbo z avtobusom.”q ≡ “Jutri grem v sluzbo s kolesom.”r ≡ “Jutri ne bo dezevalo.”

1.4. KVANTIFIKATORJI 21

2. primer: Naj bosta a in b realni stevili.p ≡ “Ce je a > 10, je b < 3/2.”q ≡ “b = 1.”r ≡ “a > 10.”

3. primer: Naj bosta zopet a in b realni stevili.p ≡ “Ce je a < b, je a2 < b2.”q ≡ “b < a.”r ≡ “b2 < a2.”

4. primer: Naj bodo a, b in c realna stevila.p ≡ “Ce je b > a in b > 0, je b > c.”q ≡ “b ≤ c.”r ≡ “b ≤ a ali b ≤ 0.”

Naloga 1.13. Denimo, da so za naravno stevilo n resnicne vse naslednjeizjave:

“Ce stevilo n ni prastevilo, je deljivo s 7.”“Stevilo n je liho ali ni deljivo s 7.”“Stevilo n je prastevilo ali je vecje od 100.”“Ce je stevilo n liho, potem je prastevilo, poleg tega pa je se vecje od 100ali deljivo s 7.”

Ali smemo tedaj sklepati, da je stevilo n prastevilo? Smemo sklepati, da jedeljivo s 7?

Naloga 1.14. Denimo, da so resnicne predpostavke p∨ (q ⇒ ¬r), q, t ⇐⇒p, s ∧ ¬p ⇒ r ∨ t in t ⇒ ¬q. Ali smemo tedaj sklepati, da je izjava pneresnicna? Ali lahko sklepamo o resnicnosti izjave s?

1.4 Kvantifikatorji

Mnozicam se bomo sicer precej podrobno posvetili kasneje, ko bomo go-vorili tudi o aksiomatski teoriji mnozic, ker pa bomo z nekaterimi osnovnimimnozicami delali tudi v tem razdelku, se za potrebe tega razdelka dogovo-rimo, da obicajno mnozico razumemo kot skupek nekih reci, oznacujemo pajih z velikimi latinskimi crkami, na primer, A,B,C, itd. Recem, ki danomnozico sestavljajo, recemo elementi te mnozice, izjavo, da je rec a elementmnozice A, pa oznacimo z zapisom a ∈ A. Negacijo te izjave, torej izjavo,da a ni element mnozice A, oznacimo z zapisom a /∈ A.

Ko opazujemo elemente neke mnozice A, nas lahko zanima, kateri njenielementi imajo doloceno preucevano lastnost, recimo L. Da bi bilo o temsploh smiselno govoriti, mora veljati, da za vsak element a ∈ A lahko pre-sodimo, ce ima lastnost L ali ne. V tem primeru (ko torej za poljuben ele-ment mnozice A velja, da bodisi ima ali pa nima lastnosti L) pravimo, da jeL smiselna lastnost za elemente mnozice A. Tako je na primer prastevilskost


smiselna lastnost za naravna stevila, ne pa tudi za realna stevila, saj brezdodatnega dogovora ni jasno, kdaj naj bi bilo neko realno stevilo prasteviloin kdaj ne.

Naj bo sedaj L neka smiselna lastnost za elemente mnozice A. Tedaj iz-javo “a ima lastnost L” krajse zapisemo z L(a) (izjavo “a nima lastnosti L”pa seveda z ¬L(a)). “Funkciji” L pravimo (enomestni) predikat na mnoziciA. Kot vidimo, torej enomestni predikati na nek nacin ustrezajo lastnos-tim. Zato smo vcasih malce povrsni in ne razlikujemo med predikatom L inlastnostjo L.

Ponavadi pri obravnavi dolocene matematicne teme govorimo le o ele-mentih neke v naprej dolocene mnozice. Govorimo lahko na primer o nar-avnih stevilih, ali pa o realnih zaporedjih. Da ni treba ves cas ponavljati,o elementih katere mnozice je govora, zato obicajno to jasno povemo nasamem zacetku. Pravimo, da smo dolocili domeno pogovora.

Vcasih zelimo povedati, da imajo dano lastnost vsi elementi iz domenepogovora, spet drugic pa zelimo povedati, da ima to lastnost vsaj en elementdomene pogovora. S tem nekaj povemo o kvantiteti elementov, ki imajo danolastnost, zato pripadajoca znaka, ki ju uporabljamo za zapise takih izjav,imenujemo kvantifikatorja. Mi bomo spoznali le univerzalni in eksistencnikvantifikator, ki sta dalec najbolj pogosto uporabljana. S tem, ko dopuscamopredikate in kvantifikatorje, nismo vec v okvirih navadnega izjavnega racuna,ampak vstopimo v predikatni racun, oziroma logiko prvega reda, ki sta joosnovala predvsem Frege in Peirce.

Definicija. Naj bo A domena pogovora in naj bo L enomestni predikat,ki predstavlja smiselno lastnost L za elemente domene pogovora A. Tedajizjavo “Vsi elementi domene pogovora imajo lastnost L.” v jeziku logikeprvega reda zapisemo kot ∀a : L(a). Znak ∀ imenujemo univerzalni kvan-tifikator. Izjavo “Nekateri elementi domene pogovora imajo lastnost L.”zapisemo kot ∃a : L(a). Kvantifikator ∃ je eksistencni kvantifikator.

Ce se v naprej ne dogovorimo za domeno pogovora, lahko zgornji izjavizapisemo v obliki ∀a ∈ A : L(a), oziroma ∃a ∈ A : L(a).

Omeniti velja, da so matematiki pojem kvantifikatorjev zaceli upora-bljati sele od sredine 19. stoletja naprej. O njih je sicer v svoji knjigi izleta 1827 govoril ze botanik George Bentham, a njegova knjiga ni doseglavecjega odmeva. Med matematiki sta kvantifikatorje v drugi polovici 19.stoletja omenjala predvsem Hamilton in DeMorgan, medtem ko je Frege vsvoji knjigi Begriffsschrift iz leta 1879 govoril tudi ze o predikatih in dome-nah pogovora. Se bolj so kvantifikatorji stopili v veljavo po letu 1903, koje Russell objavil svojo knjigo Principles of mathematics. Kot zanimivostomenimo se dejstvo, da so se znaki za eksistencni in univerzalni kvantifikatorskozi cas spreminjali. Tako se je na primer znak ∀ za univerzalni kvantifika-tor dokoncno uveljavil sele v drugi polovici 20. stoletja.


Zgled: Dogovorimo se, da bo domena pogovora v tem zgledu mnozica vsehnaravnih stevil. V jeziku predikatnega racuna zapisimo tedaj izjavi “Neka-tera prastevila so dvomestna.” in “Niso vsa dvomestna stevila prastevila.”Ocitno je govora o naslednjih dveh lastnostih, ki sta smiselni za naravnastevila:

P (x) ≡ “x je prastevilo.”D(x) ≡ “x je dvomestno stevilo.”

Prva izmed izjav z zacetka zgleda ocitno govori o obstoju, zato tukaj upora-bimo eksistencni kvantifikator. Izjava govori o obstoju naravnega stevila, kije prastevilo in to se dvomestno povrhu. Gre torej za izjavo

∃x : (P (x) ∧D(x)).

Druga izjava pravi, da ni res, da so vsa dvomestna (naravna) stevila prastevila.Pa zapisimo najprej izjavo “Vsa dvomestna stevila so prastevila.” Tu greseveda za univerzalni kvantifikator. Vendar pa izjava ne pove, da so vsanaravna stevila prastevila, temvec le, da so taksna tista, ki so dvomestna. Zdrugimi besedami, ta izjava pove, da je v primeru, ko je neko dano naravnostevilo dvomestno, to stevilo tudi prastevilo. Gre torej za implikacijo. Izjava“Vsa dvomestna stevila so prastevila.” ima torej zapis ∀x : (D(x)⇒ P (x)),nasa prvotna izjava pa

¬(∀x : (D(x)⇒ P (x))).

N

Seveda niso vse izjave taksne, da bi govorile le o lastnostih neke posameznereci. Vcasih govorimo tudi o tem, v kaksni zvezi ali relaciji sta dva (alitrije, stirje, ...) elementi neke mnozice. V tem primeru imamo opravka zvecmestnimi predikati. Na primer, na mnozici vseh ucencev nekega razredalahko vpeljemo dvomestni predikat V , kjer V (x, y) predstavlja izjavo “x jevecji od y”.

Preden se posvetimo naslednjim zgledom, opozorimo se na naslednje.Kvantifikatorje torej uporabljamo takrat, ko zelimo povedati za koliko ele-mentov domene pogovora velja izjava, ki sledi kvantifikatorju. Ker pa takeizjave lahko govore tudi o relacijah med vecimi elementi domene pogovora,je treba pri vsakem kvantifikatorju povedati, na katero “spremenljivko” vizjavi, ki sledi, se ta kvantifikator nanasa. Zato moramo za kvantifikatorvedno napisati spremenljivko, na primer ∀x ali ∃y, itd. Da se izognemotezavi, ko bi nam pri daljsih in bolj zapletenih izjavah zacelo zmanjkovaticrk za spremenljivke, se dogovorimo, da ima vsak kvantifikator “moc delo-vanja” le na najkrajsi mozni smiselni izjavi, ki mu sledi. V resnici smo tadogovor upostevali ze v zgornjem zgledu.


Zgled: Spomnimo se zopet zgleda iz zacetka poglavja, kjer smo se ukvarjaliz izjavo “Ce je n2 liho stevilo, je tudi n liho stevilo.” Ker tam nismo nicdolocili, kaksno naj bo naravno stevilo n, smo torej govorili na splosno, torejnaj bi nasa izjava veljala za vsa naravna stevila. Naso trditev bi zato (brezdolocitve domene pogovora in z upostevanjem nekaterih standardnih oznak)lahko zapisali takole:

∀n ∈ N : (2 - n2 ⇒ 2 - n).

N

Zgled: V jeziku predikatnega racuna zapisimo izjavo “Vsaka eksponentnarealna funkcija raste hitreje od kake polinomske realne funkcije.” Najprejse dogovorimo za domeno pogovora. Ocitno lahko vzamemo, da je D ={f : R → R} kar mnozica vseh realnih funkcij. Potrebujemo tudi nekajpredikatov:

E(f) ≡ “f je eksponentna funkcija.”P (f) ≡ “f je polinomska funkcija.”R(f, g) ≡ “f raste hitreje kot g.”

Nasa trditev se torej glasi:

∀f : (E(f)⇒ ∃g : (P (g) ∧R(f, g))).

N

Zgled: Zapisimo se trditev iz Goldbachove domneve. V tem primeru se jesmiselno dogovoriti, da so domena pogovora vsa naravna stevila. Potrebu-jemo naslednje predikate:

S(n) ≡ “n je sodo stevilo.”D(n) ≡ “Stevilo n je vecje od 2.”P (n) ≡ “n je prastevilo.”V (n, r, s) ≡ “n je vsota stevil r in s.”

Trditev Goldbachove domneve lahko sedaj zapisemo takole:

∀n : (S(n) ∧D(n)⇒ ∃p : (P (p) ∧ ∃q : (P (q) ∧ V (n, p, q)))).

Ta zapis je seveda zelo nestandarden in zato tezko berljiv. Najprej opazimo,da lahko oba eksistencna kvantifikatorja zdruzimo, nato pa se dogovorimose, da namesto ∃p∃q pisemo kar ∃p, q. Glede na to, da imamo za skoraj vsezgornje predikate ze vpeljane standardne oznake, lahko tako zgornjo izjavopreoblikujemo v bolj standardno obliko takole:

∀n : (2 | n ∧ n > 2⇒ ∃p, q : (P (p) ∧ P (q) ∧ n = p+ q)).


N

V prejsnjih razdelkih smo spoznali, da je za razumevanje pomena izjavzelo pomembno, da znamo dano izjavo zapisati v kaksni ekvivalentni obliki,ki nam je bolj razumljiva. Tudi za izjave v predikatnem racunu imamo dvezelo pomembni ekvivalenci:

¬(∀x : L(x)) ∼ ∃x : ¬L(x)¬(∃x : L(x)) ∼ ∀x : ¬L(x)

Razmislimo, zakaj sta ti dve ekvivalenci pomembni. Recimo, da se moramoodlociti o resnicnosti trditve, da imajo vsi elementi neke mnozice A lastnostL in se nam zdi, da to ne drzi. Kako naj to dokazemo? Zgornja ekvivalencapove, da je to sila preprosto, saj zadosca, da poiscemo en sam elementmnozice A, ki lastnosti L nima.

Zgled: Da pokazemo, da izjava “Za vsa cela stevila z velja z2 > 0.” niresnicna, je dovolj videti, da 02 ni vecje od 0. S tem smo namrec nasli celostevilo z, ki lastnosti z2 > z nima. N

Recimo, da imamo dano domeno pogovora D. Kako tedaj dokazemoresnicnost izjave ∃x : L(x)? Nacelom ja to precej preprosto. Najti moramokonkreten element mnozice D, ki ima lastnost L. Tako lahko na primerresnicnost trditve “Nekatera prastevila so vecja od 1 000.” utemeljimo stem, da se prepricamo, da je 1 009 prastevilo (dovolj je videti, da ni deljivo znobenim izmed prastevil 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31). Kako pa dokazemo,da je pravilna izjava ∀x : L(x). V primeru, da je mnozica D “dovolj majhna”,se lahko pac za vsak njen element posebej prepricamo, da ima res lastnostL. Sicer pa moramo najti splosen premislek, ki je neodvisen od konkret-nega elementa x ∈ D. Na primer, prav nic nam ne pomaga, da je racunalnikGoldbachovo domnevo potrdil za vsa soda stevila med 4 in 1018. Pa ne zato,ker racunalniku ne bi zaupali. Dokler namrec ne napravimo premisleka, ki jeneodvisen od konkretne vrednosti sodega naravnega stevila, nismo narediliveliko.

Bralec si bo ob pravkar povedanem morda mislil, da pretiravamo. Azgodovina je ze postregla s primeri, ki nazorno kazejo na to, da bi bil lahkotak zakljucek napacen. Leta 1919 je Polya postavil naslednjo domnevo: ceza poljubno izbrano naravno stevilo n ≥ 2 za vsako izmed stevil m ≤ n pre-verimo ali ima v prastevilski faktorizaciji liho ali sodo mnogo prastevilskihfaktorjev (steto z veckratnostjo), je takih z liho mnogo faktorji vsaj polovica.Dolga leta ni bilo znano, kako je z resnicnostjo te domneve. Potem pa jeHaselgrove leta 1958 pokazal, da domneva ne velja. Kasneje se je izkazalo,da je najmanjsi protiprimer stevilo 906 150 257. Primer Polyajeve domnevenas torej uci, da smemo neko izjavo sprejeti za resnicno sele takrat, ko jov celoti (teoreticno) dokazemo. Zgled taksnega premisleka je bil recimo nas


dokaz, da je za vsako naravno stevilo n njegova lihost potreben pogoj zalihost stevila n2.

Za konec razdelka opozorimo se na naslednje. Ko kvantifikatorje gne-zdimo, je pri uporabi enakih kvantifikatorjev vrstni red nepomemben. Takosta izjavi ∀x∀y : P (x, y) in ∀y∀x : P (x, y) ekvivalentni. To pa ne velja vec,ce uporabljamo razlicne kvantifikatorje, v kar nas preprica naslednji zgled.

Zgled: Naj bodo domena nasega pogovora naravna stevila. Oglejmo sirelacijo M(x, y), ki naj pomeni x2 < y. Tedaj izjava

∀x∃y : M(x, y) (1.1)

pravi, da za vsako naravno stevilo x lahko najdemo naravno stevilo y, kije vecje od kvadrata stevila x. Ta izjava je seveda pravilna, saj lahko za yvzamemo kar x2 + 1. Izjava

∃y∀x : M(x, y) (1.2)

pove nekaj povsem drugega. Ta pravi, da obstaja naravno stevilo y, ki jevecje od kvadrata kateregakoli naravnega stevila, kar seveda ni res. Ce jenamrec x = y, potem seveda ni res x2 < y.

V cem je bila torej bistvena razlika? V (1.1) je moral za vsak x obstajatiy, ki je zadostil pogoju M(x, y). Ta y je torej lahko odvisen od x. Povsemdrugace je v (1.2), kjer bi morali najti nek (fiksen) y, za katerega bi M(x, y)veljalo ne glede na konkretno vrednost stevila x. N

Naloga 1.15. Denimo, da so domena pogovora realna stevila. Naslednjeizjave zapisite v jeziku predikatnega racuna:

• Za vsako celo stevilo x obstaja celo stevilo y, da velja x = 3y.• Za vsako celo stevilo y obstaja celo stevilo x, da velja x = 3y.• Za vsako celo stevilo x in vsako celo stevilo y velja x = 3y.• Obstaja tako celo stevilo x, da za neko celo stevilo y velja x = 3y.

Sedaj vsako izmed zgornjih izjav zanikajte in dobljeno izjavo zapisite zbesedami.

Naloga 1.16. Spodnji dve izjavi zapisite v jeziku predikatnega racuna:

• Za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsako realno stevilo x, ki se od 1razlikuje za manj kot δ, velja, da se x2 od 1 razlikuje za manj kot ε.• Za vsako realno stevilo M obstaja realno stevilo x0, da je f(x) > M

za vse x ≥ x0.

Naloga 1.17. Naslednjo izjavo o celih stevilih ter njeno negacijo zapisite zbesedami.

∀z : (¬(∃y : z = 13y)⇒ ∃y : z = 2y) .

1.5. SE O SKLEPANJU 27

Naloga 1.18. Dobro znana domneva o prastevilskih dvojckih trdi, da ob-staja neskoncno mnogo prastevil p, za katera je tudi stevilo p+ 2 prastevilo(na primer 3 in 5, ali pa 17 in 19). V jeziku predikatnega racuna zapisiteizjavo, da za vsako naravno stevilo obstaja par prastevil, ki se razlikujetaza 2 in sta obe vecji od tega danega naravnega stevila.

1.5 Se o sklepanju

V razdelku 1.3 smo spoznali osnove logicnega sklepanja. Kot pa smovideli, zgolj z osnovnimi logicnimi implikacijami iz izreka 1.3 vcasih us-treznega sklepa ne znamo narediti. Zato bomo v tem razdelku spoznalise tri metode, s katerimi si lahko pomagamo pri sklepanju. Gre za nekevrste pomozne sklepe, ki obicajno predstavljajo le del celotnega dokaza.Prvo izmed teh metod imenujemo pogojni sklep, drugo dokaz s protislov-jem, tretjo pa analiza primerov.

Oglejmo si najprej metodo pogojnega sklepa, ki temelji na naslednji trditvi.

Trditev 1.4. Naj bodo p1, p2, . . . , pn, ter p in q poljubne izjave. Tedaj jeizjava q logicna posledica izjav p1, p2, . . . , pn in p natanko tedaj, ko je izjavap⇒ q logicna posledica izjav p1, p2, . . . , pn.

Dokaz: Oznacimo konjunkcijo p1 ∧ p2 ∧ · · · ∧ pn z r. Dokazujemo torej,da je izjava r ∧ p ⇒ q tavtologija natanko tedaj, ko je izjava r ⇒ (p ⇒ q)tavtologija. Po izreku 1.1 je

r ⇒ (p⇒ q) ∼ ¬r ∨ (¬p ∨ q) ∼ (¬r ∨ ¬p) ∨ q ∼ ¬(r ∧ p) ∨ q ∼ r ∧ p⇒ q,

torej sta izjavi r ∧ p⇒ q in r ⇒ (p⇒ q) ekvivalentni. Seveda od tod takojsledi, da je ena tavtologija natanko tedaj, ko je tavtologija tudi druga. �

Zgornja trditev torej pove naslednje. Ce zelimo dokazati, da je izjavaoblike p⇒ q logicna posledica predpostavk p1, p2, . . . , pn, lahko to dokazemotako, da predpostavkam dodamo se “novo predpostavko” p in nato s pravililogicnega sklepanja pokazemo, da je izjava q logicna posledica predpostavkp1, p2, . . . , pn, p. Pravimo, da v takem primeru delamo pogojni sklep.

Sklenimo se dogovor, kako pri zapisu formalnega dokaza oznacimo de-jstvo, da delamo pogojni sklep. Denimo, da zelimo pokazati veljavnostizjave p ⇒ q. V vrstici, kjer pricnemo s pogojnim sklepom, torej kjerpredpostavkam dodamo predpostavko pogojnega sklepa, v nasem primeru p,vrstice zacnemo stevilciti v “naslednjem nivoju” (na primer, ce je bila zad-nja vrstica oznacena s 5, bomo to vrstico oznacili s 6.1, ce je bila prejsnjavrstica oznacena s 3.7, bo nova 3.8.1, itd.), zraven pa dopisemo “predp PS”.Potem sledece vrstice stevilcimo znotraj tega nivoja, dokler se pogojni sklepne zakljuci (v nasem primeru torej takrat, ko izpeljemo pravilnost izjave q).


Potem se vrnemo v prejsnji nivo in zapisemo izjavo, ki smo jo dokazali spogojnim sklepom (v nasem primeru p⇒ q), zraven dopisemo PS in v ok-lepajih zacetno in koncno vrstico pogojnega sklepa. Ilustrirajmo vse skupajs konkretnim zgledom.

Zgled: Pokazimo, da lahko iz resnicnosti predpostavk (p⇒ q)⇒ s, t⇒ ¬rin p ∧ ¬t ⇒ q sklepamo na resnicnost izjave r ⇒ s. Bralec bo opazil, da vdokazu delamo pogojni sklep znotraj pogojnega sklepa.

1. (p⇒ q)⇒ s predp2. t⇒ ¬r predp3. p ∧ ¬t⇒ q predp4.1. r predp PS4.2. ¬¬r ∼ 4.14.3. ¬t MT (2, 4.2)4.4.1. p predp PS4.4.2. p ∧ ¬t Zd(4.3, 4.4.1)4.4.3. q MP (3, 4.4.2)4.4. p⇒ q PS(4.4.1− 4.4.3)4.5. s MP (1, 4.4)4. r ⇒ s PS(4.1− 4.5)

Ob tem je potrebno opozoriti, da s tem za nobeno izmed izjav iz vrstic medvkljucno 4.1. in 4.5. nismo dokazali, da logicno sledi iz zacetnih treh pred-postavk. Vse te izjave smo namrec izpeljali sele ob dodatni predpostavki,da je resnicna izjava r. Vse, kar smo dokazali v tem dokazu, je torej dejstvo,da je izjava r ⇒ s logicna posledica predpostavk iz prvih treh vrstic. N

Naslednja metoda dokaza je dokaz s protislovjem, ki temelji na naslednjitrditvi.

Trditev 1.5. Naj bodo p1, p2, . . . , pn in q poljubne izjave. Tedaj je izjava qlogicna posledica izjav p1, p2, . . . , pn natanko tedaj, ko je protislovje logicnaposledica izjav p1, p2, . . . , pn in ¬q.

Dokaz: Oznacimo z r konjunkcijo p1 ∧ p2 ∧ · · · ∧ pn. Kdaj je protislovjelogicna posledica izjav p1, p2, . . . , pn in ¬q? Natanko tedaj, ko je izjavar ∧ ¬q ⇒ 0 tavtologija. Trditev tedaj sledi zaradi

r ∧ ¬q ⇒ 0 ∼ ¬(r ∧ ¬q) ∨ 0 ∼ ¬(r ∧ ¬q) ∼ ¬r ∨ q ∼ r ⇒ q.

�

Po zgornji trditvi torej lahko to, da je q logicna posledica predpostavkp1, p2, . . . , pn, dokazemo s tem, da iz predpostavk p1, p2, . . . , pn in ¬q zlogicnim sklepanjem izpeljemo protislovje. Kadar se posluzujemo te metode


dokaza, delamo dokaz s protislovjem. V formalnem zapisu dokaz s pro-tislovjem oznacimo podobno kot pogojni sklep. Ko dodamo “predpostavko”¬q, zacnemo vrstice stevilciti v novem nivoju, dopisemo “predp RA”, kopridemo do protislovja, pa se vrnemo na prejsnji nivo, na katerem zapisemoizjavo, katere pravilnost smo s tem dokazali. Zraven dopisemo RA, v ok-lepaje pa damo zacetno in koncno vrstico dokaza s protislovjem. (OznakaRA prihaja iz latinskega imena za dokaz s protislovjem, namrec “Reductioad absurdum”.)

Zgled: Dokazimo pravilnost sklepa iz prejsnjega zgleda se z uporabo dokazas protislovjem.

1. (p⇒ q)⇒ s predp2. t⇒ ¬r predp3. p ∧ ¬t⇒ q predp4.1. ¬(r ⇒ s) predp RA4.2. ¬¬r ∧ ¬s ∼ 4.14.3. ¬¬r Po(4.2)4.4. ¬t MT (2, 4.3)4.5. ¬s Po(4.2)4.6. ¬(p⇒ q) MT (1, 4.5)4.7. p ∧ ¬q ∼ 4.64.8. p Po(4.7)4.9. p ∧ ¬t Zd(4.4, 4.8)4.10. q MP (3, 4.9)4.11. ¬q Po(4.7)4.12. q ∧ ¬q Zd(4.10, 4.11)4.13. 0 ∼ 4.124. r ⇒ s RA(4.1− 4.13) N

Dokaz s protislovjem je ena izmed najpogosteje uporabljenih metod pridokazovanju v matematiki. Oglejmo si dva klasicna izreka, ki ju je moc nanajbolj eleganten nacin dokazati ravno z metodo dokaza s protislovjem.

Zgled: Pri analizi obicajno dokazemo, da√

2 ni racionalno stevilo. Dokazje za nase potrebe zelo poucen, zato si ga bomo natancno ogledali. (Mordavelja omeniti, da so podoben dokaz poznali ze Pitagorejci pred priblizno2500 leti.)

Kako naj torej dokazemo, da neko realno stevilo ni racionalno stevilo?Kaj hitro ugotovimo, da za direkten dokaz nimamo pravih idej. Zato selotimo dokaza s protislovjem. Pa denimo, da

√2 je racionalno stevilo. V

tem primeru torej obstajata nenicelni tuji si celi stevili m in n, da je√

2 = mn .

Tedaj pa je 2 = m2

n2 in ker je n 6= 0, od tod dobimo 2n2 = m2. Ker je levostevilo sodo, mora biti torej tudi m2 sodo stevilo. Ugotovili smo ze, da je zanenicelno celo stevilo z stevilo z2 liho natanko tedaj, ko je liho ze stevilo z.


Torej lahko sklepamo, da mora biti stevilo m sodo, to je, m = 2m0 za nekocelo stevilo m0. Vstavimo v naso enacbo, pa dobimo 2n2 = 4m2

0 in tako jen2 = 2m2

0 tudi sodo stevilo. Kot prej lahko od tod zakljucimo, da je tudistevilo n sodo, to je, n = 2n0 za neko celo stevilo n0. A stevili m in n stasi tuji, po drugi strani pa sta obe deljivi z 2, kar je vsekakor nemogoce. Toprotislovje nam pove, da

√2 torej res ni racionalno stevilo. N

Zgled: Oglejmo si se enega izmed klasicnih rezultatov, ki se ga najlazjedokaze z metodo dokaza s protislovjem. Dokazali bomo izrek, ki ga je poznalze Evklid (300 p. n. s).

Izrek, ki je znan tudi kot Evklidov izrek, pravi: “Obstaja neskoncnomnogo prastevil.” No, da bi se lotili dokaza, je treba najprej poznati defini-cijo prastevila in razumeti pomen izjave, da je nekih reci neskoncno mnogo.Zaenkrat se zadovoljimo kar z “definicijo”, da ima mnozica A neskoncnomnogo elementov, ce za vsak n ∈ N velja, da ima A vec kot n elementov(pri cemer se zopet zanasamo na to, da bralec nekako intuitivno razume, kajpomeni to, da ima neka mnozica vec kot n elementov).

Kako naj torej dokazemo, da je prastevil neskoncno mnogo? Lahko biskusali skonstruirati neskoncno mnogo prastevil, a ni povsem jasno, kako setega lotiti. Tako se dokaz s protislovjem ponuja kar sam. Pa denimo, daobstaja le koncno mnogo razlicnih prastevil in oznacimo njihovo stevilo zn. Vsa prastevila sedaj uredimo po velikosti in jih po vrsti oznacimo s p1,p2, . . . , pn. Kaj lahko tedaj povemo o stevilu p = p1p2 · · · pn + 1? Ker je popredpostavki najvecje prastevilo stevilo pn in ocitno velja p > pn, stevilo p nemore biti prastevilo. Tedaj pa mora biti deljivo z vsaj enim izmed prastevilpi, i ∈ {1, . . . , n}. A ker pi deli stevilo p1p2 · · · pn, mora potemtakem delititudi stevilo 1, kar pa je seveda nemogoce. To protislovje nam torej pove, daje prastevil res neskoncno mnogo. N

Posvetimo se nazadnje se dokazovanju po metodi analize primerov, kitemelji na naslednji trditvi.

Trditev 1.6. Naj bodo p1, p2, . . . , pn, ter p, q in r poljubne izjave. Tedaj jeizjava r logicna posledica izjav p1, p2, . . . , pn in izjave p∨ q natanko tedaj, koje r logicna posledica izjav p1, p2, . . . , pn, p in hkrati logicna posledica izjavp1, p2, . . . , pn, q.

Dokaz: Oznacimo z s konjunkcijo p1 ∧ p2 ∧ · · · ∧ pn. Pokazati zelimo, daje s ∧ (p ∨ q) ⇒ r tavtologija natanko tedaj, ko sta tavtologiji s ∧ p ⇒ rin s ∧ q ⇒ r. Ker je slednje res natanko tedaj, ko je tavtologija izjava(s ∧ p⇒ r) ∧ (s ∧ q ⇒ r), trditev sledi iz ekvivalence

(s ∧ p⇒ r) ∧ (s ∧ q ⇒ r) ∼(¬(s ∧ p) ∨ r

)∧(¬(s ∧ q) ∨ r

)∼(

¬(s ∧ p) ∧ ¬(s ∧ q))∨ r ∼

((¬s ∨ ¬p) ∧ (¬s ∨ ¬q)

)∨ r ∼


(¬s ∨ (¬p ∧ ¬q)

)∨ r ∼

(¬s ∨ ¬(p ∨ q)

)∨ r ∼

¬(s ∧ (p ∨ q)

)∨ r ∼ s ∧ (p ∨ q)⇒ r.

�

Zgornja trditev torej pove, da lahko analizo primerov uporabimo takrat,ko je ena izmed predpostavk oblike p∨ q, to je, ko je ena izmed predpostavklahko “izpolnjena na vec nacinov”. Tokrat formalni dokaz zapisemo tako, daposebej naredimo dokaz, pri katerem namesto predpostavke p ∨ q vzamemoizjavo p in posebej dokaz, pri katerem namesto predpostavke p∨ q vzamemoizjavo q.

Zgled: Pokazimo, da lahko iz resnicnosti predpostavk p∨ t, r ⇒ ¬p, t⇒ s,r ∨ q in s ⇐⇒ q sklepamo na resnicnost izjave s. Seveda lahko resnicnosttega sklepa dokazemo tudi z metodo dokaza s protislovjem (bralca vabimo,da zapise ustrezen dokaz), a mi bomo ubrali drugo pot. Pokazati zelimo,da je s logicna posledica predpostavk. Ker je ena izmed predpostavk izjavar ∨ q, napravimo naslednjo analizo primerov. Pokazimo najprej, da je slogicna posledica predpostavk, kjer namesto izjave r ∨ q vzamemo izjavo r.

1. p ∨ t predp2. r ⇒ ¬p predp3. t⇒ s predp4. r predp5. s ⇐⇒ q predp6. ¬p MP (2, 4)7. t DS(1, 6)8. s MP (3, 7)

Pokazimo sedaj se, da je s logicna posledica predpostavk, kjer namesto izjaver ∨ q vzamemo izjavo q.

1. p ∨ t predp2. r ⇒ ¬p predp3. t⇒ s predp4. q predp5. s ⇐⇒ q predp6. (s⇒ q) ∧ (q ⇒ s) ∼ 57. q ⇒ s Po(6)8. s MP (4, 7)

S tem je pravilnost celotnega sklepa po analizi primerov dokazana. N

Oglejmo si dokaz z analizo primerov se na primeru konkretne trditve.


Zgled: Pokazimo, da za poljubni realni stevili x in y velja |xy| = |x||y|.Dokazujemo torej, da je resnicna izjava ∀x, y ∈ R : |xy| = |x||y|. Kermoramo veljavnost trditve |xy| = |x||y| dokazati za poljuben par realnihstevil x in y, moramo torej enakost dokazati neodvisno od konkretne vred-nosti stevil x in y.

Najprej dobro premislimo, kaj problem od nas sploh zahteva. V ta namenje treba najprej natancno opredeliti oznako |x|. Ze iz srednje sole vemo, davelja

|x| ={

x ; x ≥ 0−x ; x < 0.

Pri dokazu resnicnosti zgornje izjave se najprej omejimo na primer, ko jevsaj eden izmed x in y enak 0 (bralec bo opazil, da delamo analizo primerov- bodisi je vsaj eno izmed stevil enako 0 ali pa to ni res). V tem primeru jetudi njegova absolutna vrednost enaka 0 in tako je res |xy| = |0| = 0 = |x||y|.Odslej lahko torej privzamemo, da sta x in y nenicelna. Ker je torej vrednost|x| odvisna od predznaka stevila x, vrednost |y| pa od predznaka stevila y,se zdi smiselno lociti stiri razlicne primere (zopet delamo analizo primerov).

1. primer: x > 0 in y > 0.V tem primeru je torej |x| = x in |y| = y. Ker je seveda xy > 0, tako dobimo|xy| = xy = |x||y|.2. primer: x > 0 in y < 0.Tedaj je xy < 0 in tako je |xy| = −(xy) = x(−y) = |x||y|.3. primer: x < 0 in y > 0.Tudi v tem primeru velja xy < 0 in tako je |xy| = −(xy) = (−x)y = |x||y|.4. primer: x < 0 in y < 0.Tedaj je xy > 0 in tako je |xy| = xy = (−x)(−y) = |x||y|.

V vsakem primeru torej res velja |xy| = |x||y|. N

Preden zakljucimo poglavje o matematicni logiki se na kratko se enkratvrnimo k vprasanju, kako dokazemo neresnicnost izjave, v kateri nastopajokvantifikatorji. Pomagamo si z ekvivalencama iz prejsnjega razdelka. Cezelimo dokazati, da izjava ∀x : L(x) ni resnicna, je, vsaj naceloma, stvarsila preprosta. V tem primeru je treba zgolj skonstruirati protiprimer, toje, najti moramo nek konkreten element iz domene pogovora, ki lastnosti Lnima. Kaj pa ce zelimo pokazati, da ni resnicna izjava ∃x : L(x)? To lahkodokazemo s premislekom, da za vsak x iz domene pogovora velja, da lastnostiL nima. A taksen premislek je vcasih tezko najti. Pogosto se zato izkaze, daje v takem primeru primeren pristop dokaz s protislovjem. Predpostavimo,da x z lastnostjo L obstaja, nato pa iz tega izpeljemo protislovje. Oglejmosi preprost zgled.

Zgled: Najbrz bi tezko nasli koga, ki bi trdil, da je trditev “Obstaja


naravno stevilo N , ki je vecje od vseh drugih naravnih stevil.” resnicna.Skusajmo sedaj njeno neresnicnost tudi korektno dokazati.

Seveda nam tokrat en sam primer (ali vec) prav nic ne pomaga. Lahkonamrec na primer trdimo, da to stevilo N ne more biti 10, ker na primervelja 11 > 10, 11 pa je naravno stevilo. A s tem smo zgolj dokazali, da za Nne moremo izbrati stevila 10. Ker pa ima mnozica N neskoncno mnogo ele-mentov, nam je se vedno ostalo neskoncno mnogo kandidatov za N . Upora-bimo raje metodo dokaza s protislovjem. Privzemimo, da tak N obstaja inpokazimo, da lahko iz tega izpeljemo logicni nesmisel. To ni tezko. Ker jenamrec N naravno stevilo, je tudi N + 1 naravno stevilo. Po predpostavkio lastnosti stevila N bi tedaj moralo veljati N > N + 1, kar pa seveda nires, saj bi to pomenilo 0 > 1. To protislovje nam pove, da torej N ne moreobstajati, kar smo tudi trdili. N

Naloga 1.19. Denimo, da so resnicne predpostavke p⇒ q ⇐⇒ r, s∨t∧¬p,u∨ q, r∨ t in s⇒ ¬u. Ali smemo tedaj sklepati na resnicnost izjave r? Kajpa na resnicnost izjave t? In na resnicnost izjave q ∨ t?

Naloga 1.20. Pokazite, da je za vsako liho naravno stevilo n stevilo n2 +4n+ 3 deljivo s 4. Ali je deljivo tudi z 8? Je morda celo vedno deljivo s 16?

Naloga 1.21. Ali za vsako realno stevilo x velja sin2 x ≤ | sinx|?


Poglavje 2

Teorija mnozic

Ze v uvodu smo omenili, da sodobna matematika temelji na aksiomatskiteoriji mnozic, v najvecji meri na sistemu ZFC, ki sta ga v zacetku 20.stoletja razvila Zermelo in Fraenkel. A preden se lotimo formalne obravnaveteorije mnozic, vsaj nakazimo, zakaj so aksiomatski sistemi za postavitevteorije mnozic sploh potrebni.

O mnozicah se dandanes govori ze v osnovni soli. Na celotni poti skoziosnovno in srednje solanje se seveda aksiomom povsem izognemo in mnozicedojemamo na nekem intuitivnem nivoju. Obicajno mnozice razumemo kotskupek nekih reci, objektov ali celo pojmov. Govorimo recimo o mnozicijabolk v zaboju, o mnozici vseh ucencev neke osnovne sole, o mnozici prastevilali pa o mnozici vseh hrastovih dreves v nekem gozdu. Na samem zacetkusolanja mnozice predstavljamo tako, da v krog ali elipso narisemo objekte, kinaj bi bili elementi te mnozice. Seveda kaj hitro ugotovimo, da vseh mnozicne moremo predstaviti na ta nacin. Ceprav se namrec tezko najde kdo, ki bitrdil, da ne obstaja mnozica vseh hrastovih dreves na ljubljanskem Rozniku,je okrog teh hrastov nemogoce narisati tako elipso, da bodo v njej samo tahrastova drevesa in nic drugega. Mnozico vseh hrastovih dreves na Roznikusi torej predstavljamo abstraktno - odmislimo vsa ostala drevesa, podrast,zivali, poti in podobno, kar ostane, pa je potem ta mnozica, ki jo iscemo.Tudi mnozice vseh prastevil ne moremo predstaviti na ta nacin, saj ze vemo,da jih je neskoncno, torej s pisanjem prastevil v elipso ne bomo nikoli koncali.Na podlagi teh primerov se torej zdi, da dokaj dobro razumemo, kaj naj bipomenil pojem mnozice. Potemtakem bi morali znati ta pojem natancnodefinirati. Kot pa bomo kmalu videli, temu ni tako. Izkaze se namrec, dapojma mnozice sploh ne smemo definirati, ce zelimo zgraditi neprotislovnoteorijo.

Problem definicije pojma mnozice je bil tudi glavni razlog za zacetnetezave Cantorjeve teorije mnozic. Cantorjeva najvecja napaka je bila namrecravno v tem, da je skusal pojem mnozice definirati. Po njegovi “definiciji”,naj bi bila mnozica “skupnost razlicnih dolocenih reci iz nasega nazornega ali

35

36 POGLAVJE 2. TEORIJA MNOZIC

miselnega sveta, ki jo imamo za celoto.” To je sicer nekako v skladu s tem,kar smo na konkretnih primerih opazali zgoraj. Tezava pa je ta, da bi potej definiciji obstajala tudi mnozica vseh mnozic, kar pa nas pripelje v takoimenovani Russellov paradoks, na katerega je leta 1902 opozoril BertrandA. W. Russell. Omenjeni paradoks si bomo ogledali nekoliko kasneje, na temmestu pa predstavimo nekoliko manj abstrakten paradoks brivca, ki mu jev resnici precej soroden.

Paradoks brivca: Denimo, da imamo vas, v kateri prebiva tudi pravposeben brivec. Zanj namrec velja, da brije natanko tiste prebivalce vasi, kise ne brijejo sami. Kdo potem brije brivca?Brz ugotovimo, da smo v zagati. Ce namrec brivec brije sam sebe, nezadosca kriteriju, ki ga izpolnjujejo njegove stranke, in tako se ne sme britisam. Ce pa se brivec ne brije sam, potem bi po vseh pravilih moral bitinjegova stranka in bi se torej moral briti. V vsakem primeru pridemo vprotislovje. To pomeni, da izjava “brivec se brije sam” ne more biti nitiresnicna niti neresnicna, kar pa je nesprejemljivo - zato tudi govorimo oparadoksu. Seveda tu pri vsej stvari ni nic usodnega. Vse, kar smo s tempremisljevanjem dognali, je pac to, da taksna vas s taksnim brivcem ne moreobstajati.

V izogib paradoksom, kot je Russellov, zato v sodobni teoriji mnozicpojma mnozice sploh ne definiramo, temvec privzamemo nekaj osnovnihaksiomov teorije mnozic, ki govore o tem, kdaj sta dve mnozici enaki, kajlahko z mnozicami pocnemo, kako iz ze obstojecih mnozic tvorimo nove,itd. Vso nadaljnjo teorijo potem izpeljemo iz osnovnih aksiomov. Sevedaskusamo aksiome postaviti tako, da se dobljena teorija cimbolj ujema z nasointuicijo in predstavo o tem, kaj naj bi se z mnozicami smelo poceti. Izkazese, da lahko na ta nacin prakticno vse pojme v matematiki zgradimo naosnovi mnozic. Kot bomo videli, relacije, prav tako pa tudi funkcije, nisonic drugega kot mnozice. Celo naravna stevila so le neke posebne mnozice,podobno pa seveda potem velja se za cela, racionalna, realna in kompleksnastevila.

Na zalost je aksiomatska teorija mnozic precej abstraktna in zahtevanekaj matematicne “kilometrine”, da bi jo lahko zares dobro razumeli. Zatobomo v nadaljevanju vecino casa nekoliko povrsni in bomo za ponazoritvekonceptov z zgledi operirali kar z mnozicami, ki smo jih vajeni ze iz srednjesole, ceprav bomo sele bolj proti koncu podali aksiom, ki bo zagotovil obstojkaksne mnozice.

2.1 Pripadnost in pojem enakosti mnozic

Najpomembnejsi koncept v teoriji mnozic je pripadnost. Ker pa ne bomodefinirali niti pojma mnozice, tudi pojma pripadnosti ne moremo definirati,temvec ga privzamemo kot nek osnovni, nedefiniran, pojem. Vse kar se je

2.1. PRIPADNOST IN POJEM ENAKOSTI MNOZIC 37

treba dogovoriti je, da za vsako dano rec in dano mnozico velja, da ta rec tejmnozici bodisi pripada ali pa ne. Situacija je podobna tisti v elementarnigeometriji, kjer ne definiramo pojma tocke in premice, niti ne definiramopojma incidence, to je, ne definiramo, kaj pomeni, da neka tocka lezi naneki premici. Pomembno je le to, da za vsako dano tocko in vsako danopremico velja, da ta tocka bodisi lezi ali pa ne lezi na tej premici.

Kot smo se dogovorili ze v prejsnjem poglavju, bomo dejstvo, da el-ement a pripada mnozici A, zapisali z a ∈ A (da a ne pripada A pa za /∈ A). Nas prvi aksiom govori o povezavi med pojmom vsebovanosti inenakostjo mnozic. Po nasi intuitivni predstavi pojma mnozice je mnozicanatanko dolocena s svojimi elementi. Kot smo omenili, skusamo aksiometeorije mnozic postaviti tako, da se dobljena teorija kar se da ujema z in-tuitivno predstavo. Prvi aksiom teorije ZFC tako v resnici vpeljuje pojemenakosti mnozic, saj pove ravno to, da je mnozica natanko dolocena s svojimielementi.

Aksiom o ekstenzionalnosti: Za poljubni mnozici A in B velja, da jeA = B natanko tedaj, ko imata A in B natanko iste elemente, to je

A = B ⇐⇒ (∀x ∈ A : x ∈ B) ∧ (∀x ∈ B : x ∈ A).

Marsikdo si bo ob tem aksiomu mislil, da je povsem nepotreben. Zatoza vsak primer se enkrat poudarimo, da pojma mnozice nismo definirali inzato ne moremo vedeti, kdaj naj bi bili dve mnozici enaki. Pojem enakostimnozic tako v resnici z aksiomom o ekstenzionalnosti sele vpeljemo. Da vseskupaj ni povsem odvec, bo bralca morda preprical tudi naslednji zgled.

Zgled: Kot smo se dogovorili, bomo v nadaljevanju ves cas nekoliko povrsniin bomo kar privzeli obstoj “obicajnih” mnozic, ki jih poznamo iz srednjesole, ceprav nam zaenkrat nas prvi aksiom se ne zagotavlja, da bi kaksnamnozica zares obstajala. Oglejmo si torej mnozice A = {1, 2, 3}, B = {n ∈N : 1 ≤ n ≤ 3} in C = {n ∈ N : n ≥ 3 ⇒ n3 ≤ 30}. Hitro se prepricamo,da vse tri mnozice sestojijo iz natanko istih treh elementov (bralec naj sespomni, da je izjava p⇒ q neresnicna samo v primeru, ko je p resnicna, q paneresnicna izjava). Po aksiomu o ekstenzionalnosti torej velja A = B = C,kar iz samega opisa mnozic ni jasno razvidno. Aksiom o ekstenzionalnostitorej poskrbi, da je povsem vseeno, na kaksen nacin povemo, kateri elementipripadajo dani mnozici. Pomembno je le kateri elementi to so. N

Se nekaj velja izpostaviti. Prav nic nismo govorili o tem, kaksne recidopuscamo kot elemente mnozic. Elementi mnozic so potemtakem lahkotudi mnozice, pa mnozice mnozic, itd. Kot smo omenili ze zgoraj, bomo vnadaljevanju pokazali, da lahko tudi mnozico naravnih stevil predstavimokot mnozico mnozic.


Naloga 2.1. Mnozici A = {n ∈ N : (n > 5 ⇒ n2 < 20)} in B = {z ∈C : (z4 = |z| ⇐⇒ z2 6= |z|)} zapisite eksplicitno, to je, nastejte vse njuneelemente.

2.2 Podmnozice in aksiom o paru

Kot smo omenili ze v uvodu, se v teoriji mnozic ukvarjamo predvsemz vprasanji o tem, kaj lahko z mnozicami pocnemo, kako iz danih mnoziczgradimo nove, itd. Da bi lahko dobili odgovore na ta in podobna vprasanja,moramo podati se nekaj aksiomov teorije mnozic. V tem razdelku si bomoogledali dva izmed njih. Prvi govori o tem, da lahko iz dane mnozice vza-memo vse elemente, ki imajo neko smiselno lastnost za elemente te mnozice,pa dobimo (novo) mnozico. Pravimo, da smo s tem dobili podmnozico danemnozice.

Definicija. Naj bosta A in B mnozici. Pravimo, da je A podmnozicamnozice B, ce je vsak element mnozice A hkrati tudi element mnozice B. Todejstvo oznacimo z A ⊆ B. Ce zelimo posebej poudariti, da je A podmnozicamnozice B, vendar A in B nista enaki, pisemo A ( B in recemo, da je Aprava podmnozica mnozice B.

V simbolnem matematicnem jeziku torej lahko definicijo inkluzije zapisemotakole: A ⊆ B ⇐⇒ ∀x ∈ A : x ∈ B. Neposredno iz definicije vsebovanostiin aksioma o ekstenzionalnosti dobimo naslednjo trditev, ki jo najbrz zedobro poznamo iz nase intuitivne predstave o mnozicah.

Trditev 2.1. Naj bodo A,B in C poljubne mnozice. Tedaj velja:

1. A ⊆ B ∧B ⊆ C ⇒ A ⊆ C.

2. A = B ⇐⇒ A ⊆ B ∧B ⊆ A.

Druga tocka te trditve je pravzaprav natanko aksiom o ekstenzionalnosti,podan preko pojma inkluzije. Kljub temu gre za zelo pomembno zadevo, kisi jo velja dobro zapomniti. Skoraj vsako enakost dveh konkretnih mnozicnamrec dokazemo tako, da dokazemo vsako izmed obeh inkluzij.

Podajmo sedaj napovedani aksiom o podmnozici.

Aksiom o podmnozici: Naj bo A dana mnozica in naj bo L neka smiselnalastnost za elemente mnozice A. Tedaj obstaja mnozica, katere elementi sonatanko tisti elementi mnozice A, ki imajo lastnost L.

Velja spomniti, da je lastnost L za elemente mnozice A smiselna, ce zavsak a ∈ A velja, da lastnost L bodisi ima ali pa je nima. Tako “mnozicavseh duhovitih Slovencev” ni mnozica. Nimamo namrec vsi iste predstave otem, kdaj je nekdo duhovit in kdaj ne.

Po aksiomu o ekstenzionalnosti je seveda z mnozico A in lastnostjo Lmnozica, o kateri govori aksiom o podmnozici, natanko dolocena. Oznacimo

2.2. PODMNOZICE IN AKSIOM O PARU 39

jo z {x ∈ A : L(x)} (vcasih se uporablja tudi oznaka {x ∈ A | L(x)}), kjersmo za lastnost L uporabili predikat L. Zgodi se tudi, da uporabljamose malce drugacen zapis. Tako lahko na primer mnozico vseh sodih celihstevil podamo kot S = {n ∈ Z | ∃m ∈ Z : n = 2m}, lahko pa tudi kotS = {2z : z ∈ Z}. Na tem mestu si lahko ogledamo Russellov paradoks, kismo ga omenili v uvodu tega poglavja.

Russellov paradoks: Denimo, da bi obstajala mnozica A vseh mnozic, toje mnozica, katere elementi so prav vse mnozice. Sedaj pa naj bo B tistanjena podmnozica, ki sestoji ravno iz vseh mnozic (torej elementov mnoziceA), ki ne vsebujejo same sebe. Po aksiomu o podmnozici bi taka mnozicamorala obstajati. No, sedaj si zastavimo usodno vprasanje: “Ali mnozica Bvsebuje samo sebe?” Ce B samo sebe vsebuje, potem po definiciji mnoziceB ne sme vsebovati same sebe. Po drugi strani pa, ce B ne vsebuje samesebe, mora biti po definiciji mnozice B vendarle vsebovana sama v sebi,saj B vsebuje ravno vse mnozice s to lastnostjo. Kakorkoli stvar obrnemo,mnozica B je vsebovana sama v sebi natanko tedaj, ko ni vsebovana samav sebi, kar je seveda protislovje. Kaj je torej narobe? Edino napako smostorili ze povsem na zacetku, ko smo privzeli obstoj mnozice vseh mnozic,ki potemtakem ne more obstajati.

Pokazati, da je neka mnozica podmnozica druge, je naloga, ki jo v mate-matiki srecujemo na vsakem koraku. Ustavimo se za trenutek pri vprasanju,kako kaj takega dokazemo. Po definiciji bo mnozica A podmnozica mnoziceB, ce uspemo pokazati, da je vsak element mnozice A vsebovan v mnoziciB. Ce je mnozica A “dovolj majhna”, lahko seveda za vsak njen konkretenelement posebej preverimo, ce pripada mnozici B ali ne. Sicer pa je trebapoiskati nek splosen premislek, saj pri takem dokazovanju prav nic ne zalezejokonkretni primeri.

Zgled: Naj bo A = {2n− 1: n ∈ Z} mnozica vseh lihih celih stevil in najbo B = {(2n−1)3 : n ∈ Z} mnozica vseh kubov lihih celih stevil. Pokazimo,da velja B ⊆ A. Preden se lotimo dokaza, si je seveda priporocljivo ogledatinekaj elementov mnozice B, da lahko sploh presodimo, ali menimo, da jeB sploh res vsebovana v A ali ne. Tako so elementi mnozice B, na primer,stevila (2 − 1)3 = 1, pa (8 − 1)3 = 343, itd. Stevili, ki smo ju dobili (torej1 in 343), sta res lihi. A to seveda se ni dokaz, da velja B ⊆ A. Dabi to dokazali, je treba vzeti poljuben element mnozice B, torej poljubenm ∈ B, in pokazati, da je tedaj m vsebovan v mnozici A. Po definicijimnozice B torej obstaja n ∈ Z, da je m = (2n − 1)3. Tedaj pa je m =8n3 − 6n2 + 12n − 1 = 2(4n3 − 3n2 + 6n) − 1, kar je res liho stevilo, saj je4n3 − 3n2 + 6n ∈ Z. Tako je res m ∈ A. Ker je bil m poljuben elementmnozice B, smo s tem dokazali, da velja B ⊆ A. N

Definicija. Mnozica, ki ne premore nobenega elementa, se imenuje prazna


mnozica. Oznaka za prazno mnozico je {} oziroma ∅.

Po aksiomu o ekstenzionalnosti je seveda prazna mnozica ena sama, zatolahko upraviceno uporabljamo zgornjo oznako. Pokazimo sedaj, da je praznamnozica podmnozica vsake mnozice.

Trditev 2.2. Naj bo A poljubna mnozica. Potem je ∅ ⊆ A.

Dokaz: Po definiciji pojma podmnozice je torej treba pokazati, da velja∀x ∈ ∅ : x ∈ A. Da bi to dokazali je torej zopet treba vzeti poljuben x ∈ ∅in pokazati, da je x element mnozice A. A ker prazna mnozica po definicijine premore nobenega elementa, primernega elementa x sploh ni moc vzeti,zato je ta trditev “na prazno” izpolnjena. �

Bralca opozorimo, da glede na zaenkrat sprejete aksiome sploh se nevemo, ali sploh obstaja kaksna mnozica. Konec koncev nismo dokazali nitiobstoja prazne mnozice. Eden izmed kasnejsih aksiomov zagotavlja, da ob-staja vsaj ena (neskoncna) mnozica, zato odslej privzemimo, da obstaja vsajena mnozica. Obstoj prazne mnozice potem takoj sledi. Ce je namrec Apoljubna mnozica (kot smo se dogovorili, vsaj ena obstaja), je po aksiomuo podmnozici tudi B = {x ∈ A : x 6= x} mnozica. Ker B ocitno ne morevsebovati nobenega elementa, saj je izjava x 6= x vedno neresnicna, je Bprazna mnozica.

Sedaj pa je ze cas, da se vprasamo kako skonstruiramo se kaksne boljbogate mnozice. Nek napredek nam zagotavlja ze naslednji aksiom.

Aksiom o paru: Naj bosta A in B poljubni mnozici. Tedaj obstajamnozica, katere edina elementa sta A in B.

Po aksiomu o ekstenzionalnosti je seveda taka mnozica ena sama. Ozna-cimo jo z {A,B}. Tu velja omeniti, da nekateri avtorji namesto zgornjegaaksioma vzamejo aksiom, ki pravi, da za poljubni dve reci x in y obstajamnozica, katere edina elementa sta x in y. A kot smo ze povedali, je mocteorijo zgraditi tako, da je pravzaprav sleherni matematicni objekt zgrajenna pojmu mnozice. Potemtakem lahko besedico rec nadomestimo kar zbesedico mnozica.

Kaj smo pridobili z zgornjim aksiomom? Zaenkrat (ob nasem zgornjemdogovoru) poznamo le prazno mnozico ∅. Ce v aksiomu o paru za A in Bvzamemo to mnozico, ugotovimo, da obstaja mnozica {∅, ∅}. Po aksiomu oekstenzionalnosti je to seveda kar mnozica {∅}. A pozor, slednja ni enakaprazni mnozici ∅. Ena je brez elementov, druga pa ne, torej po aksiomuo ekstenzionalnosti ne moreta biti enaki. Nadaljujemo, pa ugotovimo, daobstaja tudi mnozica {∅, {∅}}. Seveda lahko zgodbo peljemo naprej, a nata nacin bomo ves cas operirali samo z mnozicami z najvec dvema elemen-toma. To pa seveda ni zadovoljivo. Zato potrebujemo nove aksiome, ki

2.3. UNIJA IN PRESEK MNOZIC 41

bodo omogocili konstrukcijo bolj bogatih mnozic. Spoznali jih bomo ze vnaslednjem razdelku.

Naloga 2.2. Iz definicije pojma podmnozice izluscite trditev, ki pove kdajmnozica A ni podmnozica mnozice B.

Naloga 2.3. Zapisite trditev, ki pove kdaj mnozica A ni prava podmnozicamnozice B.

Naloga 2.4. Naj boA = {a, b} neka mnozica z dvema elementoma. Pokazite,da tedaj obstaja mnozica {a}. Vsaki taki mnozici, torej mnozici z enimsamim elementom, pravimo singleton.

Naloga 2.5. Ali lahko samo z doslej sprejetimi aksiomi (in privzetkom, daobstaja vsaj ena mnozica) pokazemo, da obstaja mnozica {{{∅}}}?

Naloga 2.6. Pokazite, da obstajata vsaj dve razlicni mnozici z enim ele-mentom.

2.3 Unija in presek mnozic

V prejsnjem razdelku smo ugotavljali, da doslej sprejeti aksiomi ne omo-gocajo konstrukcij “bogatih mnozic”, torej mnozic z veliko elementi. Uspelismo namrec skonstruirati le mnozico brez elementov, mnozice z enim ele-mentom in pa take z dvema (seveda ob predpostavki, da obstaja vsaj praznamnozica {}). A po nasem intuitivnem prepricanju morajo obstajati tudibolj bogate mnozice, na primer mnozica vseh naravnih stevil ali pa mnozicavseh celih stevil med 0 in 100. Ce naj torej aksiomatska teorija mnozicres zagotovi obstoj taksnih mnozic, potrebujemo dodatne aksiome, ki bodoto omogocili. Prvi korak na poti k bolj bogatim mnozicam je pojem unijemnozic.

Definicija. Naj bosta A in B poljubni mnozici. Tedaj je njuna unija, ki jooznacimo z A ∪ B, mnozica, ki sestoji iz vseh elementov, ki pripadajo vsajeni izmed obeh mnozic. Podobno je presek mnozic A in B, ki ga oznacimo zA ∩ B, mnozica vseh tistih elementov, ki pripadajo obema mnozicama. Ceje A ∩B prazna mnozica, pravimo, da sta mnozici A in B disjunktni.

Najprej se moramo seveda vprasati, kako je s samim obstojem mnozicA ∪ B in A ∩ B. Ali znamo za poljubni mnozici A in B zagotoviti obstojnjune unije in preseka? V primeru, ko sta tako A kot B podmnozici nekedane mnozice C, to ni tezko. Tedaj lahko namrec zapisemo

A ∪B = {x ∈ C : (x ∈ A ∨ x ∈ B)}in

A ∩B = {x ∈ C : (x ∈ A ∧ x ∈ B)}.


Po aksiomu o podmnozici torej v tem primeru unija A∪B in presek A∩B ob-stajata. Iz zgornjega tudi razberemo, da je unija mnozic v zelo tesni povezaviz logicnim veznikom disjunkcije, presek mnozic pa z logicnim veznikom kon-junkcije. Kot bomo videli spodaj (izrek 2.3), ima to dejstvo uporabneposledice.

V splosnem, ko imamo dani samo mnozici A in B in ne vemo ali sta ti dvemnozici podmnozici neke skupne mnozice, je stvar malce manj trivialna. Daobstaja presek A ∩B, tudi v tem splosnem primeru ni tezko videti. PresekA∩B je namrec po definiciji mnozica vseh elementov x, ki pripadajo tako Akot B. Povedano drugace, A ∩ B je mnozica vseh elementov iz A, ki imajoto lastnost, da pripadajo B, to je A ∩ B = {a ∈ A : a ∈ B}. Izjava a ∈ Bseveda definira smiselno lastnost (za elemente mnozice A) in zato mnozicaA ∩B obstaja po aksiomu o podmnozici.

Obstoja unije na ta nacin ne moremo zagotoviti. Pravzaprav se izkaze,da obstoja unije z doslej sprejetimi aksiomi sploh ni mogoce zagotoviti. Zatopotrebujemo nov aksiom.

Aksiom o uniji: Naj bosta A in B poljubni mnozici. Tedaj obstajamnozica, katere elementi so natanko tisti elementi, ki pripadajo vsaj eniizmed mnozic A in B, to je, obstaja njuna unija A ∪B.

Zgled: Naj bo A = {n ∈ N : 2|n} in B = {n ∈ N : 3|n}. Lahko se jeprepricati, da za poljubno naravno stevilo n velja 2|n∧3|n ⇐⇒ 6|n (bralcavabimo, da to tudi zares dokze), torej je A ∩ B = {n ∈ N : (2|n ∧ 3|n)} ={n ∈ N : 6|n}. Presek mnozic A in B je torej mnozica vseh naravnih stevil,ki so deljiva s 6. Podobno je A ∪ B = {n ∈ N : (2|n ∨ 3|n)}, to je, A ∪ B jemnozica vseh tistih naravnih stevil, ki so deljiva z 2 ali s 3. N

Oglejmo si se naslednji, sicer precej bolj abstrakten, a zato toliko boljpomemben zgled, ki nakaze, kako lahko vpeljemo mnozico naravnih stevilzgolj na podlagi aksiomov teorije mnozic.

Zgled: Naj bo A poljubna mnozica. Po aksiomu o paru tedaj obstajamnozica {A,A} = {A}. Po aksiomu o uniji pa tedaj obstaja tudi mnozicaA ∪ {A}. Ce za A vzamemo kar prazno mnozico ∅, dobimo mnozico ∅ ∪{∅} = {∅}. Ce zadevo ponovimo s to novo mnozico, dobimo mnozico {∅} ∪{{∅}} = {∅, {∅}}. Nadaljujemo, pa dobimo mnozico {∅, {∅}} ∪ {{∅, {∅}}} ={∅, {∅}, {∅, {∅}}}. Po se enem koraku dobimo mnozico

{∅, {∅}, {∅, {∅}}, {∅, {∅}, {∅, {∅}}}}.

Zadeve pocasi postajajo precej nepregledne. A poanta tega zgleda je nasled-nja. Opazimo lahko, da ima nastala mnozica v vsakem novem koraku enelement vec kot prejsnja. To pomeni, da lahko ze ob predpostavki ob-stoja prazne mnozice z uporabo doslej sprejetih aksiomov dokazemo obstojmnozice z enim elementom, z dvema elementoma, s tremi elementi, itd. N


V zvezi z zadnjim zgledom je na mestu naslednje vprasanje. Kako dolgolahko zgornji postopek ponavljamo? Videli smo, da lahko ob predpostavki,da prazna mnozica zares obstaja, dobimo mnozico z enim elementom, patako z dvema, tremi, itd. Najbrz se bo bralec strinjal, da bi lahko na ta nacindobili tudi mnozico s 100 elementi (ceprav bi bil njen zapis zares obupen).Ampak ali lahko na ta nacin dobimo tudi mnozico, ki bi ustrezala celotnimnozici naravnih stevil? Izkaze se, da tega z doslej sprejetimi aksiomi sene moremo zagotoviti. A zaenkrat ustreznega novega aksioma se ne bomonavajali, saj se moramo najprej posvetiti osnovnim operacijam na mnozicah.K zgornjem vprasanju se bomo zato vrnili nekoliko kasneje.

Vpeljimo sedaj pojem razlike in komplementa mnozic.

Definicija. Naj bosta A in B poljubni mnozici. Tedaj je razlika mnozic A inB, ki jo oznacimo z A\B, mnozica vseh tistih elementov mnozice A, ki nisovsebovani v mnozici B. Ko obravnavamo samo mnozice, ki so podmnoziceneke v naprej dogovorjene mnozice U (ki ji v tem primeru recemo univerzalnamnozica), razliko U \A oznacimo z AC in govorimo o komplementu mnoziceA (glede na U). Simetricna razlika mnozic A in B, ki jo oznacimo z A∆B, jemnozica vseh tistih elementov, ki so bodisi vsebovani v A, pa niso vsebovaniv B, bodisi so vsebovani v B, pa niso vsebovani v A.

Tudi za obstoj mnozice A \ B ne potrebujemo novega aksioma, saj greza podmnozico mnozice A, torej A \ B = {x ∈ A : x /∈ B}, ki obstaja poaksiomu o podmnozici. Jasno je seveda tudi, da je A∆B = (A\B)∪(B \A),torej sedaj, ko imamo aksiom o uniji, tudi za obstoj simetricne razlike nepotrebujemo novega aksioma.

Ko obravnavamo odnose med mnozicami, nam je lahko v veliko pomocpredstavitev mnozic z diagrami, ki jih je okrog leta 1880 vpeljal britanskilogik John Venn in jih zato danes imenujemo Vennovi diagrami. To storimotako, da vsako mnozico, ki v tej obravnavi nastopa, predstavimo kot nekoobmocje v ravnini (recimo krog ali elipso) in to na tak nacin, da so nadobljeni sliki predstavljena obmocja za vsako izmed moznih situacij gledevsebovanosti elementa v posameznih nastopajocih mnozicah. Na primer, ceobravnavamo mnozici A in B, je treba pripadajoca kroga narisati tako, dadobimo obmocje, ki predstavlja presek A ∩ B, pa obmocji, ki predstavljatarazliki A\B in B\A in tudi obmocje, ki predstavlja elemente, ki ne pripadajoniti A niti B. Na sliki 2.1 spodaj so prikazani Vennovi diagrami, ki pona-zarjajo unijo, presek, razliko in simetricno razliko dveh mnozic. Taksnepredstavitve so smiselne za situacije, v katerih nastopajo do najvec stirimnozice. Sicer je namrec pripadajoco sliko ze zelo tezko narisati (pri petihmnozicah bi recimo morali prikazati kar 32 “obmocij”).

Opozoriti velja se naslednje. Vennovi diagrami nikdar ne morejo sluzitikot rigorozen dokaz neke trditve. So le v pomoc za lazje razumevanje prob-lema oziroma konkretne situacije.


A B A B

A B A B

Slika 2.1: Ponazoritev mnozic A ∪ B, A ∩ B, A \ B in A∆B z Vennovimidiagrami.

Spomnimo se izreka 1.1 iz razdelka 1.2, ki je dal celo vrsto ekvivalencmed izjavnimi formami. Glede na to, da operacije unije, preseka in razlikemnozic temeljijo na logicnih veznikih negacije, disjunkcije in konjunkcije,naslednji izrek ni presentljiv.

Izrek 2.3. Naj bodo A, B in C poljubne podmnozice univerzalne mnoziceU . Tedaj so resnicne vse naslednje izjave:

1. ∅ ⊆ A in A ⊆ A.

2. (AC)C = A, A ∩AC = ∅ in A ∪AC = U .

3. A ∪ ∅ = A in A ∩ ∅ = ∅.4. A ∪A = A in A ∩A = A.

5. A ∪B = B ∪A in A ∩B = B ∩A.

6. (A ∪B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C) in (A ∩B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C).

7. A ⊆ A ∪B in A ∩B ⊆ A.

8. A∩ (B ∪C) = (A∩B)∪ (A∩C) in A∪ (B ∩C) = (A∪B)∩ (A∪C).

9. (A ∪B)C = AC ∩BC in (A ∩B)C = AC ∪BC .

10. A \B = A ∩BC .

11. A ⊆ B ⇐⇒ A ∪B = B ⇐⇒ A ∩B = A ⇐⇒ BC ⊆ AC .

Dokaz: Enakosti bo bralec zlahka dokazal s pomocjo izreka 1.1. Seveda pajih lahko dokaze tudi brez uporabe tega izreka. Oglejmo si na primer, kakolahko dokazemo enega izmed distributivnostnih zakonov. Izberimo recimo


prvega: A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). Kot smo omenili, enakost dvehmnozic obicajno pokazemo v dveh korakih.

Pokazimo najprej, da velja A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) in v tanamen izberimo poljuben x ∈ A∩ (B∪C). Tedaj je x ∈ A in x ∈ B∪C, karmed drugim pomeni, da je x ∈ B ali x ∈ C. Ce je x ∈ B, je x ∈ A ∩ B, cepa je x ∈ C, je x ∈ A∩C. V vsakem primeru je torej x ∈ (A∩B)∪ (A∩C),kot smo zeleli. Ker je bil x ∈ A ∩ (B ∪ C) poljuben, smo s tem dokazaliA ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩B) ∪ (A ∩ C).

Za dokaz druge vsebovanosti privzemimo sedaj x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C),kar seveda pomeni, da je x ∈ A∩B ali x ∈ A∩C (lahko seveda tudi oboje).No, ce je x ∈ A ∩ B, je x ∈ A in x ∈ B, torej je x ∈ B ∪ C in posledicnotudi x ∈ A ∩ (B ∪ C). Ce pa je x ∈ A ∩ C, je x ∈ A in x ∈ C, torej jezopet x ∈ B ∪ C in posledicno x ∈ A ∩ (B ∪ C). V vsakem primeru je torejx ∈ A ∩ (B ∪ C). Ker je bil x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) poljuben, smo s temdokazali se vsebovanost (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊆ A ∩ (B ∪ C), s cimer pa jedokazana tudi enakost A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C).

Ustavimo se se pri delu izreka, ki ne govori o enakostih. Da velja 1.tocka, smo pravzaprav dokazali ze v trditvi 2.2, saj vsebovanost A ⊆ A sledipo definiciji. Dokazi ekvivalenc iz zadnje tocke izreka so si zelo podobni, zatosi oglejmo le dokaz ekvivalence A ⊆ B ⇐⇒ A ∪B = B. V tem primeru jenasa trditev ekvivalenca dveh izjav. Da dokazemo njeno pravilnost, je torejpo izreku 1.1 dovolj pokazati, da sta pravilni obe pripadajoci implikaciji.

Lotimo se najprej “implikacije iz desne na levo”. Privzemimo v ta na-men, da velja A ∪ B = B in pokazimo, da tedaj velja A ⊆ B. To je res,ce za vsak x ∈ A velja x ∈ B. Pa naj bo x ∈ A poljuben. Tedaj je sevedax ∈ A∪B. Ker pa po predpostavki velja A∪B = B, je torej x ∈ B, kot smozeleli. Ker je bil x ∈ A poljuben, smo torej pokazali, da res velja A ⊆ B.

Lotimo se sedaj se “implikacije iz leve na desno”. Privzemimo torej, davelja A ⊆ B in pokazimo, da tedaj velja A∪B = B. Da je B ⊆ A∪B, sledineposredno iz definicije vsebovanosti. Vzemimo sedaj se poljuben x ∈ A∪Bin pokazimo, da tedaj velja x ∈ B. Ker je x ∈ A ∪ B, je x ∈ A ali x ∈ B.Ce je x ∈ B, seveda ni kaj dokazati. Denimo torej, da je x ∈ A. Ker popredpostavki velja A ⊆ B, je torej tudi v tem primeru x ∈ B, kot smo zeleli.Ker je bil x ∈ A ∪ B poljuben, smo s tem dokazali enakost A ∪ B = B, stem pa je dokaz koncan. �

Da si se malce bolj razjasnimo postopek dokazovanja pravilnosti oziromanepravilnosti izjav, ki govore o zvezah med (splosnimi) mnozicami, si oglejmose naslednji zgled.

Zgled: Ali za poljubno trojico mnozic A, B in C velja (A \ B) \ C =A \ (B \C)? Ce mnozici v splosnem nista enaki, ali velja vsaj katera izmedobeh moznih vsebovanosti?


Ce si ogledamo pripadajoca Vennova diagrama (slika 2.2), kaj hitro ugo-tovimo, da enakost v splosnem ne velja. Na podlagi Vennovih diagramovtudi zlahka konstruiramo ustrezni protiprimer. Poskrbeti moramo le, da boobstajal nek element, ki bo vsebovan v A ∩ C. Dovolj je torej na primervzeti A = {a}, B = ∅ ter C = {a}. Tedaj je (A \ B) \ C = A \ C = ∅ inA \ (B \ C) = A \ ∅ = A = {a}.

Kako pa je z vsebovanostjo? Iz Vennovih diagramov sklepamo, da moraveljati (A \ B) \ C ⊆ A \ (B \ C). Zapisimo dokaz te trditve. Po definicijipojma podmnozice moramo za vsak x ∈ (A \ B) \ C pokazati, da pripadamnozici A\ (B \C). Pa naj bo x ∈ (A\B)\C poljuben. Tedaj je x ∈ A\Bin x /∈ C. Torej je x ∈ A, x /∈ B ter x /∈ C. Ker torej x ne pripada mnoziciB, ne more pripadati niti mnozici B \ C. Ker pa je x ∈ A, torej res veljax ∈ A \ (B \ C), kot smo trdili. Ker je bil x ∈ (A \ B) \ C poljuben, smo stem naso trditev dokazali. N

A

B C

A

B C

Slika 2.2: Vennova diagrama, ki prikazujeta mnozici (A\B)\C in A\(B\C).

Seveda si lahko pri dokazovanju resnicnosti izjav o (splosnih) mnozicahpomagamo tudi z izrekom 2.3. Oglejmo si dva zgleda.

Zgled: Pokazimo, da za poljubne mnozice A,B in C velja (A ∩ B) \ C =(A \ C) ∩ (B \ C). Enakost seveda lahko dokazemo tako, da se prepricamo,da je vsaka izmed obeh mnozic vsebovana v drugi. S pomocjo izreka 2.3pa gre stvar precej hitreje. Naj bo U unija vseh treh mnozic. Tedaj lahkosmiselno govorimo o komplementih. Tako je

(A \ C) ∩ (B \ C) = (A ∩ CC) ∩ (B ∩ CC) = (A ∩B) ∩ CC = (A ∩B) \ C.

N

Zgled: Pokazimo, da za poljubni mnozici A in B velja A∆B = (A ∪ B) \(A ∩ B). Po definiciji je A∆B = (A \ B) ∪ (B \ A). Tokrat naj bo U unija


obeh mnozic, torej U = A ∪B. Po izreku 2.3 torej velja

A∆B = (A ∩BC) ∪ (B ∩AC) = (A ∪ (B ∩AC)) ∩ (BC ∪ (B ∩AC)) =

((A ∪B) ∩ U) ∩ (U ∩ (BC ∪AC)) = (A ∪B) ∩ (AC ∪BC) =

(A ∪B) ∩ (A ∩B)C = (A ∪B) \ (A ∩B).

N

Doslej smo ves cas govorili le o uniji in preseku dveh mnozic. A zdise, da ni nobene potrebe po taksni omejitvi. Ni namrec tezko ugotoviti,kako definirati unijo in presek treh mnozic. Kako pa je z unijo in presekompoljubne druzine mnozic? Pravzaprav smo za unijo dveh mnozic proglasilimnozico tistih elementov, ki so vsebovani v vsaj eni od obeh mnozic, zapresek pa mnozico tistih elementov, ki so vsebovani v obeh mnozicah. Zatose definicija unije in preseka poljubnega nabora mnozic ponuja kot naravnaposplositev definicije unije in preseka dveh mnozic. Preden podamo defini-cijo dodajmo se to, da namesto o uniji in preseku mnozic iz nekega naboramnozic obicajno raje govorimo o uniji in preseku druzine mnozic.

Definicija. Naj bo I neka neprazna mnozica (indeksov) in denimo, daimamo za vsak indeks i ∈ I dano mnozico Ai. Tedaj je unija druzinemnozic {Ai : i ∈ I}, ki jo oznacimo z

⋃i∈I Ai, mnozica vseh tistih elemen-

tov, ki so vsebovani v vsaj eni izmed mnozic Ai. Podobno je presek druzine{Ai : i ∈ I}, ki ga oznacimo z

⋂i∈I Ai, mnozica vseh tistih elementov, ki so

vsebovani v vsaki izmed mnozic Ai.

Ob zgornji definiciji velja dodati, da elementi indeksne mnozice I nisonujno le stevila. Mnozica I je lahko poljubna neprazna mnozica.

Glede na to, da so v uniji ravno elementi, ki so vsebovani v vsaj eniizmed obravnavanih mnozic, v preseku pa tisti, ki so vsebovani v vseh tehmnozicah, je jasno, da sta z unijo in presekom tesno povezana eksistencni inuniverzalni kvantifikator. V primeru, ko so vse mnozice Ai podmnozice nekeuniverzalne mnozice U , lahko namrec unijo in presek druzine {Ai : i ∈ I}zapisemo takole: ⋃

i∈IAi = {x ∈ U : (∃i ∈ I : x ∈ Ai)} in

⋂i∈I

Ai = {x ∈ U : (∀i ∈ I : x ∈ Ai)}.

Spomnimo se, da smo v splosnem za obstoj unije dveh mnozic potrebovaliaksiom o uniji. Kako pa je z obstojem unije in preseka poljubne druzinemnozic? Ce gre za druzino koncno mnogo mnozic (pojma koncnosti sicerse nismo definirali, zato se zaenkrat oprimo kar na intuitivno razumevanje


tega pojma), seveda ni tezav. Tako na primer unijo mnozic A, B, C in Dpreprosto dobimo kot A∪ (B ∪ (C ∪D)), ki po aksiomu o uniji obstaja. Pripoljubnih druzinah pa, vsaj kar se tice unije, zopet naletimo na tezave (zaobstoj preseka poljubne druzine mnozic novega aksioma ne potrebujemo,saj je eksistenca zagotovljena po aksiomu o podmnozici). Pravzaprav seizkaze, da z doslej sprejetimi aksiomi njenega obstoja ni moc dokazati. Zatoaksiom o uniji posplosimo tako, da bo zagotavljal obstoj unije poljubnihdruzin mnozic.

Aksiom o uniji: Naj bo {Ai : i ∈ I} poljubna neprazna druzina mnozic.Tedaj obstaja mnozica, ki sestoji iz vseh elementov, ki so vsebovani v vsajeni izmed mnozic te druzine. Povedano drugace, unija

⋃i∈I Ai obstaja.

Prepricajmo se, da ta aksiom implicira nas prvotni aksiom o uniji, toje, pokazimo, da lahko “stari” aksiom o uniji nadomestimo z “novim”. Res,ce imamo dani mnozici A in B, po aksiomu o paru obstaja druzina {A,B},potem pa po (novem) aksiomu o uniji obstaja tudi unija te druzine. Apo definiciji je to mnozica, ki sestoji iz elementov, ki so vsebovani v vsajeni izmed mnozic A in B, kar pa je ravno definicija mnozice A ∪ B, kipotemtakem zares obstaja. Oglejmo si sedaj nekaj zgledov.

Zgled: Za vsako naravno stevilo n ∈ N naj bo An = [0, n] zaprt interval vR s krajisci 0 in n. Naj bo I = {i ∈ N : i ≤ 9} mnozica vseh naravnih stevildo vkljucno 9. Pokazimo, da tedaj velja

⋃n∈I An = [0, 9]. Kot obicajno

enakost mnozic dokazemo tako, da se prepricamo, da je vsaka izmed obehmnozic vsebovana v drugi. Pa naj bo najprej x ∈

⋃n∈I An. Po definiciji

unije obstaja n ∈ I, da je x ∈ An = [0, n]. Sledi 0 ≤ x ≤ n, ker paje n ≤ 9, od tod takoj dobimo se 0 ≤ x ≤ 9 in tako x ∈ [0, 9]. Najbo sedaj se x ∈ [0, 9]. Tedaj je seveda x ∈ A9, torej je zagotovo tudix ∈

⋃n∈I An. S tem je enakost

⋃n∈I An = [0, 9] dokazana. Seveda bi to

enakost lahko dokazali tudi s pomocjo izreka 2.3, saj za vsak n ∈ N ocitnovelja An ⊆ An+1, torej je An ∪ An+1 = An+1. Tako je A1 ∪ A2 = A2.Posledicno je A1 ∪ A2 ∪ A3 = A2 ∪ A3 = A3. Nadaljujemo, pa dobimo⋃

n∈I An = A9 = [0, 9].

Podobno se dokaze (bodisi direktno ali pa s pomocjo izreka 2.3), da velja⋂n∈I An = [0, 1].

Kako pa je z unijo⋃

n∈NAn? Hitro pridemo do sklepa, da mora veljati⋃n∈NAn = R+∪{0}. A tokrat zgornjega argumenta, ki temelji na izreku 2.3,

ne moremo speljati, saj je mnozic “prevec”. Dokaz je torej treba speljatitako, da se zopet dokazeta obe vsebovanosti. Naj bo torej najprej x ∈⋃

n∈NAn. Po definiciji unije za nek n velja x ∈ An, torej je 0 ≤ x ≤ n intako ocitno velja x ∈ R+ ∪ {0}. Denimo sedaj, da je x ∈ R+ ∪ {0}. Kotsmo omenili ze v 1. poglavju, so naravna stevila navzor neomejena, torej zavsako realno stevilo M obstaja naravno stevilo N , za katerega je N > M .Ker je x ∈ R+ ∪ {0}, tako obstaja naravno stevilo n, da je n > x. Tedaj pa


je seveda x ∈ An in tako x ∈⋃

n∈NAn. Enakost⋃

n∈NAn = R+ ∪ {0} torejres velja. N

Zgled: Za vsak n ∈ N naj bo An = {mn : m ∈ Z}. Dolocimo tedaj unijo⋃n∈NAn in presek

⋂n∈NAn.

Pokazimo najprej, da velja⋃

n∈NAn = Q. Ker je stevilo mn za vsaka

n ∈ N in m ∈ Z racionalno stevilo, vsebovanost⋃

n∈NAn ⊆ Q seveda velja.Za vsak x ∈

⋃n∈NAn namrec po definiciji unije obstaja n ∈ N, da je x ∈ An,

po definiciji mnozice An pa obstaja m ∈ Z, da je x = mn in tako je x ∈ Q.

Naj bo sedaj se x poljubno racionalno stevilo. Po definiciji racionalnih steviltedaj obstajata celo stevilo m in nenicelno celo stevilo n, da je x = m

n . Brezskode za splosnost lahko privzamemo, da je n > 0, to je, n ∈ N (sicernamesto m in n pac vzamemo −m in −n). Tedaj pa je x ∈ An in zato tudix ∈

⋃n∈NAn, s cimer je dokaz enakosti

⋃n∈NAn = Q koncan.

Pokazimo sedaj se, da velja⋂

n∈NAn = Z. Naj bo v ta namen q ∈⋂n∈NAn. Tedaj je seveda q ∈ A1 = Z, s cimer smo dokazali vsebovanost⋂n∈NAn ⊆ Z. Naj bo sedaj z ∈ Z poljuben. Za vsak n ∈ N je tedaj

z = nzn ∈ An, torej je res z ∈

⋂n∈NAn = Z, s cimer je dokazana tudi

enakost⋂

n∈NAn = Z. N

Spomnimo se izreka 2.3. Med drugim ta izrek pove, da za unijo in presekveljata oba distributivnostna zakona, obenem pa veljata se DeMorganovazakona. Kot pokazeta naslednji dve trditvi, posplositvi teh dveh zakonovveljata tudi za unije in preseke poljubnih druzin mnozic.

Trditev 2.4. Naj bo {Ai : i ∈ I} poljubna neprazna druzina mnozic in najbo B poljubna mnozica. Tedaj velja(⋃

i∈IAi

)∩B =

⋃i∈I

(Ai ∩B) in

(⋂i∈I

Ai

)∪B =

⋂i∈I

(Ai ∪B).

Dokaz: Pokazimo prvo izmed obeh enakosti, drugo pa bo s povsem podob-nim premislekom bralec dokazal sam. Naj bo v ta namen najprej x ∈(⋃

i∈I Ai

)∩B. Tedaj je x ∈

⋃i∈I Ai in x ∈ B. Po definiciji unije tako obstaja

i ∈ I, da je x ∈ Ai, od koder sledi x ∈ Ai ∩ B. Sledi x ∈⋃

i∈I(Ai ∩ B), kotsmo zeleli. Pa naj bo sedaj se x ∈

⋃i∈I(Ai ∩B). Tedaj obstaja i ∈ I, da je

x ∈ Ai∩B, torej je x ∈ Ai in x ∈ B. Sledi x ∈⋃

i∈I Ai, od koder potem takojdobimo se x ∈

(⋃i∈I Ai

)∩B. S tem je enakost

(⋃i∈I Ai

)∩B =

⋃i∈I(Ai∩B)

dokazana. �

Trditev 2.5. Naj bo {Ai : i ∈ I} poljubna neprazna druzina podmnozicuniverzalne mnozice U . Tedaj velja(⋃

i∈IAi

)C

=⋂i∈I

ACi in

(⋂i∈I

Ai

)C

=⋃i∈I

ACi .


Dokaz: Zopet pokazimo le prvo izmed obeh enakosti. Drugo lahko napodoben nacin dokaze bralec sam, lahko pa se opre tudi na dejstvo, da zavsako podmnozico A mnozice U velja (AC)C = A.

Naj bo torej najprej x ∈(⋃

i∈I Ai

)C. To pomeni, da je x ∈ U in x /∈⋃

i∈I Ai. Po definiciji je⋃

i∈I Ai = {z ∈ U : (∃i ∈ I : z ∈ Ai)}, torej je izjavax /∈

⋃i∈I Ai ekvivalentna izjavi ∀i ∈ I : x /∈ Ai. Ker je seveda x ∈ U , torej

za vsak i ∈ I velja x ∈ ACi , in tako res velja x ∈

⋂i∈I A

Ci .

Naj bo sedaj se x ∈⋂

i∈I ACi . Tedaj za vsak i ∈ I velja x ∈ AC

i , torej jeizjava ∀i ∈ I : x /∈ Ai pravilna. To pa pomeni, da izjava ∃i ∈ I : x ∈ Ai nipravilna, in tako x /∈

⋃i∈I Ai. Ker seveda velja x ∈ U , smo s tem dokazali

x ∈(⋃

i∈I Ai

)C, s cimer je dokaz koncan. �

Naloga 2.7. Podane imamo mnozice A = {z ∈ Z : 110 | z}, B = {z ∈Z : 22 | z} in C = {z ∈ Z : 10 | z}. Ali tedaj velja katera izmed enakostiA = B ∪ C, A = B ∩ C ali C = B \A?

Naloga 2.8. Naj bo A mnozica tistih realnih stevil x, za katera obstajajocela stevila a, b in c, ki niso vsa enaka 0, da je ax2 + bx + c = 0. Podobnonaj bo B mnozica tistih realnih stevil, za katera obstajajo racionalna stevilaa, b in c, ki niso vsa enaka 0, da je ax2 + bx+ c = 0. Pokazite, da velja 2 ∈ Ain√

2 ∈ A. Ali velja celo Q ⊆ A? Velja morda A = B?

Naloga 2.9. Naj bodo A, B in C poljubne podmnozice univerzalne mnoziceU . Uporabite trditve izreka 2.3, da dokazete trditev:

CC ⊂ B ⇒ (A \B) ∪ C = C.

Naloga 2.10. Naj bosta A in B poljubni mnozici. Pokazite, da sta tedajmnozici A in B \A disjunktni, ter da je A ∪B = A ∪ (B \A).

Naloga 2.11. Naj bodo A, B in C poljubne mnozice. Ali tedaj velja enakost(A ∪ B) \ C = (A \ C) ∪ (B \ C)? Ali morda velja sklep, da v primeru, kovelja A ∪B = A ∪ C, velja tudi B = C?

Naloga 2.12. Pokazite, da za poljubne mnozice A,B in C velja enakostA∆(B∆C) = (A∆B)∆C.

Naloga 2.13. Naj bo U univerzalna mnozica in naj bosta A in B taki njenipodmnozici, da za vsako podmnozico C mnozice U velja A ∩ C = B ∩ C.Ali smemo tedaj sklepati, da velja enakost A = B? Kaj pa ce za vsakopodmnozico C mnozice U velja A ∪ C = B ∪ C? Ali smemo tedaj sklepatina enakost A = B?

Naloga 2.14. Za vsak i ∈ N naj bo Ai = [i, i + 1]. Dolocite mnoziciA =

⋃i∈NAi ter

⋂i∈NAi. Svoje trditve natancno utemeljite.

2.4. POTENCNA MNOZICA IN KARTEZICNI PRODUKT 51

Naloga 2.15. Naj bo N2 = N \ {1} in naj bo za vsak n ∈ N2 dana mnozicaAn = ( 1

n ,n

n+1). Dolocite mnozici A =⋃

i∈N2Ai ter

⋂i∈N2

Ai. Svoje trditvenatancno utemeljite.

Naloga 2.16. Naj bo I neprazna mnozica indeksov in naj bo za vsaki ∈ I dana podmnozica Ai dane univerzalne mnozice U . Denimo, da zapodmnozico B mnozice U velja, da je Ai ⊆ B za vse i ∈ I. Pokazite, datedaj velja

⋃i∈I Ai ⊆ B.

Naloga 2.17. Naj bosta {An : n ∈ N} in {Bn : n ∈ N} taki druzini mnozic,da za vsak n ∈ N velja An ⊆ Bn. Ali tedaj velja

⋂n∈NAn ⊆

⋂n∈NBn? Kaj

pa ce za vsak n ∈ N velja An ( Bn? Ali tedaj velja⋂

n∈NAn (⋂

n∈NBn?

Naloga 2.18. Naj bo I dana indeksna mnozica in naj bosta {Ai : i ∈ I} in{Bi : i ∈ I} neprazni druzini mnozic. Pokazite, da tedaj velja(⋂

i∈IAi

)∪

(⋂i∈I

Bi

)⊆⋂i∈I

(Ai ∪Bi).

Pokazite, da enakost v splosnem ne velja.

2.4 Potencna mnozica in kartezicni produkt

V prejsnjih razdelkih smo ze spoznali nekaj nacinov, kako iz danih mnozickonstruiramo nove. V tem razdelku bomo tem dodali se dva nova. Gre zapotencno mnozico dane mnozice in kartezicni produkt dveh danih mnozic.Posvetimo se najprej potencni mnozici.

Imejmo dano neko mnozico A. Po aksiomu o podmnozici za vsakosmiselno lastnost elementov mnozice A obstaja njena podmnozica, ki sestojiiz natanko tistih elementov mnozice A, ki to lastnost imajo. Na ta nacintorej lahko iz dane mnozice A dobimo celo vrsto novih podmnozic. Po ak-siomu o paru za poljubni dve taki podmnozici mnozice A obstaja mnozica,katere edina elementa sta ravno ti dve mnozici. Po aksiomu o uniji lahko takemnozice podmnozic mnozice A potem zdruzujemo v vecje in vecje mnozice,ki vsebujejo kot elemente vedno vec podmnozic mnozice A. Na ta nacintorej lahko gradimo mnozice podmnozic dane mnozice. Najvecji izmed njihdamo posebno ime.

Definicija. Naj bo A mnozica. Tedaj je njena potencna mnozica P(A)mnozica, ki sestoji iz vseh podmnozic mnozice A.

Zgled: Naj bo A = {a, b}. Tedaj je P(A) = {∅, {a}, {b}, {a, b}}. Poiscimo


se potencno mnozico mnozice, ki smo jo pravkar konstruirali. Dobimo

P(P(A)) ={∅,{∅}, {{a}}, {{b}}, {{a, b}},{∅, {a}}, {∅, {b}}, {∅, {a, b}}, {{a}, {b}}, {{a}, {a, b}}, {{b}, {a, b}},{∅, {a}, {b}}, {∅, {a}, {a, b}}, {∅, {b}, {a, b}}, {{a}, {b}, {a, b}},{∅, {a}, {b}, {a, b}}

},

kjer smo zgolj zaradi vecje preglednosti podmnozice razvrstili po vrsticahglede na stevilo njihovih elementov. N

Ze v zgornjem zgledu vidimo, da je v splosnem potencna mnozica danemnozice precej vecja od zacetne mnozice. Mnozica A je imela na primerle dva elementa, njena potencna mnozica pa 4, potencna mnozica slednjepa celo kar 16 elementov. V resnici se da pokazati (dokaz se lahko narediz indukcijo na velikost mnozice ali s preprostim kombinatoricnim premis-lekom), da ima za mnozico A z n elementi njena potencna mnozica natanko2n elementov. Kako pa je s potencnimi mnozicami neskoncnih mnozic (kotreceno, bomo o koncnosti in neskoncnosti mnozic formalno govorili nekolikokasneje, zato se zaenkrat oprimo kar na intuitivno pojmovanje neskoncnostimnozic)? V tem primeru obstoj potencne mnozice sploh ni vec samoumeven.Pravzaprav se celo izkaze, da obstoja potencne mnozice poljubne mnozicez doslej sprejetimi aksiomi ni mogoce zagotoviti. Zato je treba privzeti novaksiom.

Aksiom o potencni mnozici: Naj bo A poljubna dana mnozica. Tedajobstaja mnozica vseh njenih podmnozic, to je, obstaja potencna mnozicamnozice A.

Ta aksiom tako zagotovi, da na primer obstaja tudi potencna mnozicamnozice naravnih stevil, pa potencna mnozica realnih stevil, itd. Gre za zelovelike in pomembne mnozice. Z njihovo velikostjo se je ukvarjal tudi samCantor, po katerem se imenuje tudi znameniti Cantorjev izrek, ki govorio velikosti potencne mnozice dane mnozice in o katerem bomo govorili vzadnjem razdelku.

Oglejmo si na tem mestu raje nekaj osnovnih lastnosti potencnih mnozic.V obeh zgornjih konkretnih izracunih potencne mnozice je ∅ element pri-padajoce potencne mnozice. Da je temu tako, ni slucaj.

Trditev 2.6. Naj bo A mnozica. Tedaj je P(A) neprazna mnozica.

Dokaz: Po trditvi 2.2 velja ∅ ⊆ A, torej potencna mnozica P(A) vsebujevsaj element ∅. Posledicno je seveda P(A) neprazna mnozica. �

Kako je s potencno mnozico preseka in unije mnozic pokaze naslednjatrditev.


Trditev 2.7. Naj bosta A in B mnozici. Tedaj velja

P(A ∩B) = P(A) ∩ P(B) in P(A) ∪ P(B) ⊆ P(A ∪B).

Enakost P(A) ∪ P(B) = P(A ∪B) v splosnem ne velja.

Dokaz: Posvetimo se najprej enakosti P(A ∩ B) = P(A) ∩ P(B). Dadokazemo vsebovanost P(A ∩ B) ⊆ P(A) ∩ P(B) naj bo X poljubna pod-mnozica mnozice A ∩ B. Tedaj je seveda X tako podmnozica mnozice Akot podmnozica mnozice B in zato je X ∈ P(A), ter X ∈ P(B). SlediX ∈ P(A) ∩ P(B), kot smo zeleli. Da dokazemo se vsebovanost P(A) ∩P(B) ⊆ P(A ∩ B) naj bo sedaj se X ∈ P(A) ∩ P(B). Tedaj je X ∈ P(A),to je X ⊆ A, ter X ∈ P(B), to je X ⊆ B. Sledi X ⊆ A ∩ B in takoX ∈ P(A ∩ B), kot smo zeleli. S tem je enakost P(A ∩ B) = P(A) ∩ P(B)dokazana.

Dokazimo sedaj vsebovanost P(A) ∪ P(B) ⊆ P(A ∪ B). Naj bo v tanamen X ∈ P(A) ∪ P(B). Tedaj je X ⊆ A ali X ⊆ B, torej je X ⊆ A ∪ Bin tako X ∈ P(A ∪ B). Da enakost v splosnem ne velja, dokaze naslednjikonkreten primer. Za A = {1} in B = {2} je P(A ∪ B) = P({1, 2}) ={∅, {1}, {2}, {1, 2}}, po drugi strani pa je P(A)∪P(B) = {∅, {1}}∪{∅, {2}} ={∅, {1}, {2}}, kar je torej prava podmnozica mnozice P(A ∪B). �

Posvetimo se sedaj se kartezicnim produktom. V matematiki pogostopotrebujemo pojem urejenih parov, urejenih trojic in bolj splosno urejenihn-teric (na primer pri obravnavi vektorjev v prostoru R3). Kot bomo videlize v okviru tega predmeta, so ti koncepti precej pomembni, saj na njihtemeljijo pojmi kot so relacije, funkcije, itd.

A kako na podlagi doslej povedanega vpeljati pojem urejenega para?Intuitivno je urejeni par (x, y) par elementov x in y (pri cemer sta x in y lahkoenaka), v katerem imamo pojem prvega elementa (x) in drugega elementa(y). To je torej neurejeni par {x, y}, ki pa pleg tega nosi se informacijoo tem, kateri izmed elementov je prvi in kateri drugi. Izkaze se, da lahkoto dodatno informacijo v neurejeni par “zakodiramo” tako, da urejeni par(x, y) definiramo kot par {{x}, {x, y}}. Naslednja trditev pokaze, da se tadefinicija ujema z naso intuitivno predstavo o urejenih parih.

Trditev 2.8. Za poljubna urejena para (a, b) in (c, d) velja naslednje:

(a, b) = (c, d) ⇐⇒ a = c ∧ b = d.

Dokaz: Najprej se prepricajmo, da je urejeni par (x, y) singleton natankotedaj, ko je x = y. Ce je x = y, po aksiomu o ekstenzionalnosti velja(x, y) = {{x}, {x, y}} = {{x}, {x}} = {{x}}, kar je res singleton. Obratno,ce je (x, y) singleton, je {x} = {x, y}, torej je y ∈ {x}, kar pa seveda implicirax = y.


Pokazimo sedaj koncno, da res velja (a, b) = (c, d) natanko tedaj, ko jea = c in b = d. Primer, ko je katerikoli (in zato oba) izmed parov singleton(kar je po pravkar povedanem ekvivalentno temu, da je a = b ali c = d),je jasen. Privzemimo torej, da a 6= b in c 6= d. Ce je a = c in b = d,seveda ni kaj dokazati. Denimo torej, da je (a, b) = (c, d), to je, da velja{{a}, {a, b}} = {{c}, {c, d}}. Ker po predpostavki a 6= b in c 6= d, v vsakiizmed obeh mnozic nastopa natanko po en singleton. Tako mora sevedaveljati {a} = {c}, od koder dobimo a = c. Sledi se {a, b} = {c, d} in tako jeb ∈ {c, d}. A ker je a 6= b in je a = c, od tod sledi b = d, kot smo trdili. �

Sedaj, ko smo se prepricali, da se nasa definicija urejenega para ujema zintuitivnim pojmovanjem tega pojma, lahko “pozabimo” na samo definicijoin uporabljamo le obicajno oznako (a, b).

Definicija. Naj bosta A in B poljubni mnozici. Kartezicni produkt A× Bmnozic A in B je mnozica

A×B = {(a, b) : a ∈ A, b ∈ B},

ki sestoji iz vseh urejenih parov, pri katerih prvi element pripada mnoziciA, drugi pa mnozici B. Mnozico A×A vcasih krajse oznacimo kar z A2.

Kako je z obstojem kartezicnega produkta mnozic? Ker je vsak urejenipar element potencne mnozice P(P(A ∪ B)), ki po aksiomih o uniji in opotencni mnozici obstaja, po aksiomu o podmnozici obstaja tudi kartezicniprodukt A × B, zato za njegov obstoj novega aksioma ne potrebujemo.Oglejmo si tri zglede in nekaj osnovnih lastnosti kartezicnih produktov.

Zgled: Naj bo A = {1, 2} in B = {a, b, c, d}. Tedaj je

A×B = {(1, a), (1, b), (1, c), (1, d), (2, a), (2, b), (2, c), (2, d)}.

Opazimo, da ima kartezicni produkt mnozic A in B natanko 8 elementov,kar je ravno produkt velikosti obeh mnozic. To seveda velja v splosnem(za koncne mnozice). Tudi mnozico vseh dni v prestopnem letu lahko pred-stavimo kot podmnozico ustreznega kartezicnega produkta. Vzemimo

A = {n ∈ N : 1 ≤ n ≤ 12} in B = {n ∈ N : 1 ≤ n ≤ 31}.

Tedaj lahko mnozico vseh dni v prestopnem letu predstavimo kot (A×B)\C,kjer je C = {(2, 30), (2, 31), (4, 31), (6, 31), (9, 31), (11, 31)}. N

Zgled: Naj bo f : R → R poljubna realna funkcija (o njih bomo sicer vecpovedali v razdelku 2.6). Tedaj je njen graf, ki je definiran kot {(x, f(x)) : x ∈R}, podmnozica kartezicnega produkta R× R. N


Zgled: Kolobar Gaussovih celih stevil Z[i] = {a+bi : a, b ∈ Z}, kjer je i ∈ C“imaginarna enota” (torej i2 = −1), je podmnozica mnozice kompleksnihstevil, ki sestoji iz vseh stevil oblike a + bi, kjer je a, b ∈ Z. Izkaze se, daima vsako stevilo oblike a + bi, kjer sta a, b ∈ Z, enolicen zapis take oblike(z drugimi besedami, ce za a, b, c, d ∈ Z velja a+ bi = c+ di, potem je a = cin b = d, v kar naj se preprica bralec). To pomeni, da lahko mnozico Z[i] vresnici predstavimo kar kot kartezicni produkt Z× Z, kjer urejeni par (a, b)ustreza stevilu a+ bi (v zadnjem razdelku bomo taksne “predstavitve” boljnatancno definirali - rekli bomo, da sta pripadajoci mnozici ekvipolentni inda med njima obstaja bijektivna korespondenca). N

Trditev 2.9. Naj bosta A in B poljubni mnozici. Tedaj je kartezicni produktA × B prazna mnozica natanko tedaj, ko je vsaj ena izmed mnozic A in Bprazna.

Dokaz: Resnicnost izjave iz trditve pokazimo tako, da dokazemo resnicnostnaslednje ekvivalentne izjave: kartezicni produkt A×B je neprazen natankotedaj, ko sta tako A kot B neprazni mnozici. Denimo najprej, da je A×Bneprazna mnozica. Tedaj obstaja nek (a, b) ∈ A×B. Po definiciji je a ∈ Ain b ∈ B, zato nobena izmed mnozic A in B ni prazna. Denimo sedaj, daniti A niti B ni prazna mnozica. Tedaj obstaja a ∈ A in obstaja b ∈ B.Sledi, da je (a, b) ∈ A×B in tako A×B ni prazna mnozica. �

Trditev 2.10. Naj bodo A,B,C in D poljubne neprazne mnozice. Tedaj jeA×B = C ×D natanko tedaj, ko je A = C in B = D.

Dokaz: Ce je A = C in B = D seveda ocitno velja A×B = C×D. Naj bosedaj A × B = C ×D. Pokazimo, da tedaj velja A = C, dokaz, da je tudiB = D pa prepustimo bralcu. Naj bo a ∈ A poljuben. Ker je B nepraznamnozica, obstaja vsaj en b ∈ B. Tedaj pa je (a, b) ∈ A× B = C ×D, torejje a ∈ C (in b ∈ D). Tako je A ⊆ C. Povsem analogen dokaz pokaze tudivsebovanost C ⊆ A (tukaj potrebujemo nepraznost mnozice D). �

Trditev 2.11. Naj bodo A,B,C in D poljubne mnozice. Tedaj velja

(A× C) ∩ (B ×D) = (A ∩B)× (C ∩D) in

(A× C) ∪ (B ×D) ⊆ (A ∪B)× (C ∪D).

Enakost (A× C) ∪ (B ×D) = (A ∪B)× (C ∪D) v splosnem ne velja.

Dokaz: Veljavnost prve enakosti lahko utemeljimo z zaporedjem naslednjihekvivalenc:

(x, y) ∈ (A× C) ∩ (B ×D) ∼ (x, y) ∈ A× C ∧ (x, y) ∈ B ×D ∼x ∈ A ∧ y ∈ C ∧ x ∈ B ∧ y ∈ D ∼ x ∈ A ∩B ∧ y ∈ B ∩D ∼(x, y) ∈ (A ∩B)× (C ∩D).


Pokazimo se vsebovanost (A × C) ∪ (B × D) ⊆ (A ∪ B) × (C ∪ D). Najbo v ta namen (x, y) ∈ (A × C) ∪ (B × D). Tedaj je (x, y) ∈ A × C ali(x, y) ∈ B ×D. V prvem primeru je x ∈ A in y ∈ C, v drugem pa x ∈ B iny ∈ D. V obeh primerih je torej x ∈ A∪B in y ∈ C ∪D, torej je res (x, y) ∈(A∪B)×(C∪D), kot smo trdili. Pokazimo nazadnje, da enakost v splosnemne velja. Vzemimo v ta namen mnozice A = D = ∅ in B = C = {1}. Tedajje (A×C)∪(B×D) = ∅∪∅ = ∅ ter (A∪B)×(C∪D) = {1}×{1} = {(1, 1)},torej dobljeni mnozici res nista enaki. �

Naloga 2.19. Poiscite potreben in zadosten pogoj, da za mnozici A in Bvelja P(A ∪B) = P(A) ∪ P(B).

Naloga 2.20. Naj bosta A in B poljubni mnozici. Pokazite, da tedaj veljaA ⊆ B natanko tedaj, ko P(A) ⊆ P(B).

Naloga 2.21. Naj bo {Ai : i ∈ I} poljubna druzina mnozic. Pokazite, datedaj velja

P (∩i∈IAi) =⋂i∈IP(Ai).

Naloga 2.22. Naj bodo A,B,C in D poljubne mnozice. Ali tedaj velja

(A \B)× (C \D) = (A× C) \ (B ×D)?

Ali velja vsaj katera izmed vsebovanosti?

Naloga 2.23. V ravnini R2 skicirajte mnozico ([0, 1] ∪ [2, 3])× ([1, 2]).

Naloga 2.24. Naj bodo A,B,C poljubne mnozice. Ali tedaj velja enakostA× (B∪C) = (A×B)∪ (A×C)? Kaj pa A× (B∩C) = (A×B)∩ (A×C)?

Naloga 2.25. Naj bo A = {1, {1}, {1, {1}}}. Dolocite mnozici A × A terA ∩ P(A).

2.5 Relacije in razbitja

Tako kot urejeni pari in z njimi povezani kartezicni produkti, so tudirelacije nepogresljiva sestavina vsake matematicne teorije. Med premicamiv ravnini imamo recimo relacijo vzporednosti in relacijo pravokotnosti. Med(naravnimi) stevili imamo relacijo “biti manjsi”, relacijo deljivosti, itd. Sevedapa relacije srecujemo tudi v svetu okrog nas. Govorimo recimo o pri-jateljstvih, o poznanstvih, o tem, da je nekdo vecji, bolj bogat, bolj izo-brazen od drugega, itd. Poznamo relacije, ki govore o zvezah med dvemirecmi, med tremi recmi, itd. V tem razdelku se bomo ukvarjali izkljucno zrelacijami, ki govore o zvezah med dvema recema, to je, obravnavali bomotako imenovane binarne relacije. V nadaljevanju tega razdelka bomo pride-vnik “binarna” izpuscali. Podajmo definicijo.

2.5. RELACIJE IN RAZBITJA 57

Definicija. Naj bosta A in B mnozici. Relacija iz A v B je neka mnozicaurejenih parov (a, b), kjer je a ∈ A in b ∈ B. Relacija je torej nekapodmnozica mnozice A × B. V primeru, ko je B = A, govorimo o relacijina mnozici A.

Relacije obicajno oznacujemo s crkami R, S, T , itd. Dejstvo, da je(x, y) ∈ R, praviloma zapisemo z xRy, kar beremo kot “x je v relaciji R zy”. Da x ni v relaciji R z y, ponavadi oznacimo z xR/y. Oglejmo si nekajzgledov.

Zgled: Relacije lahko podamo eksplicitno, tako da preprosto navedemovse urejene pare, ki jo sestavljajo. Tako je na primer za A = {1, 2, 3, 4} enaizmed moznih relacij na A relacija

R = {(1, 1), (1, 3), (2, 2), (2, 4), (3, 1), (3, 3), (4, 2), (4, 4)}.

To relacijo bi lahko podali tudi implicitno, ce bi definirali, da za poljubnaa, b ∈ A velja aRb natanko tedaj, ko je a+ b sodo stevilo. N

Zgled: Pravzaprav lahko tudi vsako smiselno lastnost elementov danemnozice predstavimo kot ustrezno relacijo. Na primer, za mnozico A ={2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} lahko lastnost “je prastevilo” predstavimo kot relacijo Riz A v B, kjer je B = {DA,NE}, pri cemer potem vzamemo

R = {(2,DA), (3,DA), (4,NE), (5,DA), (6,NE), (7,DA), (8,NE), (9,NE)}.

N

Zgled: Naj bo A poljubna mnozica. Na potencni mnozici P(A) ze poznamorelacijo vsebovanosti⊆. Ker ima ta relacija se posebej lepe lastnosti, jo bomoomenili tudi nekoliko kasneje. N

Zgled: Na mnozici A = Z × Z lahko vpeljemo relacijo R s predpisom(a, b)R(c, d) ⇐⇒ ad = bc. Tako je potem na primer (1, 2)R(12, 24) in(−2, 3)R(4,−6), po drugi strani pa na primer (1, 1)R/ (2, 1). Lahko je tudivideti, da je (0, 0) v relaciji z vsakim elementom (a, b) ∈ Z× Z. N

Zgled: Premislimo kako dobiti vse mozne relacije na mnozici A = {1, 2}.Ker so relacije na A ravno podmnozice kartezicnega produkta A × A, jemnozica vseh iskanih relacij ravno potencna mnozica P(A × A). Bralec bopreveril, da na ta nacin dobimo 16 razlicnih relacij na A. Najbolj “revna”izmed teh relacij je prazna relacija ∅. Najbolj “bogata” je na drugi stranikar relacija A × A. A ti dve relaciji nista prevec zanimivi. Zanimive soostale, ki so nekje vmes med obema. N


Kot smo videli v zadnjem zgledu, imamo ze na mnozici z le dvema el-ementoma kar nekaj razlicnih relacij. Pri bolj bogatih mnozicah je sevedamoznosti se veliko vec. Tako je na primer na mnozici prvih petih naravnihstevil kar 225 = 33 554 432 > 3 · 107 razlicnih relacij, na mnozici velikosti 10pa ze vec kot 1030 razlicnih relacij. Zato seveda vseh moznih relacij na danimnozici enostavno ni mogoce obravnavati, temvec nas obicajno zanimajo lerelacije, ki imajo kake posebno lepe lastnosti.

Definicija. Naj bo R relacija na mnozici A. Pravimo, da je relacija R

• refleksivna, ce za vsak x ∈ A velja xRx;

• irefleksivna, ce za vsak x ∈ A velja xR/x;

• simetricna, ce za poljubna x, y ∈ A velja xRy ⇒ yRx;

• asimetricna, ce za poljubna x, y ∈ A velja xRy ⇒ yR/x;

• antisimetricna, ce za poljubna x, y ∈ A velja xRy ∧ yRx⇒ x = y;

• tranzitivna, ce za poljubne x, y, z ∈ A velja xRy ∧ yRz ⇒ xRz;

• intranzitivna, ce za poljubne x, y, z ∈ A velja xRy ∧ y ∧ z ⇒ xR/ z;

• sovisna, ce za poljubna razlicna x, y ∈ A velja xRy ∨ yRx;

• strogo sovisna, ce za poljubna x, y ∈ A velja xRy ∨ yRx.

Ce je relacija R refleksivna, simetricna in tranzitivna, je R ekvivalencnarelacija. Ce je R refleksivna, antisimetricna in tranzitivna, je R relacijadelne urejenosti. Ce je R delna urejenost, ki je hkrati se sovisna, je Rlinearna urejenost.

Bralec bo zlahka napisal dokaz naslednje trditve, ki sledi neposredno izdefinicij.

Trditev 2.12. Naj bo R relacija na mnozici A. Tedaj velja naslednje:

(i) Ce je R asimetricna ali intranzitivna, je irefleksivna.

(ii) Relacija R je strogo sovisna natanko tedaj, ko je refleksivna in sovisna.

Zgled: Na mnozici naravnih stevil imejmo relacijo R, podano z naslednjimpredpisom. Velja naj aRb natanko tedaj, ko ima a v razcepu na prastevilskefaktorje najvec toliko faktorjev (steto s kratnostjo) kot b. Tako na primervelja 6R8, saj ima 6 dva prastevilska faktorja, 8 pa 3 (prastevilo 2 imakratnost 3). Brz opazimo, da je relacija R refleksivna (potemtakem paseveda ni irefleksivna). Relacija R seveda ni simetricna, ker na primer velja6R8 vendar pa 8R/ 6. Relacija R ni asimetricna niti intranzitivna, ker niirefleksivna. Ni niti antisimetricna, saj na primer velja 6R10 in 10R6, vendarseveda 6 6= 10. Bralec naj se preprica, da je relacija R tranzitivna in strogosovisna. N

Ce je mnozica A, na kateri definiramo relacijo, dovolj majhna, lahkorelacijo predstavimo graficno. Narisemo tako imenovani graf relacije. To


storimo tako, da vsak element mnozice A predstavimo kot tocko v ravnini(in to tako, da razlicnima elementoma ustrezata razlicni tocki), nato pa zavsak urejeni par (a, b) ∈ R narisemo usmerjeno daljico od tocke, ki ustrezaa, do tocke, ki ustreza b. Ce je a = b, narisemo zanko v tocki a. Mordavelja omeniti, da vcasih namesto usmerjenih daljic zaradi boljse preglednostirisemo kar usmerjene krivulje (recemo pa jim kar povezave). Ce je aRb inbRa, namesto dveh usmerjenih krivulj, od katerih je vsaka usmerjena v svojostran, narisemo kar “dvosmerno” krivuljo. Lastnosti iz zgornje definicije sepotem takole odrazajo na grafu relacije:

• refleksivnost - zanka v vsaki tocki

• irefleksivnost - nobene zanke

• simetricnost - vse povezave so dvosmerne

• antisimetricnost - razen morebitnih zank ni dvosmernih povezav

• asimetricnost - ni dvosmernih povezav (torej med drugim ni nobenezanke)

• tranzitivnost - za vsako “usmerjeno pot” v dveh korakih obstaja bliznjica

• intranzitivnost - nobene “usmerjene poti” v dveh korakih se ne daskrajsati po bliznjici

• sovisnost - poljubni dve razlicni tocki sta povezani

• stroga sovisnost - poljubni dve tocki sta povezani (torej imamo meddrugim zanko v vsaki tocki)

Zgled: V zgornjem zgledu smo se sprasevali po vseh moznih relacijahna mnozici A = {1, 2}. Poiscimo tokrat vse ekvivalencne relacije, vserelacije delne urejenosti, ter vse relacije linearne urejenosti R na mnoziciB = {1, 2, 3}. Ker mora biti taka relacija v vsakem primeru refleksivna,mora R vsebovati vse tri pare (1, 1), (2, 2) in (3, 3). Poiscimo najprej vseekvivalencne relacije. Bralec se bo hitro preprical, da so edine moznosti:

R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)}R = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (3, 3)}R = {(1, 1), (1, 3), (2, 2), (3, 1), (3, 3)}R = {(1, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3)}R = B ×B

Tudi delna urejenost je refleksivna, torej vsebuje vse tri urejene pare (1, 1),(2, 2) in (3, 3). Zaradi antisimetricnosti lahko delna urejenost za vsak parrazlicnih elementov a, b ∈ B vsebuje najvec enega izmed urejenih parov (a, b)in (b, a). Ker je delna urejenost tudi tranzitivna, tako hitro ugotovimo, da


so edine mozne delne urejenosti:

R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)}R = {(1, 1), (1, 2), (2, 2), (3, 3)}R = {(1, 1), (1, 3), (2, 2), (3, 3)}R = {(1, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 3)}R = {(1, 1), (2, 1), (2, 2), (3, 3)}R = {(1, 1), (2, 2), (3, 1), (3, 3)}R = {(1, 1), (2, 2), (3, 2), (3, 3)}R = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (3, 3)}R = {(1, 1), (1, 2), (2, 2), (3, 2), (3, 3)}R = {(1, 1), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 3)}R = {(1, 1), (2, 1), (2, 2), (3, 1), (3, 3)}R = {(1, 1), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 3)}R = {(1, 1), (2, 2), (3, 1), (3, 2), (3, 3)}R = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 3)}R = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (3, 2), (3, 3)}R = {(1, 1), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 3)}R = {(1, 1), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 3)}R = {(1, 1), (1, 2), (2, 2), (3, 1), (3, 2), (3, 3)}R = {(1, 1), (2, 1), (2, 2), (3, 1), (3, 2), (3, 3)}

Izmed vseh nastetih delnih urejenosti je samo zadnjih sest tudi linearnihurejenosti. Vidimo torej, da so zahtevane lastnosti zelo redke. Na primer,izmed vseh moznih 512 relacij na mnozici B je samo pet ekvivalencnih (pricemer sta dve na nek nacin nezanimivi), linearnih pa je sest. Na spodnjisliki 2.3 sta prikazana grafa za drugo izmed ekvivalencnih relacij ter zadnjoizmed linearnih urejenosti. N

1

23

1

23

Slika 2.3: Ponazoritev ene izmed ekvivalencnih relacij ter ene izmed lin-earnih urejenosti na mnozici A = {1, 2, 3}.

Zgled: Na realnih stevilih je dobro znana relacija ≤. Ta relacija je relacijalinearne urejenosti. Relacijo delne urejenosti, ki v splosnem ni linearnaurejenost, dobimo z obicajno relacijo vsebovanosti ⊆ na potencni mnozici


P(A) dane mnozice A. Bralca vabimo, da se preprica, da v splosnem resne gre za linearno urejenost in premisli, kaksna mora biti mnozica A, daje pripadajoca relacija vendarle linearna urejenost. Delno urejenost, ki nilinearna urejenost, dobimo tudi z relacijo deljivosti (torej a | b ⇐⇒ ∃c ∈N : b = ac) na mnozici vseh naravnih stevil N. N

V matematiki delne urejenosti zelo pogosto oznacujemo z znakom �. Koimamo opravka z mnozico, na kateri imamo definirano neko delno urejenost�, nas pogosto zanima tudi naslednje.

Definicija. Naj bo A mnozica in naj bo � delna urejenost na A. Naj bostaa, b ∈ A. Tedaj elementu c ∈ A (ce obstaja), za katerega je c � a in c � b,poleg tega pa za vsak d ∈ A, za katerega je d � a in d � b, velja d � c,recemo natancna spodnja meja za par {a, b}. Podobno je c ∈ A (ce obstaja),za katerega je a � c in b � c, poleg tega pa za vsak d ∈ A, za katerega jea � d in b � d, velja c � d, natancna zgornja meja za par {a, b}. Ce imavsak par elementov iz A natancno spodnjo in tudi natancno zgornjo mejo,je urejeni par (A,�) mreza.

Bralec naj se preprica, da je mnozica naravnih stevil za relacijo deljivosti| mreza. Prav tako naj preveri, da je za poljubno mnozico X par (P,⊆)mreza. Pokaze naj tudi, da je vsaka mnozica A, skupaj s kaksno linearnourejenostjo na A, mreza. Oglejmo si sedaj se primer mnozice z delno ure-jenostjo, ki ni mreza.

Zgled: Naj bo A = {1, 2, 3, 4} in naj bo R relacija na A, kjer je R ={(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4)}. Bralec se bo preprical,da je relacija R res relacija delne urejenosti na A. Ker pa za par {3, 4} neobstaja natancna spodnja meja (to namrec ni nobeden izmed elementov 1in 2, saj poleg 1R3 in 1R4 velja tudi 2R3 in 2R4, ne velja pa niti 2R1 niti1R2), par (A,R) ni mreza. N

Posvetimo se nazadnje se ekvivalencnim relacijam.

Zgled: Na mnozici realnih stevil R definirajmo relacijo xRy ⇐⇒ x−y ∈ Z.Prepricajmo se, da je to ekvivalencna relacija na R. Res, ker za vsak x ∈ Rvelja x − x = 0 ∈ Z, je relacija R refleksivna. Dalje, ce za x, y ∈ R veljaxRy, je x − y ∈ Z, potem pa je tudi y − x = −(x − y) ∈ Z, torej je Rtudi simetricna relacija. Nazadnje, ce za x, y, z ∈ R velja x − y = a ∈ Z iny − z = b ∈ Z, je tudi x− z = x− y + y − z = a+ b ∈ Z, saj je vsota celihstevil celo stevilo. Tako je relacija R tudi tranzitivna. Relacija R je torejekvivalencna relacija na R. N

Tako kot relacije delne urejenosti obicajno oznacujemo s posebnim zna-kom, tudi ekvivalencne relacije obicajno oznacujemo z znakom ∼. Pravza-


prav smo ta dogovor uporabljali ze pri oznacevanju ekvivalence med iz-javnimi formami (bralec se bo preprical, da ima ekvivalenca med izjavnimiformami zares vse lastnosti ekvivalencne relacije).

Definicija. Naj bo A dana mnozica in naj bo ∼ ekvivalencna relacija namnozici A. Za element a ∈ A tedaj mnozico [a]∼ = {b ∈ A : a ∼ b} imenu-jemo ekvivalencni razred elementa a pri relaciji ∼. Kadar ni moznosti zanesporazum namesto [a]∼ pisemo kar [a]. Mnozico vseh ekvivalencnih razre-dov relacije ∼ na mnozici A oznacimo z A/∼ in ji recemo kvocientna mnozicamnozice A glede na relacijo ∼.

Ekvivalencni razredi imajo naslednjo zelo pomembno lastnost.

Izrek 2.13. Naj bo ∼ ekvivalencna relacija na mnozici A in naj bosta x, y ∈A poljubna. Tedaj je x ∼ y ⇐⇒ [x] = [y]. Posledicno za vsaka x, y ∈ Avelja: ce je [x] ∩ [y] 6= ∅, velja [x] = [y].

Dokaz: Denimo najprej, da velja x ∼ y in pokazimo, da tedaj velja [x] = [y].Naj bo torej z ∈ [x] poljuben. Po definiciji tedaj velja x ∼ z. Ker popredpostavki velja x ∼ y, zaradi simetricnosti in tranzitivnosti relacije ∼velja tudi y ∼ z in tako je z ∈ [y]. Sledi [x] ⊆ [y]. Druga vsebovanost grepovsem analogno. Denimo sedaj, da velja [x] = [y]. Zaradi refleksivnosti jey ∈ [y], torej je y ∈ [x] in tako po definiciji sledi x ∼ y, s cimer je dokazprvega dela izreka koncan.

Dokaz drugega dela izreka je sedaj na dlani. Ce je namrec z ∈ [x] ∩ [y],je x ∼ z in y ∼ z, od koder po zgornjem velja [x] = [z] in [y] = [z], od todpa seveda tokoj dobimo [x] = [y]. �

Zgornji izrek torej pove, da vsaka ekvivalencna relacija na mnozici A le-to“razbije” na paroma disjunktne podmnozice, namrec ekvivalencne razredeglede na to relacijo.

Zgled: V zgornjem zgledu, kjer smo iskali vse ekvivalencne relacije namnozici B = {1, 2, 3}, smo nasli pet ekvivalencnih relacij. Prva je imela triekvivalencne razrede (vsak b ∈ B je v tem primeru v svojem ekvivalencnemrazredu), zadnja ima le enega (vsak element iz B je v relaciji z vsakimelementom iz B), preostale tri pa imajo po dva ekvivalencna razreda, ensingleton in en ekvivalencni razred, ki vsebuje preostala dva elementa. N

Zgled: Naj bo n poljubno naravno stevilo in naj bo ∼n relacija na mnoziciZ, podana s predpisom

a ∼n b ⇐⇒ n | (b− a).

Ob upostevanju definicije deljivosti se zlahka prepricamo, da je ∼n ekvi-valencna relacija na Z. Ker za vsak z ∈ Z velja z − z = 0 = n · 0,


je ∼n refleksivna relacija. Naj velja a ∼n b. Tedaj za nek z ∈ Z veljab − a = nz, torej je a − b = n(−z) in tako je b ∼n a. Relacija ∼n je torejsimetricna. Denimo nazadnje, da je a ∼n b in b ∼n c. Tedaj obstajataceli stevili z1 in z2, za kateri je b − a = nz1 in c − b = nz2. Tedaj pa jec − a = c − b + b − a = nz2 + nz1 = n(z1 + z2). Ker je z1 + z2 seveda celostevilo, od tod sledi a ∼n c, s cimer smo dokazali se tranzitivnost relacije∼n. Relacijo ∼n obicajno imenujemo kongruenca po modulu n in namestoa ∼n b pisemo a ≡ b (mod n). Bralec se bo preprical, da ima relacija ∼n

natanko n razlicnih ekvivalencnih razredov in sicer

[0] = {z ∈ Z : z ≡ 0 (mod n)}[1] = {z ∈ Z : z ≡ 1 (mod n)}[2] = {z ∈ Z : z ≡ 2 (mod n)}

...[n− 1] = {z ∈ Z : z ≡ n− 1 (mod n)}.

Pripadajoco kvocientno mnozico Z/∼n obicajno oznacimo z Zn in jo imenu-jemo mnozica ostankov pri deljenju z n. Gre za zelo pomemben zgled, ki jepodlaga za kocne ciklicne grupe, pa tudi nekatere koncne kolobarje in celopolja. N

Zgled: Spomnimo se se zgleda z zacetka tega razdelka. Tokrat relacijo Rdefinirajmo le na Z × (Z \ {0}) (spomnimo se definicije (a, b)R(c, d) ⇐⇒ad = bc). Bralec se bo preprical, da gre za ekvivalencno relacijo. Ek-vivalencni razred elementa (a, b) je ravno mnozica vseh parov (c, d), kidajo isti kvocient kot (a, b), to je a

b = cd . Tako lahko kvocientno mnozico

(Z× (Z \ {0}))/R dojemamo kot mnozico vseh racionalnih stevil. N

Kot smo omenili ze zgoraj, nam ekvivalencna relacija na mnozici Apoda pripadajoce “razbitje” te mnozice na paroma disjunktne podmnozice.Vpeljimo pojem razbitja formalno.

Definicija. Naj bo A dana mnozica. Neprazna druzina nepraznih podmno-zic {Ai : i ∈ I} mnozice A je razbitje (tudi particija) mnozice A, ce velja:

(i)⋃

i∈I Ai = A

(ii) za vsaka i, i′ ∈ I velja: ce je Ai ∩Ai′ 6= ∅, je Ai = Ai′ .

Razbitje mnozice A je torej taka mnozica njenih nepraznih podmnozic,da vsak element te mnozice nastopa v natanko eni izmed mnozic razbitja.

Zgled: Poiscimo vsa mozna razbitja mnoziceB = {1, 2, 3}. Brz se prepricamo,


da so edine moznosti{{1}, {2}, {3}},{{1}, {2, 3}},{{1, 3}, {2}},{{1, 2}, {3}},{{1, 2, 3}}.

Bralec je najbrz opazil, da je moznih razbitij mnozice B ravno toliko, kolikorje moznih ekvivalencnih relacij na mnozici B. Se vec, posamezni “kosi” vteh razbitjih sovpadajo z ekvivalencnimi razredi teh ekvivalencnih relacij.Kot bomo kmalu videli, to ni slucaj. N

Zgled: Oznacimo z R+ = {x ∈ R : x ≥ 0} mnozico vseh nenegativnihrealnih stevil. Za vsak x ∈ R+ definirajmo Ax = {y ∈ R : |x| = |y|}. Tedaj je{Ax : x ∈ R+} razbitje mnozice R. Velja namrec A0 = {0} in Ax = {−x, x}za vse x > 0, torej so mnozice Ax neprazne, paroma disjunktne, za vsakx ∈ R pa velja x ∈ Ax oziroma x ∈ A−x, odvisno od predznaka x. N

Zgled: Naj bo za vsak z ∈ Z mnozica Az podana kot zaprti interval Az =[−z, z]. Tedaj druzina {Az : z ∈ Z} ni razbitje mnozice R, saj mnoziceAz niso paroma disjunktne. Po drugi strani, ce za vsak z ∈ Z postavimoBz = [z, z + 1), je {Bz : z ∈ Z} razbitje mnozice R. N

V zgornjem zgledu smo opazili, da so razbitja mnozice B = {1, 2, 3} vtesni povezavi z ekvivalencnimi relacijami na tej mnozici. Pokazimo, da tovelja v splosnem.

Izrek 2.14. Naj bo ∼ ekvivalencna relacija na mnozici A. Tedaj je {[x]∼ : x ∈A} razbitje mnozice A. Obratno, ce je {Ai : i ∈ I} razbitje mnozice A, jerelacija ∼ na A, podana s predpisom x ∼ y ⇐⇒ ∃i ∈ I : x, y ∈ Ai, ekvi-valencna relacija, katere ekvivalencni razredi sovpadajo z elementi druzine{Ai : i ∈ I}.

Dokaz: Pokazimo najprej prvi del izreka. Jasno je, da je vsak ekvivalencnirazred [x] neprazna podmnozica mnozice A, saj [x] zaradi refleksivnosti vse-buje vsaj element x. Ker je vsak element vsebovan v nekem ekvivalencnemrazredu, je ocitno tudi, da je unija vseh ekvivalencnih razredov enaka mnoziciA. Ostane se premislek, da so ekvivalencni razredi paroma disjunktni, karsmo dokazali v izreku 2.13.

Pa naj bo sedaj {Ai : i ∈ I} neko razbitje mnozice A in naj bo ∼ relacijana A, definirana kot v formulaciji izreka. Naj bo x ∈ A poljuben. Kerje ∪i∈IAi = A, obstaja i ∈ I, da je x ∈ Ai. Da velja x ∼ x, sedaj sledineposredno iz definicije relacije ∼. Tudi simetricnost je povsem ocitna. Najbodo sedaj se x, y, z ∈ A taki, da je x ∼ y in y ∼ z. Tedaj obstajatai, i′ ∈ I, da je x, y ∈ Ai in y, z ∈ Ai′ . Tedaj je y ∈ Ai ∩ Ai′ , torej po


definiciji razbitja velja Ai = Ai′ . Tedaj pa je x, z ∈ Ai in tako je x ∼ z, kotsmo zeleli. Pokazimo nazadnje, da ekvivalencni razredi relacije ∼ sovpadajoz mnozicami Ai. Naj bo x ∈ A poljuben. Po definiciji razbitja obstajai ∈ I, da je x ∈ Ai, po definiciji nase relacije pa je [x]∼ = {y ∈ A : (∃j ∈I : x, y ∈ Aj)}. Ker so “kosi” razbitja paroma disjunktni, tedaj avtomatskosledi [x]∼ = {y ∈ A : y ∈ Ai} = Ai. �

Morda bralca skrbi, da smo v prvem delu dokaza naredili napako, ces daekvivalencni razredi v druzini {[x] : x ∈ A} niso paroma disjunktni, saj zax ∼ y ekvivalencna razreda [x] in [y] nista disjunktna. Da nista disjunktna,je sicer res, a je skrb kljub temu odvec. V tem primeru namrec velja [x] = [y]in gre torej v mnozici {[x] : x ∈ A}, ki “ji je po aksiomu o ekstenzionalnostivseeno” kolikokrat povemo, da je nek element vsebovan v njej, za en samelement.

Zgornji izrek je izrednega pomena, saj pove, da so ekvivalencne relacije inrazbitja neke dane mnozice v povratno enolicni korespondenci. Med drugimto pomeni, da lahko ekvivalencno relacijo na mnozici A predpisemo tako,da kar dolocimo njene ekvivalencne razrede. Ob tem omenimo se naslednje.Stevilo vseh razlicnih razbitij (in s tem ekvivalencnih relacij) mnozice zn elementi imenujemo Bellovo stevilo in ga oznacimo z Bn. Gre za precejdobro znana stevila, o katerih lahko bralec v ustrezni literaturi izve marsikajzanimivega. Mi zgolj nakazimo, da ta stevila rastejo precej hitro, saj naprimer velja B1 = 1, B2 = 2, B3 = 5, B4 = 15, B5 = 52, B6 = 203,B7 = 877, itd.

Pomudimo se za konec tega razdelka se pri pojmu kompozituma in in-verza relacij. Gre za pojma, ki ju bomo potrebovali predvsem v naslednjemrazdelku, ko bomo obravnavali funkcije.

Definicija. Naj bodo A,B in C mnozice in naj bo R relacija iz A v B, Spa relacija iz B v C. Tedaj je inverz relacije R relacija R−1 iz B v A, pricemer velja R−1 = {(b, a) ∈ B ×A : (a, b) ∈ R}. Kompozitum relacij R in Sje relacija S ◦R iz A v C, podana s predpisom

S ◦R = {(a, c) ∈ A× C : (∃b ∈ B : (aRb ∧ bSc))}.

Zgled: Naj bo A = {1, 2, 3, 4, 5} in R = {(1, 1), (1, 2), (2, 4), (3, 2), (4, 5)}.Tedaj je

R−1 = {(1, 1), (2, 1), (2, 3), (4, 2), (5, 4)} inA ◦A = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (2, 5), (3, 4)}.

N

Zgled: Ce je R relacija pravokotnosti na mnozici vseh premic v ravnini R2,je R ◦R relacija vzporednosti teh premic. N


Naloga 2.26. Poiscite potreben in zadosten pogoj, da je relacija vsebo-vanosti ⊆ na potencni mnozici P(A) mnozice A relacija linearne urejenosti.

Naloga 2.27. Na mnozici Z definiramo relacijiR in S s predpisoma xRy ⇐⇒x = −y ter xSy ⇐⇒ 2 | (3x− 5y). Ali je katera izmed njiju ekvivalencnarelacija? Ce je, kaj so njeni ekvivalencni reazredi?

Naloga 2.28. Na mnozici R2 definiramo relaciji R in S s predpisoma

(x, y)R(z, w) ⇐⇒ x2+y2 = z2+w2 ter (x, y)S(z, w) ⇐⇒ x2+y2 ≤ z2+w2.

Ali je katera ekvivalencna relacija? Je katera relacija delne urejenosti?Morda linearne urejenosti?

Naloga 2.29. Naj bo A = {1, 2, 3, 4, 5}. Ce obstaja, poiscite kako relacijona A, ki je:

(i) ekvivalencna relacija

(ii) linearna urejenost

(iii) refleksivna, a ni ne simetricna ne tranzitivna

(iv) simetricna, a ni ne refleksivna, ne tranzitivna

(v) tranzitivna, a ni ne refleksivna, ne simetricna

Naloga 2.30. Na mnozici A = {(a, b, c) : a, b, c ∈ Z2} definiramo relacijo Rs predpisom

(a, b, c)R(a′, b′, c′) ⇐⇒ ((a, b) = (a′, b′) ∨ (b, c) = (b′, c′) ∨ (a, c) = (a′, c′)).

Katere od znanih lastnosti relacij ima relacija R? Je R ekvivalencna relacijana A?

Naloga 2.31. Oglejte si relacijo deljivosti na mnozici naravnih stevil N(ki jo zaradi boljse preglednosti tokrat izjemoma namesto s standardnimznakom | oznacimo z R). Cemu je tedaj enak kompozitum R ◦R?

Naloga 2.32. Naj bosta relaciji ∼2 in ∼3 na mnozici celih stevil definiranikot v enem izmed zgornjih zgledov. Ali je tedaj relacija∼2 ◦ ∼3 ekvivalencnarelacija na Z. Ce je, koliko ekvivalencnih razredov ima?

2.6 Funkcije

V prejsnjem razdelku smo obravnavali predvsem relacije na dani mnozici,torej relacije iz dane mnozice A v A. V tem razdelku se bomo zopet posvetilirelacijam iz A v B, kjer sta A in B naceloma dve razlicni mnozici, a bomo za-htevali, da imajo obravnavane relacije neke posebej lepe lastnosti. Studiralibomo relacije, ki jim pravimo funkcije ali tudi preslikave. Funkcije so eden

2.6. FUNKCIJE 67

temeljnih konceptov v matematiki (pa tudi v drugih vejah znanosti), zatoje prav, da si jih natancno ogledamo.

Bralec gotovo ze ima neko predstavo o pojmu funkcije, saj je gotovo zesrecal primere realnih funkcij, linearnih preslikav (med vektorskimi prostori),itd. Tudi stevilska zaporedja so le posebne vrste funkcij, ki slikajo iz mnozicenaravnih stevil v kakcno mnozico stevil, na primer v mnozico realnih alikompleksnih stevil. Na prvi pogled torej ni videti, da bi imele funkcijekaj opraviti z relacijami. Preden podamo formalno definicijo in navedemonekaj zgledov malce bolj “nenavadnih” funkcij, premislimo, kaksne lastnostipricakujemo od funkcij. Ce bo f funkcija, ki “slika” iz mnozice A v mnozicoB, bomo zahtevali, da se vsak a ∈ A “preslika” v nek b ∈ B in to v enegasamega.

Definicija. Naj bosta A in B mnozici in naj bo f relacija iz A v B. Relacijaf je funkcija (tudi preslikava) iz A v B, ce veljata naslednja dva pogoja:

(i) Za vsak a ∈ A obstaja b ∈ B, da je afb.

(ii) Za vsak a ∈ A in vsaka b, c ∈ B velja naslednji sklep: ce je afb in afc,je b = c.

V tem primeru potem namesto afb obicajno pisemo f(a) = b in recemo,da je b f -slika elementa a. Mnozico A imenujemo domena (tudi definicijskoobmocje), mnozico B pa kodomena funkcije f . Dejstvo, da je f funkcija zdomeno A in kodomeno B, obicajno oznacimo z f : A→ B.

Kaj povesta zgornja dva pogoja? Prvi zagotovi, da ima vsak a ∈ Aneko f -sliko v B, drugi pa, da ima lahko nek a ∈ A najvec eno f -sliko vB. Oba skupaj torej povesta, da ima vsak a ∈ A natanko eno f -sliko v B.Tako vcasih tudi recemo, da ima vsak element mnozice A natanko dolocenof -sliko v mnozici B.

Zgled: Kot splosne relacije lahko seveda tudi funkcije podamo eksplicitnoali implicitno. Na primer, realna funkcija f : R → R, podana s predpisomf(x) = x2 + 1, je torej funkcija f = {(x, x2 + 1): x ∈ R}. Opozorimo, datorej funkcija ni natanko podana le s predpisom. Zelo pomembni sta tudidomena in kodomena funkcije. Tako na primer funkcija g = {(x, x2+1): x ∈R ∧ x > 0} ni enaka funkciji f . N

Zgled: Naj bo A = {1, 2, 3}. Koliko je tedaj vseh funkcij f : A → A?Ker je vsaka funkcija relacija, bomo kandidate iskali med 29 = 512 moznimirelacijami na A. (Bralec se bo spomnil, da je na A le 5 ekvivalencnih relacijin le 6 relacij linearne urejenosti.) Ker mora imeti vsak element iz mnoziceA natanko eno sliko (ki je seveda vsebovana v A), ima vsaka funkcija f izA v A natanko tri elemente, namrec f = {(1, f(1)), (2, f(2)), (3, f(3))}, kjerso seveda f(1), f(2), f(3) neki elementi mnozice A. Ker zaenkrat nismo


postavili prav nobene zahteve glede f -slik posameznih elementov (razentega, da morajo biti v A), je torej moznosti 33 = 27. Ena izmed moznihfunkcij je na primer f = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)}, ki bi jo lahko podali tudi spredpisom f : A → A, f(a) = a za vsak a ∈ A, spet druga pa na primerf = {(1, 1), (2, 1), (3, 1)}, ki bi jo lahko podali s predpisom f : A → A,f(a) = 1 za vsak a ∈ A. N

Zgled: Na mnozici naravnih stevil lahko definiramo funkcijo ϕ : N→ N, kije podana z naslednjim predpisom. Vrednost ϕ(n) je stevilo naravnih stevilmed vkljucno 1 in n, ki so tuja stevilu n. Tako je na primer ϕ(2) = 1,ϕ(3) = 2, ϕ(4) = 2, ϕ(5) = 4, itd. Funkcija ϕ se imenuje Eulerjeva ϕfunkcija. N

Na kaj moramo torej paziti, ce funkcijo podamo tako, da navedemonjeno domeno in kodomeno ter podamo predpis? Da zadostimo pogojemiz definicije, je treba poskrbeti, da ima res vsak element domene sliko vkodomeni, pri tem pa mora biti ta vrednost enolicno dolocena. Recemo, daje funkcija dobro definirana. Na primer, ce bi skusali definirati “funkcijo”f : R → R s predpisom f(x) = 1

x , bi imeli tezave, ker element 0 ∈ R nebi imel f -slike. Ce bi zeleli definirati “funkcijo” ψ iz mnozice vseh realnihfunkcij v realna stevila s predpisom, da je ψ(f) nicla funkcije f , bi imelitezav se vec. V tem primeru namrec funkcije, ki nimajo realne nicle, ne biimele ψ-slike, funkcije, ki imajo vec kot eno realno niclo, pa bi imele vecmoznih vrednosti za ψ(f).

Kot pri relacijah, nas tudi pri funkcijah se posebej zanimajo funkcije,ki imajo dolocene lepe lastnosti. Izmed teh so injektivnost, surjektivnost inbijektivnost ene izmed najpomembnejsih.

Definicija. Naj bo f : A → B funkcija iz mnozice A v mnozico B. Tedajje funkcija f injektivna, ce za vsak par elementov a1, a2 ∈ A velja sklep:f(a1) = f(a2) ⇒ a1 = a2. Funkcija f je surjektivna, ce za vsak b ∈ Bobstaja a ∈ A, da je b = f(a). Funkcija f je bijektivna, ce je injektivna insurjektivna hkrati.

Funkcija f : A → B je torej injektivna, ce imata poljubna dva razlicnaelementa domene A razlicni f -sliki. Po drugi strani je f surjektivna, ce jevsak element kodomene B f -slika nekega elementa iz A. Bralca vabimo, das pomocjo predikatnega racuna zapise pogoj, da dana funkcija ni injektivna,in pogoj, da dana funkcija ni surjektivna.

Spomnimo se, da smo v razdelku o relacijah govorili o tem, da lahkorelacijo na dani mnozici predstavimo z grafom relacije. Tudi funkcije lahkopredstavimo na podoben nacin. Tokrat elemente mnozic A in B predstavimoloceno v ravnini, dejstvo, da je f(a) = b, pa oznacimo tako, da od a k bnarisemo usmerjeno daljico (ali krivuljo). Da je relacija f funkcija, se torej

2.6. FUNKCIJE 69

iz pripadajoce slike vidi tako, da se v vsaki tocki, ki predstavlja kak elementdomene A, zacne natanko ena usmerjena daljica (ki se konca v tocki, kipredstavlja nek element kodomene B). Injektivnost se odraza v tem, da senobeni dve usmerjeni daljici ne koncata v isti tocki, surjektivnost pa v tem,da je vsaka tocka, ki predstavlja kak element kodomene B, koncna tockavsaj ene usmerjene daljice.

Zgled: Vrnimo se k zgledu, kjer smo ugotovili, da obstaja natanko 27funkcij iz A v A, kjer je A = {1, 2, 3}. Katere izmed teh funkcij so injektivne?Katere so surjektivne? In katere bijektivne? Oglejmo si najprej injektivnefunkcije. Ker mora imeti v tem primeru vsak element “svojo” f -sliko, tokratvrednosti za f(1), f(2) in f(3) ne moremo izbirati povsem poljubno. Ce naprimer izberemo f(1) = 1, smo s tem za f(2) in f(3) izlocili moznost 1.Brez vecjih tezav ugotovimo, da je moznosti 6 in sicer:

f(1) = 1 f(1) = 1 f(1) = 2 f(1) = 2 f(1) = 3 f(1) = 3f(2) = 2 f(2) = 3 f(2) = 1 f(2) = 3 f(2) = 1 f(2) = 2f(3) = 3 f(3) = 2 f(3) = 3 f(3) = 1 f(3) = 2 f(3) = 1

Bralec se bo preprical, da so to tudi edine surjektivne (in s tem bijektivne)funkcije iz A v A. Bralec naj se spomni, koliko linearnih urejenosti premoremnozica A. Je to slucaj? N

Zgled: Naj bo f : R2×2 → R funkcija iz mnozice vseh kvadratnih realnihmatrik dimenzije 2×2 v mnozico realnih stevil, podana s predpisom f(A) =det(A), kjer je det(A) determinanta matrike A. Ker na primer velja

f(

[1 21 2

]) = 0 = f(

[1 11 1

]),

ta funkcija ni injektivna. Pokazimo, da je surjektivna. Za poljuben y ∈ Rmoramo najti matriko A ∈ R2×2, ki se z f preslika v y. To zlahka dosezemotako, da za A vzamemo matriko, ki ima po diagonali stevili 1 in y, izvendiagonale pa nicli. Tako je f funkcija, ki je surjektivna, a ni bijektivna. N

Zgled: Naj bo f : R \ {1} → R \ {1} funkcija, podana s predpisom f(x) =x+1x−1 . Ali je ta funkcija injektivna? Je surjektivna?

Ko se odlocamo o injektivnosti oziroma surjektivnosti realnih funkcij, jevedno priporocljivo narisati njihov graf (tokrat v koordinatnem sistemu vsmislu iz srednje sole). V nasem primeru lahko iz grafa razberemo, da je vtem primeru f celo bijektivna funkcija.

Pokazimo najprej, da je f injektivna funkcija. Denimo torej, da zax1, x2 ∈ R \ {1} velja f(x1) = f(x2). Tedaj je x1+1

x1−1 = x2+1x2−1 . Ker sta tako x1

kot x2 razlicna od 1, lahko enakost pomnozimo z x1− 1 ter x2− 1. Dobimo(x1+1)(x2−1) = (x1−1)(x2+1), to je, x1x2−x1+x2−1 = x1x2+x1−x2−1.Sledi 2x2 = 2x1 in tako x2 = x1. Funkcija f je torej res injektivna.


Pokazimo, da je f tudi surjektivna funkcija. Za dani y ∈ R \ {1} iscemox ∈ R \ {1}, da bo veljalo y = f(x) = x+1

x−1 . Ker mora biti x 6= 1, je taenakost ekvivalentna enakosti xy− y = x+ 1, to je, x(y− 1) = y+ 1. Ker jey 6= 1, smemo deliti z y−1, pa dobimo x = y+1

y−1 . Nasli smo torej ustrezen x,ki se z f preslika v dani y. Prepricajmo se le se, da je tako izbrani x razlicenod 1. To je res, saj zaradi y 6= 1 enakost 1 = y+1

y−1 implicira y− 1 = y+ 1, toje, −1 = 1, kar seveda ni res. Funkcija f je torej res surjektivna, s tem patudi bijektivna. N

V prejsnjem razdelku smo vpeljali pojem kompozituma relacij. Ker sofunkcije relacije (posebne vrste), lahko torej komponiramo tudi funkcije.Pokazimo najprej, da je kompozitum funkcij (ce sta le domena ene in kodo-mena druge usklajeni) funkcija.

Trditev 2.15. Naj bodo A,B,C in D take mnozice, da je B ⊆ C, in najbosta f : A → B in g : C → D funkciji. Tedaj je kompozitum g ◦ f funkcijaiz A v D in za vsak a ∈ A velja (g ◦ f)(a) = g(f(a)).

Dokaz: Po definiciji je relacija g ◦ f funkcija iz A v D, ce za vsak a ∈ Aobstaja natanko en d ∈ D, za katerega je a(g◦f)d. Po definiciji kompozitumarelacij velja a(g ◦f)d natanko tedaj, ko obstaja b ∈ B, da je afb in bgd. Kerje f funkcija iz A v B, obstaja natanko en b ∈ B, da je b = f(a) (oziromaafb). Ker je B ⊆ C, je b ∈ C, ker pa je g funkcija iz C v D, obstaja natankoen d ∈ D, za katerega je d = g(b) = g(f(a)). Tako ustrezen d ∈ D, zakaterega je d = (g ◦ f)(a), res obstaja, hkrati pa je se enolicno dolocen kotg(f(a)). �

Naslednja trditev se sicer zdi samoumevna, a je tako izjemnega pomena,da jo velja formalno zapisati in dokazati. Njena posledica je na primer, daje mnozenje matrik (ce so le dimenzijsko usklajene) asociativno.

Trditev 2.16. Naj bodo A, B, C in D poljubne mnozice, f : A → B,g : B → C in h : C → D pa poljubne funkcije. Tedaj velja h ◦ (g ◦ f) =(h ◦ g) ◦ f .

Dokaz: Po trditvi 2.15 sta tako h ◦ (g ◦ f) kot (h ◦ g) ◦ f funkciji iz A vD. Pokazati je torej treba le, da za vsak a ∈ A velja (h ◦ (g ◦ f))(a) =((h ◦ g) ◦ f)(a), kar sledi neposredno iz trditve 2.15:

(h◦ (g ◦f))(a) = h((g ◦f)(a)) = h(g(f(a))) = (h◦g)(f(a)) = ((h◦g)◦f)(a).

�

Naslednji izrek govori o tem, kako se injektivnost in surjektivnost funkcijprenasa iz funkcij na njihov kompozitum in obratno.

2.6. FUNKCIJE 71

Izrek 2.17. Naj bodo A, B in C mnozice in naj bosta f : A→ B in g : B →C funkciji. Tedaj velja naslednje:

(i) Ce je kompozitum g ◦ f injektivna funkcija, je tudi funkcija f injek-tivna.

(ii) Ce je kompozitum g ◦ f surjektivna funkcija, je tudi funkcija g surjek-tivna.

(iii) Ce sta f in g obe injektivni funkciji, je tudi kompozitum g◦f injektivnafunkcija.

(iv) Ce sta f in g obe surjektivni funkciji, je tudi kompozitum g ◦ f surjek-tivna funkcija.

Dokaz: Da dokazemo veljavnost trditve (i) privzemimo, da f ni injektivnafunkcija, in pokazimo, da v tem primeru niti g◦f ni injektivna funkcija. Kerf ni injektivna funkcija, obstajata razlicna a1, a2 ∈ A, da je f(a1) = f(a2).Tedaj pa je seveda (g ◦ f)(a1) = g(f(a1)) = g(f(a2)) = (g ◦ f)(a2) in takotudi g ◦ f ni injektivna funkcija.

Dokaz trditve (ii) je se lazji. Ce je namrec g ◦ f surjektivna funkcija, zavsak c ∈ C obstaja a ∈ A, da je c = (g ◦ f)(a) = g(f(a)). Ker je sevedab = f(a) ∈ B, smo s tem nasli b ∈ B, za katerega je c = g(b). Ker je bilc ∈ C poljuben, smo s tem dokazali surjektivnost funkcije g.

Da dokazemo tocko (iii) privzemimo injektivnost funkcij f in g in vzemimopoljubna a1, a2 ∈ A, za katera je (g ◦ f)(a1) = (g ◦ f)(a2). Sledi g(f(a1)) =g(f(a2)), od koder zaradi injektivnosti funkcije g dobimo f(a1) = f(a2). Aker je tudi f injektivna funkcija, sledi a1 = a2, kar dokaze, da je g ◦ f resinjektivna funkcija.

Pokazimo nazadnje se tocko (iv). Denimo torej, da sta f in g surjektivnifunkciji in naj bo c ∈ C poljuben element. Zaradi surjektivnosti funkcije gobstaja b ∈ B, da je c = g(b). Ker je tudi f surjektivna funkcija, obstajaa ∈ A, da je b = f(a). Tedaj pa je (g ◦ f)(a) = g(f(a)) = g(b) = c. Ker smotorej za vsak c ∈ C nasli a ∈ A, da je c = (g ◦ f)(a), je g ◦ f res surjektivnafunkcija. �

Posvetimo se sedaj se inverzom funkcij. Spomnimo se, da smo za relacijoR ⊆ A × B inverzno relacijo R−1 definirali kot R−1 = {(b, a) : (a, b) ∈ R}.To pomeni, da za a ∈ A in b ∈ B velja aRb ⇐⇒ bR−1a. Naj bo sedajf : A → B funkcija. Kdaj je relacija f−1 funkcija iz B v A? Po definicijifunkcij mora za vsak b ∈ B obstajati natanko en a ∈ A, za katerega je bf−1a,kar je ekvivalentno zahtevi, da za vsak b ∈ B obstaja natanko en a ∈ A,za katerega je f(a) = b. Ker mora torej za vsak b ∈ B obstajati a ∈ A,da je b = f(a), mora biti f surjektivna funkcija. Ker mora za vsak b ∈ Bobstajati le en a ∈ A, da je b = f(a), mora biti f tudi injektivna funkcija.S tem smo dokazali naslednjo trditev.


Trditev 2.18. Naj bo f : A → B funkcija. Tedaj je relacija f−1 funkcijanatanko tedaj, ko je funkcija f bijektivna.

Definicija. Naj bo f : A → B bijektivna funkcija. Funkciji f−1 : B → Atedaj pravimo inverzna funkcija funkcije f .

Zgornji izrek 2.17 nam nemudoma da naslednji rezultat.

Trditev 2.19. Naj bosta f : A→ B in g : B → C bijektivni funkciji. Tedajje tudi kompozitum g ◦ f : A → C bijektivna funkcija in velja (g ◦ f)−1 =f−1 ◦ g−1.

Dokaz: Da je kompozitum g ◦ f bijekcija, sledi neposredno iz izreka 2.17.Pokazimo se enakost (g ◦f)−1 = f−1 ◦ g−1. Po definiciji inverzne funkcije zaa ∈ A in c ∈ C velja a = (g ◦ f)−1(c) natanko tedaj, ko je c = (g ◦ f)(a) =g(f(a)). Zaradi bijektivnosti funkcije g slednje velja natanko tedaj, ko jef(a) = g−1(c), kar zaradi bijektivnosti funkcije f velja natanko tedaj, ko jea = f−1(g−1(c)) = (f−1 ◦ g−1)(c). Tako res velja (g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1, kotsmo trdili. �

Naslednji izrek podaja se eno karakterizacijo bijektivnih funkcij. Da bi galahko zapisali, vpeljimo se naslednjo oznako. Za dano mnozico A preslikavoiz A v A, ki vsak a ∈ A preslika vase (torej nazaj v a), oznacimo z idA in joimenujemo identiteta na A.

Izrek 2.20. Naj bo f : A→ B bijektivna funkcija. Tedaj velja naslednje.

(i) f ◦ f−1 = idB.

(ii) f−1 ◦ f = idA.

(iii) f−1 je bijektivna funkcija.

(iv) Ce je g : B → A poljubna taka funkcija, da velja f ◦ g = idB alig ◦ f = idA, potem je g = f−1.

Dokaz: Pokazimo tocko (i), tocko (ii) pa prepustimo bralcu. Naj bo torejb ∈ B poljuben element mnozice B in pokazimo, da velja (f ◦ f−1)(b) =b. Po trditivi 2.18 je f−1 funkcija, torej obstaja natanko dolocen elementa ∈ A, da je f−1(b) = a. Po definiciji inverza sledi f(a) = b. Tedaj paje (f ◦ f−1)(b) = f(f−1(b)) = f(a) = b, kot smo trdili. Tako res veljaf ◦ f−1 = idB.

Dokaz tocke (iii) sledi neposredno iz trditve 2.18. Po tej trditvi je namrecfunkcija f−1 bijekcija natanko tedaj, ko je relacija (f−1)−1 funkcija. A podefiniciji za a ∈ A in b ∈ B velja a(f−1)−1b natanko tedaj, ko je bf−1a, karse zgodi natanko tedaj, ko je afb, torej je (f−1)−1 = f . Ker je f sevedafunkcija, je tako f−1 res bijekcija.

2.6. FUNKCIJE 73

Za dokaz tocke (iv) privzemimo, da za g : B → A velja f ◦ g = idB indokazimo, da tedaj velja g = f−1 (drugi del tocke (iv) prepuscamo bralcu).Vzemimo tedaj poljuben b ∈ B in dokazimo, da je g(b) = f−1(b). Po tocki (i)velja f(f−1(b)) = b. Ker pa je f ◦g = idB, velja tudi b = (f ◦g)(b) = f(g(b)).Ker je f injektivna funkcija, tako sledi f−1(b) = g(b). Ker je bil b ∈ Bpoljuben, smo s tem dokazali enakost g = f−1. �

Tocka (iv) zgornjega izreka nam pomaga pri iskanju inverza dane bijek-tivne funkcije. Za funkcijo g, za katero trdimo, da je inverz funkcije f , jetreba le preveriti, da velja bodisi f ◦ g = idB bodisi g ◦ f = idA.

Zgled: Naj bo f : (0, 1) → (1, 10) funkcija, podana s predpisom f(x) =9x + 1. Bralec se bo zlahka preprical, da je f bijektivna funkcija. Potrditvi 2.18 tedaj obstaja inverzna funkcija f−1. Ker za funkcijo g : (1, 10)→(0, 1), podano s predpisom g(x) = x−1

9 , velja, da za vsak x ∈ (0, 1) velja(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(9x+ 1) = 9x

9 = x = id(0,1)(x), po izreku 2.20 veljag = f−1. N

Zgled: Naj bo funkcija f : N→ Z podana s predpisom

f(n) =

{n2 ; n ≡ 0 (mod 2)

−n−12 ; n ≡ 1 (mod 2)

.

Najprej se je treba prepricati, da je f sploh zares funkcija iz N v Z. Ker jestevilo v stevcu (n v primeru, ko je n sodo stevilo, in n − 1 v primeru, koje n liho stevilo) vedno sodo stevilo, je f(n) res celo stevilo, torej s tem nitezav. Da dokazemo injektivnost najprej opazimo, da je f(n) > 0 natankotedaj, ko je n sodo stevilo. Tedaj pa iz enakosti f(n) = f(m) za neki naravnistevili n in m sledi, da sta bodisi tako n kot m lihi stevili, bodisi sta takon kot m sodi stevili. Sledi, da je bodisi −n−1

2 = −m−12 , bodisi n

2 = m2 . V

vsakem primeru dobimo n = m, torej je f injektivna funkcija. Da dokazemose surjektivnost, naj bo z ∈ Z poljubno stevilo. Ce je z > 0, je 2z sodonaravno stevilo, torej je f(2z) = 2z

2 = z. Ce je z ≤ 0, je 1− 2z ≥ 1− 0 = 1liho naravno stevilo, torej je f(1 − 2z) = −1−2z−1

2 = z. V vsakem primerusmo tako nasli naravno stevilo n, ki se z f preslika v z, in tako je f ressurjektivna in s tem tudi bijektivna funkcija.

Kako poiskati inverz funkcije f , smo spoznali ze ob dokazu surjektivnostifunkcije f . Dobimo ga kot funkcijo g : Z→ N s predpisom

g(z) =

{2z ; z > 0

1− 2z ; z ≤ 0.

Bralec bo z analizo primerov dokazal, da velja f ◦g = idZ, kar po izreku 2.20dokaze, da je res g = f−1. N


Zgornji izrek 2.20 je sicer uporaben, a moramo za dano funkcijo f , katereinverz iscemo, najprej zagotoviti njeno bijektivnost. Ce se zelimo temuizogniti, je precej bolj uporaben naslednji izrek, ki je neposredna posledicaizrekov 2.17 in 2.20.

Izrek 2.21. Naj bo f : A → B funkcija. Ce obstaja funkcija g : B → A,za katero velja f ◦ g = idB in g ◦ f = idA, je f bijektivna funkcija in veljag = f−1.

Dokaz: Ker je f ◦g = idB surjektivna funkcija, je funkcija f po izreku 2.17surjektivna. Podobno je zaradi g ◦ f = idA funkcija f tudi injektivna. Takoje f bijektivna funkcija. Tedaj pa po izreku 2.20 zaradi f ◦ g = idB veljatudi g = f−1. �

Zgled: Oglejmo si funkcijo f : R \ {2} → R \ {1}, podano s predpisomf(x) = x+5

x−2 (bralec se bo preprical, da za vsako realno stevilo x, razlicno od2, zares velja f(x) 6= 1.) Da dokazemo, da je f bijektivna funkcija, je poizreku 2.21 dovolj preveriti, da za funkcijo g : R \ {1} → R \ {2}, podano spredpisom g(x) = 2x+5

x−1 , velja f ◦ g = idR\{1} ter g ◦ f = idR\{2}, v kar sezlahka prepricamo. Res, za x ∈ R \ {1} je

f(g(x)) = f

(2x+ 5

x− 1

)=

2x+5x−1 + 52x+5x−1 − 2

=2x+5+5x−5

x−12x+5−2x+2

x−1=

7x

7= x.

Da za x ∈ R \ {2} velja tudi g(f(x)) = x, bo preveril bralec. N

V zvezi z izrekom 2.21 velja opozoriti, da je treba v primeru, da bijek-tivnosti funkcije f se nismo dokazali, zares zagotoviti tako enakost f◦g = idBkot g ◦ f = idA. Bralca vabimo, da to opozorilo potrdi s konkretnimprimerom funkcij f : A → B in g : B → A za neki mnozici A in B, dafunkcija f ni bijektivna, kljub temu pa velja ena od enakosti f ◦ g = idB ing ◦ f = idA.

Omenimo sedaj se naslednja dva pomembna pojma, povezana s funkci-jami.

Definicija. Naj bo f : A → B funkcija. Za poljubno podmnozico X ⊆ Amnozico f(X) = {f(x) : x ∈ X} imenujemo f -slika mnozice X. Za poljubnopodmnozico Y ⊆ B mnozico f−1(Y ) = {a ∈ A : f(a) ∈ Y } imenujemo f -praslika mnozice Y . Mnozico f(A), torej f -sliko domene A, imenujemozaloga vrednosti funkcije f .

Bralec naj bo pozoren, da v splosnem oznaka f−1(Y ) ne predstavlja f−1-slike, saj funkcija f v splosnem ni bijektivna in zato inverzne funkcije mordasploh ne premore. Oznaka f−1(Y ) torej preprosto oznacuje mnozico tistihelementov mnozice A, ki se s funkcijo f preslikajo v mnozico Y .

2.6. FUNKCIJE 75

Zgled: Za funkcijo f : C→ C, podano s predpisom f(z) = z4, je na primerf({2,−2}) = {16} in f−1({1}) = {1,−1, i,−i}. N

Zgled: Naj bo f : N \ {1} → N funkcija, ki naravnemu stevilu n priredistevilo razlicnih prastevilskih deliteljev stevila n. Tedaj na primer velja

f({2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}) = {1, 2},f({10, 30, 70, 210}) = {2, 3, 4} inf−1({1}) = {n ∈ N : (∃p ∈ P∃m ∈ N : n = pm)},

kjer je P mnozica vseh prastevil. N

V zvezi s slikami in praslikami funkcij podajmo se naslednjo uporabnotrditev.

Trditev 2.22. Naj bo f : A → B funkcija in naj bodo X1, X2 ⊆ A terY1, Y2 ⊆ B poljubne podmnozice. Tedaj velja naslednje:

(i) Ce je X1 ⊆ X2, je f(X1) ⊆ f(X2).

(ii) Ce je Y1 ⊆ Y2, je f−1(Y1) ⊆ f−1(Y2).(iii) f(X1 ∪X2) = f(X1) ∪ f(X2).

(iv) f(X1 ∩X2) ⊆ f(X1) ∩ f(X2).

(v) f−1(Y1 ∪ Y2) = f−1(Y1) ∪ f−1(Y2).(vi) f−1(Y1 ∩ Y2) = f−1(Y1) ∩ f−1(Y2).

(vii) f(f−1(Y1)) ⊆ Y1.

(viii) X1 ⊆ f−1(f(X1)).

Dokaz: Dokazi posameznih tock sledijo neposredno iz definicij. Zato sioglejmo le dokaza tock (iii) in (vii), ostale tocke pa prepustimo bralcu.

Za dokaz tocke (iii) naj bo najprej b ∈ f(X1 ∪ X2). Tedaj je b = f(a)za nek a ∈ X1 ∪ X2. Ce je a ∈ X1, je b ∈ f(X1), ce pa je a ∈ X2, jeb ∈ f(X2). V vsakem primeru je torej b ∈ f(X1)∪f(X2). S tem smo pokazalivsebovanost f(X1 ∪X2) ⊆ f(X1)∪ f(X2). Naj bo sedaj b ∈ f(X1)∪ f(X2).Ce je b ∈ f(X1), obstaja a ∈ X1, da je b = f(a), ce pa je b ∈ f(X2), obstajaa ∈ X2, da je b = f(a). V vsakem primeru torej obstaja a ∈ X1 ∪X2, da jeb = f(a), torej je b ∈ f(X1∪X2). Tako res velja f(X1∪X2) = f(X1)∪f(X2),kot smo trdili.

Dokazimo se tocko (vii). Naj bo torej b ∈ f(f−1(Y1)). Tedaj je b = f(a)za nek a ∈ f−1(Y1). Po definiciji mnozice f−1(Y1) velja f(a) ∈ Y1, torej jeres b ∈ Y1. �

Bralec bo s konkrentnimi primeri pokazal, da v tockah (iv), (vii) in (viii)zgornje trditve enakosti v splosnem ne veljajo.


Za konec tega razdelka omenimo se aksiom izbire. Gre za aksiom, ki ga,z nekaj izjemami (na primer v dolocenih vejah konstruktivisticne matem-atike), v danasnji matematiki privzamemo kot enega od postulatov ak-siomatske teorije mnozic, ki jo potem oznacimo z ZFC. Leta 1904 ga jeformuliral Ernst Zermelo, v nadaljevanju 20. stoletja pa je ta aksiom vmatematiki povzrocil precejsen vihar, saj so nekateri matematiki njegovouporabo zagovarjali oziroma celo trdili, da ga ni treba postaviti kot aksiom,saj da je njegova trditev ocitno resnicna, drugi pa so mu nasprotovali, cesda implicira rezultate, ki so povsem skregani z intuicijo. Izkaze se namrec,da je aksiom izbire ekvivalenten stevilnim drugim principom, na primerZornovi lemi in izreku o dobri urejenosti, nekateri matematiki pa so bili naprimer mnenja, da morajo obstajati mnozice, ki se jih ne da dobro urediti.Kakorkoli ze, Kurt Godel in Paul Cohen sta potem dokazala, da v okviruZF aksiomov teorije mnozic ni mogoce dokazati niti resnicnosti trditve ak-sioma izbire niti njegove negacije. Kot receno, se zato danes aksiomom ZFteorije obicajno doda se aksiom izbire, pripadajoci nabor aksiomov pa potemoznacimo z ZFC.

Aksiom izbire: Naj bo {Ai : i ∈ I} poljubna neprazna druzina nepraznihmnozic. Tedaj obstaja funkcija f : I → ∪i∈IAi, tako da za vsak i ∈ I veljaf(i) ∈ Ai.

Z drugimi besedami torej aksiom izbire pove, da lahko za poljubnodruzino nepraznih mnozic simultano izberemo po en element iz vsake izmedmnozic druzine.

Naloga 2.33. Katere izmed naslednjih relacij iz A = {1, 2, 3} v B = {a, b, c}so funkcije?

f = {(1, a), (1, b), (2, c)} g = {(1, a), (2, a), (3, a)} h = {(1, a), (2, c), (3, b)}.

Naloga 2.34. Naj bo f : N \ {1} → N funkcija, ki stevilo n preslika vmaksimalno kratnost kakega prastevilskega faktorja stevila n. Tako je naprimer f(10) = 1, f(24) = 3 in f(100) = 2. Ali je funkcija f injektivna? Jesurjektivna?

Naloga 2.35. Naj bo f : R \ {3} → R \ {2/3} funkcija, podana s predpisomf(x) = 2x+7

3x−9 . Ali je funkcija f injektivna? Je surjektivna? Ce je odgovor

na obe vprasanji pozitiven, poiscite predpis inverzne funkcije f−1.

Naloga 2.36. Natancno zapisite kdaj neka funkcija f : A→ B ni injektivnain kdaj ni surjektivna.

Naloga 2.37. Naj bo A poljubna neprazna mnozica in naj bo B ⊆ A nekanjena podmnozica. Ali je tedaj χB : A→ {0, 1}, kjer je

χB(a) =

{1 ; a ∈ B0 ; sicer

,

funkcija? Je injektivna? Je surjektivna?

2.7. EKVIPOLENCA MNOZIC 77

Naloga 2.38. Naj bodo a, b, c in d taka realna stevila, da je a < b in c < d.Ali tedaj obstaja kaka bijektivna funkcija iz intervala [a, b] na interval [c, d]?

Naloga 2.39. Naj bo A = {1, 2, 3, 4, 5} in B = {a, b, c, d} in naj bo f : A→B neka funkcija. Ali tedaj obstaja funkcija g : B → A, da je f ◦ g = idB?Kaj pa g : B → A, da je g ◦ f = idA?

Naloga 2.40. Naj bo A neka mnozica z vsaj dvema elementoma. Ali tedajobstaja funkcija f : A→ A, za katero je f 6= idA, a kljub temu velja f ◦ f =idA? Ali je taksna funkcija f injektivna? Je surjektivna?

Naloga 2.41. Ali obstaja nenicelna realna funkcija f : R → R, da je (f ◦f)(x) = 0 za vse x ∈ R?

2.7 Ekvipolenca mnozic

V zadnjem razdelku se bomo posvetili se velikosti mnozic. Denimo, daimamo dani dve mnozici, A in B. Kdaj recemo, da imata ti dve mnozicienako mnogo elementov? Ce gre za “dovolj majhni” mnozici, je eden izmedmoznih postopkov naslednji. Iz mnozice A “vzamemo” nek element a, izmnozice B pa nek element b in oba elementa odstranimo. V naslednjemkoraku zopet odstranimo en element iz preostanka mnozice A in enega izpreostanka mnozice B. Ce tako nadaljujemo, bo ob predpostavki, da stamnozici res “dovolj majhni”, slej ko prej v vsaj eni izmed mnozic zmanjkaloelementov. Ce elementov zmanjka v obeh mnozicah hkrati, imata mnozicienako mnogo elementov, sicer ne. S tem, ko smo za vsak a ∈ A, ki smo gaizlocili iz A, izlocili nek b ∈ B, smo v resnici definirali neko prirejanje medelementi mnozice A in elementi mnozice B. Ce sta imeli mnozici A in B resenako mnogo elementov, smo s tem definirali neko bijektivno funkcijo iz Av B. To idejo povzamemo v splosno definicijo.

Definicija. Naj bosta A in B mnozici. Pravimo, da je mnozica A ekvipo-lentna mnozici B (recemo tudi, da ima A isto moc kot B), ce obstaja kakabijektivna funkcija f : A→ B.

Trditev 2.23. Naj bo D poljubna neprazna druzina mnozic. Tedaj je relacijaekvipolence ekvivalencna relacija na D.

Dokaz: Da je relacija refleksivna, je povsem ocitno, saj lahko za ustreznobijekcijo vzamemo kar identicno preslikavo. Simetricnost sledi iz izreka 2.20,tranzitivnost pa iz trditve 2.19. �

Zgled: V enem izmed zgledov prejsnjega razdelka smo nasli bijektivnofunkcijo iz mnozice naravnih stevil N v mnozico celih stevil Z, s cimer smo


pokazali, da sta ti dve mnozici ekvipolentni. Celih stevil je torej natanko to-liko, kot je vseh naravnih stevil, kar se bralcu zagotovo zdi precej nenavadno,saj se zdi, da je celih stevil precej vec. N

Zgled: Mnozica pozitivnih realnih stevil (0,∞) je ekvipolentna mnozicirealnih stevil, ki lezijo strogo med 0 in 1, torej odprtemu intervalu (0, 1), sajje funkcija f : (0,∞) → (0, 1), podana s predpisom f(x) = x

x+1 , bijekcija.Da se prepricamo v resnicnost te trditve najprej preverimo, da sploh resvelja f(x) ∈ (0, 1) za vsak x > 0. Ker je x > 0, je x+ 1 > 0 in tako je f(x)kot kvocient dveh pozitivnih stevil pozitivno stevilo, to je f(x) > 0. Ker jex + 1 > x in je x + 1 > 0, sledi se f(x) = x

x+1 < 1. Iz enacbe y = xx+1 ob

predpostavki x > 0 takoj dobimo x = y1−y . Bralec se bo zlahka preprical,

da za funkcijo g : (0, 1) → (0,∞), podano s predpisom g(x) = x1−x , velja

f ◦ g = id(0,1) in g ◦ f = id(0,∞), od koder po izreku 2.21 sledi, da je fbijektivna funkcija. Glede na to, da smo v enem izmed zgledov prejsnjegarazdelka pokazali, da obstaja tudi bijektivna funkcija iz realnega intervala(0, 1) v realni interval (1, 10), tako po trditvi 2.23 sledi, da je tudi interval(1, 10) ekvipolenten intervalu (0,∞). Bralca vabimo, da v zvezi z realnimiintervali resi se naloge ob koncu tega razdelka. N

Sedaj lahko koncno podamo definicijo koncnosti in neskoncnosti mnozic.

Definicija. Naj bo A mnozica. Tedaj je mnozica A neskoncna, ce je ekvipo-lentna kaki svoji pravi podmnozici. V nasprotnem primeru je A koncnamnozica.

Bralec je iz srednje sole zagotovo vajen neke druge definicije koncnostimnozic. Tam obicajno recemo, da je mnozica koncna, ce lahko njene ele-mente prestejemo. Bolj formalno bi torej “srednjesolsko” definicijo lahkopodali takole: mnozica A je koncna, ce je bodisi prazna ali pa obstaja na-ravno stevilo n, da je mnozica A ekvipolentna mnozici {1, 2, 3, . . . , n}. Nasazgornja definicija je od te bolj ugodna, ker ne potrebuje pojma naravnegastevila. Izkaze pa se, da je ob privzetku aksioma izbire nasa definicija ek-vivalentna “srednjesolski” (vendar tega dejstva ne bomo dokazovali). Zatose dogovorimo, da lahko uporabljamo katero koli izmed obeh ekvivalentnihdefinicij.

Zgled: Mnozica A = {a, b, c} je koncna, saj je ekvipolentna mnozici B ={1, 2, 3}. Vzamemo lahko na primer bijektivno funkcijo f : A → B, kjer jef(a) = 1, f(b) = 2 in f(c) = 3. Po drugi strani mnozica naravnih stevilN ni koncna, saj je na primer ekvipolentna svoji pravi podmnozici vsehsodih naravnih stevil 2N. Vzamemo lahko na primer bijekcijo f : N → 2N,s predpisom f(n) = 2n (da je to res bijektivna funkcija, bo zlahka preverilbralec). N


Zgled: Zgornji zgled nakazuje, da se pri neskoncnih mnozicah dogajajostvari, ki so precej v nasprotju z intuicijo. Zdi se namrec, da bi moralabiti mnozica, ki ji odvzamemo nekaj elementov, bolj siromasna od zacetnemnozice in tako ne more imeti enako mnogo elementov, kot prva. A kot smoze videli, je mnozica celih stevil Z ekvipolentna mnozici naravnih stevil N,ceprav na prvi pogled izgleda, da je mnozica Z “dvakrat vecja” od mnoziceN. V zvezi s tem velja omeniti znameniti nazorni primer, ki ga pripisujemoslovitemu nemskemu matematiku Davidu Hilbertu, ki je na matematicnemkongresu v Parizu leta 1900 predstavil vrsto takrat neresenih matematicnihproblemov, ki so imeli izjemen vpliv na razvoj matematike v 20. stolotju.

Hilbertov “Hotel Neskoncnost” je izmisljen hotel, ki ima toliko sob, ko-likor je naravnih stevil, vrata sob pa so oznacena ravno z vsemi naravnimistevili, po eno stevilo na vrata. V nekem trenutku je hotel poln, pri cemerje v vsaki sobi natanko en gost. Ali lahko v hotel nastanimo se enega gosta,brez da bi morali iz hotela napoditi katerega koli drugega gosta (dopuscamopa moznost, da goste malce prestavljamo med sobami, a seveda le pod pogo-jem, da ima po opravljeni “selitvi” med sobami se vedno vsak gost svojosobo)? Kaj pa ce pride v hotel toliko novih gostov, kolikor je vseh naravnihstevil skupaj? In kaj ce jih za vsako naravno stevilo n naenkrat pride toliko,kolikor je vseh naravnih stevil skupaj? Bralec se bo z nekaj iznajdljivostipreprical, da je odgovor na vsa tri vprasanja pritrdilen. N

V razdelku 2.2 smo omenili, da bomo cisto na koncu nase obravnavepodali se aksiom, ki bo koncno zagotovil obstoj vsaj ene mnozice. Sedaj jekoncno napocil cas tudi zanj.

Aksiom o neskoncnosti: Obstaja mnozica A, ki ima naslednji dve last-nosti:

(i) ∅ ∈ A.

(ii) Za vsak X ∈ A velja X ∪ {X} ∈ A.

Ta mnozica A tako vsebuje elemente ∅, {∅}, {∅, {∅}}, {∅, {∅}, {∅, {∅}}},itd. Izkaze se, da je vsaka mnozica A, ki zadosca aksiomu o neskoncnosti,neskoncna - od tod tudi ime aksioma. Dokaz tega dejstva bomo izpustili.Kot smo nakazali ze ob sprejetju aksioma o uniji, lahko potem naravnastevila zgradimo na podlagi tega aksioma, pri cemer mnozico ∅ oznacimo z0, {∅} z 1, {∅, {∅}} z 2, {∅, {∅}, {∅, {∅}}} s 3, itd.

Na tem mestu velja omeniti, da aksiom o neskoncnosti se ne zakljucujeseznama vseh aksiomov, ki tvorijo aksiomatski sistem ZFC. Manjkata se ak-siom o regularnosti in aksiom o zamenjavi, ki pa ju v okviru tega gradivane bomo navedli, da ne bi prevec zasli z zacrtane poti. Kot receno namrecnas namen ni bila natancna analiza aksiomov teorije ZFC, temvec bolj spoz-navanje lastnosti mnozic, zvez med njimi in konstrukcij, ki jih teorija ZFComogoca.


Posvetimo se povsem na koncu se neskoncnim mnozicam. Ceprav semorda zdi, da so vse neskoncne mnozice ekvipolentne, ker so pac neskoncne,temu ni tako. Glede na Cantorjev izrek, ki ga bomo kmalu navedli, topravzaprav ne bi moglo biti bolj dalec od resnice. Na nek nacin so najboljrevne tiste neskoncne mnozice, ki so ekvipolentne mnozici naravnih stevil.

Definicija. Naj bo A poljubna neskoncna mnozica. Tedaj je A stevnoneskoncna, ce je ekvipolentna mnozici naravnih stevil N. Mnozica, ki jekoncna ali stevno neskoncna, je stevna. V nasprotnem primeru je nestevna.

Izkaze se, da je vsaka podmnozica stevne mnozice stevna in da je poljubnastevna unija stevnih mnozic zopet stevna (dokaza, ki sicer nista pretezka,a vendarle zahtevata nekaj dela, ne bomo navedli). Tako je na primermnozica Q stevna, saj je stevna unija stevnih mnozic Q = ∪z∈ZAz, kjerje Az = { zn : n ∈ N}. Preden nadaljujemo, se najprej prepricajmo, da resniso kar vse neskoncne mnozice stevno neskoncne.

Izrek 2.24. Mnozica realnih stevil R je nestevna mnozica.

Dokaz: Po zgornjem je dovolj pokazati, da je nestevna mnozica realnihstevil med 0 in vkljucno 1, torej interval (0, 1] (ce bi bila namrec R stevnamnozica, bi bila stevna tudi njena podmnozica (0, 1]). Pa naj bo f : N →(0, 1] poljubna injektivna preslikava. Pokazimo, da tedaj f ne more biti sesurjektivna. Vsako realno stevilo med 0 in vkljucno 1 ima enolicen zapis vdecimalni obliki 0, a1a2a3 . . ., ce zahtevamo, da ne obstaja m ∈ N, da je an =0 za vse n ≥ m (to je, ne more se zgoditi, da so v decimalnem zapisu od nekodnaprej same nicle). Tako na primer namesto 0, 243 pisemo 0, 2429999 · · · . Zavsak n ∈ N stevilo f(n) na zgoraj opisan nacin zapisimo kot 0, an1a

n2a

n3 . . ..

Sedaj pa konstruirajmo naslednje stevilo b = 0, b1b2b3 . . . ∈ (0, 1]. Ce jea11 = 1, naj bo b1 = 2, sicer pa naj bo b1 = 1. Dalje, ce je a22 = 1, naj bob2 = 2, sicer pa naj bo b2 = 1. Podobno nadaljujemo. Tako za poljubenn ∈ N decimalko bn definiramo takole: ce je ann = 1, je bn = 2, sicer jebn = 1. Ocitno je, da smo na ta nacin definirali stevilo b ∈ (0, 1], prav takopa je jasno tudi, da za noben n ∈ N ne velja f(n) = b. To pa pomeni, daf ni surjektivna funkcija. Tako mnozica (0, 1], posledicno pa tudi R, res nistevna. �

Zgornji izrek torej pokaze, da niso vse neskoncne mnozice ekvipolentnemed seboj. Da bi jih lahko primerjali po velikosti, potem definiramo nasled-nji pojem. Pravimo, da je mnozica A mocnejsa od mnozice B, ce obstajakaksna surjektivna funkcija iz A v B, ne obstaja pa nobena surjektivnafunkcija iz B v A. Utemeljitelj teorije mnozic Georg Cantor je dokazalnaslednji izrek, ki pove, da obstaja neskoncno mnogo razlicnih redov ve-likosti neskoncnih mnozic.


Izrek 2.25 (Cantor). Naj bo A dana mnozica. Tedaj je njena potencnamnozica P(A) mocnejsa od mnozice A.

Dokaz: Ce je A prazna mnozica, trditev izreka ocitno velja, zato lahko vnadaljevanju privzamemo, da A ni prazna. Konstruirajmo najprej surjek-tivno funkcijo f : P(A) → A. Izberimo nek a ∈ A, potem pa za poljubnopodmnozico B ⊆ A definirajmo f(B) = b, ce je B = {b} (to je, ce je Bsingleton), v nasprotnem primeru pa postavimo f(B) = a. Ocitno gre zadobro definirano funkcijo iz P(A) v A, ki je surjektivna, saj se v dani c ∈ Apreslika {c} ∈ P(A).

Pokazati moramo se, da ne obstaja surjektivna funkcija iz A v P(A). Padenimo nasprotno, da je g taksna surjektivna funkcija. Naj bo sedaj B ={a ∈ A : a /∈ g(a)}. Mnozica B je dobro definirana in je podmnozica mnoziceA, torej je element mnozice P(A). Ker je g po predpostavki surjektivnafunkcija, obstaja nek a ∈ A, da je g(a) = B. Je tedaj element a vsebovanv B ali ne? Ce je a ∈ B, tedaj po definiciji mnozice B velja a /∈ g(a), karzaradi g(a) = B ne gre. Ce pa velja a /∈ B, potem po definiciji mnoziceB mora veljati a ∈ g(a), kar pa je zaradi B = g(a) prav tako nemogoce.V vsakem primeru pridemo do protislovja, ki torej pove, da surjektivnafunkcija g : A→ P(A) ne more obstajati. �

Zanimivi svet neskoncnih mnozic se tu seveda ne konca. Zainteresiranegabralca vabimo, da na svetovnem spletu ali v kaksni knjigi pobrska po pojmih,kot so na primer domneva kontinuuma ter kardinalna in ordinalna stevila.

Naloga 2.42. Pokazite, da je mnozica vseh naravnih stevil, ki so deljiva s100, stevno neskoncna.

Naloga 2.43. Poiscite kaksno bijektivno preslikavo iz mnozice A = N × Nv mnozico N in tako pokazite, da je mnozica A stevno neskoncna.

Naloga 2.44. Naj bosta a in b poljubni realni stevili, za kateri velja a < b.Pokazite, da je tedaj mnozica vseh realnih stevil, ki lezijo strogo med a inb (torej realni interval (a, b)), ekvipolentna mnozici vseh pozitivnih realnihstevil.

Naloga 2.45. Naj bodo a, b, c, d poljubna realna stevila, tako da je a < bin c < d. Pokazite, da je tedaj realni interval (a, b) ekvipolenten realnemuintervalu (c, d).

Naloga 2.46. Pokazite, da je mnozica realnih stevil R ekvipolentna real-nemu intervalu (0, 1). Pomagate si lahko z dejstvom, da je R = (−∞, 0) ∪{0} ∪ (0,∞) in (0, 1) = (0, 1/2) ∪ {1/2} ∪ (1/2, 1).

Naloga 2.47. Pokazite, da je mnozica kompleksnih stevil C nestevna.


Literatura

[1] W. S. Anglin, Mathematics: A Concise History and Philosophy, NewYork, Springer-Verlag, 1994.

[2] V. Batagelj, Diskretne strukture: zapiski predavanj (1. zvezek), Ljubl-jana, samozalozba (Z. Batagelj), 2002.

[3] R. L. Cooke, The history of mathematics : a brief course, New York,John Wiley & Sons, 1997.

[4] U. Daepp, P. Gorkin, Reading, writing and proving: a closer look atmathematics, New York, Springer, 2003.

[5] N. Prijatelj, Osnove matematicne logike. Del 1, Simbolizacija, Ljubl-jana, DMFA Slovenije, 1992.

[6] N. Prijatelj, Matematicne strukture 1. Mnozice, relacije, funkcije,Ljubljana, DMFA Slovenije, 1996.

[7] P. R. Halmos, Naive Set Theory, New York, Van Nostrand ReinholdCompany, 1960.

83

Documents

Logika in Mno zice - pefprints.pef.uni-lj.sipefprints.pef.uni-lj.si/5029/1/Sparl_Logika_in_mnozice_predavanja_2017.pdf · zasluge za uvodni razvoj logike tako pripisujemo gr skim