Nedeljko Stefanovic Magistarski Rad

7/28/2019 Nedeljko Stefanovic Magistarski Rad

1/85

MATEMATIQKI FAKULTET UNIVERZITETA U BEOGRADU

MAGISTARSKA TEZA

O MOGUNOSTIMA FORMALNOG

METODA U TEORIJI SKUPOVA

KANDIDAT MENTOR

NEDEKO STEFANOVI Dr ALEKSANDAR JOVANOVI

BEOGRAD 2004.


2/85

Napomene o pravima

Copyright c 2003-2004 by Nedeljko Stefanovic

Svakome je dozvoeno da neograniqeno umnoava ovo delo u celini ili delovima, sa ili bez izmena,u bilo kom obliku i na bilo kakvom nosiocu, da takve primerke isporuquje i objavuje i da koristiegov sadraj u sve svrhe pod sledeim uslovima:

1. Svaki primerak dela ili nekog od egovih delova mora sadrati ove napomene o pravima u celinii bez izmena i dodataka. U sluqaju da se delo ili neki egov deo isporuquje u vixe delova,svaki deo mora sadrati ove napomene. Napomene se mogu isporuqiti odvojeno od takvog primerka(na primer na zasebnom papiru ili u zasebnoj datoteci), ali moraju biti isporuqene uz svakiprimerak.

2. Od primaoca se ne sme traiti odricae od bilo kog prava iz ovih uslova, niti se primalacmoe osloboditi bilo koje obaveze iz ovih uslova.

3. Skraeni, dopueni ili izmeeni oblici ovog dela moraju biti oznaqeni kao takvi. Svaka izmenaili dopuna mora biti posebno oznaqena kao takva.

4. Prevoee dela na sve jezike je dozvoeno pod uslovom da se na prevode primene isti ovi uslovi.Prevodioci mogu dodati svoje ime u podacima o kopirajtu na prevod pored imena autora.

5. Korixee ovog dela ili egovih delova u drugim delima je dozvoeno u izmeenom ili neizme-enom obliku sa ili bez navoea izvora pod uslovom da se primaocima primeraka takvih delaili ihovih delova ne uskrauje nijedno od prava iz ovih uslova nad preuzetim sadrajem uizvornom obliku. Ovi uslovi se ne primeuju na izmene preuzetog sadraja.

6. SADRAJ SE KORISTI NA SOPSTVENU ISKUQIVU I CELOKUPNU ODGOVORNOST.AUTOR NE SNOSI NIKAKVU ODGOVORNOST NI ZA JEDAN DEO SADRAJA. PREVO-DIOCI TAKOE NE SNOSE NIKAKVU ODGOVORNOST NI ZA JEDAN DEO PREVODA

IZUZEV AKO JE DRUGAQIJE NAGLAXENO.


3/85

Sadraj

1 Aksiomatska teorija skupova 5

1.1 Cermelo Frenkelova teorija skupova ZFC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Teoreme rekurzije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.3 Slabiji oblici i ekvivalenti aksiome izbora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.4 Ordinali i dobro ureeni skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.5 Kardinalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.6 Gedelove teoreme nepotpunosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.6.1 Rekurzivne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.6.2 Aritmetiqke formule u teoriji skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.6.3 Predstavivost funkcija i relacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 471.6.4 Prva Gedelova teorema nepotpunosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 511.6.5 Druga Gedelova teorema nepotpunosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 521.6.6 Komentar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2 Modeli teorije skupova 61

2.1 Relacija zadovoea za modele teorije skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.2 Apsolutnost i tranzitivni modeli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.3 Metod unutraxih modela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2.3.1 Konstruktibilni univerzum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.3.2 Analiza metode unutraxih modela i ena ograniqea . . . . . . . . . . . . . . . . 74

2.4 Forsing . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.4.1 Analiza forsing metode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

2.5 Veliki kardinali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

Zakuqak 83

3


4/85

4 Sadraj


5/85

Glava 1

Aksiomatska teorija skupova

Aksiomaska Teorija Skupova predstava formalizaciju i zasnivae celokupne Matematike, xto di-rektno ukazuje na potrebu ispitivaa mogunosti takvog pristupa. Upravo to predstava ci ovog

rada.

1.1 Cermelo Frenkelova teorija skupova ZFC

Ovde emo izloiti najrasprostraeniji sistem aksioma teorije skupova ZFC. To je teorija prvogreda na jeziku LZF = {} i nadae emo radi kraeg zapisa formula tog jezika koristiti sledeeoznake.

x = y za x = y,

x y za x y,

(x y) za x(x y ), gde je proizvona formula,

(x y) za x(x y ), gde je proizvona formula.

Tu su x i y proizvone promenive, a proizvona formula. Posledim dvema definicijama smouveli tzv. ograniqene kvantore.

Pod univerzalnim zatvoreem formule podrazumevaemo formulu koja se dobija univerzalnomkvantifikacijom formule po svim promenivama koje u oj imaju slobodna javaa. Qesto emoteoreme pisati bez nekih ili bez svih vodeih kvantora.

Relacije vezane za uvodimo na uobiqejen naqin

x y z(z x z y),

x y x y x = y,

x y y x,

x y y x.

x i y su tu naravno, proizvone promenive.ZFC je teorija prvog reda na jeziku LZF = {} sa dve sheme sa beskonaqno mnogo aksioma instanci

i jox konaqno mnogo pojedinaqnih aksioma. Dakle, ukupno teorija ZFC ima beskonaqno mnogo aksioma.Kao xto e biti pokazano, teorija ZFC nema ekvivalentnu aksiomatizaciju sa konaqnim brojem aksioma.Aksiome izlaemo redom.

Aksioma ekstenzionalnosti:

z(z x z y) x = y.

Ova aksioma izraava svojstvo da su dva skupa jednaka ako imaju iste elemente. Obiqno je koristimoda bismo dokazali jedinstvenost nekog skupa.

U ZFC teoriji skupova su jedini objekti skupovi. Meutim, budui da mnoge kolekcije objekatao kojima ima smisla govoriti u teoriji skupova ZFC nisu skupovi, uvodimo pojam klase. Neka je(x, y1, . . . , yn) formula jezika LZF. Tada moemo uvesti oznaku C(y1, . . . , yn) za nov objekat koji zapravo


6/85

6 1 Aksiomatska teorija skupova

predstava kolekciju svih skupova x za koje vai (x, y1, . . . , yn). Preciznije, mi uvodimo sledeuskraenicu

x C(y1, . . . , yn) je zamena za (x, y1, . . . , yn).

Zapravo, ovde smo mi dobili jednu familiju klasa u zavisnosti od y1, . . . , yn. Tu e zapravo biti

reqi o jednoj klasi ako je n = 0 ili ako svaku od promenivih yi zamenimo termom ti u kome ne uqestvujupromenive, ve samo funkcijski i konstantski siboli. Budui da jezik LZF takvih simbola nema,to je mogue samo u definicionim ekstenzijama. Ukoliko nema opasnosti od zabune koristiemo istuoznaku x C kao u sluqaju n = 0.

Jednakost klasa uvodimo na sledei naqin:

C = D x(x C x D),

gde su C i D proizvone klase. Neka je c proizvoan konstantski simbol iz nekog proxirea jezika LZF.Tada je formulom x c definisana jedna klasa C koja ima iste elemente kao skup c (tj. interpretacijatog simbola), odnosno ako shvatimo c kao klasu vai c = C. Stoga skupove moemo tretirati kaoposebne sluqajeve klasa.

Modelski gledano, klase su podskupovi skupa nosaqa posmatranog modela definabilni preko parame-

tara iz skupa nosaqa tog modela. Klasu definisanu formulom (x, y), gde su promenive y rezervisaneza parametre obeleavamo i sa {x : (x, y)}. Naravno, ve sada moemo uvesti neke operacije nadklasama.

C D = {x : x C x D},

C D = {x : x C x D},

Cc = {x : x C},

C \ D = C Dc.

Relacije , , i kao i ograniqene kvantore u sluqaju klasa definixemo na sliqan naqin kao iu sluqaju skupova.

Aksioma praznog skupa

xy y x.

Ova aksioma postulira egzistenciju praznog skupa. Poxto je on po aksiomi ekstenzionalnosti jedin-stven, moemo uvesti oznaku za ega kao konstantu. Oznaqavaemo ga sa .

Aksioma para

x y z u(u z u = x u = y).

Ova aksioma postulira egzistenciju neureenog para. Neureen par qiji su elementi x i y oz-naqavaemo sa {x, y}. On nam naravno omoguava da uvedemo i singlton, kao i ureen par kao

{x} = {x, x},

x, y = {{x}, {x, y}}.

Nije texko pokazati da ureen par ima sledeu osobinu

x, y = u, v (x = u y = v).

Pojam ureene n-torke uvodimo induktivno kao xto sledi.

x = x,

x1, . . . , xn, xn+1 = x1, . . . , xn, xn+1 za n 2.

Indukcijom se lako pokazuje da ureena n-torka ima svojstvo

x1, . . . , xn = y1, . . . , yn (x1 = y1 xn = yn).

Klasu V definixemo kao V = {x : x = x}, a Dekartov proizvod klasa A1, . . . , An kao

A1 An = {y : x1 xn(x1 A1 xn An y = x1, . . . , xn)}.


7/85


8/85


vaana. Zaista, ako bi postojao takav x, onda bismo zaemujui y sa x dobili

x x x x,

xto je kontradikcija.

Ovo upravo pokazuje da postoje klase koje nisu skupovi, zbog qega je uvoee pojma klase i imalosmisla. Klase koje nisu skupovi zovemo i pravim klasama.

Drugo ograniqee nas spreqava da pomou ove sheme definixemo neki skup preko ega samog. Toograiqee je takoe bitno jer formula

x y z(z y (z x z y))

protivreqi egzistenciji nepraznog skupa. Naime, ako su x i u bilo kakvi elementi za koje je u x i yskup za koji vai

z(z y (z x z y)),

onda zameujui z sa u dobijamou y (u x u y),

odakle budui da u x dobijamou y u y,

xto je kontradikcija.Aksioma praznog skupa je takoe posledica aksiome separacije ako pretostavimo da postoji bar jedan

skup, jer je za ma koji skup x ispueno

= {y x : y = y}.

Poxto je u klasiqnom predikatskom raqunu formula x x = x vaana, a u emu se teorija skupova iizlae, aksioma praznog skupa jeste posledica aksiome separacije. Sledea teorema pokazuje da je Vprava klasa.

Teorema 1

x y y x

Dokaz: Ako bi postojao skup x takav da za svako y vai y x, onda bismo po aksiomi separacije mogliuoqiti skup

z = {u x : u u}

za koga bi vailou z u u

za svaki skup u, pa i za z, odakle bi bilo

z z z z,

xto je kontradikcija. Otuda ne postoji skup kome pripadaju svi skupovi. QED

Operacije preseka i razlike skupova uvodimo sa

x y = {z x : z y},

x \ y = {z x : z y}.

Presek nepraznog skupa x takoe uvodimo na uobiqajen naqin kao skup svih onih elemenata kojipripadaju svakom qlanu skupa x. Za ega koristimo standardne oznake

x i

yx y. Presek nepraznog

skupa uvek postoji jer je za ma koji neprazan skup x i ma koji egov element y ispuenox = {z y : (u x)z u)}.

Takoe zbog asocijativnosti i komutativnosti operacije preseka dva skupa neemo pisati zagrade

niti voditi raquna o redosledu qlanova na koje se primeuje operacija preseka.Aksioma partitivnog skupa

x y z(z y (u z)u x).


9/85

1.1 Cermelo Frenkelova teorija skupova ZFC 9

Ova aksioma postulira egzistenciju partitivnog skupa datog skupa. Za partitivni skup skupa xkoristimo standardnu oznaku P(x).

Aksioma partitivnog skupa zajedno sa prethodnim aksiomama nam obezbeuje egzistenciju Dekar-tovog proizvoda skupova. Konkretno, uvodimo ga sa,

x y = {z P(P(x y)) : (u x)(v y) z = u, v}.

Dekartov proizvod skupova nije asocijativan, ali zagrade neemo uvek pisati i pritom emo po-drazumevati da se se gomilaju na levoj strani, tj.

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

Takoe, uvodimo Dekartov stepen datog skupa na sledei naqin

x1 = x,

xn+1 = xn x.

U vezi s tim uvodimo pojam n-arne relacije na skupu x kao proizvonog podskupa od xn. Takoe,uvodimo sledee skraenice

Reln(, x) za xn,

Reln() za x Reln(, x).

Ako je Reln() onda umesto x1, . . . , xn pixemo (x1, . . . , xn). U sluqaju da je binarna relacija,tj. Reln(), uvodimo en domen i sliku kao

dom() = {x : y x, y },

ran() = {y : x x, y }.

Pritom su gore oznake opravdane jer su dom() i ran() podskupovi skupa

. U sluqaju da je

binarna relacija umesto (x, y) qesto pixemo xy i uvodimo oj inverznu relaciju sa

1 = {x, y : yx}.

Funkciju koja preslikava skup x u skup y definixemo kao bilo koji podskup f skupa x y koji imaosobinu da za ma koje u, v, w iz u, v f i u, w f sledi v = w. U tom sluqaju pixemo f : x yodnosno Fun(f), a jedinstveni element b za koji a, b f zovemo slikom elementa a pri preslikavau fi obeleavamo sa f(a).

Ako je f funkcija i pritom za sve a i b iz enog domena iz a = b sledi f(a) = f(b), onda kaemo daje f injekcija i u tom sluqaju pixemo

f : a11 b.

Nravno, tada je f1 takoe funkcija. Ukoliko je f funkcija i y = ran(f), onda kaemo da je f funkcijana skup y ili da je funkcija f surjekcija na skup y. Tada pixemo

f : dom(f)na

y.

Ukoliko je pritom f injekcija, rei emo da je f bijekcija na skup y i pisaemo

f : dom(f)11na y.

Ukoliko postoji bijekcija izmeu skupova a i b rei emo da su ti skupovi ekvipotentni i pisaemo|a| = |b| odnosno a b.

Budui da za ma koje skupove a i b i ma koju funkciju f : a b vai f P(P(P(a b))), po shemiseparacije postojae skup svih funkcija koje preslikavaju skup a u skup b i za ega emo koristitioznaku ba.

Ako f : a b onda za ma koji x a i ma koji u x vai f(u) ran(f), pa postoji skup svih f(u)

za u x. ega zovemo slikom skupa x pripreslikavau f i obeleavamo sa f[x]. Takoe, ako je yproizvoan skup, onda za ma koje u za koje je f(u) y mora da vai u a, pa postoji skup svih u takvihda f(u) y. Taj skup zovemo inverznom slikom skupa y pri preslikavau f i obeleavamo sa f1[y].


10/85


Restrikciju funkcije f na skup x dom(f) u oznaci f|x definixemo na uobaiqajen naqin kao skup svihureenih parova u, v f za koje je u x. Naravno, egzistencija je zagarantovana shemom separacije.Sasvim sliqno, ako f : a b i g : b c, kompoziciju g f definixemo na standardan naqin, pri qemuje egzistencija te kompozicije takoe zagarantovana aksiomom separacije budui da vai

g f dom(f) ran(g).

Pritom emo zvog asocijativnovsti kompozicije pri pisau izostavati zagrade. Ukoliko je ffunkcija i a dom(f) koristiemo sledee oznake

xa

f(x) =

f[a],

xa

f(x) =

f[a],

pri qemu se kod druge pretpostava da je a = . Takoe, proizvod skupova uvodimo na sledei naqin.Neka je f funkcija i a dom(f). Tada moemo koristiti oznaku

xa

f(x) = {i

f : (x a)i(x) f(x)}.

Ako je jasno o kojoj se funkciji sa domenom I radi, za I moemo sliku elementa obeleavati saX (naravno, umesto X se moe koristiti i bilo koje drugo slovo) i u tom kontekstu koristiti oznakeIX,

IX i

IX.

Sve do sada izloene aksiome nam ne obezbeuju egzistenciju beskonaqnih skupova. Zato uvodimosledeu aksiomu.

Aksioma beskonaqnosti

x ((y x) z z y) (y x)(z x) u (u z (u y u = y)))

Uvedimo oznaku S(x) = x {x}.

Definicija 1 Skup a koji ima sledee osobine

x

x a S(x) a,

zovemo induktivnim skupom.

Prethodna aksioma zapravo postulira egzistenciju barem jednog induktivnog skupa.

Definicija 2 Skupove sn, gde je n ceo nenegativan1 broj, induktivno definisane na sledei naqin

s0 = ,

sn+1 = sn {sn}

zovemo numeralima.

Jasno je da svaki numeral pripada svim induktivnim skupovima. Ukoliko bi postojao skup qijisu elementi taqno numerali, on bi bio u smislu inkluzije najmai induktivan skup. Meutim, mi najeziku LZF ne moemo to zapisati. To svojstvo bi se moglo izraziti bekonaqnom formulom

x (x (x = s0 x = s1 x = s2 ))

koja ne predstava formulu prvog reda.

Teorema 2 Za ma koji ceo nenegativan broj n numeral sn sadri taqno n elemenata i to su taqnonumerali sm za 0 m < n.

1Metateorijski.


11/85


Dokaz: Zaista, u suprotnom bi postojao najmai ceo broj n 0 za koji to ne bi bilo taqno. Lako sevidi da ne moe biti n = 0, pa mora biti n = k + 1 za neki ceo broj k 0. Meutim, onda skup sk imataqno k elemenata, a kako za ma koje 0 l < k skup sl ima taqno l elemenata, skup sk bi se razlikovaood svih svojih elemenata (ako ih ima) kojih ima taqno k, pa bi skup sn = sk {sk} imao taqno k + 1 = nelemenata i to bi bili taqno elementi skupa sk i sam skup sk. Dakle, skup sn bi imao taqno n elemenata

i to bi bili taqno skupovi sl za l < n, xto je kontradikcija sa polaznom pretpostavkom, pa izreqenotvree vai. QED

Posledica 1 Numerali sm i sn su razliqiti za m = n. Posebno, numerala ima beskonaqno mnogo.

Poxto svi numerali moraju pripadati svakom induktivnom skupu, svaki induktivan skup morasadrati beskonaqno mnogo elemenata, xto opravdava naziv ove aksiome.

Teorema 3 U smislu inkluzije postoji najmai induktivan skup.

Dokaz: Lako se pokazuje da je presek bilo kog nepraznog skupa induktivnih skupova induktivan skup.Neka je a bilo koji induktivan skup i neka je b skup svih egovih induktivnih podskupova. b = jera b. Stoga je i skup c =

b induktivan. Lako se vidi da je c a. Neka je d bilo koji induktivan skup.

Tada je i e = c d = {c, d} takoe induktivan i vai e c a, pa e b odakle je c = b e d. Poxtoje skup c induktivan i poxto je d proizvoan induktivan skup, skup c je zaista u smislu inkluzijenajmai induktivan skup. QED

Najmai induktivan skup obeleavamo simbolom . egove elemente zovemo prirodnim brojevima.Skup predstava interpretaciju skupa prirodnih brojeva u teoriji ZFC. Interpretaciju metateori-jskog prirodnog broja n u teoriji ZFC predstava numeral sn.

Meutim, kao xto smo napomenuli, teorija ZFC ne garantuje da osim numerala nema drugih prirod-nih brojeva. Preciznije, postoji takva formula (x) na jeziku LZF za koju vai

a) ZFC (sn) za svaki ceo broj n 0,

b) ZFC (x )(x).

Konstrukcija takve formule je sloenija i zasniva se na teoremama nepotpunosti sa kojima emo se

naknadno upoznati.

Lema 1 Sledea formula je teorema

(n )(n = (m n) S(m) = n).

Dokaz: Posmatrajmo sledei skup

a = {n : n = (m n) S(m) = n}.

Lako se vidi da a, kao i da je a . Pretpostavimo da n a. Tada je S(n) = i za m = n S(n) vaiS(m) = S(n), pa i S(n) a, odakle je skup a induktivan. Sada iz a i minimalnosti induktivnogskupa zakuqujemo da je a = . QED

Prethodni metod dokazivaa da svi prirodni brojevi imaju neku osobinu zovemo indukcijom. Pri-metimo da induktivna pretpostavka n ovaj put nije nigde korixena, xto ubudue obiqno nee bitisluqaj.

Lema 2 Svaki neparazan a sadri element b tako da vai

(x b) x a

Dokaz: Dokazaemo zapravo da za svako x vai

a(a x a (y a)(z y) z a).

Najpre primetimo da ova formula vai za x = . Pretpostavimo sada da prethodna formula vai zaneko x = n i dokaimo da ona onda vai i za x = S(n). Pretpostavimo da je a i da x = S(n) a.

Ako za sve m S(n) vai m a onda je S(n) svedok za y. Ako postoji neko m S(n) tako da vai m a,onda zbog S(n) = n {n} vai m = n ili m n. Po induktivnoj pretpostavci skup b = a {n} sadrielement y za koji vai y b = . Ako je y = n onda y a, a ako je y = n onda ne moe biti m n jer bi


12/85


onda zbog m a bilo m y b = , pa je y = n = m a odakle opet y a. Takoe, iz y b = i a bsledi da je i y a = , qime je prethodna formula u potpunosti dokazana. QED

Metod upotreben za dokazivae ove leme je samo stilski razliqit od metoda koji je korixen udokazu prethodne leme. Tu se zapravo i podrazumeva da se poziva na odgovarajui induktivan skup.

Mi emo ubudue koristiti ovaj stil.Posledica 2 Za ma koje n vai n n. Takoe, ne postoje m, n za koje je m n n m.

Dokaz: Dovono je primeniti prethodnu lemu na skupove {n} i {m, n}. QED

Lema 3 Za ma koje m,n,k vaim n n k m k.

Dokaz: Tvree oqigledno vai za k = . Pretpostavimo da vai za neko k = l i za ma koje m, n i dokaimo da onda vai i za k = S(l) i ma kakve m, n . Naime, ako m n i n k = S(l), onda vain l ili n = l. U prvom sluqaju je po induktivnoj pretpostavci m l, a u drugom m n = l, pa opetm l. Otuda i zbog l S(l) vai m S(l) = k. QED

Lema 4 Za ma koje m, n vai taqno jedna od mogunosti

m n, m = n, n m.

Dokaz: Na osnovu prethodne posledice za ma koje m, n ne moe da vai vixe od jedne od navedenihmogunosti. Stoga je dovono da dokaemo da vai bar jedna od navedenih mogunosti.

Ukoliko za neke m, n vai bar jedna (a samim tim i taqno jedna) od navedenih mogunosti,rei emo da su m i n uporedivi. Pritom je sigurno uporediv sa svim prirodnim brojevima. Pret-postavimo da je m uporediv sa svim prirodnim brojevima i dokaimo da je S(m) uporediv sa svimprirodnim brojevima. S(m) je svakako uporediv sa praznim skupom. Pretpostavimo da je S(m) upore-div sa nekim n i dokaimo da je uporediv i sa S(n).

Pretpostavimo suprotno, da S(n) nije uporediv sa S(m). Iz S(m) = S(n) dobijamo m = n. IzS(m) S(n) dobijamo S(m) n i S(m) = n odakle zbog uporedivosti n sa S(m) vai n S(m). Xtavixe,zbog m = n vai i n m. Sliqno, iz S(n) S(m) dobijmo S(n) m i S(n) = m, odakle zbog uporedivostim sa S(n) vai m S(n). Opet zbog m = n vai m n. Ali kao xto smo pokazali, za m, n ne moeistovremeno vaiti m n i n m. QED

Posledica 3 Skup je dobro ureen relacijom kao strogim poretkom.

Nadae, emo i prazan skup smatrati ureeem u odnosu na praznu relaciju, pri qemu usvajamo sveuobiqajene definicije pojmova vezanih za ureea.

Lema 5 Elementi prirodnih brojeva su prirodni brojevi.

Dokaz: Poxto prazan skup nema elemenata, automatski vai da su svi egovi elementi prirodnibrojevi. Neka je n prirodan broj qiji su svi elementi prirodni brojevi. Tada su elementi skupa S(n)

upravo elementi prirodnog broja n, koji su po pretpostavci prirodni brojevi, i sam n koji je takoepo pretpostavci prirodan broj. QED

Posledica 4 Svi prirodni brojevi su dobro ureeni relacijom kao strogim poretkom.

Dokaz: Prema prethodnom je svaki prirodan broj u odnosu na relaciju podureee dobrog ureea, odakle je i sam dobro ureen. QED

Lema 6 Za ma koji n i ma koji neparzan m S(n) postoji k n tako da vai S(k) = m.

Dokaz: Neka je n i = m S(n). Prema prethodnom je i m . Kao xto smo ve videli, svakineprazan m je oblika S(k) za neko k . Jedino jox treba proveriti da k n. Meutim, to slediiz k S(k) = m S(n). Zaista, lako se vidi da je m S(n) = n {n} ekvivalentno sa m n m = n, tj.sa m n u ureeu skupa . Sada je jasno da iz k < m n sledi k < n QED

Teorema 4 Skup n je prirodan broj ako i samo ako je dobro ureen relacijom kao striktnim poretkomi ako za svaki neprazan element m skupa S(n) postoji element k skupa n tako da vai m = S(k).


13/85


Dokaz: Ve smo pokazali da je svaki prirodan broj n je dobro ureen relacijom kao relacijomstriktnog poretka, kao i da za ma koje = m S(n), gde je n vai S(k) = m za neko k n. Dokaimoobrat.

Neka je n dobro ureen skup u odnosu na relaciju kao relaciju striktnog ureea i neka za svakineprazan m S(n) postoji k n takvo da je S(k) = m. Pretpostavimo da n nije prirodan broj.

Poxto n nije prirodan broj mora biti n = , pa zbog n S(n) po pretpostavci postoji neko i ntako da vai S(i) = n. Tada je i najvei element ureea n = S(i).

Ako bi bilo i , onda bi i n = S(i) bio prirodan broj. Zato pretpostavimo da i . Skup svihj n takvih da j n j tada nije prazan jer sadri element i. Stoga moemo uoqiti egov najmaielement k. Tada ne moe biti k = , pa zbog k n S(n) postoji l n takvo da je k = S(l). Naravno,tada zbog l S(l) = k tj. l < k i l n vai l l n. Meutim, to taqno znaqi da je i k = S(l) n,kao i k = S(l) suprotno izboru elementa k. QED

Ova teorema pokazuje da je pojam prirodnog broja mogue definisati nezavisno od aksiome besko-naqnosti.

Definicija 3 Skup x zovemo konaqnim ako postoji prirodan broj n takav da vai x n. U suprotnomkaemo da je skup x beskonaqan. U skaldu sa tim uvodimo sledeu oznaku

Fin(x) n(Nat(n) n x),

gde je formula Nat(n) definisna sa

Nat(n) W(n) (x S(n))(y n) x = S(y),

W(n) O(n) (x P(n) \ {})(y x)(z x\{y})y z,

O(n) (x n)(y n)(z n)((x y y x) ((x y y z) x z)).

Teorema 5 Skup je beskonaqan.

Dokaz: Prvo, zbog = ne postoji ni jedna bijekcija praznog skupa na skup . Neka je n takav

da ne postoji ni jedna bijekcija skupa n na . Ako bi postojala bijekcija f skupa S(n) na , onda bifunkcija

g = {x, y n : x n f(x) = y f(x) f(n)} { x, y n : x n f(x) = S(y) f(n) f(x)}

bila bijekcija sa n na suprotno pretpostavci.Zaista, neka x n. Ako je f(x) f(n), onda ne moe biti f(n) f(x), pa je y = f(x) jedinstveni

element takav da x, y g. Ako pak f(x) f(n), onda mora vaiti f(n) f(x) f(n) = f(x). Pritom jemogunost f(n) = f(x) iskuqena jer bismo u suprotnom iz injektivnosti funkcije f dobili n = x, xtoje nemogue zbog x n i n . Znaqi, ostaje samo mogunost f(n) f(x) odakle je f(x) = , pa zbogf(x) mora biti f(x) = S(y) za neko y . Pritom je y jedinstveno kao maksimum ureea S(y) = f(x),pa postoji taqno jedno y za koje je x, y g. Naravno, po samoj definiciji skupa g je iskuqeno dax, y g za neko y koje ne pripada skupu . Dakle, g je zaista funkcija koja slika skup n u skup .

Neka sada y . Dokaimo da postoji jedinstveno x n takvo da je g(x) = y. Naravno, ve po defini-ciji funkcije g je iskuqeno da domenu pripadne neki element koji nije qlan skupa n. Pretpostavimoda y f(n). Tada f(n) S(y), pa ne moe postojati x n za koje je f(x) = S(y) f(n) f(x). Stoga jeg(x) = y f(x) = y za svako x, pa poxto je f bijekcija, x = f1(y) e biti jedino rexee jednaqineg(x) = y. Ako pak y f(n), onda mora biti f(n) = y f(n) y, tj. f(n) S(y) = y, pa e za svako x n bitig(x) = y f(x) = S(y), odakle je budui da je f bijekcija, x = f1(S(y)) e biti jedinstveno rexeejednaqine g(x) = y, pa je g zaista bijekcija skupa n na skup suprotno izboru elementa n. QED

Ovim smo pokazali da iz aksiome beskonaqnosti (uz prethodno uvedene aksiome) sledi egzistencijabarem jednog beskonaqnog skupa. Pritom vai i obrat, ali e nam za to biti potrebna naredna aksioma.Sistem do sada uvedenih aksioma oznaqava se sa Z.

Aksioma zamene (shema)

Za svaku formulu (x,y, z) sledea formula

z u((x u)v y((x,y, z) y = v) v y (y v (x u)(x,y, z)))


14/85


je aksioma.Ovom aksiomom se tvrdi da ako je formulom (x,y, z) sa parametrima z opisana funkcija na skupu u

u smislu klase, da je onda slika skupa u takoe skup. Sistem do sada uvedenih aksioma obeleavamosa ZF.

Teorema 6 (ZF

) Aksioma beskonaqnosti je uz ostale uvedene aksiome ekvivalentna sa postojaembarem jednog beskonaqnog skupa.

Dokaz: Ve smo videli da iz aksiome beskonaqnosti sledi egzistencija barem jednog beskonaqnog skupa.Dokaimo obrat.

Neka je a bilo koji beskonaqan skup. Posmatrajmo skup

u = {x P(a) : Fin(x)}

Neka je x u proizvono. Tada postoji prirodan broj m takav da je m x. Ukoliko bi za jox nekiprirodan broj n za koji je n x, onda bi bilo m n budui da je relacija relacija ekvivalencije.No, tada bi postojala bijekcija f skupa m na skup n. Budui da je m = n, skup

a = {k m : f((f : m11na n) (i k)f(i) = i)}

ne bi bio prazan. Zaista, poxto je m = n i m n skup m ne moe biti prazan. Ali onda zbog m S(m)mora postojati neko l m takvo da je m = S(l). Tada bi l bio najvei element ureea m, pa poxto jem = n moralo bi biti l a, odakle konaqno zakuqujemo da skup a mora biti neprazan.

No, kako je m dobro ureen i a je egiv neprazan poskup, postojae najmai element k skupa a.Pritom k ne moe biti prazan skup, budui da zbog m n postoji bijekcija g skupa m na skup n = m,pa e

f = (g \ {, g(), g1(), }) {, , g1(), g()}

biti bijekcija skupa m na skup n za koji vai f() = .Poxto je k = i k m S(m), postojae l m takvo da je k = S(l). Naravno, tada je l l {l} = k, pa

po minimalnosti elementa k element l ne moe pripadati skupu a. Stoga postoji bijekcija g : m ntakva da vai g(i) = i za sve i l, tj. za sve elemente skupa l {l} = k, odnosno za sve i k. Meutim,tada je

f = (g \ {k, g(k)}, g1(k), k}) {k, k, g1(k), g(k)}

bijekcija skupa m na skup n za koju vai f(i) = i za sve i k suprotno izboru elementa k.Otuda za svako x u postoji jedinstven prirodan broj y za koji je x y, pa po shemi zamene postoji

skup N svih prirodnih brojeva koji su ekvipotentni bar jednom konaqnom podskupu skupa u. Dokaimoda je on induktivan.

Zaista, kako je konaqan podskup od u i pritom je prirodan broj, bie N. Neka je sada n Nproizvono. Tada postoji konaqan x u takav da je x n. Meutim, poxto je u beskonaqan, ne moebiti x = u, pa je x u, odakle postoji neko c u \ x. No, tada je za proizvonu bijekciju f skupa n naskup x funkcija

g = f {n, c}

jedna bijekcija skupa n {n} = S(n) na skup x {c} N, odakle S(n) N, pa je skup N zaista induktivan.

QEDShema separacije i shema zamene imaju po beskonaqno mnogo aksioma instanci. Zbog toga je sistemaksioma koji izuqavamo beskonaqan. Kao xto emo videti, uz ostale aksiome teorije skupova se shemaseparacije moe svesti na konaqan broj enih instanci, ali shema zamene ne moe. Preciznije, sistemaksioma koji izuqavamo nema konaqnu aksiomatizaciju.

Sledea aksioma je dugo bila najkontroverznija aksioma teorije skupova i najkontroverzniji mate-matiqki princip.

Aksioma izboraaf(Fun(f) dom(f) = P(a) \ { } (x dom(f))f(x) x).

Ova aksioma tvrdi da za ma koji skup x postoji funkcija f koja iz svakog od nepraznih podskupovaskupa x jedan element. Zbog toga je zovemo i jednom izbornom funkcijom skupa x. Kada je skup xbeskonaqan, najqexe nije mogue dati pravilo po kome bi se iz svakog elementa skupa x izabrao

po jedan element. Drugim reqima, ovaj princip je tzv. nekonstruktivne prirode. To je bio i glavnirazlog kontroverznosti ovog principa. Aksiomu izbora oznaqavaemo sa AC, a sistem do sada uvedenihaksioma sa ZFC. Sistem do sada uvedenih aksioma izuzev sheme zamene obeleavamo sa ZC.


15/85


Teorema 7 (Z) Aksioma izbora je ekvivalentna sa bilo kojim od sledeih iskaza:

a) Za svaki skup a za koji a postoji funkcija f : a

a takva da za svako x a vai f(x) x.

b) Za svaku funkciju f za koju je f(x) = za svako x I gde I oznaqava domen funkcije f, vaiiI

f(i) =

Dokaz: Dokazaemo sledei implikacijski niz

AC a) b) AC

AC a) Uoqimo skup b =

a i funkciju g : P(b) \ {} b takvu da vai g(x) x za sve x iz domena odg. Tada za f = g|a vai f : a

a i f(x) x za sve x iz domena od f.

a) b) Neka je f takva funkcija sa domenom I za koju je f(i) = za sve i I. Tada ran(f), pamoemo uoqiti funkciju g sa domenom ran(f) za koju vai g(x) x za sve x ran(f). No, tada jeg f

iIf(i).

b) AC Neka je a proizvoan skup i S = P(a) \ {}. Tada jexSx = , pa moemo izabrati neko

f xSx. No, tada je f traena funkcija. QED

Teorema 8 (Z) Iz aksiome izbora sledi da za svaki skup nepraznih meusobno disjunktnih skupovapostoji skup koji sa svakim elementom tog skupa ima taqno jedan zajedniqki element. Uz aksiomu zamenevai i obrat.

Dokaz: Neka vai AC i neka je a skup takav da

a (x a)(y a)(x = y x y = ).

Prema prethodnoj teoremi moemo izabrati funkciju f qiji je domen a, tako da f(x) x za svako x a.

Sada je f[a] traeni skup koji sa svakim elementom skupa a ima po taqno jedan zajedniqki element.Pretpostavimo sada da vai aksioma zamene i da za svaki skup a qiji su elementi neprazni meusobnodisjunktni skupovi postoji skup koji sa svakim od elemenata skupa a ima po taqno jedan zajedniqkielement. Neka je a bilo koji skup. Tada je po aksiomi zamene klasa b = {{x} x : x P(a) \ {}} skup.Xtavixe, elementi tog skupa su neprazni i meusobno disjunktni, pa postoji skup c koji sa svakimelementom skupa b ima po taqno jedan zajedniqki element. No, tada je f = c

b traena funkcija.

QEDNavexemo kasnije jox neke vane ekvivalente aksiome izbora, a sada emo uvesti posledu aksiomu

sistema koji prouqavamo.

Aksioma regularnostix(y y x (y x)(z x)z y)

Doslovno, ova aksioma tvrdi da je svaki neprazan skup disjunktan sa bar jednim svojim elementom.Meutim, za razliku od ostalih aksioma, ova i ne deluje kao neko oqigledno svojstvo skupova. Stogaje neophodno prodiskutovati je. Pritom emo teorije koje se dobijaju proxirivaem teorija Z, ZF,ZC i ZFC aksiomom regularnosti obeleavati sa Z, ZF, ZC i ZFC tim redom.

Stav 1 (Z) Ne postoji niti jedan skup koji pripada samom sebi.

Dokaz: Neka a a. Tada za skup b = {a} vai da je neprazan, da mu je a jedini qlan, ali da sa im nijedisjunktan jer a a b, xto protivreqi aksiomi regularnosti. QED

Stav 2 Za ma koji prirodan broj n > 1

Z x1 xn(x1 x2 xn1 xn xn x1).

Dokaz: pretpostavimo suprotno, da za neke x1, . . . , xn vai x1 x2 xn1 xn xn x1. Posmatrajmoskup b = {x1, . . . , xn}. Za ega se lako utvruje da je neprazan, kao i da nije disjunktan niti sa jednimsvojim elementom. Naime, xi1 b xi za i > 1, odnosno xn b x1. QED


16/85


Teorema 9 (Z) Ne postoji funkcija f sa domenom takva da za sve n vai f(S(n)) f(n).

Dokaz: Pretpostavimo da takva funkcija postoji. Tada za b = ran(f) vai da za svako x b postojin takvo da je x = f(n). No, tada f(S(n)) b x. QED

Napomena 1 Ukoliko se dozvoli da funkcija f bude klasa, onda je neophodno koristiti i shemu zamene,jer u modelima teorije ZC mogu postojati funkcije sa domenom koje nisu skupovi ve prave klase.Ovde je zapravo bilo pretpostaveno da je funkcija f skup. U sluqju da je f klasa dokaz bi bio vrlosliqan, sa jedinom razlikom xto bi se postojae skupa ran(f) obrazloilo aksiomom zamene.

Prethodni stav zapravo tvrdi da ne postoje beskonaqne -regresije. Kao xto emo videti, aksiomaregularnosti je u sistemu Z ekvivalentna sa iskazom prethodne teoreme. Pritom se teorija ZFC

obiqno smatra formalizacijom takozvane naivne teorije skupova.

1.2 Teoreme rekurzije

U ovom odeku emo pod relacijom podrazumevati klasu, i to ureenih parova (binarnu relaciju)

ako se ne naglasi drugaqije.

Stav 3 (Z) Za ma koju relaciju E V V, koja moe biti i klasa, i za ma koju klasu X postojinajmaa klasa T takva da je X T i da za za ma koje y, z vai yEz z T y T. Pritom, ako je zama koje x klasa {y : yEx} skup, onda je uz aksiomu zamene T skup ako i samo ako je X skup.

Dokaz: Posmatrajmo funkciju

f(x) =

najmai n td. g(Fun(g) dom(g) = S(n) g(0) X (i n)g(S(i)), g(i) E g(n) = x)ako takvo n postoji,

inaqe.

Nije texko pokazati da je T = {x : f(x) } traena klasa. Ukoliko je X skup i ako je klasa {y : yEx}skup za sve x, onda se najpre indukcijom uz korixee aksiome zamene i aksiome unije dokazuje da jeza svako n klasa {x : f(x) = n} skup, a potom ponovo primeujui aksiomu zamene da je i T skup. Sadruge strane, na osnovu aksiome separacije je jasno da ako je T skup, onda i klasa X T mora takoebiti skup. QED

Uz simboliku iz prethodnog stava klasu T emo zvati zatvoreem klase X za relaciju E. Samozatvoree klase X ze relaciju E oznaqavaemo sa Ec(X). Ako je pritom X = T, rei emo da je klasaX zatvorena za relaciju E. Takoe, za proizvonu relaciju E uvodimo eno tranzitivno zatvoreeET sa xETy x Ec(Ey). Tu je Ey = {x : xEy}.

Stav 4 (Z) Tranzitivno zatvoree relacije E je najmaa tranzitivna relacija takva da je E enapodrelacija.

Dokaz: Neka je xETy i yETz. Tada po definiciji x Ec(Ey) i y Ec(Ez). Zbog y Ec(Ez) za ma kojiu Ey usled zatvorenosti klase Ec(Ez) za relaciju E mora da vai u Ec(Ez). To upravo znaqi da jeEy Ec(Ez), odakle e ponovo na osnovu zatvorenosti klase Ec(Ez) za relaciju E biti Ec(Ey) Ec(Ez).No, tada e zbog x Ec(Ey) vaiti x Ec(Ez) to jest xETz. Time smo dokazali da je relacija ET

tranzitivna.Neka je E bilo koja tranzitivna relacija za koju je E E. Dokaimo da je ET E. Za x i y je

xETy po definiciji ekvivalentno sa x Ec(Ey), xto je prema konstrukciji klase Ec(Ey) ekvivalentnosa postojaem prirodnog broja n i funkcije f sa domenom S(n) za koju vai f() Ey, f(n) = x if(S(i))Ef(i) za sve i dom(f). Dokaz da za sve x, y za koje vai xETy vai i xEy izvexemo indukcijompo najmaem prirodnom broju n za koji postoji takva funkcija.

Ukoliko je n = 0, onda vai x = f()Ey, odakle je xEy jer je E podrelacija od E. Ako je n = , ondapostoji m za koji je n = S(m), pa e po induktivnoj pretpostavci zbog f(m)ETy biti f(m)Ey. Ali,prema x = f(n) = f(S(m))Ef(m) e biti xEf(m) budui da je E podrelacija od E, odakle konaqno naosnovu tranzitivnosti relacije E zakuqujemo da vai xEy. QED

Definicija 4 Relaciju E V V (u smislu klase) zvaemo dobro zasnovanom ako


17/85

1.2 Teoreme rekurzije 17

a) svaka neprazna klasa ima E-minimalni element, tj. takav element x za koji ne postoji elementy iz te klase za koji bi bilo yEx i

b) za svako x klasa {y : yEx} je skup.

Dobru zasnovanost relacije E obeleavaemo sa WF(E). Takoe, klasu X zvaemo dobro zasnovanom

ako je relacija X= {x, y : x X y X x y} dobro zasnovana. Klasu {y : yEx} oznaqavaemo sa Ex.

Primetimo najpre da su u sluqaju aksiome regularnosti sve klase dobro zasnovane. Najvanijiprimeri dobro zasnovanih relacija su dobra ureea na klasama, kao i u sluqaju aksiome regularnostirestrikcija X= {x, y : x X y X x y} relacije na bilo koju klasu X. Takoe, zatvoreeproizvonog skupa za dobro zasnovanu relaciju je uz aksiomu zamene skup.

Lema 7 (Z) Za ma koju relaciju E i ma koji skup x vai Ec(Ex) =uEx Ec({u}).

Dokaz:

Dokaimo najpre da je desna strana jednakosti zatvorena za relaciju E. Neka je yEz i neka jez Ec({u}) za neko u za koje je uEx. Budui da je klasa Ec({x}) zatvorena za relaciju E, odmah dobijamoda je y Ec({u}), a samim tim i y uEx Ec({u}). Odatle je klasa uEx Ec({u}) zaista zatvorena zarelaciju E. Budui da je Ex

uEx Ec({u}), odatle sledi da je i Ec(Ex)

uEx Ec({u}).

Sa druge strane, iz {u} Ex Ec(Ex) za uEx i iz zatvorenosti klase Ec(Ex) za relaciju E sledida je Ec({u} Ec(Ex) za svako u za koje je uEx, a samim tim i

uEx Ec({u}) Ec(Ex), qime je tvree

u potpunosti dokazano. QED

Lema 8 (Z) Neka je E bilo koja relacija. Ako svaka neprazna klasa ima E-minimalni element, ondasvaka neprazna klasa ima i ET-minimalni element. Takoe, ako je E dobro zasnovana relacija, uzaksiomu zamene je i relacija ET dobro zasnovana.

Dokaz: Neka je X proizvona klasa. Dokaimo formulu

(x)(y X Ec(Ex))(X Ec(Ey) = (z X Ec(y))X Ec(z) = ).

Pretpostavimo suprotno. Tada bismo imali E-minimalni element x klase X za koji postoji y

Ec(Ex) takav da y X, da je X Ec(Ey) = i tako da je X Ec(Ez) = za ma koje z X Ec(Ey). Nekaje y neki od takvih E-minimlnih elemenata. Budui da

y Ec(Ex) =uEx

Ec({u})

postojae neki u takav da uEx i da vai y Ec({u}). Tu ne moe biti y Ec(Eu) jer bi to protivreqiloizboru elementa x. Dakle, ostaje samo mogunost da je y = u. No, tada iz uEx i naqina na koji je xizabran sledi da

(v X Ec(Ey))(X Ec(Ev) = (z X Ec(Ev))X Ec(Ez) = ).

Meutim, budui da je X Ec(Ev) = za svako v X Ec(Ey), imaemo zapravo da vai

(

v

X

Ec(Ey

))(

z

X

Ec(Ev

))X

Ec(Ez

) =

.

Izaberimo v Ec(Ey) proizvono i z X Ec(Ev) takvo da vai X Ec(Ez) = . No tada vai zETv

i vETy, odakle je zETy na osnovu tranzitivnosti relacije ET. Meutim, prema izboru elementa y zbogz Ec(Ey) mora biti X Ec(Ez) = , xto protivreqi izboru elementa z. Time je polazna formuladokazana.

Ako je klasa X neprazna, onda moemo uoqiti neko x X. Ukoliko je X Ec(Ex) = , onda je xjedan ET-minimalan element klase ET. U suprotnom moemo izabrati neko y X Ec(Ex). Ako jeX Ec(Ey) = , onda je y jedan E

T-minimalan element klase X. Najzad, ako je i X Ec(Ey) = , onda poupravo dokazanoj formuli mora postojati neko z X Ec(Ey) takvo da vai X Ec(Ez) i u tom sluqajuje z jedan ET-minimalan element.

Ostalo je da dokaemo da je ETx skup za svaki skup x kada je E dobro zasnovana relacija u sluqajuda vai aksioma zamene. To sledi direktno iz jednakosti ETx = Ec(Ex) koja je posledica sledeeg

ekvivalencijskog niza y ETx yETx y Ec(Ex).

QED


18/85


Teorema 10 (Z) Neka je E dobro zasnovana relacija, D bilo koja klasa zatvorena za relaciju E i Rbilo koja klasa. Pretpostavimo jox da vai aksioma zamene ili da je R skup. Oznaqimo sa klasusvih parova x, f gde je x podskup od D, a f funkcija sa domenom ETx i slikom sadranom u R. Tadaza ma koju funkciju G : R postoji taqno jedna funkcija F definisana na D takva da za svakox D vai F(x) = G(x, F|ETx ). Naravno, tu je F|ETx oznaka za restrikciju funkcije F na skup E

Tx , koja je

po aksiomi zamene skup ako vai aksioma zamene, odnosno na osnovu aksiome separacije ako je R skup,budui da je F|ETx (E

Tx ) R. Pritom e vaiti F(x) R za svako x D. Takoe, funkcija F e biti

skup ako i samo ako je D skup.

Dokaz: Primetimo najpre da za svaku klasu X D koja je zatvorena za relaciju E postoji najvixe jednafunkcija g sa domenom X za koju je g(x) = G(g|ETx ) za sve x X. Naime u suprotnom bismo imali bar dve

takve funkcije g i g i ET-minimalan element x za koji je g(x) = g(x), xto bi bilo u suprotnosti sa

g(x) = G(x, g|ETx ) = G(x, g|ETx ) = g

(x).

Takoe, za ma koje y, z za koje je zETy mora da vai ETz ETy zbog tranzitivnosti relacije E

T.Posmatrajmo klasu

C = {x D : hg(g = h Fun(g) dom(g) = ETx (y ETx )g(y) = G(y, g|ETy ))}.

Jasno je da postoji funkcija H sa domenom C koja svakom x C pridruuje jedinstvenu funkcijug sa domenom ETx za koju je g(y) = G(y, g|ETy ) za svako y dom(g). Neka x C i neka je yE

Tx. Tada

y dom(H(x)). Meutim, tada e zbog ETy ETx = dom(H(x)) za svako z E

Ty biti z dom(H(x)), a po

definiciji funkcije H(x) e vaiti H(x)(z) = G(z, H(x)|ETz ), pa na osnovu jedinstvenosti funkcije g sa

domenom ETy za koju vai g(z) = G(z, g|ETz ) za sve z ETy , mora biti y C i H(y) = H(x)|ETy . Posebno,

klasa C je zatvorena za relaciju ET.No, tada e sa F(x) = G(x, H(x)) biti definisana jedna funkcija sa domenom C za koju je H(x) = F|ETx

za svako x C. Zaista, budui da iz x C sledi da je ETx C, funkcije H(x) i F|ETx imaju isti domen,

i za proizvono y ETx vai

F|ETx (y) = F(y) = G(y, H(y)) = G(y, (H(x))|ETy ) = H(x)(y).

Stoga vai i

F(x) = G(x, H(x)) = G(x, F|ETx ),

Naravno, iz jednakosti F(x) = G(x, H(x)) sledi da je F(x) R za svako x C. Dokaimo sada da jeC = D. U suprotnom bismo imali ET-minimalan element x klase D \ C. No, tada bi funkcija g = F|ETxbila skup zato xto vai aksioma zamene ili da je R skup. Xtavixe, to bi bila jedinstvena funkcijadefinisana na skupu ETx za koju za svako y E

Tx vai g(y) = G(y, g|ETy ), odakle bi bilo x C suprotno

pretpostavci. Funkcija F naravno ne moe biti skup ako joj je domen prava klasa. Ali u sluqaju da jeD skup, i funkcija F e biti skup ili po aksiomi zamene, ako ona vai, ili prema aksiomi separacijeako je R skup zbog F D R. Time je teorema u potpunosti dokazana. QED

Teorema 11 (Z) Neka je E dobro zasnovana relacija i D bilo koja klasa zatvorena za E. Oznaqimosa T klasu svih parova x, y gde su x, y proizvoni elementi takvi da x D i da je y ETx . Tada zama koju relaciju R T postoji taqno jedna relacija P D takva da vai P = {x D : R(x, P ETx )}.Takoe, Relacija P e biti skup u sluqaju da je D skup.

Dokaz: Neka je b = {a, b} za neke meusobno razliqite a i b. Neka je sa

G(x, f) =

a za R(x, f1[{a}]),

b inaqe,

definisana jedna funkcija na skupu svih parova x, f za koje je x D i f : ETx b. Tada premaprethodnoj teoremi postoji jedinstvena funkcija F na skupu D za koju vai F(x) = G(x, F|ET), xto

je ekvivalentno sa postojaem taqno jedne relacije P D za koju je P = {x D : R(x, P ETx )}.Odgovarajua relacija je P = F1[{a}]. Budui da je P D, jasno je da je P skup u sluqaju da je Dskup. QED


19/85

1.3 Slabiji oblici i ekvivalenti aksiome izbora 19

Definicija 5 Klasu X emo zvati tranzitivnom ako je dobro zasnovana i ako je ispuen bilo kojiod sledeih ekvivalentnih uslova:

a) klasa X je zatvorena za relaciju = {x, y : x y},

b) za ma koje y X vai y X,

U tom sluqaju emo pisati tr(X). Ako je klasa X skup, onda se uslovi a), b) mogu zapisati i kaoX X.

Lema 9 (ZF) Za svaku klasu X postoji najmaa klasa T za koju je X T i za koju x y y T x T.Pritom je T skup ako i samo ako je X skup. Takoe, klasa T je dobro zasnovana ako i samo ako je klasaX dobro zasnovana, i u tom sluqaju je klasa T tranzitivna.

Dokaz: Ova lema je neposredna posledica stava 3. QED

Uz simboliku iz prethodne leme klasu T emo zvati tranzitivnim zatvoreem klase X u oznacitc(X). Pritom je naravno, tc(X) =TX . Budui da je na svakoj dobro zasnovanoj klasi X relacijapripadaa X dobro zasnovana, prethodne dve teoreme moemo formulisati u tom posebnom sluqaju.

Teorema 12 (Z

) Neka je X dobro zasnovana klasa i R bilo koja klasa. Pretpostavimo da vai aksiomazamene ili da je R skup. Oznaqimo sa klasu svih parova x, f gde je x podskup od X, a f funkcija sadomenom tc(x) X i slikom sadranom u R. Tada za ma koju funkciju G : R postoji taqno jednafunkcija F definisana na X takva da za svako x X vai F(x) = G(x, F|tc(x)X). Naravno, tu je F|tc(x) Xoznaka za restrikciju funkcije F na skup tc(x) X, koja je po aksiomi zamene skup ako vai aksiomazamene, odnosno na osnovu aksiome separacije ako je R skup, budui da je F|tc(x)X (tc(x) X) R.Pritom e vaiti F(x) R za svako x X. Takoe, funkcija F e biti skup ako i samo ako je X skup.

Teorema 13 (Z) Neka je X dobro zasnovana klasa. Oznaqimo sa T klasu svih parova x, y gde su x, yproizvoni elementi takvi da x X i da je y tc(x). Tada za ma koju relaciju R T postoji taqnojedna relacija P X takva da vai P = {x X : R(x, P tc(x))}. Takoe, Relacija P e biti skup usluqaju da je X skup.

U sluqaju da vai aksioma regularnosti, svaka je klasa dobro zasnovana, pa u prethodnim dvemateoremama moemo ispustiti pretpostavku o dobroj zasnovanosti klase X, ali onda e iskazi teoremabiti dokazivi u sistemu aksioma Z. Najzad, ako je < relacija striktnog dobrog ureea na nekoj klasi,onda je ona dobro zasnovana, pa teoreme dobijaju sledei oblik

Teorema 14 (Z) Neka je X dobro ureena klasa relacijom < strogog poretka i R bilo koja klasa.Pretpostavimo da vai aksioma zamene ili da je R skup. Oznaqimo sa klasu svih parova x, f gdeje x element od X, a f funkcija sa domenom [0, x) i slikom sadranom u R. Tada za ma koju funkcijuG definisanu na postoji taqno jedna funkcija F definisana na X takva da za svako x X vaiF(x) = G(x, F|[0,x)). Naravno, tu je F|[0,x) oznaka za restrikciju funkcije F na skup [0, x), koja je poaksiomi zamene skup ako vai aksioma zamene, odnosno na osnovu aksiome separacije ako je R skup,budui da je F|[0,x) [0, x) R. Pritom e vaiti F(x) R za svako x X. Takoe, funkcija F e bitiskup ako i samo ako je X skup.

Teorema 15 (Z) Neka je X dobro ureena klasa relacijom


20/85


Dokaz: Indukcijom po n dokazaemo da za ma koji konaqan skup x takav da postoji bijekcija skupa n naskup x i da za svako y x postoji z takvo da je yEz, postoji funkcija f sa domenom x takva da za svakoy x vai yEf(y). Zaista, za n = funkcija f = oqigledno ispuava traene uslove. Neka je n

takav da prethodni iskaz vai. Pretpostavimo sada da je x takav skup da postoji r : S(n)11na x i takav

da za svakoy

x

postojiz

takvo da vaiyEz

. Budui dar

|n :n

11

nax

\ {r

(n

)}, postojae funkcijag

sadomenom x \ {r(n)} takva da za svako y dom(g) vai yEg(y). Tada funkcija f = g {r(n), z} ispuavatraene uslove za z izabrano tako da vai r(n)Ez . QED

Za problematiku iz ovog odeka trebae nam sledee leme.

Lema 10 (Z) Neka je E relacija parcijalnog ureea na nekoj klasi Y i F funkcija definisana nanekoj klasi X. Tada za ma koji neprazan konaqan skup x X postoji a x takvo da je F(a) maksimalan(minimalan) element slike skupa x pri preslikavau F. Posebno, ako je E linearno ureee, ondapostoji najvei (najmai) element slike skupa x pri preslikavau F.

Dokaz: Dokaz izvodimo indukcijom po n za koji postoji bijekcija skupa n na skup x. Za n = skupx ne moe biti neprazan, pa je tvree automacki ispueno. Pretpostavimo sada da je n takav datraeni iskaz vai. Pretpostavimo da je skup x X takav da postoji bijekcija skupa S(n) na skup x

i neka je f jedna takva bijekcija. Ako je n = , onda je f() jedini element skupa x, tako da elementF(f()) zadovoava traene uslove. Ako je n = onda po induktivnoj pretpostavvci postoji maksimalan(minimalan) element m slike skupa x \ {f(n)}. Ukoliko je F(f(n)) vee (mae) od m, onda e traenielement biti F(f(n)), a inaqe m. QED

Lema 11 (Z) Slika konaqnog skupa pri funkciji (koja moe biti i klasa) je konaqan skup.

Dokaz: Ovde emo podrazumevati da je x uvek podskup domena funkcije F. Indukcijom po n dokazaemo da za ma koju funkciju F i skup x takav da postoji bijekcija skupa n na skup x slikaskupa x mora biti konaqna. Zaista, ako je n = onda je i x = , odakle je i slika skupa x prazan skup,koji je svakako konaqan. Sa druge strane, ako je n takav da traeni iskaz vai, i f : S(n) x,

onda je slika a skupa x \ {f(n)} konaqna pa postoje m i f : m11na a, onda je i g = f {m, F(f(n))}

bijekcija skupa S(m) na sliku skupa x pri preslikavau F. QED

Lema 12 (Z

) Unija konaqnog skupa konaqnih skupova je konaqan skup.Dokaz: Dokaimo najpre da je unija dva konaqna skupa konaqna. Indukcijom po n dokazemo da je a bkonaqan skup kada od su a i b konaqni skupovi takvi da postoji bijekcija izmeu b i n. Zaista, u sluqajuda je n = bilo bi b = , pa bi ab bio konaqan skup jer je a konaqan skup i vai ab = a. Pretpostavimosada da je n takav da je a b konaqan skup kad god su a i b konaqni i pritom postoji bijakcija skupan na skup b. Neka su a i b ma koji konaqni skupovi takvi da postoji bijekcija f : S(n) b. Tadaf|n : n b \ {f(n)}, pa je a (b \ {f(n)}) konaqan skup. Ukoliko f(n) a, vaie a b = a (b \ {f(n)}),

odakle e a b biti konaqan. Ukoliko f(n) a uoqimo m i g : m11na a (b \ {f(n)}). Ali tada

g {m, f(n)} : S(m) a b,

odakle je skup a b konaqan. Time je dokazano da je unija dva konaqna skupa konaqan skup.Dokaimo sada indukcijom po n da je unija skupa a konaqnih skupova konaqan skup kad god postoji

f : n 11na a. Zaista, kada je n = bie a = , a samim tim i

a = , xto je svakako konaqan skup. Nekaje n takav da je za svaki konaqan skup a konaqnih skupova za koji postoji bijekcija skupa n na skupa skup

a konaqan i uoqimo konaqan skup c konaqnih skupova takav da postoji f : S(n)

11na c. No, tada

je f|n : n11na c \ {f(n)}, pa je skup

(c \ {f(n)}) konaqan. Meutim, tada je i skup

c = f(n)

(c \ {f(n)})

takoe konaqan kao unija dva konaqna skupa. QED

Navedimo neke vane ekvivalente aksiome izbora

Teorema 17 (Z) Sledea tvrea su ekvivalenti aksiome izbora:

a) (Hausdorfov princip maksimalnosti) U bilo kom parcijalnom ureeu svaki lanac se moeproxiriti do maskimalnog lanca. Posebno, budui da je uvek lanac, svako parcijalno ureeeima maksimalan lanac.

b) (Zornova lema) U svakom (nepraznom) parcijalnom ureeu u kojem svaki maksimalan lanac imamajorantu za svaki element tog parciajlnog ureea postoji maksimalan element koji je vei dojednak od tog elementa. Posebno, u takvom parcijalnom ureeu uvek postoji maksimalan element.


21/85


v ) (Takijeva lema) Neka je x bilo koji skup i F P(x) tako da za svaki y x vai da y Fako i samo ako svi konaqni podskupovi od y pripadaju F. Tada skup F ima u smislu inkluzijemaksimalan element.

g) (Cermelov princip dobrog ureea) Svaki skup se moe dobro urediti.

Dokaz: Dokazaemo implikacijski niz

AC a) b) v ) g) AC.

AC a) Neka je (A,) parcijalno ureen skup i T bilo koji lanac tog ureea. Sa oznaqimo skupsvih lanaca tog ureea za koje je T , a sa bilo koju funkciju koja preslikava skup P(A)\{}u skup A takvu da (x) x za svako x dom(f). Sa oznaqimo funkciju koja slika skup u skupP(A) datu sa

() = {x A : {x} }.

Primetimo da je lanac maksimalan ako i samo ako je () = . Uoqimo jox funkciju s : definisanu sa

s() =

{(())} za () = , za () = .

Odmah se vidi da je lanac maksimalan ako i samo ako je s() = , kao i da je u suprotnomskup s() \ jednoqlan. Neka je D skup svih D koji imaju sledee osobine:

1. T D,

2. ( )( D s() D),

3. S(S D ( S)( S)( )

S D).

Skup D je neprazan zato xto D, pa moemo uoqiti egov presek D. Lako se proverava daD D. Stoga je D u smilu inkluzijskog poretka najmai element skupa D. Dokaimo da je skup

D linearno ureen inkluzijskim poretkom. Uoqimo skup

L = { D : ( D)( )}.

Jasno je da je L D. Ukoliko dokaemo da L D bie L = D budui da je D inkluzijski minimumskupa D. Osobine 1. i 3. skupa L se lako proveravaju. Xto se tiqe osobine 2. uoqimo proizvoanelement L i dokaimo da s() L. U tom ciu posmatrajmo skup

U = { D : s() s()}.

Oqigledno, U D. Ako dokaemo da U D, bie zapravo U = D jer je D inkluzijski minimumskupa D, a samim tim emo dokazati i osobinu 2. skupa L. Ponovo se osobine 1. i 3. lako dokazuju.Dokaimo zato osobinu 2. Neka U. i dokaimo da su skupovi s() i s() inkluzijski uporedivi.

je po pretpostavci inkluzijski uporediv sa s(). Ako bi vailo s()

, onda bi s() i s(

)bili inkluzijski uporedivi zbog s() s(). Stoga je interesantan samo sluqaj kada je s().

Sliqno, je inkluzijski uporediv sa svim elementima skupa D, pa i sa s(). U sluqaju da jes() . imamo da je s() s(), pa su i tada s() i s() inkluzijski uporedivi. Stoga jeinteresantan samo sluqaj kada je s(). Meutim, iz s() bi sledilo da skup s() \ sadri bar dva elementa, xto je prema definiciji funkcije s nemogue, pa ne moe biti .Iz sliqnih razloga ne moe biti ni . Meutim, budui da je skup uporediv sa svimelementima skupa D, pa i sa , mora biti = . Odatle odmah sledi da je i s() = s(), odaklesu s() i s() naravno inkluzijaki uporedivi.

No, to konaqno znaqi da je skup D inkluzijski linearno ureen, pa na osnovu osobine 3. imamo da

D D. To taqno znaqi da postoji inkluzijski najvei element skupa D, koji se stoga funkcijoms moe slikati iskuqivo u sebe, odakle je on maksimalan lanac posmatranog ureea (A,).Budui da je prema 1. skup T podskup tog maksimalnog lanca, ovaj deo tvrea je u potpunostidokazan.


22/85


a) b) Pretpostavimo da je (A,) neprazno parcijalno ureee u kome svaki maksimalan lanac imamajorantu. Neka je a A. Budui da je {a} lanac moemo ga proxiriti do nekog maksimalnoglanca, qija e majoranta biti traeni element.

b) v) Dokaimo najpre da su za takvu familiju F ureenu inkluzijom ispueni uslovi Zornove leme.

Neka je L F bilo koji lanac u smislu inkluzijskog ureea. Dokaimo da skup M =

L pripadafamiliji F. Za to je potrebno proveriti da x F za svaki konaqan x M.

Neka je x konaqan podskup od M. Budui da je x konaqan i da za svako y x postoji L L takvoda x L, postojae funkcija f : x L takva da y f(y) za svako y x. No, budui da je funkcijaf skup, ena slika e takoe biti skup. Xtavixe, slika funkcije e f takoe biti konaqna. No,budui da je ona podskup linearno ureenog skupa L inkluzijom, postojae inkluzijski najveielement L slike funkcije f kome e pripadati svi qlanovi skupa x. Dakle, vai x L L F,pa x kao konaqan podskup elementa L familije F mora biti qlan familije F. Time je dokaz daM F okonqan. Dakle, ispueni su uslovi Zornove leme, pa maksimalan element familije F usmislu inkluzije postoji.

v ) g) Uoqimo proizvoan skup A. Neka je D skup svih parova oblika T,, gde je T A, a relacija

dobrog ureea na skupu T. Takvi parovi postoje. Na primer, , D

. Nax ci je da dokaemoda postoji par u skupu D qija je prva komponenta skup A. Uredimo skup D relacijom definisanomna sledei naqin: T, T, ako i samo ako je T T, i za ma koje x T i y T \ Tvai x y. Lako se proverava da je to jedno parcijalno ureee na skupu D.

Neka je F skup svih lanaca ureea D. U bilo kom ureeu je podskup skupa nosaqa lanac akoi samo ako su svi egovi konaqni podskupovi lanci, pa postoji maksimalan lanac L ureea D.Neka je

T =

{T P(A) : T, L}, =

{ P(A) P(A) : T T, L}.

Dokaimo da je dobro ureee na T. Lako se proverava da je to jedno parcijalno ureee. Naprimer, neka su x, y T takvi da vai x y i y x. Tada postoje T,, T, D takvi dax T i y T. Pritom vee od ta dva ureea obuhvata oba elementa x i y. Na sliqan naqin,moemo po potrebi prei na jox vee ureee iz skupa L u kome e vaiti i x y i y x.No, budui da je to po pretpostavci zaista ureee, morae da vai x = y. Refleksivnost itranzitivnost se dokazuju sliqnom gimnastikom.

Neka je sada U neprazan podskup od T. Tada moemo uoqiti neki egov element x, koji morapripadati skupu nosaqu T nekog elementa T, skupa L. No, tada e skup U T biti neprazanpodskup od T, pa e imati najmai element y u poretku skupa T. Pretpostavimo y nije najmaielement skupa U u uredejeu skupa T. Tada e postojati neko z T U za koje nije y z. Tadamoemo izabrati T, L tako da vai x ,y,z T. Budui da nije x z, jer bi inaqe zbogy x bilo y z, nee moi da bude ni z T \ T, pa mora biti z U T, gde prema izboruelementa x vai x z, a samim tim mora da vai i x z suprotno izboru elementa z. Ovakontradikcija dokazuje da je zaista dobro ureee skupa T.

Ostaje da dokaemo da je T = A. U suprotnom bismo mogli izabrati neki element x A \ T za koji

bi skup L = L { T {x}, T {x}}

bio vei element ureea lanaca D, od lanca L suprotno izboru lanca L.

g) AC Neka je A proizvoan skup i jedno dobro ureee na emu. Tada e funkcija f definisana naskupu P(A) \{} koja svakom nepraznom podskupu skupa A pridruuje egov minimum zadovoavatitraene uslove. QED

O nekim drugim ekvivalentima aksiome izbora bie reqi kasnije. Sada emo navesti neke eneslabije oblike. To su teoreme teorije ZFC koje nisu dokazive u teoriji ZF i koje u teoriji ZF nisuekvivalentne aksiomi izbora.

Za podskup A Bulove algebre rei emo da ima svojstvo konaqnog preseka (fip) ako za svaki konaqanF A postoji element a = 0 te Bulove algebre takav da je a b za svako b A.

Teorema 18 (ZC) (Teorema o ultrafiltru UF) U svakoj Bulovoj algebri se svaki skup sa fip moeproduiti do ultrafiltera. Posebno, svaka Bulova algebra ima bar jedan ultrafilter.


23/85


Dokaz: Neka je B bulova algebra i A en podskup sa fip. Posmatrajmo skup F svih A X B sa fip.Budui da familija L ispuava uslove Takijeve leme, postojae maksimalan element F familije F.Lako se zakuquje da je on filter. Budui da se ne moe produiti do veeg skupa sa fip i da svifilteri imaju fip, on je i ultrafilter. QED

Definicija 6 Pod familijom (ai)iI sa klasom indeksa I podrazumevaemo funkciju a (koja moe bitii klasa) qiji je domen I i pritom emo umesto a(i) pisati ai. Posebno, familije qiji je domen zvaemonizovima.

Teorema 19 (ZC) (Zavisan izbor DC) Neka je A neprazan skup i R A A binarna relacija na emukoja ima osobinu da za svako x A postoji y A takav da xRy. Tada postoji niz (xn)n elemenataskupa A takav da za svako n vai xnRxn+1.

Dokaz: Neka je f izborna funkcija skupa A i a bilo koji egov element. Tada je sa

xn =

a za n = ,

f({x A : xmRx}) za n = S(m), m

korektno definisan niz koji ispuava traene uslove. QED

Teorema 20 (Z +DC) Neka je A neprazan skup i R A A binarna relacija na emu koja ima osobinuda za svako x A postoji y A takav da xRy i (an)nm, m konaqan niz elemenata skupa A takav daza sve n za koje S(n) m vai anRaS(n). Tada postoji niz (xn)n elemenata skupa A takav da zasvako n vai xnRxn+1 i da pritom bude a x.

Dokaz: Neka je F skup svih konaqnih nizova x elemenata skupa A za koje vai a x i xnRxS(n) za sven za koje S(n) dom(x). Pritom je F zaista skup jer je F P( A). Posmatrajmo relaciju R

definisanu na skupu F definisanu sa

xRy x, y F x y dom(y) = S(dom(x)).

Tada moemo uoqiti niz (fn)n elemenata skupa F takav da fnRfn+1 za sve n . Obzirom da je klasaF = {fn : n } F skup, x =

F e biti niz sa traenim osobinama. QED

Za skup x rei emo da je prebrojiv ako postoji bijekcija f : x.

Teorema 21 (Z + DC) (Prebrojivi izbor CC) Za bilo koji prebrojiv skup nepraznih skupova, postojiizborna funkcija tog skupa.

Dokaz: Neka je x = {an : n } prebrojiv skup, gde je am = an za m = n i pri qemu x. Posmatrajmoskup F svih izbornih funkcija skupova oblika {an : n m} za m i relaciju R na skupu F definsanusa f Rg ako i samo ako je f g i dom(g) = S(dom(f)). Tada postoji niz funkcija fn takav da je f = ida vai fnRfn+1 za sve n . No, tada je f =

{fn : n } traena funkcija. QED

Lema 13 (Z) Podskup konaqnog skupa x je konaqan.

Dokaz: Dokaz emo sprovesti indukcijom po n koji je ekvipotentan sa x. Ukoliko je n = , onda jei x = , pa je prazan skup jedini egov podskup, a on je svakako konaqan. Neka je sada n takav dasu svi podskupovi skupova ekvipotentnih sa n konaqni. Neka je x konaqan skup ekvipotentan sa S(n),

y egov podskup i f : S(n)11na x. y je svakako konaqan ako je x = y. Neka je zato y pravi podskup od

x. Ako f(n) y, onda je y f[n], odakle je y po induktivnoj pretpostavci konaqan. Neka zato f(n) y.U tom sluqaju, budui da je y pravi podskup od x, postojae neko z x \ y. Posmatrajmo funkcijug : n x \ {z} definisanu sa

g(k) =

f(k), f(k) = z,

f(n), f(k) = z.

Lako se proverava da je g bijekcija, odakle je skup x \ {z} ekvipotentan sa n, a budui da je y x \ {z},

po induktivnoj pretpostavci jey

konaqan.QED

Lema 14 (Z) Konaqni skupovi su neekvipotentni sa svojim pravim delovima. Posebno, razliqitiprirodni brojevi su neekvipotentni.


24/85


Dokaz: Indukcijom emo dokazati da n nije ekvipotentno ni sa jednim svojim elementom niti za jedann . Odatle e na osnovu linearnosti ureea skupa slediti traeno tvree. U sluqaju daje n = tvree vai jer n nema elemenata. Neka prethodni iskaz vai za neko n i neka jef : S(n)

11na m za neko m S(n). Tu naravno ne moe biti m = , pa je m = S(k) za neko k . No, tada

je sa

g = {x, y n k : f(x) = y y < f(n)} { x, y n k : f(x) = S(y) y f(n)}

definisana jedna bijekcija skupa n na skup k < m n, xto je kontradikcija. Dokaz poslede qieniceje sliqan ranije izloenom dokazu beskonaqnosti skupa . Sada ostatak tvrea sledi neposredno izqienice da je za svako n svaki pravi podskup od S(n) ekvipotentan sa nekim podskupom od n ipretodne leme. QED

Lema 15 (Z) Podskupova konaqnog skupa x ima konaqno mnogo.

Dokaz: Dokaz izvodimo indukcijom po prirodnom boju n za koji je x n. Za n = je i x = , odakle jeP(x) = {}, xto je svakako konaqan skup. Neka je sada n takav da pomenuti iskaz vai i neka je xekvipotentan sa S(n). Uoqimo proizvonu bijekciju f skupa S(n) na skup x i skupove

A = {y x : f(n) y}, B = {y x : f(n) y}.

Skup A je konaqan kao partitivni skup skupa f[n], a skup B kao ekvipotentan konaqnom skupu A. Jednaod bijekcija skupa A na skup B data je sa y y {f(n)}. No, tada je i P(x) konaqan skup kao unijakonaqnog skupa {A, B} konaqnih skupova A i B. QED

Teorema 22 (Z + CC) Unija prebrojivog skupa konaqnih skupova je prebrojiva.

Dokaz: Neka je x = {xk : k }, pri qemu su svi skupovi xk konaqni. Budui da je za svako k postoji

n tako da skup b(xk) = {f : f : n11na xk} P(n xk) bude neprazan, kao i da je skup x prebrojiv,

postojae funkcija izbora i skupa F = {b(y) : y x} P( x). Preslikavae j : k b(xk) za k je1-1, jer je xk = dom(b(k)), pa e i j biti jedno 1-1 preslikavae skupa u skup izabranih funkcija.

Oznaqimo funkciju i(j(k)) sa fk i dom(fk) sa nk. Dakle, fk : nk11na xk. Definiximo preslikavaa

, : x na sledei naqin: (y) = min{k : y xk} i (y) = f1(y)

(y). Sada moemo uvesti

poredak na skupu

x na sledei naqin:a b (a) < (b) ((a) = (b) (a) (b)).

Nije texko proveriti da je to dobro ureee budui da je skup dobro ureen i da je za ma kojey, z

x vai (y) = (z) (y) = (z) y = z. Primetimo da svaki element skupa

x ima konaqno

mnogo prethodnika, i budui da ne postoji bijekcija izmeu razliqitih prirodnih brojeva, moemodefinisati funkciju g :

x kao

g(y) = n {z

x : z < y} n.

Jasno je da je skup g[y] poqetni komad od . No, preslikavae g je 1-1. Zaita, u suprotnom moemoizabrati najmai element z

x takav postoji u < z tako da je g(u) = g(z). Odatle u i z moraju da imaju

isti broj prethodnika. No, tada je sa f(v) = f[v], v x, v < z definisana jedna rastua bijekcija skupa

svih prethodnika od z na neki prirodan broj m, pa bi restrikcija funkcije f na skup svih prethodnikaod u bila bijekcija na neki pravi poqetni komad od m. Ali, pravi poqetni komad prirodnog brojaje mai prirodan broj, pa bismon imali bijekciju izmeu razliqitih prirodnih brojeva, xto smodokazali da je nemogue.

Ovim smo dokazali injektivnost funkcije g. Ako je g[y] pravi poqetni komad od , onda postoji naj-mai prirodan broj n koji ne pripada skupu g[y] i onda je g[y] = n, pa je y konaqan skup kao ekvipotentansa n. No tada bi iz y =

x sledilo x P(y), odakle bi skup x bio konaqan kao podskup konaqnog skupa,

xto je suprotno pretpostavci. Stoga, g[y] ne moe biti pravi poqetni komad od pa je g[y] = , odakleje napokon skup y porebrojiv. QED

Definicija 7 Za parcijalno ureee kaemo da je drvo ako je svaki lanac tog ureea dobro ureeni za svaki element x tog ureea je skup svih elemenata maih od x lanac. Elemente drveta zovemoqvorovima. Podgranom drveta podrazumevaemo maksimalan lanac tog ureea. Qvor y drveta zvaemo

naslednikom qvora x ako je x < y i pritom ne postoji qvor z drveta takav da vai x < z < y. Drvoje konaqno generisano ako je skup naslednika bilo kog qvora konaqan. Drvo je konaqno ako mu je skupqvorova konaqan.


25/85

1.4 Ordinali i dobro ureeni skupovi 25

Teorema 23 (Z + CC) (Kenigova lema za drveta KLT) Beskonaqno drvo sa najmaim elementom koje jekonaqno generisano ima barem jedan beskonaqan lanac. Ukoliko je za svaki qvor x skup svih qvorovamaih od x konaqan, onda je taj lanac beskonaqna grana.

Dokaz: Neka je T, beskonaqno drvo koje je konaqno generisano. Oznaqimo sa Sn za n skup svih

x T takvih da je skup {y T : y < x} ekvipotentan sa n, a sa Nn skup svih skupova oblika

Nx = {y T : y je naslednik od x}

za x Sn. Poxto je Nn P(P(T)), egzistencija mu je zagarantovana aksiomom separacije. Budui daje za svako x T skup Nx po pretpostavci konaqan i da je skup Nn ekvipotentan sa Sn, korixeemjednakosti SS(n) =

Nn indukcijom se dokazuje da je svaki od skupova Sn konaqan, a samim tim i da je

skup I =n Sn konaqan ili prebrojiv, pa postoji izborna funkcija c na skupu I.

Takoe, iz x < y i y I sledi x I. Posmatrajmo niz (xn)n definisan sa

xn =

0, n = 0

c({y Nxk : Fin({z T : z y})}), ako je leva strana definisana za n = S(k)

, inaqe,

gde je neki element koji ne pripada drvetu. Takav postoji jer je T skup, a dokazali smo da xy y x.Indukcijom se pokazuje da je c({y Nxk : Fin({z T : z y})}) definisano za sve n , kao i da xn Snza sve n . U dokazu se koristi qienica da je unija konaqnog skupa konaqnih skupova konaqan skup.Drugim reqima, ako je unija konaqnog skupa beskonaqna, onda on ima barem jedan beskonaqan element.No, za svako n je xn < xn+1, odakle se indukcijom po k dokazuje da je svaki od skupova {xn : n k}linearno ureen, pa je zbog linearnosti ureea skupa i skup b = {xn : n } linearno ureen.

Ostaje samo da se pokae da je b grana u pomenutom sluqaju. U tom ciu primetimo da svaki lanacima po najvixe jedan zajedniqki element sa svakim od skupova Sn. Zaista, Neka su x i y razliqitielementi skupa Sn. Ako bi na primer bilo x < y, onda bi skup elemenata maih od y sadrao sveelemente mae od x i jox x, pa bi bilo y Sm za neko m > n. Meutim, to je u suprotnosti sa

neekvipotentnoxu konaqnih skupova sa svojim pravim podskupovima. Dakle, ako bi l bio neki lanackoji proxiruje b, moralo bi da bude b I = l I. Ali, u pomenutom sluqaju je I = T. QED

1.4 Ordinali i dobro ureeni skupovi

Definicija 8 Parcijalno ureee na klasi X je dobro ako svaka neprazna potklasa od X ima najmaielement.

Teorema 24 (Z) Svaki dobro ureen skup je linearno ureen i pritom u emu nema beskonaqnihopadajuih nizova. Uz DC vai i obrat.

Dokaz: Linearnost dobrih ureea sledi iz postojaa minimuma dvoqlanih podskupova tog ureea.

Takoe, skup vrednosti beskonaqnog opadajueg niza nema minimum. Sa druge strane, ako ureee A,nije dobro, onda e za relaciju R definisanu na skupu F svih konaqnih opadajuih nizova elemenataskupa A kao stroga inkluzija , onda za svaki x F postoji y F takav da vai xRy. Stoga e postojatibeskonaqan niz elemenata iz F takav da je svaki prethodni pravi deo narednog, pa e im unija bitibeskonaqan opadajui niz elemenata iz A. QED

Lema 16 (Z) Neka je A, dobro ureee i f : A A rastua funkcija koja slika skup A na egovpoqetni komad. Drugim reqima neka su svi elementi koji su ispod barem jednog elementa koji je u slicifunkcije f, takoe u slici funkcije f. Tada je f identitet. Posebno, dobro ureen skup ne moe bitiizomorfan svom pravom poqetnom komadu.

Dokaz: Neka je f neidentiqko preslikavae. Tada postoji najmai x A takav da je f(x) = x. Akoje f(x) < x, onda prema izboru elementa x dobijamo da je f(f(x)) = f(x), dok iz monotonije funkcije f

zakuqijemo da mora biti f(f(x)) < f(x). Stoga mora biti x < f(x). No, tada e morati da postojiy A za koji je f(y) = x, a samim tim i f(y) < f(x). Odatle na osnovu monotonije zakuqujemo da jey < x, a samim tim i f(y) = y, xto je u suprotnosti sa y < x = f(y). QED


26/85


Teorema 25 (Z) Za ma koje dobro ureene skupove A, i B, vai taqno jedna od sledee trimogunosti.

1. Postoji rastua funkcija f koja slika skup A na pravi poqetni komad skupa B.

2. Postoji izomorfizam f : A B.

3. Postoji rastua funkcija f koja slika skup B na pravi poqetni komad skupa A.

Pritom je funkcija f jedinstvena u sva tri navedena sluqaja. Posebno, u prvom i treem sluqaju su ipoqetni komadi jedinstveni.

Dokaz: Prvo, ako bi bar dve od olaternativa bile taqne, onda bismo imali rastue funkcije f : A Bi g : B A qije su slike poxetni komadi odgovarajuih ureea od kojih bar jedna nije surjektivna.No, tada e kompozicije g f i f g takoe biti rastue funkcije qije su slike poqetni komadiodgovarajuih ureea. Meutim, prema prethodnoj lemi e biti f g i g f identiteti, xto je usuprotnosti sa pretpostavkom da bar jedna od funkcija f, g nije surjektivna.

Dokaimo da mora da vai barem jedan od navedenih uslova. Neka ne postoji rastua funkcija

f : A B qije je slika pravi poqetni komad od B i neka je bilo koji element koji ne pripada skupuA. Posmtrajmo funkciju g : B A definisanu sa

g(x) =

min(A \ ran(g|x)), ran(g|x)) A

, inaqe.

Lako se proverava da je g|B\g1[{}] rastue preslikavae na poqetni komad od A. Ukoliko bi postojaoelement koji se slika u , mogli bismo uoqiti najmai x B za koji je g(x) = . No, tada je g|xsurjekcija na skup A. Ali, tada bi (gx)

1 bila rastua funkcija skupa A na poqetni komad od Bsuprotno pretpostavci. Stoga je g rastua funkcija skupa B na poqetni komad od A.

Ostalo je da dokaemo da su u sva tri sluqaja preslikavaa qija se egzistencija tvrdi jedinstvena.

Recimo, ako bismo imali razliqite rastue funkcije f1, f2 : A B qije su slike poqetni komadi odB, onda bismo mogli uoqiti najmai x A za koji vai f1(x) = f2(x). Ako bi bilo f1(x) < f2(x), ondabi bilo f1(x) = f2(y) za neko y A. Meutim, onda bismo iz f2(y) = f1(x) < f2(x) mogli zakuqiti da jey < x. Ali, onda je f1(x) = f2(y) = f1(y), odakle sledi x = y suprotno zakuqku y < x. Na sliqan naqinse zakuquje da nemoe da vai ni f2(x) < f1(x). QED

Pravi poqetni komadi dobrog ureea su taqno intervali oblika [0, x), gde je 0 minimum, a xproizvoan element tog ureea. Primetimo da ako je dobro ureee A,A izomorfno pravompoqetnom komadu dobrog ureea B,B i B,B izomorfno pravom poqetnom komadu dobrog ure-ea C,C, da onda mora biti i ureee A,A izomorfno pravom poqetnom komadu od C,C. Toupravo znaqi da je na taj naqin uvedeno jedno linearno predureee meu dobro ureenim skupovima.Xtavixe, to predureee je dobro.

Lema 17 (Z

) Neka je T neki neprazan skup dobro ureenih skupova. Tada postoji dobro ureee A Ttakvo da je A izomorfno poqetnom komadu bilo kog dobrog ureea B T.

Dokaz: Uoqimo bilo koje dobro ureee A T. Ako je ono izomorfno poqetnom komadu svakog dobrogureea B T, onda nema xta da se dokazuje. Pretpostavimo zato da postoji bar jedno B T takvo daA nije izomorfno niti jednom poqetnom komadu odB. U tom sluqaju, svako od takvih dobrih ureea Bje izomorfno nekom pravom poqetnom komadu [0, aB) ureea A. Uoqimo skup svih x A takvih da je barjedan qlan skupa T izomorfan sa poqetnim komadom [0, x) ureea A. Kako je to neprazan podskup od A,imae najmai element a i emu e odgovarati neko ureee B T koje je izomorfno poqetnom komadu[0, b) ureea A. Ukoliko se B ne bi mogao utopiti u poqetni komad nekog elementa skupa C T, ondabi ureee C bilo izomorfno nekom pravom poqetnom komadu ureea B, a samim tim i nekom poqetnomkomadu [0, c) skupa A za c < b suprotno izboru elementa b. Stoga ureee B ima traene osobine. QED

Teorema 26 (Z) (Hartogsov broj) Za svaki skup X postoji dobro ureee A, takvo da se skup A nemoe injektivno preslikati u skup X, ali tako da se svaki pravi poqetni komad od A moe injektivnopreslikati u skup X.


27/85


Dokaz: Uoqimo skup T svih dobro ureenih skupova kojima je skup nosaq podskup od X. Neka je relacija ekvivalencije na skupu T uvedena kao A B ako i samo ako su A i B izomorfna ureea.Ako sa U oznaqimo odgovarajui skup klasa ekvivalencije, onda meu ima moemo uvesti ureee kao[A] [B] ako i samo ako je A izomorfno poqetnom komadu od B. Prema prethodnoj lemi, to ureee jedobro. Xtavixe, za svaki element A T je A izomorfno sa poqetnim komadom [0, [A]) ureea U, pri

qemu je izomorfizam dat sa f(x) = [[0, x)].Ovo preslikavae je dobro definisano jer je za svako x A skup [0, x) pravi poqetni komad od A,

bijektivno jer za bilo koje ureee B izomorfno pravom poqetnom komadu od A postoji taqno jednox A takvo da je B izomorfno sa poqetnim komadom [0, x), a monotono zato xto je za elemente x, y A zakoje je x < y poqetni komad [0, x) skupa A pravi poqetni komad poqetnog komada [0, y), takoe skupa A.

Odatle odmah dobijamo da se svaki pravi poqetni komad skupa U moe injektivno preslikati u X.Pretpostavimo da se U moe injektivno preslikati u X na primer nekim preslikavaem f. Tada bi sena skupu X moglo definisati dobro ureee sa x y f(x) f(y) za x, y U. No, tada bi ureeeX, bilo izomorfno nekom ureeu A T, a samim tim i pravom poqetnom komadu [0, [A]) ureea U.Meutim, tu je f izomorfizam ureea X i U, pa bi i dobro ureee U bilo izomorfno svom pravompoqetnom komadu, xto je nemogue. QED

Upravo konstruisano dobro ureee emo uz simboliku iz prethodne teoreme oznaqavati sa H(X).

Sledea definicija potiqe od Fon Nojmana.

Definicija 9 Ordinal je tranzitivan skup dobro ureen relacijom kao strogim poretkom.

Ranije smo pokazali da su skup i prirodni brojevi ordinali.

Lema 18 (Z) Elementi ordinala su ordinali.

Dokaz: Neka je ordinal i neka je . Poxto je traznzitivan skup, bie , a samim tim e i biti dobro ureen relacijom kao stiktnim poretkom. Iz i emo na osnovu tranzitivnostiskupa zakuqiti najpre da su i zajedno sa elementi skupa . No, budui da je striktanporedak u , na osnovu tranzitivnosti zakuqujemo da , odakle je tranzitivan. QED

Lema 19 (Z) Za ma koji ordinal vai . Takoe, za ma koje ordinale i vai .

Dokaz: U suprotnom bi za kao element ureea vilo < , a u sluqaju da vai iztranzitivnosti skupa vailo bi , xto je kao xto smo videli nemogue. QED

Lema 20 (Z) Za ma koji ordinal i egov element vai = [0, ) u ureeu ordinala .

Dokaz: Prema tranzitivnosti skupa je , pa za proivono vai

[0, ) .

QED

Lema 21 (Z) Za ma koje ordinale i vai .

Dokaz: Posmatrajmo najmai element skupa \ u smislu ureea ordinala . Iz sledi da je = [0, ) u ureeu ordinala , a odatle prema izboru elementa da je . Poxto je ordinal kao

element ordinala , na osnovu tranzitivnosti ordinala zakuqijemo da je poqetni komad od . Tune moe biti = jer bi onda kao pravi poqetni komad od bio oblika [0, ) za neki u smisluureea ordinala , odakle bi prema prethodnom bilo = , xto je u suprotnosti sa . Meutim,onda je = , a samim tim i . QED

Lema 22 (Z) Za ma koje ordinale i vai taqno jedna od sledeih mogunosti:

, = , .

Dokaz: Prema prethodnom ne moe vaiti vixe od jedne mogunosti. Dokaimo da vai barem jednaod navedenih mogunosti. U svakom sluqaju mora da vai bar jedna od sledee tri mogunosti:

, = , .

U drugom sluqaju nema xta da se dokazuje, u prvom je , a u treem moemo uoqiti najmai element

skupa \ u smislu ureea ordinala . No, budui da svi elementi ordinala koji su mai od pripadaju skupu , vaie . Meutim, to upravo znaqi da je = , pri qemu drugamogunost otpada zbog . Naravno, zbog e tada morati da vai . QED


28/85


Lema 23 (Z) Ordinal je izomorfan pravom poqetnom komadu ordinala ako i samo ako .Xtavixe, taj izomorfizam se uvek svodi na jednakost. Posebno, razliqiti ordinali ne mogu bitiizomorfni.

Dokaz: Ako , onda je = [0, ) u ureeu i tada je ordinal jednak, a samim tim i izomorfan

pravom poqetnom komadu ordinala . Obrnuto, neka je ordinal izomorfan nekom pravom poqetnomkomadu ordinala . Tada prema teoremi 25 ordinali i ne mogu biti izomorfni niti ordinal moe biti izomorfan poqetnom komadu ordinala , pa samim tim ne moe biti ni = ni .Stoga, ostaje samo mogunost da je . Poxto je izomorfizam ordinala uvek jedinstven, on se usluqaju ordinala svodi na identitet. QED

Ovo nam zapravo govori da je jedan stogi linearni poredak, a linearni poredak meu ordinalima.Xtavixe, taj poredak je dobar.

Teorema 27 (Z) Neka je x bilo koji neprazan skup ordinala. Tada on u odnosu na uvedeni poredak imaminimum.

Dokaz: Prema teoremi 17 postoji ordinal x koji je izomorfan nekom poqetnom komadu ma kogordinala x. Poxto su razliqiti ordinali uvek neizomorfni, ordinal e biti izomorfan pravompoqetnom komadu ma kog ordinala x \ {}, odnosno da za svako x \ {}. QED

Budui da su ordinali dobro ureeni relacijom , svaka neprazna klasa ordinala imae najmaielement, jer ispod svakog ordinala imamo skup mnogo ordinala. Stoga za dokazivae da neko tvreevai za sve ordinale moemo koristiti oblik indukcije kod koga se dokazuje da za dati ordinal totvree vai na osnovu pretpostavke da to tvree vai za sve mae ordinale.

Teorema 28 (ZF) Svaki dobro ureen skup izomorfan je taqno jednom ordinalu.

Dokaz: Ve smo videli da nema razliqitih izomorfnih ordinala, pa je ordinal izomorfan datomdobro ureenom skupu jedinstven. Neka je A, dobro ureee na skupu A. Tada je slika funkcijef sa domenom A definisane sa

f(x) = {f(y) : y A y < x}

traeni ordinal. Zaista, za proizvone x, y A iz y < x sledi f(y) f(x). Ako dokaemo injektivnostfunkcije f vaie i obrat. U tom ciu najpre pokaimo da f(x) f(x) za ma koje x A. U suprotnombi postojao najmai x A za koji je f(x) f(x). Meutim, onda bi za neko y < x vailo f(y) = f(x).No, prema izboru elementa x onda mora biti f(y) f(y), xto je kontradikcija sa f(x) f(x).

Ako funkcija f ne bi bila 1 1, onda bi za neke x, y A za koje je x < y vailo f(x) f(y) if(x) = f(y), xto protivreqi prethodnom zakuqku da ne moe biti f(x) f(x). Stoga je f injekcija, a dobro ureee na skupu izomorfno sa A,, pri qemu je f odgovarajui izomorfizam.

Neka je sada i . Tada vai da je = f(x) za neko x A i = f(y) za neko y A za koje jey < x, odakle je napokon . QED

Lema 24 (Z) Za ma koji ordinal skup S() = {} je takoe ordinal. Unija skupa ordinala jeordinal. Xtavixe, tu je S() najmai ordinal koji je vei od , a unija skupa ordinala je supremum

tog skupa ordinala.

Dokaz: Iz S() sledi da je = , pa za ma koje vai budui da je tranzitivanskup, xto upravo znaqi da je . Sa druge strane je S(), qime je prvi deo tvrea dokazan.

Neka je sada x skup ordinala i =

x. Pretpostavimo sada da i . Iz sledida postoji neko x za koje . No, budui da je ordinal, bie , a samim tim i .Znaqi, je skup qiji su svi elementi ordinali koji je uz to i tranzitivan ako je dobro zasnovan. One svakako to i biti jer je kao skup ordinala dobro ureen relacijom . Qienica da je unija skupaordinala supremum tog skupa ordinala sada sledi direktno iz qienice da je poredak ordinala upravoinkluzija. QED

Teorema 29 (Z) Klasa ordinala nije skup.

Dokaz: U suprotnom bi taj skup imao supremum , od koga bismo mogli nai vei ordinal S(), xtoprotivreqi izboru ordinala . QED

Ordinale oblika S(), gde je neki ordinal zovemo naslednicima, a ostale graniqnim.


29/85


Zbir + ordinala i definixemo kao ordinal izomorfan ureeu < skupa {0} {1}datom sa

x, a < y, b a b (a = b x < y).

Nije texko proveriti da je to dobro ureee, pa pomenuti ordinal postoji. Pritom je + 1 = S().

Indukcijom po neposredno se proverava da za sabirae ordinala vai + (+ 1) = ( + ) + 1,

+ 0 = ,

+ =

( + ), za graniqni ordinal == 0.

Opxtije, pod proizvonom sumom

i i, gde je (i) familija ordinala indeksirana ordinalom kao skupom indeksa, podrazumevamo ordinal izomorfan ureeu skupa

i{i} i definisanom sa

x, y < x, y x < x (x = x y < y).

za koje se lako proverava da je dobro. Nije texko utvrditi da za ovako definisanu sumu vaii+1 i =

i i + ,

Proizvod definixemo kao ordinal izomorfan ureeu skupa relacijom < definisanom sa

x, y < x, y y < y (x < x y = y).

I za ovo ureee se na jednostavan naqin utvruje da je dobro, pa pomenuti ordinal postoji. Zamnoee ordinala vae formule

() = (),

(+ 1) = + ,

=


30/85


uireenih skupova H i T, pa je h minimum ureea H. Ali, poxto je svaki element skupa H mai odsvakog elementa skupa X\ H, funkcija h e biti minimum skupa X suprotno pretpostavci, xto dokazujepolaznu formulu iz koje neposredno sledi da je uoqeno ureee skupa F dobro.

Stoga e to ureee biti izomorfno sa nekim ordinalom koga emo obeleavati sa a samu uvedenuoperaciju emo zvati stepenovaem ordinala. Za ovu operciju vai

0 = 1,

+1 = ,

= = n

(n),

n

n

= > =n

n.


31/85


32/85


Dokaz: Dokaimo najpre egzistenciju indukcijom po . Neka je najmai ordinal za koji takvareprezentacija ne postoji. Budui da je zbir na desnoj strani za n = 0 jednak 0, mora biti > 0.Takoe, poxto je za svaki ordinal , pa i za = , klasa svih ordinala za koje je > jeneprazna, pa ima najmai element koji zbog neprekidnosti stepenovaa ordinala po drugom argumentune moe biti graniqni, odakle postoji ordinal 0 za koji vai

0 < 0+1. Jasno je da je takav

ordinal 0 jedinstven. Tada e prema prethodnoj teoremi postojati jedinstveni ordinali 0 i za kojeje = 00 + i <

0 . Tu vai 0 < , jer bi u suprotnom bilo = 00 +

0+1 suprotnoizboru ordinala 0. No, tada e po induktivnoj pretpostavci postojati prirodan broj n0 i ordinalii i

i za koje je

=in0

ii, i+1 <

i, 0 <

i < .

Ali tada za n = n0 + 1, i+1 = i i i+1 =

i vai traena jednakost. Dokaz jedinstvenosti izvodimo

takoe indukcijom po . Pre toga pokaimo da za svako n > 0 i za sve i i i kao iz iskaza teorememora da vai

in

ii < 0+1. Dokaz izvodimo indukcijom po n. Za n = 1 tvree oqigledno vai.

Pretpostavimo da tvree vai za n = k + 1 pod pretpostavkom da vai za n = k. U tom sluqajukorixeem induktivne pretpostavke odmah dobijamo da vai

in

ii = 00 +ik

i+1i+1 < 00 + 0 0+1.

Pretpostavimo sada da vai data reprezentacija ordinala . Budui da iz date reprezentacijesledi da je 0 < 0+1 odmah dobijamo da je 0 jedinstveno. Uvedimo sada oznaku =

in\{}

ii.Prema prethodnom je < 0 , xto zajedno sa pretpostavenim 0 <

0 daje jedinstvenostordinala 0 i po prethodnoj teoremi. No, budui da je < , egova reprezetacija e po induktivnojpretpostavci biti jedinstvena. QED

Teorema 32 (Z) Neka je 2 proizvoan ordinal i neka su , proizvoni ordinali zapisani uKantorovoj normalnoj formi sa osnovom kao

= in

ii, =

in

ii.

Ako je i n n najmai broj takav da je i = i i =

i ako takav i uopxte postoji, onda je

< i < i (i =

i i <

i).

Ukoliko pak takvog i nema, onda je < ako i samo ako je n < n.

Dokaz: Ako pomenuti element i postoji, onda e postojati i prirodan broj k n n za koji je n = i + k,i to je upravo onaj ordinal k koji je izomorfan dobrom podureeu n \ i dobrog ureea n. Sliqnotome, postoji i prirodan broj k za koji je n = i + k. Za ih vai

=in

ii +jk

i+ji+j , =in

ii +jk

i+ji+j .

Stoga e biti < ako i samo ako vai 0 < 0 za

0 =jk

i+ji+j , 0 =jk

i+ji+j .

Ako je u i < i, onda t

Documents

Nedeljko Stefanovic Magistarski Rad