UNIVERZITET U NIŠU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU ARITMETIKA KARDINALA I ORDINALA MASTER RAD Mentor: Prof. Dr. Vlada Pavlović S

Транскрипт

1 UNIVERZITET U NIŠU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU ARITMETIKA KARDINALA I ORDINALA MASTER RAD Mentor: Prof. Dr. Vlada Pavlović Student: Aleksandar Cvetković Niš, 2013.

2

3 2...videh protok sopstvene tamne krvi, videh kako se usklad uje ljubav i menja smrt, videh Alef sa svih strana, videh u Alefu Zemlju, i u Zemlji opet Alef i u Alefu Zemlju, videh svoje lice i utrobu, videh tvoje lice, videh tvoje lice... -Horhe Luis Borhes, Alef

4 Sadržaj 1 Uvod: Istorija i filozofija beskonačnosti 4 2 ZF(C) O formalnoj metodi L ZF C Aksiome ZFC Ekstenzionalnost i komprehenzija Klase Relacije, funkcije i dobro ured enje Dobro ured eni skupovi Ordinali Indukcija i rekurzija Prirodni brojevi Svojstva ordinala Transfinitna indukcija i rekurzija Aritmetika ordinala Kardinali Pojam kardinala Aritmetika kardinala Kofinalnost Beskonačne sume i proizvodi Kontinuum Literatura 91 3

5 Poglavlje 1 Uvod: Istorija i filozofija beskonačnosti Beskonačnost! Ni jedno drugo pitanje nije tako duboko pokretalo duh čovekov; ni jedna druga ideja nije tako plodonosno podsticala čovekov intelekt; ipak, ni jedan drugi koncept nije tako nerazjašnjen, kao što je to koncept beskonačnosti. -Hilbert Odvajkada je za čoveka Beskonačnost predstavljala Misteriju, Pitanje koje ga je privlačilo, zanosilo i plašilo. To Pitanje je tesno povezano sa čovekovim doživljajem Vremena i Prostora. S tim u vezi čovek se pitao: da li Vreme ima početak i kraj, ili je Vremenu svojstveno večno trajanje? da li je Kosmos ograničen ili je bezgraničan? Na žalost, ili na sreću, na to pitanje čovek još uvek nema definitivan odgovor. Dovodi se u pitanje i sama Beskonačnost: da li Beskonačnost postoji sama po sebi? ako ne kao deo fizičke stvarnosti, da li kao deo matematičke realnosti? da li smo u stanju da uopšte zamislimo Beskonačnost, ili samo zamišljamo što veće, odnosno manje, konačnosti? Starogrčka civilizacija je bila jedna od prvih koja se bavila pitanjem beskonačnosti. Med utim, kod starih Grka beskonačnost nije bila nešto što je na dobrom glasu. Izraz aperion, tj. beskonačno, neograničeno, nesvodljivo, nedefinabilno je imao negativnu konotaciju. Sam Aristotel se oštro protivio beskonačnosti. On je smatrao da matematika u stvari nikada i ne koristi beskonačnost, niti da joj je beskonačnost potrebna. Ipak, Aristotel je verovao u potencijalnu beskonačnost: za svaku konačnu grupu postoji konačna grupa veća od nje. Ako je N najveći broj koji se da zamisliti, tada postoji i N + 1 i N 2, ali to su i dalje konačne veličine. Aristotelov model univerzuma (koji je bio opšteprihvaćen) je bio model konačnog univerzuma, sa Zemljom u sredini. Pitagorejci su verovali da postoji konačno mnogo prirodnih brojeva. Euklid takod e nije verovao u beskonačnost, ali je prihvatao koncept potencijalne beskonačnosti. Za njega prava nije nešto što je beskonačno, što nema pocetka ni konca; za njega je prava matematički objekat koji se može produžiti onoliko koliko nam je neophodno. Med utim, nisu se u staroj Grčkoj svi slagali sa ovakvim finitisičkim pogledom na stvari. Zenon, čuven po svojim paradoksima koji uključuju beskonačnost, i Elejska Škola Filozofa su dovodili u pitanje smislenost poimanja sveta bez podrazumevanja postojanja beskonačnosti, kao i Aristotelovu tvrdnju da je beskonačnost bespotreban matematički aparat. Eelejci su razmatrali da se površina kruga može izračunavati upisivanjem malih trouglova u krug, te zbrajanjem površina upisanih trouglova. Oni su ustanovili da što su upisani trouglovi manji, tj. što je njihov broj u krugu veći, to će se dobiti preciznija mera površine kruga. 4

6 Zbir beskonačno mnogo beskonačno malih trouglova upisanih u krug daće tačnu površinu kruga. Tako su mislili Elejci. Ovakav način razmišljanja predstavlja osnovu infitezimalne matematike koja će uslediti mnoštvo vekova nakon nestanka starogrčke civilizacije. U prvom veku pre nove ere Lukrecije je razmatrao mogućnost beskonačnog univerzuma. U svojoj poemi De Rerum Natura je favorizovao bezgranični univerzum. On je čak i pokazao da Univerzum nema granica: Pretpostavimo da je univerzum konačan. Tada bi on imao granicu. Ako bi neko došao do granice i bacio neku stvar ka njoj, tada ne bi postojalo ništa sto bi zaustavilo taj objekat da se kreće. Jer, kada bi postojalo nešto sto bi zaustavilo kretnju objekta, to nešto bi se moralo naći van konačnog univerzuma, a ništa ne sme da postoji izvan univerzuma. Med utim, ni nezaustavljivo kretanje nije moguće u konačnom univerzumu. Zbog ovih kontradikcija univerzum mora biti beskonačan. Judeizam, i kasnije Hrišćanstvo su pojam beskonačnosti poistovećivali sa Bogom. Bog je svemoguć, sveznajuć, sveprisutan. Bog i samo Bog je beskonačnost. Zbog ovakvog načnina poimanja stvari, misao da je univerzum beskonačan je bila jeres, jer je univerzum tek jedna konačna Božja tvorevina. I, upravo zbog ovoga je u petnaestom veku Nikola iz Kuse doveden pred Inkviziciju. Kako ni delikatne metode islednika Inkvizicije nisu uspele da od njega iznude da prizna da je univerzum konačan, on je na kraju spaljen na lomači. Primetimo još i da je Nikola iz Kuse tvrdio da su zvezde u stvari daleka sunca, što je bila jeretička misao svoje vrste. Sveti Toma Akvinski je odbacivao svaku beskonačnost: Postojanje pravog beskonačnog mnoštva je nemoguće. Ni jedan broj nije beskonačan. Galileo Galilej je svojim delom znatno unapredio čovekovo razumevanje beskonačnosti. Galileo bi možda rekao i više o ovoj temi, ali podučen iskustvom svoga savremenika Nikole iz Kuse morao je biti obazriv. Galileo je uspeo da uspostavi 1-1 korespodenciju izmed u prirodnih brojeva i njihovih kvadrata. Kako je ova korespodencija bila moguća, on je smatrao da postoji isti broj potpunih kvadrata i svih prirodnih brojeva. U svom eseju O Dvema Novim Naukama Galileo je razmatrao ovaj paradoks da skup ima isti broj članova kao i njegov pravi podskup: Još više je zbunjujuće to da ćemo, ukoliko uzmemo skup svih prirodnih brojeva i od njega oduzmemo istobrojni skup svih potpunih kvadrata, dobiti skup svih brojeva koji nisu potpuni kvadrati, skup koji je takod e beskonačan...ukupnost svih brojeva je beskonačna, kao i ukupnost svih potpunih kvadrata; niti je broj potpunih kvadrata manji od ukupnosti svih brojeva, niti je potonje veće od pred ašnjeg; konačno, svojstva jednak, veći ili manji nisu primenjiva na beskonačne, već samo na konačne količine.. Galileo je napomenuo i da našim konačnim umovima nikad nećemo moći pravilno da razumemo beskonačne veličine sve dokle god im pripisujemo ista svojstva koje imaju konačne količine. Kabalističko učenje je prvo koje razmatralo različite vidove beskonačnosti: sa jedne strane beskonačnost kao beskrajna kolekcija diskretnih komponenti, a sa druge - beskonačnost kao kontinuum. Alef (ℵ) je, kao što je poznato, prvo slovo u alfabetu svetog jezika. Ne stoji slučajno u nazivu moje priče. Po Kabali to slovo označava En Sof, bezgranično, suštastveno božanstvo; govorilo se i da ima oblik čoveka koji pokazuje nebo i Zemlju kako bi označio da je donji svet ogledalo i mapa gornjeg; u Mengelehu je ono simbol transfinitnih brojeva, u kojima celina nije veća od bilo kog pojedinačnog dela. -Horhe Luis Borhes, Alef Džon Volis je 1655 uveo simbol za beskonačnost. On je odabrao ovaj simbol kao znak za beskonačnost jer predstavlja krivu koja se može zaobići beskonačno mnogo puta. 5

7 6 POGLAVLJE 1. UVOD: ISTORIJA I FILOZOFIJA BESKONAČNOSTI U sedamnaestom veku Gotfrid Vilhelm von Lajbnic i Isak Njutn su, nezavisno jedan od drugog, razvili infinitezimalni račun, tj. račun beskonačno malih veličina, koji je začetak matematičke analize: grane matematike koja će nekoliko vekova biti centralna grana matematike. I jedan i drugi su za izgradnju infinitezimalnog računa koristili koncept beskonačnosti, tako, bilo da je beskonačnost fakat ili fikcija, bez nje ne bi smo imali infinitezimalni račun, a samim tim ni matematičku analizu. Bez matematičke analize, pak, ne bi smo imali jedan od najmoćnijih alata za poimanje i opisivanje pojava iskustvene stvarnosti, pa i samog oblikovanja te stvarnosti. Sa Georg Kantorom ( ) dolazi do prave revolucije u poimanju matematičke beskonačnosti. I do dana današnjeg matematika beskonačnost gleda očima Kantora. Nekoliko vekova nakon kabalističkog razmatranja više vrsta beskonačnosti, Kantor svojim dijagonalnim argumentom pokazuje da postoje različite beskonačnosti. Kantor svakom skupu pripisuje njegovu moć (Mächtigkeit), odnosno broj elementa tog skupa. Ukoliko dva skupa imaju isti broj elemenata, ta dva skupa imaju istu moć, čak i ako su ta dva skupa različita. Ukoliko se uspostavi bijekcija izmed u dva skupa, tada ta dva skupa imaju istu moć. Kantor pokazuje da postoji bijekcija izmed u skupa celih brojeva i prirodnih brojeva, kao i postojanje bijekcije izmed u skupa racionalnih i skupa prirodnih brojeva. Dakle, celih brojeva, odnosno racionalnih brojeva, ima isto koliko i prirodnih brojeva. Med utim, dijagonalnim argumentom Kantor pokazuje da realnih brojeva ima više od prirodnih brojeva, i to samo realnih brojeva u segmentu [0, 1]! Dajemo skicu ovog dokaza. Kantorov dijagonalni argument: Načinimo niz {s n } n N brojeva segmenta [0, 1] na sledeći način: s 1 = 0, s 2 = 0, s 3 = 0, s 4 = 0, s 5 = 0, s 6 = 0, s 7 = 0, Definišimo broj s sa s = 0, k 1 k 2 k 3 k 4..., pri čemu je k i = 0 ukoliko je cifra koja je na i- tom decimalnom mestu broja s i jednaka jedinici, a k i = 1 ukoliko je cifra koja je na i-tom decimalnom mestu broja s i jednaka nuli. Biće dakle, s = 0, Kako je i-to decimalno mesto broja s različito od i-tog decimalnog mesta broja s i to je s s i. Štaviše: s s n za svako n N. Kako je s [0, 1] zaključujemo da realnih brojeva u segmentu [0, 1] mora imati više od ukupnosti prirodnih brojeva. Na ovaj način Kantor pokazuje dve bitne stvari: 1. Postoje dve različite beskonačnosti. Beskonačnost realnih brojeva i beskonačnost prirodnih brojeva. Kantor je, po analogiji sa kabalističkim učenjem, beskonačnost prirodnih brojeva nazvao diskretna, prebrojiva beskonačnost, a beskonačnost realnih brojeva kontinuum. Moć skupa prirodnih brojeva, odnosno prebrojivu beskonačnost je (nimalo slučajno) označio

8 sa ℵ 0, a kontinuum sa c. 2. Da je beskonačnost prirodnih brojeva manja od beskonačnosti realnih brojeva, tj. da važi ℵ 0 < c. Uprkos Galilejevom verovanju da se beskonačne veličine ne mogu upored ivati, Kantor radi upravo to. Kako onda upored ivati beskonačnosti? Ako su A i B dva beskonačna skupa, i ukoliko postoji injekcija iz skupa A u skup B, tada je moć skupa A manja od moći skupa B, tj. beskonačnost skupa A će biti manja od beskonačnosti skupa B. Ukoliko je, pak, moguće uspostaviti bijekciju izmed u ova dva skupa, tada će njihvoe beskonačnosti biti jednake. Kantor je jednom svojom teoremom (poznatom kao, jel te, Kantorova teorema) pokazao još i to da: 3.Postoji beskonačnost veća od kontinuuma. Još više: za svaku beskonačnost postoji beskonačnost veća od nje. Kantorova teorema zapravo tvrdi da je za svaki skup A moć njegovog partitivnog skupa P(A) strogo veća od moći skupa A. Pa, ukoliko je A beskonačan skup, to će beskonačnost skupa P(A) biti strogo veća od beskonačnosti skupa A. Specijalno, kontinuum je strogo manja beskonačnost od beskonačnosti skupa P(R). Kantor definiše dve vrste brojeva: ordinalne i kardinalne brojeve, odnosno ordinale i kardinale. Ordinalni broj nekog skupa predstavlja način na koji su elementi tog skupa ured eni, dok kardinalni broj nekog skupa predstavlja količinu elemenata tog skupa, odnosno moć tog skupa. Beskonačne ordinale i kardinale Kantor naziva transfinitni brojevi. Kako bi razvio ove koncepte Kantor je na kraju devetnaestog veka stvorio teoriju skupova koja se danas naziva naivna teorija skupova. U ovoj teoriji se prirodni brojevi definišu na sledeći način: ako je 0 prazan skup, tada je 1 = {0}, 2 = {0, 1}, 3 = {0, 1, 2},... Konačni ordinali su upravo prirodni brojevi. Najmanji beskonačni ordinal je skup prirodnih brojeva N, koji se označava još i sa ω. Transfinitni ordinali koji slede nakon ω su ω+1, ω+2, ω+3,... Ovo brojanje se može nastaviti, i kao što niz prirodnih brojeva 1, 2, 3,... teži ordinalu ω, niz ω, ω + 1, ω + 2, ω + 3,... će težiti odrinalu ω + ω = ω 2. Nizanje ordinala se, naravno, može nastaviti i nakon ordinala ω 2 (ω 2 + 1, ω 2 + 2,...) i tako sve do ordinala ω 2, pa i preko toga do ordinala ω ω, pa i preko toga, u sve veće beskonačnosti. Ordinali se mogu razumeti kao izvesno uopštenje prirodnih brojeva u beskonačnosti. Kardinali predstavljaju ordinale kojim se meri moć nekog skupa. Skup A = {7, ω, 5} nije ordinal, ali kako je moguće uspostaviti bijekciju izmed u skupa 3 = {0, 1, 2} i ovog skupa, to oni imaju istu moć. Kažemo da je 3 kardinalni broj skupa A, odnosno da skup A ima 3 elemenata, tj. da je kardinalnost skupa A tri, i to označavamo sa A = 3. Skup prirodnih brojeva je kardinal, a kao što je ranije rečeno, Kantor je broj svih prirodnih brojeva označio sa ℵ 0. Dakle, ℵ 0, odnosno ω je najmanji transfinitni kardinal. Kako je još Galileo utvrdio da potpunih kvadrata ima isto kao i prirodnih brojeva, to Kantorovim jezikom govoreći, možemo reći da ima ukupno ℵ 0 potpunih kvadrata (nije pogrešno ni reći da potpunih kvadrata ima ω). Kantor je sve beskonačne kardinale pored ao u niz alefa {ℵ 0, ℵ 1, ℵ 2,..., ℵ ω,...}. Iako skup ω ima ℵ 0 elemenata, skup ω + 1 nema ℵ 1 elemenata. Pokazuje se da je ω + 1 = ℵ 0, tj. da ω + 1 ima ℵ 0 elemenata. Dakle, iako je ω = ℵ 0 ne važi ω + 1 = ℵ 1. Kako ni jedan skup ne može imati ω +1 elemenata (jer, kada bi takav skup postojao, tada bi on imao i ω elemenata što bi dovelo do kontradikcije ω = ω + 1), to se ordinal ω + 1 ne može koristi za meru moći skupa, pa ordinal ω + 1 nije kardinal. Analogno važi i za ordinale ω + 2, ω + 3, ω 7, ω ω,... Zapravo, najmanji kardinal veći od kardinala ℵ 0, tj. kardinal ℵ 1, je mnogo, mnogo, mnogo veći ordinal od ordinala ω + 1. Kantorova teorija, naravno, nije prošla bez kritike. Ona je bila predmet kritike i unutar matematičkih krugova, i van njih. Jedan od najoštrijih kritičara Kantorove teorije bio je Leopold Kroneker. Kroneker je pripadao fintističkoj školi matematičkog mišljenja. Finitisti smatraju da je beskonačnost stvar filozofije i teologije, a da taj koncept nema šta da 7

9 8 POGLAVLJE 1. UVOD: ISTORIJA I FILOZOFIJA BESKONAČNOSTI traži u matematici. Ekstremni finitisti, takozvani ultrafinitisti, smatraju da beskonačnost ne postoji ni u kom obliku, i da je beskonačnost uobrazilja ljudskog uma. Bog je stvorio cele brojeve, sve ostalo je delo čoveka, izjavio je Kroneker. O Kantorovoj teoriji Kroneker je rekao: Ne znam šta preovlad uje u Kantorovoj teoriji - filozofija ili teologija, ali sam sasvim siguran da tu nema matematike. Anri Poenkare je bio takod e vatreni kritičar Kantorove teorije, rekaši da su Kantorovi transfinitni brojevi bolest matematike od koje će se ona sigurno jednom izlečiti. Pojedinci veruju da neke avanture Alise, junakinje knjige Alisa u zemlji čuda matematičara Luis Kerola, predstavljaju alegoričnu kritiku Kantorovih transfinitnih brojeva. Nemački filozof Vitgenštajn takod e je osporavao Kantorovu teoriju. Neki hrišćani su napali Kantorove transfinitne brojeve tvrdeći da koncept mnošto različitih beskonačnosti predstavlja neku vrstu paganskog mnogobožanstva, nasuprot jedinstvenoj, apsolutnoj, beskonačnosti Boga. Na sreću, uticaj katoličke Crkve na med i izmed u devetnaestog i dvadesetog veka je dosta opao, Inkvizicija je bila stvar prošlosti, te Kantor se nije morao bojati da će podeliti sudbinu sa zlosrećnim Nikolom iz Kuse zbog svoje jeretičke matematike. Sam Kantor je bio duboko religiozan monoteista, ali nije video da njegovi tranfinitni brojevi ni na koji način ugrožavaju Apsolutnu Beskonačnost Boga; štaviše, po Kantorovom mišljenju, ovi brojevi još jače oslikavaju veličinu beskonačnosti Boga. Kantor je još i mislio da je Bog upravo njega odabrao kao pereceiver-a, koji će ljudima obznaniti transfinitne brojeve. Kada smo kod kritike i Kantora, i sam Kantor je, zanimljivo, bio žestok kritičar beskonačnosti. On je kritikovao beskonačno male veličine, tj. infinitezimale. Kao što je Poenkare smatrao Kantorove beskonačno velike veličine bolešću matematike, tako je Kantor, sa svoje strane, bolešću matematike smatrao beskonačno male veličine. Sa druge strane, veliki broj matematičara je Kantorovu teoriju prihvatio oberučke. Hilbert je bio jedan od najvećih zastupnika Kantorove teorije: Niko nas neće isterati iz raja koji je Kantor sagradio za nas!, čuvena je Hilbertova izjava (na koju je Vitgenštajn podrugljivo replicirao: Ako Kantorovu teoriju neko može da smatra rajem, zašto je neko drugi ne bi mogao smatrati sprdnjom? ). Bez obzira na sav kriticizam, Kantorova teorija skupova je postala osnova za formalnu, aksiomatsku teoriju skupova koja predstavlja srž moderne i savremene matematike. Mnogi matematičari su sticanjem novih saznanja o osobinama Kantorovih transfinitnih brojeva znatno unapredili samu matematiku. U današnjoj matematici izučavanje ordinala i kardinala je analogno izučavanju subatomskih čestica, koje predstavljaju suštastvo grad e fizičkog univerzuma. Sam Kantor je verovao da će jednoga dana transfinitni brojevi biti važno sredstvo za otkrivanje istina fizičke stvarnosti. Kantor je preminuo u bedi, nestabilnog mentalnog zdravlja godine. Moja teorija je čvrsta kao stena; svaka strela upućena ka njoj će se brzo vratiti ka strelcu. Kako znam ovo? Zato što sam je tokom mnoštva godina izučio sa svih strana; zato što sam je ispitao sa svih strana; zato što sam ispitao sve prigovore koji su ikada načinjeni protivu beskonačnih brojeva, i iznad svega, zato što sam pratio njene korene do, takoreći, nepobitnog prauzroka svih stvorenih stvari. -Kantor Što se fizičke beskonačnosti tiče, danas u teorijskoj fizici preovlad uje mišljenje da je naš univerzum tek deo Multiverzuma koji se sastoji od beskonačnog mnoštva univerzuma. A u takvom Multiverzumu je moguće sve za šta postoji i najmanja verovatnoća. Negde u Multiverzumu neki majmum sedi, i nasumice tipkajući slova po tastaturi, kuca upravo ovakav tekst. Negde u Multiverzumu tvoj dvojnik, potpuno identičan tebi, u potpuno identičnom okruženju u kojem si ti sada čita iste ove redove, kao da se ogledate u ovoj stranici. Jer,

10 9 takva je veličina Beskonačnosti. Ovaj rad se sastoji iz tri glavne sekcije: 1. ZF(C) Veliki filosof, pisac i matematičar Bertrand Rasel je svojim paradoksom pokazao neispravnost Kantorove teorije skupova. Ovim, med utim, Rasel nije hteo da u potpunosti diskredituje Kantorovu teoriju, već da ukaže da je Kantorovu teoriju neophodno formalno, uz upotrebu logike zasnovati, tako da ne dolazi do paradoksa. Ernst Zermelo i Abraham Frenkel su izvršili formalnu rekonstrukciju Kantorove teorije skupova uvodeći sistem aksioma i matematičku logiku. Ova teorija je nazvana Zermelo-Frenkelova (ZF) teorija skupova, dok je Kantorova teorija skupova nazvana naivna teorija skupova. Ukoliko se aksiomatskom sistemu ZF teorije doda aksioma izbora, tada dobijamo Zermelo-Frenkelovu teoriju skupova sa aksiomom izbora, tj. ZFC teoriju skupova. U prvoj glavnoj sekciji biće reči o aksiomama teorije ZFC, kao i o konstrukcijama te teorije koje su bitne za definisanje i izučavanje ordinala i kardinala. 2. Ordinali U drugoj glavnoj sekciji se definišu ordinali. Posmatraju se svojstva konačnih ordinala, tj. prirodnih brojeva, kao i beskonačnih ordinala. Pokazaće se, izmed u ostalog, da za sabiranje beskonačnih ordinala komutativnost ne važi: 1 + ω nije isto što i ω + 1. Možda Galilej nije bio u pravu kada je rekao da se beskonačne veličine ne mogu porediti, ali je dobro predvideo da beskonačne veličine nemaju ista svojstva kao i konačne. 3. Kardinali U poslednjoj glavnoj sekciji ovog rada su predstavljeni kardinali, i u njoj se izučavaju njihova svojstva. To infinity, and beyond! -Captain Buzz Lightyear

11 10 POGLAVLJE 1. UVOD: ISTORIJA I FILOZOFIJA BESKONAČNOSTI Figure 1.1: Georg Kantor

12 Poglavlje 2 ZF(C) O God, I could be bounded in a nutshell and count myself a King of infinite space. - W. Shakespeare Neophodnost strogog formalnog izlaganja javlja se usled činjenice da je govorni jezik suviše bogat, pa omogućava konstrukciju raznih paradoksa.ričardov paradoks na najbolji način ilustruje nevolje do kojih može da dovede upotreba govornog jezika pri zasnivanju matematičkih objekata i svojstava. Ričardov paradoks: Neka je X skup svih prirodnih brojeva koji se mogu definisati sa ne više od sto reči srpskog jezika. Kako prirodnih brojeva ima beskonačno mnogo, a reči srpskog jezika konačno mnogo, zaključujemo da je skup X konačan. Obzirom da princip najmanjeg elementa važi za prirodne brojeve (tj. da svaki neprazan podskup skupa prirodnih brojeva ima najmanji element) i da je komplement N \ X skupa X neprazan, zaključujemo da skup N \ X ima najmanji element, recimo n. Ovim smo upravo definisali broj n sa manje od sto reči, pa on pripada skupu X. Eto nama paradoksa: skup X i njegov komplement imaju neprazan presek! Prvi korak u prevazilaženju problema ovoga tipa sastoji se u tome što u opisu skupova koristimo isključivo formalni jezik prvog reda L ZF C koji se sastoji od tačno jednog binarnog relacijskog simbola. U narednim sekcijama ćemo dati par reči o formalnoj metodi kao i o predikatskom računu prvog reda. 2.1 O formalnoj metodi Analizirajući strukturu svake definicije, vidimo da se novi pojmovi uvode preko ranije uvedenih, što nužno dovodi do zaključka da neki pojmovi moraju ostati nedefinisani. Takve pojmove zovemo osnovnim ili primitivnim pojmovima. Slično, u dokazu nekog tvrd enja pozivamo se na neka druga (ranija) tvrd enja, pa opet vidimo da se sva tvrd enja ne mogu dokazati. Polazna tvrd enja koja ne dokazujemo zovemo aksiomama. Matematizacija deduktivne metode je dovela do pojma formalne teorije kao čisto sintaksnog okvira u kome se izlaže matematika. Formalna teorija (formalni sistem) se sastoji od sledećih komponenti: Nepraznog skupa simbola, koji nazivamo i jezikom formalne teorije; Skupa svih konačnih nizova simbola jezika formalne teorije, koji nazivamo i skupom reči formalne teorije; 11

13 12 POGLAVLJE 2. ZF(C) Skupa formula, koji je podskup skupa svih reči; Skupa aksioma, koji je podskup skupa formula; Pravila izvod enja, koja su neke relacije med u formulama. Ako je R n + 1-arno pravilo izvod enja, onda se za formulu ϕ kaže da se dobija iz formula ϕ 1,..., ϕ n po pravilu R ukoliko je R(ϕ 1,..., ϕ n, ϕ). Uobičajeno je da se pravila izvod enja zapisuju na sledeci način: ϕ 1,..., ϕ n ϕ R. Primer Neka je dat jezik L = {a, b} i neka se skup formula poklapa sa skupom reči nad L. Dalje, neka su jedine dve aksiome a i b i neka su R 1 i R 2 sledeća pravila izvod enja: R 1 Xa Xab R 2 Xb Xba, pri čemu je X proizvoljna reč (moguće prazna). Na ovaj način smo definisali jednu formalnu teoriju. Iskazni račun takod e predstavlja jednu formalnu teoriju. Jezik L prvog reda (ili relacijsko-operacijski jezik) je skup simbola koji pored logičkih simbola, interpunkcijskih znakova i prebrojivog skupa promenljivih eventualno sadrži i simbole konstanti, relacijske simbole i funkcijske simbole. Uz svaki relacijski i funkcijski znak koji se nalazi u jeziku L data je i njegova arnost, odnosno broj argumentnih mesta. Primer (Peanova aritmetika) Jezik Peanove aritmetike L P A sastoji se od dva binarna funkcijska simbola + i, jednog unarnog funkcijskog simbola S i jednog simbola konstante 1. Primer (Bulova algebra) Jezik teorije Bulovih algebri L BA se sastoji od dva binarna funkcijska simbola i, jednog unarnog funkcijskog simbola, jednog binarnog relacijskog znala i dva simbola konstanti 0 i 1. Kako će nama od interesa biti samo jedna konkretna formalna teorija, gorenavedene pojmove nećemo precizno definisati, već čitalac upćuje na [2][10]. 2.2 L ZF C Osnovni simboli formalnog jezika L ZF C su,,, (, ),, = i v j za svaki prirodan broj j, gde važi v i v j kad god je i j. Simbol znači i (konjunkcija), znači ne (negacija), postoji (egzistencijalni kvantifikator), označava pripadnost, = jednakost; v 0, v 1,... su promenljive, a zagrade se korise za izgradnju izraza. Izraz je svaki konačan niz osnovnih simbola, kao što je )v 19 ( (. Intuitivna interpretacija simbola nam ukazuje koji su izrazi smisleni, a koji ne; one izraze koji imaju smisla nazivamo formulama. Preciznije, definišemo formulu kao svaki izraz koji se gradi upotrebom sledećih pravila: (1) v i v j, v i = v j su formule za svako i, j. (2) Ako su ϕ i ψ formule, onda su to i (ϕ) (ψ), (ϕ) i v i (ϕ), za svako i. Tako, na primer, izraz v 0 ( v 1 ((v 0 v 1 ) (v 1 v 0 ))) jeste formula.

14 2.2. L ZF C 13 Napomenimo da se promenljive u formulama teorije ZFC interpretiraju kao skupovi. Može se kao veliki nedostatak ovog formalnog jezika učiniti nemogućnost da se njime izraze neki najosnovniji logički pojmovi kao što je, na primer, univerzalni kvantifikator ( za svaki ). Med utim, ovo zapravo i nije nikakav nedostatak jer sa ( v i ( (ϕ))) izražavamo v i (ϕ). Slično važi i za (disjunkcija), (implikacija) (ekvivalencija) koje se sve mogu izraziti samo upotrebom i. Kako ne bismo uvek morali pisati ove duge izraze, koristićemo sledeće skraćenice: (1) v i (ϕ) skraćuje ( v i ( (ϕ))). (2) (ϕ) (ψ) skraćuje (( (ϕ)) ( (ψ))). (3) (ϕ) (ψ) skraćuje ( (ϕ)) (ψ). (4) (ϕ) (ψ) skraćuje ((ϕ) (ψ)) ((ψ) (ϕ)). (5) v i v j skraćuje (v i = v j ), a v i / v j skraćuje (v i v j ). Pored ovih skraćenica, kao dodatnu olakšicu koristimo i standardne konvencije o izostavljanju zagrada (videti [9]). Ostala slova engleskog, grčkog i hebrejskog alfabeta, sa ili bez indekasa, se koriste kao promenljive. Na primer α(x α y x y α) će nam predstavljati neku od formula oblika α(v i v j v k v i v k v i ), za neke prirodne brojeve i, j i k. Pored ovih gorenavedenih postoji još mnoštvo drugih skraćenica. U matematičkoj teoriji se formula (formula u smislu formalnog jezika, kao specijalni vid reči formalnog jezika) retko javlja (a gotovo nikad formula koja sadrži samo osnovne simbole formalnog jezika). Gotovo uvek se definicije kojima opisujemo matematičke objekte, matičke teoreme, dokazi tih teorema, itd. iskazaju terminima govornog jezika (ili mešavinom govornog i formalnog jezika). Med utim, treba imati u vidu da svaku aksiomu, definiciju, teoremu, itd. možemo uvek zapisati koristeći samo osnovne simbole formalnog jezika. Na primer, možemo reći postoje skupovi x, y, z takvi da je x y y z, umesto v 0 ( v 1 ( v 2 ((v 0 v 1 ) (v 1 v 2 )))). Iz ovog primera se jasno vidi da su neki od glavnih razloga upotrebe mešavine govornog i formalnog jezika kao i formalnih skraćenica ekonomičnost i preglednost: na primer, skup realnih brojeva označavamo sa R; no, kada bismo taj skup opisali samo koristeći osnovne simbole jezika L ZF C, bilo bi nam potrebno mnogo, mnogo, mnogo više prostora i vremena od onog koje oduzima zapisivanje simbola R; ali, moramo uvek imati u svesti da se skup realnih brojeva uvek može opisati osnovnim simbolima formalnog jezika, ma koliko takvo opisivanje oduzimalo vremena (i prostora). Podformula formule ϕ je podniz niza simbola formule ϕ koji je i sam formula. Na primer, 5 podformula formule ( v 0 (v 0 v 1 )) ( v 1 (v 2 v 1 )) (2.2.1) su v 0 v 1, v 0 (v 0 v 1 ), v 2 v 1, v 1 (v 2 v 1 ), kao i sama formula (2.2.1). Opseg dejstva kvantifikatora v i je (jedinstvena) podformula koja počinje tim kvantifikatorom. Na primer, opseg dejstva v 0 u (2.2.1) je podformula v 0 (v 0 v 1 ). Ukoliko se promenljiva pojavljuje u opsegu dejstva nekog (egzistencijalnog) kvantifikatora (ili, drugačije rečeno, pod dejstvom nekog kvantifikatora) tada tu promenljivu nazivamo vezana promenljiva (ili kažemo da se u formuli pojavljuje vezano); promenljivu koja se ne javlja pod dejstvom ni jednog kvantifikatora nazivamo slobodna promenljiva (ili kažemo da se pojavljuje slobodno u formuli). Na primer, u (2.2.1) prvo pojavljivanje promenljive v 1 je slobodno, ali drugo je vezano. v 0 se

15 14 POGLAVLJE 2. ZF(C) javlja kao vezana dok se v 2 pojavljuje kao slobodna promenljiva. Formula izražava svojstvo promenljive koja se u njoj javlja slobodno, dok se vezane promenljive upotrebljavaju da bi se iznele tvrdnje o postajanju (objekta); promenom vezanih promenljivih se suštinski smisao formule ne menja. Naime, formula (2.2.1) ima potpuno isto značenje kao i formula ( v 4 (v 4 v 1 )) ( v 4 (v 2 v 4 )). Primetimo to da univerzalni kvantifikator v i vezuje promenljivu budući da predstavlja skraćenicu za v i. Sa druge strane, simboli poput,,,, itd. ne vezuju promenljive. Formula se često označava sa ϕ(x 1,..., x n ) kako bi se naglasila njena zavisnost od promenljivih x 1,..., x n. Ako su y 1,..., y n neke nove promenljive onda će ϕ(y 1,..., y n ) označavati formulu dobivenu zamenom promenljive x i odgovarajućom promenljivom y i pri svakom slobodnom javljanju promenljive x i. Takvu zamenu nazivamo slobodnom ili legitimnom onda kada nijedno slobodno javljanje promenljive x i nije u opsegu dejstva kvantifikatora y i. Ideja je ta da ϕ(y 1,..., y n ) govori o y 1,..., y n istu stvar koju ϕ(x 1,..., x n ) govori o x 1,..., x n, što se neće desiti ukoliko zamena nije slobodna, te neko y i postane vezano kvantifikatorom. Na primer, neka je ( v 0 (v 0 v 1 )) formula koju ćemo označiti sa ϕ(v 1 ). Tada će ϕ(v 2 ) biti dok je ϕ(v 0 ) ( v 0 (v 0 v 2 )), ( v 0 (v 0 v 0 )). Poslednja zamena nije slobodna - njom je izmenjeno značenje formule ϕ. Formulom ϕ(v 1 ) se tvrdi da v 1 ima element, dok se formulom ϕ(v 0 ) tvrdi da postoji skup koji je element samom sebi. Napomenimo da zapis ϕ(x 1,..., x n ) ne označava to da se svi x i javljaju slobodno u ϕ(x 1,..., x n ), već time samo naglašavamo pojavljivanje promenljivih x i u njoj, kao i to da formula označena sa ϕ(x 1,..., x n ) može sadržati i druge slobodne promenljive koje ne naglašavamo. Navedimo logičke aksiome. A1: (α (β γ)) ((α β) (α γ)); A2: α (β α β); A3: α β α, α β β; A4: (α β) (β α); A5: xα α x,y, ako se formula α x,y dobija tako što se promenljiva x zameni promenljivom y na svim mestima gde se promenljiva x slobodno javlja, i ako je ta zamena promenljive x promenljivom y u formuli α legitimna; A6: α xα, pri čemu promenljiva x nema slobodnih javljanja u formuli α; A7: x(α β) ( xα xβ); A8: yα x,y xα ako se α x,y dobija kao što je opisano u A5 i ako se promenljiva y ne javlja u formuli α; A9: x = x; A10: x = y (α α x,y ), za sve one formule α koje su oblika z 1 = z 2, z 1 z 2, ili nisu oblika xβ, xβ; A11: Ako je α formula iz A1-A10, a n neki prirodan broj, onda je i x 1 x 2,..., x n α logička aksioma. Ako je S neki skup formula, a ϕ formula, tada sa S ϕ neformalno označavamo da se odgovarajućom logičkom argumentacijom ϕ može dokazati iz S. Preciznije: S ϕ ako postoji formalno izvod enje, tj. dokaz tvrd enja ϕ iz S.

16 2.3. AKSIOME ZFC 15 Dokaz je konačan niz ϕ 1,..., ϕ n formula takvih da je formula ϕ poslednja u nizu (tj. ϕ n je ϕ); da za svako i je ϕ i ili iz S ili logička aksioma ili postoje različiti prirodni brojevi j i k, oba manja od i, tako da se formula ϕ k poklapa sa formulom ϕ j ϕ i. Ako je S prazan skup i S ϕ, tada pišemo ϕ i kažemo da je tvrd enje ϕ logički validno. Ako je (ϕ ψ), tada kažemo da su tvrd enja ϕ i ψ logički ekvivalentna. Ako je ϕ formula, univerzalno zatvorenje formule ϕ je formula koja se dobija univerzalnom kvanitfikacijom svih slobodnih promenljivih formule ϕ. Na primer, ako je sa ϕ označena formula x = y z(z x z y) x yϕ i y xϕ su univerzalna zatvorenja za ϕ. Rečenica je formula koja ne sadrži slobodne promenljive. ZFC predstavlja jedan skup rečenica. Kažemo da je formula ϕ teorema teorije ZFC, odnosno da ϕ važi (u ZFC), ukoliko važi ZF C ϕ. U narednoj sekciji ćemo navesti i interpretirati aksiome teorije ZFC. 2.3 Aksiome ZFC U ovoj sekciji izlažemo aksiome teorije ZFC i konstruišemo neke od najosnovnijih matematičkih objekata čiju će nam egzisteniju garantovati upravo aksiome koje ćemo navesti. No, pre svega napravimo pregled aksioma teorije ZFC. Napomenimo da u ovim aksiomama, kao i svuda nadalje u radu različitim simbolima označavamo različite promenljive. Aksioma 1 (Postojanje skupa) Aksioma 2 (Aksioma ekstenzionalnosti) x(x = x). x y(x = y z(z x z y)). Aksioma 3 (Shema separacije ili shema komperhensije) Za svaku formulu ϕ ZFC teorije u kojoj se promenljiva y ne javlja slobodno, univerzalno zatvorenje formule je aksioma. Aksioma 4 (Aksioma para) Aksioma 5 (Aksioma unije) Aksioma 6 (Shema zamene) z y x(x y x z ϕ) x y z(x z y z). x y z(z y w(w x z w)). x 0 ( x 2 (x 2 x 0!x 3 ϕ(x 2, x 3 )) x 1 x 3 (x 3 x 1 x 2 (x 2 x 0 ϕ(x 2, x 3 ))))

17 16 POGLAVLJE 2. ZF(C) Aksioma 7 (Aksioma izbora) A R(R dobro ured uje A). Aksioma 8 (Aksioma partitivnog skupa) Aksioma 9 (Aksioma beskonačnosti) Aksioma 10 (Aksioma regularnosti) x y z(z x z y). y(0 y ( x y(x {x} y)). ( x 0)( y x x y = 0). Ukoliko iz aksiomatskog sistema ZFC teorije izbacimo aksiomu izbora, dobijamo aksiomatski sistem teorije ZF Ekstenzionalnost i komprehenzija Aksioma 1 (Postojanje skupa) x(x = x). Ova nam aksioma garantuje da univerzum skupova nije ništavilo; da skup kao fundamentalni pojam teorije ZFC postoji. Aksioma 2 (Aksioma ekstenzionalnost) x y(x = y z(z x z y)). Prevedena na govorni jezik, aksioma ekstenzionalnosti nam garantuje da svaka dva skupa koja imaju potpuno istovetne elemente možemo smatrati jednakim. Takod e, ova aksioma izražava ideju da je svaki skup odred en svojim elementima. Kažemo da je skup A podskup skupa B, u oznaci A B, ukoliko je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Dakle, A B skraćuje x(x A x B). Za skup A kažemo da je pravi podskup skupa B, u oznaci A B, ako je A B i A B. Stav Za proizvoljne skupove x, y, z važi: (i) x x; (ii) Ako je x y i y x, onda su skupovi x i y jednaki; (iii) Ako je x y i y z, onda je x z; (iv) Ako je x y onda nije y x; (v) Ako je x y i y z, onda je x z. Aksioma 3 (Shema komprehensije ili shema separacije) Za svaku formulu ϕ u kojoj se promenljiva y ne javlja slobodno, univerzalno zatvorenje formule je aksioma. z y x(x y x z ϕ)

18 2.3. AKSIOME ZFC 17 Shema separacije nam garantuje da za svaki skup A i svaku formulu ϕ postoji skup B svih elemenata skupa A za koje je ϕ tačna (koji su svedoci za ϕ). Aksioma ekstenzionalnosti nam garantuje da je skup B (B A) jedinstven; označavamo ga sa {x x A ϕ(x)}, ili sa {x A ϕ(x)}. Cilj sheme separacije je formalizacija izgradnje skupova oblika {x P (x)}, pri čemu sa P (x) označavamo neko svojstvo promenljive x. Stoga, shemu separacije možemo zadati i na sledeći način: Shema separacije Ako je P neko svojstvo, onda za svaki skup A postoji skup B = {x A P (x)} koji sadrži sve one x A koje imaju svojstvo P. Možemo postaviti jedno pitanje u vezi sa shemom separacije: zašto uvek moramo da imamo neki unapred zadat skup (skup A) iz koga ćemo izdavjati one elemente koje koje imaju svojstvo P (i tako formirati skup B koji je podskup od A); zašto ne bismo mogli shemu separacije zadati na sledeći nacin: Shema separacije (pogrešna) Ako je P neko svojstvo, tada postoji skup B = {x P (x)}? Odgovor na ovo pitanje daje Raselov Paradoks: Posmatrajmo skup S čiji su elementi svi oni (i samo takvi) skupovi koji nisu sami sebi članovi: S = {X X / X}. Da li S sadrži S? Ako S sadrži S, onda S nije sam sebi član, pa važi S / S. Sa druge strane, ako S / S, onds S pripada samom sebi. U svakom slučaju imamo kontradikciju. Dakle, moramo zaključiti da objekat {X X / X} nije skup. Ovo nam ukazuje da nisu svi matematički objekti skupovi. Shema separacije, kako je prvobitno definisana, ne samo da nam garantuje postojanje objekta {x P (x)} već nam garantuje i to da je ovaj objekt skup kao podskup nekog unapred zadatog skupa. Dakle, shema separacije nam daje garanciju da ćemo se uvek kretati univerzumom skupova. Razmotrimo još jednom aksiomu 3. Može se postaviti još jedno pitanje sa njom u vezi: zašto se zahteva da se promenljiva y ne javlja slobodno u ϕ? Ovo činimo kako bi smo izbegli samoreferentne definicije skupa, odnosno takve definicije skupa koje u svom opisu sadrže sam skup koji se tom definicijom definiše. Na primer, ako bismo iz aksiome 3 izostavili uslov da se promenljiva y mora javiti vezana u ϕ, tada bi, ukoliko bismo za ϕ uzeli formulu x / y, formula y x(x y x z x / y) bila nekonzistentna sa postojanjem nepraznog skupa z, čije će postojanje, koristeći navedene aksiome, dokazati: Teorema i takav skup je jedinstveno odred en. y x(x / y) Dokaz. Aksioma 1 nam garantuje postojanje skupa. Neka je z taj skup. Za formulu x x i za skup z, po aksiomi komprehensije postoji skup {x z x x} koji je podskup skupa z. Ovaj skup ne sadrži nikakve članove. Iz aksiome ekstenzionalnosti ovaj skup je jedinstven: ako ovaj skup označimo sa A, a sa B skup koji je različit od A ali takod e ne sadrži ni jedan element, tada će oba skupa A i B imati iste članove, pa će po aksiomi ekstenzionalnosti biti jednaki. Prazan skup označavaćemo sa 0. Važi: 0 A za svaki skup A.

19 18 POGLAVLJE 2. ZF(C) Aksiomama 1, 2 i 3 se može dokazati jedino postojanje praznog skupa, odnosno y(y = 0) se ne može opovrgnuti. (detaljnije o ovome videti u [9]) Dakle, kako bismo izgradili neprazne skupove moramo uvesti još aksioma. Njih ćemo uvesti u sledećoj sekciji, dok ćemo se u ovoj zadržati još da pokažemo nepostojanje univerzalnog skupa, tj. skupa koji sadrži sve skupove. Teorema z x(x z) Dokaz. Pretpostavimo da z x(x z). Tada će, po shemi separacije, za skup z (skup svih skupova) i svojstvo x / x (skup ne sadrži sebe samog) postojati skup {x z x / x} = {x x / x}, kao skup svih skupova koji ne sadrže sebe same. Med utim, postojanje ovakvog skupa dovodi do Raselovog paradoksa. Dakle, ne sme postojati skup koji sadrži sve skupove. Napomenimo još i da shema komprehensije, iako izražava jednu ideju, ona generiše beskonačan broj aksioma: po jednu za svaku formulu ϕ Klase Raselov paradoks nam je ukazao da ne moraju sve kolekcije {x ϕ(x)}, pri čemu je ϕ neka data formula (svojstvo), biti skupovi. Za formulu ϕ(x) = x / x dokazali smo da kolekcija {x x / x} nije skup. Med utim, jako je korisno razmotriti kolekcije {x ϕ(x)} koje nisu nužno skupovi. Ove kolekcije neformalno zovemo klase. Klase se u ZF(C) teoriji ne definišu formalno, mada postoje teorije skupova u kome se one formalno zadaju. Zadavši neku formulu ϕ(x) mi smo zapravo zadali klasu {x ϕ(x)}, pri čemu su u formuli pored slobodne promenljive x mogu javiti i druge slobodne promenljive koje predstavljaju parametre od kojih klasa zavisi. Ukoliko kažemo da neki skup a pripada nekoj klasi {x ϕ(x)}, to znači da a ima svojstvo ϕ (tj. da je ϕ(a) teorema teorije ZF(C)); ukoliko kažemo da skup a ima svojstvo ϕ, pod time podrazumevamo da skup a pripada klasi {x ϕ(x)}; imamo zapravo a {x ϕ(x)} ϕ(a). Klase ćemo obično označavati velikim boldovanim (masnim) slovima: K,L,A,B,C,... Dakle, ako klasu {x ϕ(x)} označimo sa K, tada je y K formula ϕ(y). Označimo sa L klasu {x ψ(x)}. Pod K = L podrazumevamo formulu x(ϕ ψ). Klasa K je podklasa klase L, u oznaci K L ako i samo ako je z(z K z L), tj. z(ϕ(z) ψ(z)); možemo još i reći da zapis K L skraćuje formulu z(ϕ(z) ψ(z)). K je prava podklasa klase L, u oznaci K L, ukoliko važi formula K L K L. Za klasu K kažemo da je skup ako i samo ako se formula y z(z y ϕ(z)) može dokazati u ZF(C)teoriji. Ukoliko je klasa {x ϕ(x)} skup, tada formulu ϕ nazivamo formula skupovnog tipa. Klasa K je prava klasa ako i samo ako se y(y K) može dokazati u ZF(C) teoriji. Možemo reći da je neka klasa prava klasa ukoliko predstavlja kolekciju koja nije skup. Takva je upravo kolekcija {x x / x}. Slikovito možemo prave klase opisati kao kolekcije koje su preobimne da bi bile skup. Ako je klasa {x ϕ(x)} prava klasa, tada formula ϕ(x) nije formula skupovnog tipa. Nije ni formula x = x skupovnog tipa, na šta ukazuje naredni Primer Klasa svih skupova ( univerzum skupova ) je prava klasa. Nju definišemo sa V = {x x = x}.

20 2.3. AKSIOME ZFC 19 Možemo definisati i uniju, presek i razliku klasa K i L redom: K L = {x ϕ(x) ψ(x)}; K L = {x ϕ(x) ψ(x)}; K \ L = {x ϕ(x) ( ψ(x))}. Dakle, y K L je ekvivalentno sa ϕ(y) ψ(y). Uniju klase K definišemo sa K = {x a(ϕ(a) x a}; uniju klase možemo interpretirati kao klasu svih elemenata svih skupova a za koje važi formula ϕ. Presek klase K definišemo sa K = {x a(ϕ(a) x a)}; neki skup x biće član klase K ukoliko je član svakog skupa a za koji važi formula ϕ(a). Teorema Neka je K = {x ϕ(x)} neprazna klasa. Tada je K skup. Dokaz. Neka je skup a takav da važi ϕ(a). Pretpostavimo da skup x pripada klasi K. Tada za svaki skup y takav da važi ϕ(y) mora biti i x y, odakle sledi da je x a. Znači da je K a (ovde smo inkluziju upotrebili u kontekstu klasa), pa je po shemi separacije K skup Relacije, funkcije i dobro ured enje Aksioma 4 (Aksioma para) x y z(x z y z). Aksioma para nam garantuje da za svaka dva skupa A i B postoji skup S čiji su elementi skupovi A i B. Pokažimo da postoji jedinstveni skup C, pri čemu je skup C = {A, B}. Za skup S i formulu x = A x = B postoji na osnovu sheme separacije skup {x x S (x = A x = B)}. Upravo ovaj skup je skup C. Jedinstvenost skupa C nam garantuje ekstenzionalnost. Dakle, za svaka dva skupa A i B postoji jedinstven skup koji sadrži ta dva skupa i ni jedan drugi skup. Skup čiji su jedini elementi skupovi A i B označavamo sa {A, B}. Važi, za proizvoljne skupove A i B, {A, B} = {B, A}, kao i {A, A} = {A}. Aksioma para nam, kao što vidimo, dozvoljava izgradnju jednočlanih (singlton) i dvočlanih skupova. Definicija (Ured eni par) Neka su x i y proizvoljni skupovi. Ured eni par x, y definišemo sa x, y = {{x}, {x, y}}. Skup x nazivamo prvom koordinatom, a skup y drugom koordinatom ured enog para x, y. Lako se pokazuje da za proizvoljne skupove A, B, C, D važi A, B = C, D A = C B = D. Možemo uz pomoć ured enog para definisati ured enu trojku: x, y, z = x, y, z. Analogno se definišu ured ene četvorke, petorke, šestorke... Aksioma 5 (Aksioma unije) x y z(z y w(w x z w)).

21 20 POGLAVLJE 2. ZF(C) Što prevedeno na govorni jezik znači: za svaki svaki skup A postoji unija B njegovih elemenata, tj. svaki element skupa B pripada nekom od elemenata skupa A. Jedinstvenost ovakvog skupa B nam, naravno, garantuje ekstenzionalanost. Skup B, odnosno uniju elemenata skupa A obeležavamo sa A. Kako je x A zapravo formula y(y A x y) to se pokazuje da ZF 0 = 0, tj. neformalno govoreći A = 0 ako je A = 0. Definicija Neka su x, y, z proizvoljni skupovi. Skupove x y i {x, y, z} definišemo na sledeći način: x y = {x, y}; {x, y, z} = {x} {y} {z}. Prethodna definicija pokazuje kako aksioma unije (u sprezi sa prethodno navedenim aksiomama) dozvolja izgradnju višečlanih skupova. Stav Za proizvoljne skupove x, y, z važi: (i) x x = x; (ii) x 0 = x; (iii) x y = y x; (iv) x (y z) = (x y) z; (v) (x y) = ( x) ( y); (vi) y x y x; (vii) x, y = {x, y}. Možemo definisati presek i razliku skupova. Definicija Neka su x i y proizvoljni skupovi. Skupove x y i x \ y definišemo na sledeći način: x y = {z z x z y}; x \ y = {z z x z / y}. Stav Za proizvoljne skupove x, y, z važi: (i) x 0 = 0; (ii) x x = x; (iii) x y = y x; (iv) x (y z) = (x y) z; (v) x (x y) = x; (vi) x (x y) = x; (vii) x (y z) = (x y) (x z); (viii) x (y z) = (x y) (x z); (ix) x \ (y z) = (x \ y) (x \ z); (x) x \ (y z) = (x \ y) (x \ z); (xi) x y x \ y = 0; (xii) x y x y = x; (xiii) x y x y = y. Aksioma 6 (Shema zamene) Neka je ϕ formula ZFC teorije u kojoj promenljiva x 1 nema slobodnih javljanja. Tada je univerzalno zatvorenje formule x 0 ( x 2 (x 2 x 0!x 3 ϕ(x 2, x 3 )) x 1 x 3 (x 3 x 1 x 2 (x 2 x 0 ϕ(x 2, x 3 )))) (2.3.2) aksioma.

22 2.3. AKSIOME ZFC 21 Shemom zamene se zapravo tvrdi sledeće: za proizvoljan skup A postoji skup B koji nastaje zamenom svakog elementa a skupa A odgovarajućim jedinstvenim skupom b takvim da važi ϕ(a, b). Postojanje jedinstvenog skupa b nam garantuje leva strana implikacije u (2.3.2) ( x 0 ( x 2 (x 2 x 0!x 3 ϕ(x 2, x 3 ))), dok nam egzistenciju skupa B kao skupa koji objedinjuje sve b ove garantuje desna strana implikacije u (2.3.2) ( x 1 x 3 (x 3 x 1 x 2 (x 2 x 0 ϕ(x 2, x 3 ))). Naravno, ekstenzionalnost nam garantuje jedinstvenost skupa Ovaj skup možemo i skraćeno zapisivati sa B = {b a(a A ϕ(a, b))}. B = {b a a A}, pri čemu je za svako a A skup b a jedinstveni svedok za ϕ(a, b a ). Za svaki unapred zadat skup i zadatu formulu shema zamene nam generiše novi skup. Kao i kod sheme separacije i ovde nije dovoljno unapred zadati samo formulu, već i skup i formulu kako bismo bili sigurni da je novodobijeni objekat zaista skup. Takod e, kao i kod sheme separacije, i u formulaciji sheme zamene je neophodno naglasiti da se promenljiva kojom se označava skup koji će biti generisan shemom zamene (promenljiva x 1 ) ne sme javiti slobodno u formuli ϕ kako bi se izbeglo samoreferentno definisanje tog skupa. I kao i shema komperhensije i shema zamene takod e generiše beskonačno mnogo aksioma: po jednu za svaku formulu ϕ. Definicija (Dekartov proizvod) Za proizvoljne skupove A i B definišemo Dekartov proizvod A B = { x, y x A y B}. Kako bismo opravdali ovu definiciju moramo pokazati postojanje skupa A B. U tu svrhu primenićemo shemu zamene dva puta. Prvo, za svako y B, skup A i formulu z = x, y imamo da x A!z(z = x, y ), pa, po shemi zamene sve ovako nastale z ove možemo objediniti u skup koji cemo definisati sa: prod(a, y) = {z x A(z = x, y )}. Još jednom upotrebom sheme zamene za skup B i formulu z = prod(a, y) imamo da y B!z(z = prod(a, y)). Sada, objedinavajući ovako nastale skupove (z ove) možemo definisati skup prod (A, B) = {z y B(z = prod(a, y))} = {prod(a, y) y B}. Konačno, definišemo: A B = prod (A, B). Na primer, ako bi bilo A = {a, b, c}, a B = {a, b}, tada bi prva primena sheme zamene dala skupove prod(a, a) = { a, a, b, a, c, a } i prod(a, b) = { a, b, b, b, c, b }; druga primena sheme zamene bi dala skup prod (A, B) = {{ a, a, b, a, c, a }, { a, b, b, b, c, b }}. Najzad, bilo bi A B = prod (A, B) = { a, a, b, a, c, a, a, b, b, b, c, b }. Možemo razmatrati i Dekartov proizvod klasa. Dekartov proizvod klasa K = {x ϕ(x)} i L = {x ψ(x)} definišemo sa K L = { x, y ϕ(x) ψ(y)}, pri čemu je za neku formulu φ(x, y) koristimo notaciju { x, y φ(x, y)} = {z x y(z = x, y ϕ(x, y))}. Na osnovu do sada izloženih aksioma možemo definisati relacije i funkcije.

23 22 POGLAVLJE 2. ZF(C) Definicija (Relacija) Skup R je relacija ukoliko su svi njegovi članovi ured eni parovi. Skup domr = {x y( x, y R)} nazivamo domen relacije, a skup kodomen ili rang relacije. ranr = {y x( x, y R)} Ove definicije imaju smisla za bilo kakav skup R, ali se uobičajno koriste kada je R relacija. U tom slučaju biće R domr ranr. Definišemo R 1 = { x, y y, x R}. Ako je R relacija, važi (R 1 ) 1 = R (ukoliko R ne bi bila relacija tada bi bilo (R 1 ) 1 R). Za klasu R kažemo da je relacija ako važi R V V, tj. ako ZFC x(ϕ(x) y z(x = y, z )), gde je ϕ formula kojom je klasa R odred ena. Definicija f je funkcija ako je f relacija i ako x domf!y ranf( x, y f). Sa f : A B označavamo da je f funkcija, A = domf i ranf B. Ako je f : A B i x R, tada je f(x) jedinstveno y za koje je x, y f. Za klasu F odred enu formulom ϕ(x, y) kažemo da je funkcija ako važi F V V i ZFC x y 1 y 2 (ϕ(x, y 1 ) ϕ(x, y 2 ) y 1 = y 2 ). Kada funkciju obeležavamo velikim latiničnim slovom, time ističemo činjenicu da se radi o klasi koja je funkcija u smislu kako smo to upravo definisali. Definicija Ako je C A, tada je f C = f (C B) restrikcija funkcije f na C i f[c] = ran(f C) = {f(x) x C}. Definicija f : A B je 1-1 ili injekcija ako je f 1 funkcija; na ili sirjekcija ako je ranf = B; bijekcija ako je i 1-1 i na. Bez dokaza dajemo sledeću teoremu: Teorema Ako je f bijekcija, onda postoji jedinstvena funkcija takva da za proizvoljne a A i b B važi g : B A g(b) = a f(a) = b. Ovu funkciju g zovemo inverzna funkcija funkcije f i označavamo je sa f 1. Neka je A proizvoljan skup. Identičko preslikavanje skupa A, u oznaci id A, definišemo sa id A (a) = a, a A.

24 2.3. AKSIOME ZFC 23 Definicija Neka su dati skupovi A, B i C i funkcije f : A B, g : B C. Kompozicija funkcije f i g, u oznaci f g, je funkcija f g : A C, zadata sa (f g)(x) = g(f(x)), x A. Ako je R relacija tada se umesto x, y R obično piše xry. Definicija Ako je R relacija na skupu A (R A A) tada je R refleksivna ako x A(xRx); irefleksivna ako x A( (xrx)); simetrična ako x y(xry yrx); antisimetrična ako x y(xry yrx x = y); tranzitivna ako x y z(xry yrz xrz); relacija ekvivalencije ako je refleksivna simetrična i tranzitivna; relacija poretka ako je refleksivna, antisimetrična i tranzitivna; relacija strogog poretka ako je irefleksivna i tranzitivna. Sa < ćemo označavati relaciju strogog poretka na skupu A, a sa odgovarajuću dopunu relacije < do relacije poretka. Precizinije: =< {x A A a(a A x = a, a )}. Definicija Par A, je parcijalno ured en skup (parcijalno ured enje) ako je relacija poretka na skupu A. Par A, < je strogo parcijalno ured enje ako je < relacija strogog poretka na skupu A. Definicija Parcijalno ured enje A, je linearno ako su svaka dva elementa uporediva, tj. ako za proizvoljne a, b A je a b, ili je b a. Strogo parcijalno ured enje A, < je linearno ako su svaka dva različita elementa uporediva, tj. ako za svako a, b A takve da je a b važi a < b b < a. Definicija Neka je A, parcijalno ured enje, X neprazan podskup skupa A i neka je a A. a A je majoranta (gornja granica) skupa X ako za proizvoljno x X važi x a. Ako za proizvoljno x X važi a x, onda za a kažemo da je minoranta (donja granica) skupa X. Najmanju gornju granicu skupa X, ukoliko postoji zovemo supremumom skupa X; u tom slučaju ovaj element skupa A, čije se jedinstvenost jednostavno utvrd uje, označavamo sa supx. Ako supx pripada skupu X onda za njega kažemo da je maksimum skupa X, ili najveći element skupa X. Najveću donju granicu skupa X, ukoliko postoji, zovemo infimumom skupa X; u tom slučaju ovaj element skupa A, čije se jedinstvenost jednostavno utvrd uje, označavamo sa infx. Ako infx pripada skupu X onda za njega kažemo da je minimum skupa X, ili najmanji element skupa X. Kažemo da je a minimalni element skupa X ukoliko ni za jedno b a nije b a. Za a kažemo da je maksimalni element skupa X ukoliko ni za jedno b a nije a b. Svi pojmovi definisani u prethodnoj definicije se mogu definisati i za strogo parcijalna ured enja.

25 24 POGLAVLJE 2. ZF(C) Definicija Neka je A, parcijalno ured enje. Intervale definišemo na sledeći način: (a, b) = {x A a < x < b}; [a, b) = {x A a x < b}; (a, b] = {x A a < x b}; [a, b] = {x A a x b}; (, a) = {x A x < a}; (, a] = {x A x a}; (a, ) = {x A a < x}; [a, ) = {x A a x}. 2.4 Dobro ured eni skupovi U ovoj sekciji definišemo pojam dobro ured enog skupa, koji će biti krucijalan za uvod enje pojma ordinala. Definicija (Dobro ured enje) Parcijalno ured en skup A, je dobro ured en ako svaki neprazan podskup skupa A ima minimum. Kažemo da relacija dobro ured uje skup A. Stav Svako dobro ured enje je ujedno i linerano. Dokaz. Neka je A, dobro ured enje. Neka su a, b A proizvoljni. Tada je {a, b} neprazan podskup od A. Dakle, on mora da ima minimum. Stoga, mora da važi ili a b ili b a. Iz definicije sledi da je ured enje A, linearno. Definicija Neka su A, A i B, B proizvoljna ured enja. Bijekcija f : A B je izomorfizam ako za proizvoljne x, y A važi x A y f(x) B f(y). Ukoliko postoji izomorfizam izmed u dva ured enja, tada kažemo da su ta ured enja izomorfna i to označavamo sa A, A = B, B. Relacija = je relacija ekvivalencije. Lako se pokazuje naredni Stav Neka je A, dobro ured enje i neka je X proizvoljan neprazan podskup skupa A. Tada je X, takod e dobro ured enje. Stav Neka je f : A B izomorfizam ured enja A, A i B, B. Tada je i inverzna funkcija f 1 : B A takod e izomorfizam.

26 2.4. DOBRO URED ENI SKUPOVI 25 Dokaz. Neka su x, y B proizvoljni. Neka važi x B y. Kako je f bijekcija, ona je i na, pa postoje a, b A takvi da važi x = f(a) i y = f(b). Dakle, važi f(a) B f(b). Kako je f izomorfizam važiće a A b, pa samim tim i f 1 (x) A f 1 (y). Dakle, za proizvoljne x, y B imamo x B y f 1 (x) A f 1 (y). (2.4.3) Sa druge strane, pretpostavimo da, za proizvoljne x, y B važi f 1 (x) A f 1 (y). Kako je f izomorfizam vazi sledeći niz implikacija f 1 (x) A f 1 (y) f(f 1 (x)) B f(f 1 (y)) id B (x) B id B (y) x B y. (2.4.4) Iz (2.4.3) i (2.4.4) i definicije izomorfizma sledi dokaz tvrd enja. Lema Neka je A, dobro ured enje i neka je a proizvoljan element skupa A. Tada su A, i (, a), med usobno neizomorfna ured enja. Dokaz. Pretpostavimo suprotno, neka je funkcija f : A (, a) izomorfizam pomenutih ured enja. Po shemi separacije postoji skup X = {x A x f(x)}. Obzirom da je f bijekcija i da je (, a) pravi podskup skupa A, skup X mora biti neprazan. Kako je A, dobro ured enje skup X ima minimum, recimo m X. Sada važi sledeće: Za svako x < m X je f(x) = x (jer je m X najmanji x za koji je x f(x)); Ili je f(m X ) < m X, ili je m X < f(m X ) (jer je A, dobro ured enje; mogućnost f(m X ) = m X ne dolazi u obzir jer je m X X). Ako bi bilo f(m X ) < m X onda bi, jer je f izomorfizam moralo biti i f(f(m X )) < f(m X ), a ovo je nemoguće jer iz f(m X ) < m X sledi da je f(f(m X )) = f(m X ). Preostaje jedino slučaj m X < f(m X ) < a (poslednja nejednakost sledi iz činjenice da f : A (, a)). Kako je i f 1 izomorfizam mora biti i f 1 (m X ) < f 1 (f(m X )) = m X, odakle sledi da je f 1 (m X ) fiksna tačka funkcije f, tj. Dakle, f(f 1 (m X )) = f 1 (m X ). m X = f(f 1 (m X )) = f 1 (m X ), odakle sledi da je f(m X ) = m X što je u kontradikciji sa m X < f(m X ). Posledica Neka su A, A i B, B dobra ured enja i neka su f, g : A B izomorfizmi. Tada je f = g.

27 26 POGLAVLJE 2. ZF(C) Dokaz. Neka je X = {x A f(x) g(x)}. Da bismo dokazali teoremu dovoljno je da pokažemo da je skup X prazan. U tom cilju, pretpostavimo da je skup X neprazan i sa m X označimo njegov minimum (u odnosu na A ). Tada važi sledeće: Za svako x < A m X je f(x) = g(x); Ili je f(m X ) < B g(m X ), ili je g(m X ) < B f(m X ). Pretpostavimo da je f(m X ) < B g(m X ). Pošto je g 1 : B A takod e izomorfizam, imamo da je g 1 (f(m X )) < B m X, odakle sledi da je Kako je f(g 1 (f(m X ))) = g(g 1 (f(m X ))) = f(m X ). f(g 1 (f(m X ))) = f(m X ) g 1 (f(m X )) = m X g(g 1 (f(m X ))) = g(m X ) f(m X ) = g(m X ), to znači da je m X / X, što je kontradikcija. Sasvim se slično pokazuje da i pretpostavka g(m X ) < B f(m X ) dovodi do kontradikcije, odakle sledi da skup X mora biti prazan. Teorema Neka su A, A i B, B proizvoljna dobra ured enja. Tada važi tačno jedna od sledeće tri mogućnosti: 1. A, A = B, B ; 2. Postoji a A tako da (, a), A = B, B ; 3. Postoji b B tako da (, b), B = A, A. Dokaz. Neka je X skup svih a A za koje postoji jedinstveno b a B tako da je (, a), A = (, b a ), B. Na osnovu Leme 2.4.6, za svako a X postoji jedinstveni izomorfizam f a : (, a) (, b a ). Slično, skup Y definišemo kao skup svih b B za koje postoji a b A tako da je (, b), B = (, a b ), A. Primetimo da je neposredna posledica tvrd enja činjenica da iz a 1 A a 2 sledi da je f a1 = f a2 (, a 1 ). Odavde sledi da je sa f = {f a a X} korektno definisan izomorfizam dobrih ured enja X, A i Y, B. Da bismo dokazali teoremu u potpunosti, preostaje još samo da pokažemo da je X = A ili Y = B. Pretpostavimo suprotno: neka je X A i Y B. Tada postoje m 1 = min A (A \ X) i m 2 = min B (B \ Y ). Med utim, odavde neposredno sledi da je X = (, m 1 ) i Y = (, m 2 ), što je nemoguće jer bi u tom slučaju funkcija f bila izomorfizam izmed u (, m 1 ), A i (, m 2 ), B, pa bismo imali da je m 1 X i m 2 Y. Dakle, za X = A, Y = B imamo A, A = B, B ; dok za X A, Y = B (X = A, Y B) imamo (, a), A = B, B, za neko a A ( (, b), B = A, A, za neko b B).

28 2.4. DOBRO URED ENI SKUPOVI 27 Definicija Neka je data funkcija f : A B pri čemu su skupovi A i B dobro ured enji relacijama A i B respektivno. Kažemo da je f rastuća funkcija ukoliko važi x, y A(x A y = f(x) B f(y)). f je strogo rastuća ili monotona funkcija ukoliko važi x, y A(x < A y = f(x) < B f(y)). Upoznavši se sa pojmom dobrog ured enja možemo postaviti aksiomu izbora. Aksioma 7 (Aksioma izbora) A R(R dobro ured uje A). Aksioma izbora se često označava kao AC (izbor - choice). Napomenimo da postoji još mnogo ekvivalentnih verzija aksiome izbora. Sa uvod enjem aksiome izbora završili smo pripremu terena za definisanje ordinala. Upravo će ordinali biti glavna tema narednog poglavlja.

29 28 POGLAVLJE 2. ZF(C) Figure 2.1: Ernst Zermelo (levo), Abraham Frenkel (desno), Bertrand Rasel (dole)

30 Poglavlje 3 Ordinali Bilo ko da si: uveče izad i iz svoje sobe, u njoj znaš svaki kutak; kao poslednje pred beskonačnim stoji tvoja kuća: Bilo ko da si. - Rilke Kako bi smo kompletno pripremili teren za uvod enje ordinala moramo prvo reći nešto o indukciji i rekurziji. Biće govora i o prirodnim brojevima. Pristup koji ćemo koristiti zahteva prethodno uvod enje aksiome partitivnog skupa. Napomenimo da nam za samu definiciju i pokazivanje elementarnih osobina ordinala ova aksioma inače nije neophodna (videti [9]). Aksioma 8 (Aksioma partitivnog skupa) x y z(z x z y). Ova aksioma nam garantuje da za svaki skup A postoji njegov partitivni skup, odnosno skup svih njegovih podskupova. Jedinstvenost partitivnog skupa skupa A nam garantuje askioma ekstenzionalnosti. Partitivni skup skupa A označavamo sa P (A). 3.1 Indukcija i rekurzija U ovoj sekciji ćemo fiksirati neko dobro ured enje A,. Teorema (Indukcija) Neka je skup X podskup skupa A takav da za svako a A iz (, a) X sledi da je a X. Tada je X = A. Dokaz. Pretpostavimo suprotno, neka je A \ X neprazan. Tada postoji a = min (A \ X). No, odavde neposredno sledi da je (, a) X, odakle po uslovima teoreme sledi da je a X, što je u suprotnosti sa izborom a. Teorema (Rekurzija) Neka je f proizvoljna funkcija sa domenom P (A A). Tada postoji jedinstvena funkcija g sa domenom A takva da za svako a A važi g(a) = f(g (, a)). (3.1.1) 29

31 30 POGLAVLJE 3. ORDINALI Dokaz. Jedinstvenost. Neka funkcije g 1 i g 2 zadovoljavaju Indukcijom pokazujemo da je g 1 = g 2. Neka je X = {x A g 1 (x) = g 2 (x)}. Za proizvoljno a A neka je (, a) X. Tada je g 1 (, a) = g 2 (, a), pa imamo da je g 1 (a) = f(g 1 (, a)) = f(g 2 (, a)) = g 2 (a). Dakle, a X, odakle na osnovu teoreme indukcije sledi da je X = A, te je g 1 = g 2. Egzistencija. Neka je X skup svih a A za koje postoji jedinstvena funkcija g a sa domenom (, a) takva da za svako x < A a važi g a (x) = f(g a (, x)). Odavde proizilazi da za proizvoljne a, b X iz b < A a sledi da je g b = g a (, b); i više od toga: ako postoji M a = max A (, a), onda je g a = ( {g b b < a}) { M a, g Ma }, a u suprotnom je g a = {g b b < a}. Primetimo da smo ovim zapravo pokazali da iz (, a) X sledi a X, odakle po teoremi indukcije sledi X = A. Sada, tražeu funkciju g definišemo na sledeći način: Ako je A = (, a], onda je Ako A nema maksimum, onda je g = ( {g b b A}) { a, g a }; g = {g a a A}. 3.2 Prirodni brojevi Pre no što definišemo skup prirodnih brojeva navešćemo definicije tranzitivnog i induktivnog skupa i postavićemo aksiomu beskonačnosti. Definicija (Tranzitivan skup) Za skup A kažemo da je tranzitivan ako je svaki njegov element ujedno i njegov podskup. Drugim rečima to su oni skupovi na kojima je relacija pripadnosti tranzitivna. Stav Skup A je tranzitivan ako i samo ako je A A. Dokaz. Neka je A tranzitivan i neka je x A proizvoljan. Tada, postoji y A tako da je x y. Kako je A tranzitivan biće y A, pa će biti i x A. Imamo, dakle, da je A A. Neka sada važi A A. Uzmimo proizvoljno x A i neko z x. Biće z A, a samim tim z A. Dakle, x A, pa je A po definiciji tranzitivan.

32 3.2. PRIRODNI BROJEVI 31 Iz prethodnog stava neposredno sledi i da je prazan skup tranzitivan ( 0 0). Teorema Neka je A proizvoljan skup. Tada važi: 1. Ako je skup A tranzitivan, onda je i skup A {A} tranzitivan; 2. Ako je skup A tranzitivan, onda je i njegov partitivni skup P (A) tranzitivan; 3. Ako su svi elementi skupa A tranzitivni, onda je i skup A tranzitivan. Dokaz. 1. Pretpostavimo da je skup A tranzitivan i pokažimo da je skup A {A} takod e tranzitivan. Pošto je x A {A} x A x = A, imamo sledeće: ako je x A, onda iz tranzitivnosti skupa A sledi da je x A, a ako je x = A, onda trivijalno sledi x A. U svakom slučaju je x A A {A}, pa iz tranzitivnosti relacije i iz definicije tranzitivnog skupa sledi tranzitivnost skupa A {A}. 2. Pretpostavimo tranzitivnost skupa A i dokažimo tranzitivnost skupa P (A). U tom cilju uočimo proizvoljan element X skupa P (A). Neka je x X proizvoljno. Kako je X A, imamo da je x A, odakle zbog tranzitivnosti skupa A sledi da je x A, tj. da je x P (A). Dakle X P (A), pa je P (A) tranzitivan. 3. Neka su svi elementi skupa A tranzitivni. Pokažimo da je skup A tranzitivan. Stoga, uočimo proizvoljno x A. Tada postoji skup y A takav da je x y. Pošto je skup y tranzitivan, imamo da je x y, a kako je y A, mora biti i x A. Dakle, A je tranzitivan. Definicija (Induktivan skup) Kažemo da je skup A induktivan ako važi sledeće: 0 A; Ako je a A, onda je i a {a} A. Na osnovu do sada uvedenih aksioma ne može se dokazati postojanje induktivnog skupa. Postojanje induktivnih skupova posuliramo sledećom aksiomom: Aksioma 9 (Aksioma beskonačnosti) y(0 y ( x y(x {x} y)). Dakle, aksioma beskonačnosti garantuje: postoji induktivni skup. Ova aksioma, takod e garantuje i postojanje beskonačnih skupova (inače ne bi se zvala tako kako se zove). Pri kraju ove sekcije ćemo formalno definisati pojam (bes)konačnosti. Svojstvo biti induktivan je zatvoreno za presek, tj. presek dva induktivna skupa je induktivan skup. Ovo je dosta lako pokazati, te to nećemo dokazivati, ali ćemo dokazati sledeću bitnu teoremu: Teorema Postoji najmanji induktivni skup (u smislu inkluzije). Dokaz. Neka je A proizvoljan induktivan skup. Po shemi separacije postoji skup ω = {x A y(y A y je induktivan x y)}. Pokažimo da je ovaj skup induktivan. Kako za svaki induktivni podskup y skupa A je 0 y, to je 0 ω. Neka je a ω. Tada je za svaki induktivni podskup y skupa A je a y. Med utim, tada je i a {a} y za svaki induktivni podskup y skupa A. Dakle, a {a} ω,

33 32 POGLAVLJE 3. ORDINALI pa je po definiciji induktivnog skupa ω induktivan. Štaviše, ω je induktivan podskup svakog induktivnog podskupa skupa A. Neka je sada B ma koji induktivan skup koji je različit od A. Pošto je A B induktivan podskup skupa A, imamo da je ω A B B. Ovim smo pokazali da je ω za inkluziju najmanji induktivan skup. Primer Sa Ind označimo klasu svih induktivnih skupova. Aksioma beskonačnosti nam garantuje da je ova klasa neprazna. Zato, na osnovu prethodne teoreme i Teoreme imamo da je ω = Ind. Stav x(x ω x / x). Dokaz. Pokažimo da je skup X = {x ω x / x} induktivan. Kako 0 / 0 i 0 ω to je 0 X. Ako je a X, tada važi a / a, pa važi i a {a} / a {a} (1). Kako je X ω, biće a ω, pa kako je ω induktivan biće i a {a} ω (2). Iz (1) i (2) imamo da je a {a} X, pa je X induktivan. Kako je X podskup najmanjeg induktivnog skupa to mora biti ω = X, odakle sledi tvrd enje. Stav ω je tranzitivan skup. Dokaz. Pokažimo da je skup X = {x ω x ω} induktivan. Jasno, 0 ω i 0 ω, pa je i 0 X. Neka je a X. Tada je a ω i a ω. Biće tada i a {a} ω {a} = ω. Kako je i a {a} ω, imamo da je a {a} X, pa je X induktivan. Kako je ω X i kako je ω najmanji induktivan skup to mora biti ω = X. Dakle, svaki član skupa ω je ujedno i njegov podskup, pa je ω tranzitivan. Stav ω = ω. Dokaz. Neka je x ω. Kako je ω induktivan biće i x {x} ω. Sada je x {x} ω i x x {x}, odakle sledi da je x ω. Dakle, ω ω. Obratna inkluzija važi iz činjenice da je je ω tranzitivan i Stava Dakle, važi: ω = ω. Stav Svaki element skupa ω je tranzitivan. Dokaz. Pokažimo da je skup X = {x ω x x} induktivan. Jasno, 0 ω i 0 0, pa je 0 X. Neka je x X. Dakle, x {x} ω. Takod e je i x x. Po Stavu je x tranzitivan, pa je po Teoremi to i x {x}. Dakle, (x {x}) x {x}, pa je i x {x} X. Imamo da je skup X induktivan skup čiji su svi elementi tranzitivni skupovi. Kako je X ω, a ω najmanji induktivan skup, to je X = ω. Dakle, važi tvrd enje. Stav Relacija na svakom x ω generiše strogo dobro ured enje.

34 3.2. PRIRODNI BROJEVI 33 Dokaz. Pokažimo da je skup X = {x ω x, je strogo dobro ured enje } induktivan. Trivijalno, 0, je dobro ured enje, pa je 0 X. Neka je x X. Tada je x ω, pa je i x {x} ω. Tada je takod e i x, strogo dobro ured enje, pa je i strogo parcijalno, pa je relacija irefleksivna na x. Takod e, po Stavu 3.2.7, x / x, pa je relacija irefleksivna i na x {x}. x {x} pripada skupu ω, te je tranzitivan, pa je na tom skupu relacija pripadnosti tranzitivna. Dakle, x {x}, je strogo parcijalno ured enje. Pokažimo sada da svaki neprazan podskup od x {x} ima -minimum. Neka je a x {x} neprazan. Ako a ne sadrži x, tada je a x, pa kako (strogo) dobro ured uje x, to a mora imati -minimum. Neka je sada x a. Stvar je gotova ukoliko je baš x -minimum. Neka x nije -minimum skupa a. Tada je a \ {x} x, pa a \ {x} ima -minimum m a. Tada je m a a \ {x} {x} = a takod e -minimum skupa a. U svakom slučaju, svaki neprazan podskup skupa x {x} ima -minimum, pa je x {x}, strogo dobro ured enje. Dakle, x {x} X. Pokazali smo da je X induktivan, pa zaključivanjem kao u predhodnim stavovima sledi nam tačnost tvrd enja. Teorema ω, je strogo dobro ured enje. Dokaz. Kako je ω tranzitivan skup, to će relacija biti tranzitivna na ω. Za svako x ω važi x / x, pa je relacijia irefleksivna na ω. Pokažimo još i da svaki neprazan podskup od ω ima -minimum. Neka A proizvoljan neprazan podskup od ω i neka je x A proizvoljan. Ukoliko je x -minimum skupa A, dokaz je gotov. Neka x nije -minimum skupa A. Tada postoji neko u A takvo da je u x, te kako je skup x A neprazan podskup skupa x, i kako je relacija dobro ured enje na skupu x, to će skup x A imati -minimum. Neka je to z. Pokažimo da je z ujedno i -minimum skupa A, tj. da je z y za svako y A. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji neko y A takvo da je y z. Kako je relacija tranzitivna na skupu ω, to će biti y x, a samim tim i y x A, što ne sme da važi zbog izbora elementa z. Iz dobivene kontradikcije sledi da A mora da ima -minimum. Dakle, ured enje ω, je strogo dobro ured enje. Sada ćemo podrobnije razmotriti strukturu skupa ω. U tu svrhu razmotrimo definiciju induktivnog skupa. Primećujemo da će najmanji induktivan skup (u smislu inkluzije) imati oblik ω = {0, {0}, {0, {0}}, {0, {0}, {0, {0}}},...}. Skup ω možemo poistovetiti sa skupom prirodnih brojeva, tako što ćemo svakom njegovom članu pripisati odgovarajući prirodan broj, i to na sledći način: Definicija Ako je 0 prazan skup, definišemo skupove 1, 2, 3,... na sledeći način: 1 = {0}, 2 = {0, 1}, 3 = {0, 1, 2},... Dakle, ω = {0, 1, 2,...}. Elemente skupa ω nazivamo prirodni brojevi, a sam skup ω skup prirodnih brojeva. Možemo da primetimo da ZFC teorija ima jedno alhemijsko svojstvo: ona stvara prirodne brojeve ni iz čega. Ostaje otvoreno (filosofsko) pitanje da li su elementi skupa ω pravi prirodni brojevi. Skup ω i njegovi elementi su u potpunoj saglasnosti sa Peanovim postulatima kojima se u Peanovoj aritmetici postuliraju prirodni brojevi. Peanovi postulati se uzimaju kao aksiome Peanove aritmerike, a mi ćemo ovde pokazati saglasnost skupa ω i njegovih članova kao tvorevina teorije ZFC sa Peanovim postulatima.

35 34 POGLAVLJE 3. ORDINALI Teorema (Peanovi postulati) (1) 0 ω. (2) n ω(n {n} ω). (3) n, m ω(n m n {n} m {m}). (4) ( Indukcija) X ω[(0 X n X(n {n} X)) X = ω]. Dokaz. (1), (2) i (3) važe neposredno iz činjenice da je ω induktivan skup. (4) sledi iz definicije induktivnog skupa i činjenice da je ω najmanji induktivan skup. Možemo definisati operacije sabiranja, množenja i stepenovanja prirodnih brojeva na sledeći način: Definicija (Elementarne operacije na ω) Neka je n ω proizvoljno. Definišemo Sabiranje: n + 0 = n; n + (m {m}) = n + m {n + m}, m ω. Množenje: n 0 = 0; n (m {m}) = n + (n m), m ω. Stepenovanje: n 0 = 1; n m {m} = n (n m ), m ω. Teorema rekurzije nam garantuje da su ovako definisane operacije korektno definisane na ω (zato se i kažeme da se definišu rekurzivno). Posmatrajmo kako one funkcionišu. Sabiranje: n + 1 = n + (0 {0}) = (n + 0) {n + 0} = n {n}; n + 2 = n + (1 {1}) = (n + 1) {n + 1} = (n + 1) + 1; itd... Množenje: n 1 = n (0 {0}) = n + (n 0) = n + 0 = n; n 2 = n (1 {1}) = n + (n 1) = n + n; itd... Stepenovanje: n 1 = n 0 {0} = n (n 0 ) = n 1 = n; n 2 = n 1 {1} = n (n 1 ) = n n; itd... Sličnom tehnikom kao i u prethodnim stavovima (izborom odgovarajućeg induktivnog podskupa skupa ω) se pokazuje da ovako definisane elementarne operacije imaju ona svojstva koja i očekujemo da imaju (kao što su komutativnost, asocijativnost kod množenja i sabiranja, distributivnost množenja prema sabiranju, kao i elementarna svojstva stepenovanja). Sada možemo formalno definisati (bes)konačnost. Definicija Skup A je konačan ako postoje n ω i bijekcija f : A n. U suprotnom skup A je beskonačan. Čitaocu se prepušta da dokaže da je skup ω beskonačan.

36 3.3. SVOJSTVA ORDINALA Svojstva ordinala Na početku ove sekcije uvedimo aksiomu regularnosti. Aksioma 10 (Aksioma regularnosti) ( x 0)( y x x y = 0). Ova nam aksioma zapravo garantuje da svaki neprazan skup ima element koji nema zajedničke članove sa tim skupom. Imajući u vidu ovu aksiomu možemo dokazati sledeće tvrd enje. Teorema Neka je x proizvoljan neprazan skup. Tada važi x / x. Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da je x x. Na osnovu aksiome regularnosti neprazan podskup {x} skupa x će sadržati član y za koji je y {x} = 0. Kako je zapravo y = x to je x {x} = 0. Sa druge strane iz činjenice da je x x i x {x} imamo da je x x {x}. Kontradikcija. Dakle, x / x. Napokon, definišemo ordinale. Definicija (Ordinali) Tranzitivan skup A je ordinal ako je strogo dobro ured en relacijom. Ordinale ćemo beležiti malim grčkim slovima α, β, γ,..., a sa ON (ordinal numbers) klasu svih ordinala. Imajući u vidu prethodnu teoremu za svaki ordinal važi α / α. Primer Prazan skup je ordinal. Skup ω je ordinal. Svaki element skupa ω je ordinal. Definicija Ako je α ordinal, njegov sledbenik ordinal označavamo sa α+1 i definišemo ga sa α + 1 = α {α}. Stav Sledbenik ordinala je takod e ordinal. Dokaz. Neka je α proizvoljan ordinal. Kako je α ordinal on je tranzitivan, pa na osnovu Teoreme je i α + 1 tranzitivan. Činjenicu da je α + 1 strogo dobro ured en pokazujemo na analogan način kao što smo dokazivali da je x {x}, strogo dobro ured enje u Stavu Dakle, α + 1 je ordinal. Stav Svi elementi ordinala su takod e ordinali. Dokaz. Neka je α proizvoljan ordinal i neka je a α proizvoljan. Kako je α tranzitivan imamo da je a α, pa kako je α, strogo dobro ured enje, i par a, takod e mora biti strogo dobro ured enje. Pokžimo još i tranzitivnost skupa a. Neka je x a proizvoljno. Pretpostavimo da nije x a. Tada y(y x y / a). Kako je a α, to je x α, pa je i x α. Kako je y x, to je y α. Imamo dakle, a, x, y α, kao i y x x a. Skup α je tranzitivan, pa će relacija na njemu biti tranzitivna, pa mora biti y a. Kontradikcija. Dakle, mora biti x a, tj. a mora biti tranzitivan. Iz svega navedenog zaključujemo da je a ordinal.

37 36 POGLAVLJE 3. ORDINALI Lema Neka su α i β ordinali takvi da je α β. Tada je ili α = β ili α β. Dokaz. Posmatrajmo skup β \ α. Ukoliko je on prazan tada je α = β. Pretpostavimo da nije prazan. Tada će on imati -minimum. Neka je to γ. Pokazujemo da je γ = α. Pokažimo da je γ α. Neka je x takvo da x γ x / α. Kako je γ β to je i γ β, pa je i x β. Dakle, x β \ α, no ovo je u kontradikciji sa izborom elementa γ. Iz dobivene kontradikcije mora da važi γ α. Pokažimo da je α γ. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji neko x α i x / γ. Mora biti x γ, jer bismo u suprotnom imali da je γ α, što je u kontradikciji sa izborom elementa γ. Kako je α β biće x β. Kako je β ordinal, to je po definiciji β, strogo dobro ured enje, pa je i linearno. Kako su x, γ β i x γ i x / γ, to mora biti γ x. α je ordinal, pa je tranzitivan, te važi x α. Dakle, γ α, što je u kontradikciji sa izborom elementa γ. Odavde vidimo da mora da važi α γ, čime je dokaz našeg tvrd enja završen. Lema Neka su α i β proizvoljni ordinali. Tada je α β ili β α. Dokaz. Neka je α \ β neprazan. Tada će postojati -minimum ovog skupa. Neka to bude γ. Potpuno analogno kao i u dokazu prethodnog stava se pokazuje da je γ β. No, tada mora biti i γ = β, jer bi u suprotnom, na osnovu prethodnog stava moralo biti γ β što nije tačno. Dakle, β α, pa je β α. Ukoliko pretpostavimo da je β \ α neprazan na analogan način pokazujemo da je α β. Ako pretpostavimo da je α\β, odnostno β\α prazan, tada je α=β pa važi α β i β α. Iz prethodne dve leme direktno sledi naredna Teorema (Trihotomija) Za svaka dva ordinala α i β važi α β β α α = β, pri čemu važi tačno jedan od tri navedena slučaja. Definicija Ordinal α A je minimalni ordinal skupa A, ukoliko ne postoji ordinal β A tako da je β α i β α. Lema Ako skup sadrži ordinal, tada sadrži i minimalni ordinal. Dokaz. Neka je A skup i neka sadrži neki ordinal. Skup X = {γ A γ je ordinal } je neprazan. Neka je α X proizvoljan ordinal. Ukoliko je α -minimum skupa X, tada je α minimalni ordinal skupa A i dokaz je gotov. Ako α nije -minimum skupa X, tada postoji neki ordinal β X takav da je β α, te je skup α X neprazan podskup skupa α. Prema samoj definiciji pojma ordinala skup X ima neki -minimalni element z. Lako je videti da je z je minimalni ordinal skupa A. Posledica Klasa ON je dobro ured ena relacijom, a strogo dobro ured ena relacijom. Dokaz. Kako je α / α za svaki ordinal α i kako su ordinali tranzitivni skupovi, to relacija strogo parcijalno ured uje klasu ON. Zbog osobina relacije imamo da ova relacija parcijalno ured uje klasu ON. Sada nam tvrd enje sledi iz prethodne leme, jer ukoliko uzmemo da je A neki neprazan skup ordinala, tada će on sadržati minimalni ordinal, recimo α. Dakle, α je -minimalni element skupa A. Kako je α β za svako β A, to je i α β za svako β A, pa je α ujedno i -minimum skupa A.

38 3.3. SVOJSTVA ORDINALA 37 Teorema Neka je A proizvoljan skup čiji su svi elementi ordinali. Tada je skup A ordinal. Dokaz. Na osnovu Stava sledi da su svi elementi skupa A ordinali, a zbog trihotomije sledi da relacija indukuje na A strogo linearno ured enje. Pokažimo da je na A indukuje strogo dobro ured enje. Neka je X proizvoljan neprazan podskup skupa A. Kako su elementi skupa A ordinali, tada će skup X sadržati ordinal, pa će po prethodnoj lemi sadržati i minimalni ordinal. Kako su svi elementi skupa X ordinali, minimalni ordinal biće ujedno i -minimum skupa X. Dakle, skup A je strogo dobro ured en relacijom. Ostaje još da se pokaže i tranzitivnost skupa A. Ona važi iz činjenice da su ordinali tranzitivni skupovi i Teoreme Dakle, A je ordinal. Teorema Klasa ON je prava klasa. Dokaz. [Burali-Forti paradoks] Neka je ON skup. Neka je α ON proizvoljan. Kako su svi elementi ordinala α ordinali, to će biti α ON. Dakle, ON je tranzitivan. ON je strogo dobro ured en relacijom. Dakle, ON je po definiciji ordinal, pa važi ON ON, što po Teoremi nije moguće ni za jedan skup. Definicija Za ordinale α i β pišemo i tj. α < β (α β α β). α β α β α < β α β Teorema Klasa ON je dobro ured ena relacijom, odnosno strogo dobro ured ena relacijom <. 2. Ako je x proizvoljan skup čiji su svi elementi ordinali, onda je ordinal x -supremum skupa x u klasi ON. 3. Trihotomija: za dva proizvoljna ordinala α i β važi ili α < β ili β < α ili α = β. 4. Za svaki ordinal α je α < α Izmed u α i α+1 nema drugih ordinala, tj. ne postoji ordinal β takav da je α < β < α Za svaki skup x postoji ordinal α takav da α / x. Dokaz. 1. Neposredno sledi iz Posledice Za svako α x je α x, tj. α x, pa je x gornja granica skupa x u odnosu na relaciju. Pokažimo još i da je x najmanja gornja granica skupa x u odnosu na relaciju, tj. da je -supremum skupa x. Neka je β neki ordinal takav da je β < x. Tada je β x, pa postoji neki ordinal α x takav da je β α, tj. α, β x, β α i β α, pa β ne može biti gornja granica skupa x. Dakle, x je -supremum skupa x. 3. Sledi neposredno iz Teoreme Jasno, α α + 1. Pokažimo da je α α + 1. Ukoliko važi suprotno, tada važi i {α} α, što implicira da je α α, što nije moguće. Dakle, važi α < α Neka takav ordinal postoji. Tada ćemo imati da je α < β i β < α + 1. Iz β α {α} imamo ili β α ili β = α. Ukoliko je β α tada će biti α α, što nije moguće. Dakle, preostaje još α = β, što takod e nije moguće. 6. Pretpostavimo suprotno. Neka postoji skup X takav da za svaki ordinal α važi α X. No, tada bi za taj skup važilo X = ON, što bi značilo da klasa ON nije prava klasa, što nije tačno. Iz dobivene kontradikcije sledi tvrd enje.

39 38 POGLAVLJE 3. ORDINALI Stav Za svaki ordinal α 0 važi 0 < α. Dokaz. Za ordinale 0 i α zbog trihotomije važi ili 0 < α ili α < 0 ili α = 0. Kako mogućnost α = 0 u startu isključujemo, ostaje još ili 0 < α ili α < 0. Kako α < 0 nipošto nije moguće, ostaje da mora biti 0 < α. Definicija Ordinal α je sledbenik ordinal ukoliko postoji ordinal β takav da je α = β + 1. Ukoliko α nije sledbenik ordinal tada je α granični ordinal. 0 je granični ordinal. Lema Svaki tranzitivan skup ordinala je ordinal. Dokaz. Neka je A skup ordinala za koji važi α A x < α(x A). Neka je α A proizvoljan. Jasno, α A, pa je A tranzitivan. Neka je X neprazan podskup od A. Kako X sadrži ordinal, to po Lemi on sadrži minimalni ordinal. To je ujedno i minimalni element skupa X. Dakle, A je strogo dobro ured en, pa je ordinal. Teorema Postoji granični ordinal koji je različit od 0. Dokaz. Znamo da je ω ordinal. ω će biti traženi ordinal, ukoliko pokažemo da je graničan. Kada bi za neki ordinal α bilo ω = α+1 = α {α} sledilo bi da je α ω, te i ω = α {α} ω, obzirom da je ω induktivan skup. Zbog ove kontradikcije zaključujemo da ω ne sme biti ordinal sledbenik. Lema α je granični ordinal ako i samo ako je α = α. Dokaz. Za α = 0 tvrd enje trivijalno važi. Neka je α 0. Pretpostavimo da je α graničan ordinal. Neka je β α proizvoljno. Tada je β + 1 α. Kako je, med utim, po Teoremi β < β + 1 i kako izmed u β i β + 1 ne sme da stoji ni jedan ordinal, to mora biti β < β + 1 < α. Dakle, β + 1 = β {β} α, pa je β α. Važi, onda, α α. Kako je α tranzitivan imamo i obratnu inkluziju, pa samim tim i jednakost α = α. Neka je α = α i neka je β proizvoljan ordinal. Usled trihotomije imamo da je ili α < β ili β < α ili α = β. Ako je α = β, tada ne može biti α = β + 1 jer je β < β + 1. Ako je α < β, tada je α < β < β + 1, pa nikako ne može biti α = β + 1. Ako je β < α, tada je β α. Med utim, tada postoji ordinal γ < α, takav da je β < γ. Kako izmed u β i β + 1 nema drugih ordinala, to mora biti β < β + 1 γ < α, pa ne može biti α = β + 1. U svakom slučaju ne postoji prdinal β takav da je β + 1 = α, te je α graničan ordinal. Na osnovu prethodne leme i Teoreme imamo da za ma koji granični ordinal α je sup{ξ < α} = α. Teorema ω je najmanji granični ordinal različit od 0.

40 3.3. SVOJSTVA ORDINALA 39 Dokaz. Neka je α 0 najmanji granični ordinal različit od 0. Pokazujemo da je α 0 = Ind. Neka je β proizvoljan ordinal takav da je β < α 0. Znamo da je 0 α 0. Kako je α 0 graničan ordinal to je β < β + 1 < α 0, pa je α 0 induktivan. Dakle, Ind α 0. Pokažimo obratnu inkluziju. Pretpostavimo da je α 0 \ Ind neprazan. Tada on ima minimalni ordinal. Neka je to β. Kako je 0 Ind i kako je α 0 najmanji granični ordinal različit od nule, a 0 < β < α 0, to β mora biti sledbenik ordinal. Dakle, postoji ordinal γ takav da je β = γ + 1. Kako je γ < β to mora biti γ Ind. Med utim, kako je i sam skup Ind induktivan to je i γ + 1 = β Ind, što je u nesaglasju sa izbormom ordinala β. Iz dobivene kontradikcije mora važiti α 0 Ind, a samim tim i α 0 = Ind. Na osnovu Primera sledi istinitost našeg tvrd enja. Stav Za svaki ordinal je α + 1 = α. Odrinal α nazivamo prethodnik ordinala α + 1. Dokaz. Neka je α granični ordinal. Tada, imajući u vidu Lemu imamo α + 1 = (α {α}) = ( α) ( {α}) = α α = α. Neka je α sledbenik ordinal. Tada ne može biti α = α. No, prema Teoremi (stavka (3)) mora biri α + 1 = α. Ordinal ω nema svog prethodnika. Zapravo, nijedan granični ordinal nema svog prethodnika. Kako je ω najmanji granični ordinal različit od 0 to će svi prirodni brojevi izuzev 0 imati svog predhodnika. Stav Ordinal α je prirodan broj ako i samo ako je β α(β = 0 β je sledbenik ordinal ). Dokaz. Neka je α < ω. Neka je β α proizvoljan. Tada može biti β = 0 0 < β. Ukoliko je 0 < β tada iz činjenice da je ω najmanji nenula granični ordinal i toga da je β < ω imamo da je β sledbenik ordinal. Neka važi β α(β = 0 β je sledbenik ordinal ). Tada usled trihotomije može biti ili α < ω ili ω < α ili ω = α. Ne može biti ω = α, jer je ω granični ordinal, a α sledbenik ordinal. Ne može biti ni ω < α, jer je ω 0, pa bi u tom slučaju ω morao biti sledbenik ordinal, što nije istina. Dakle, mora da važi α < ω, tj. α je prirodan broj. Prirodni brojevi čine nekoliko prvih ordinala. Njih zovemo konačni ordinali. Svi ordinali α za koje je ω α su beskonačni ordinali. U sledećem delu ove sekcije bavimo se dokazivanjem jedne značajne teoreme koja povezuje dobra ured enja i ordinale. Nadalje ćemo umesto ured enja α,, gde je α ordinal, pisati samo α, pri čemu će iz konteksta biti jasno kada je reč o ordinalu, a kada o ured enju. Lema Neka su α i β ordinali i neka je α = β. Tada je α = β. Dokaz. Ako je α β možemo bez gubljenja opštosti pretpostaviti da je β α. Tada je β inicijalni segment od α, te prema Lemi ne može biti α = β.

41 40 POGLAVLJE 3. ORDINALI Teorema Za svako dobro ured enje A, postoji jedinstveni ordinal α tako da važi A, = α. Drugim rečima, svaki dobro ured en skup je izomorfan tačno jednom ordinalu. Dokaz. U dokazu će se umesto oznake za ured enje X, koristiti samo oznaka X, pri čemu će iz konteksta biti jasno kada je reč o skupu, a kada o ured enju. Jedinstvenost. Ako postoje dva ordinala α i β takva da je A = α i A = β, tada zbog tranzitivnosti relacije = je α = β, pa je po prethodnoj lemi α = β. Odavde sledi jedinstvenost. Egzistencija. Pre svega, primetimo da za svaki ordinal α je (, α) = {β ON β < α} = α. Neka je B = {a A α ON (, a) = α}. Neka je f preslikavanje sa domenom B takvo da za a B f(a) = jedinstveni ordinal α takav da je (, a) = α i neka je C = ranf. Pokažimo koristeći lemu da je skup C ordinal. Neka je α C proizvoljan ordinal i neka je β < α prozivoljno. Pokažimo da je β C. Kako je α C to postoji neko a A tako da je f(a) = α, odnosno takvo da je (, a) = α. Tada, za ured enja (, a) i β po Teoremi važi jedan od tri slučaja: (1) (, a) = β; (2) postoji γ β tako da je (, a) = (, γ), gde pod oznakom (, γ) podrazumevamo skup {x β x < γ}; (3) postoji b (, a) tako da je (, b) = β. Pokažimo da slučajevi (1) i (2) nisu mogući. Nemogućnost slučaja (1): Ako bi bilo (, a) = β, tada bi po prethodnoj lemi bilo α = β pa bismo imali α < α što nije moguće. Nemogućnost slučaja (2): Ukoliko bi postojao neki γ β takav da je (, a) = (, γ), tada bismo imali (, γ) = β γ = γ. Dakle, (, a) = γ, pa biće γ = α, tj. γ = α. Kako je, med utim, β < α, to je γ < α, što nas dovodi do kontradikcije α < α. Zbog ovoga, jedini mogući slučaj je (3). Kako je (, a) A, biće b A, pa će biti f(b) = β. Dakle, β C. Po lemi je skup C ordinal. Sada, dokažimo da je f izomorfizam izmed u B i C. Injektivnost: Neka su a 1, a 2 B takvi da je f(a 1 ) = f(a 2 ). Tada će postojati neki ordinal α C takav da je (, a 1 ) = α i (, a 2 ) = α. No onda će biti i (, a 1 ) = (, a 2 ). Pokažimo da je a 1 = a 2. Pretpostavimo suprotno. Neka je bez gubljenja opštosti dokaza a 1 < a 2. Tada možemo pisati (, a 2 ) = {x (, a 1 ) x < a 2 }. No, po Lemi izomorfizam izmed u (, a 1 ) i (, a 2 ) je nemoguć. Iz dobivene kontradikcije sledi da je a 1 = a 2, pa i sama injektivnost preslikavanja f. Sirjektivnost: Jasna je iz same definicije preslikavanja f. Očuvanje poretka: Neka su a 1, a 2 B takvi da je a 1 < a 2. Tada postoje ordinali α 1 i α 2 tako da je (, a 1 ) = α 1 i (, a 2 ) = α 2, odnosno postoje izomorfizmi g 1 : (, a 1 ) α 1 i g 2 : (, a 2 ) α 2. Treba pokazati da je α 1 < α 2. Neka je β α 1. Kako je g 1 na, to će za β postojati x (, a 1 ) tako da je g 1 (x) = β, tj. x = g 1 1 (β). Kako je (, a 1 ) (, a 2 ), to je iz Posledice g 2 (, a 1 ) = g 1, pa imamo g 2 (x) = g 1 (x) = g 1 (g 1 1 (β)) = β.

42 3.4. TRANSFINITNA INDUKCIJA I REKURZIJA 41 g 2 (x) = β α 2, pa je α 1 α 2. Odavde može biti ili α 1 = α 2 ili α 1 < α 2. Ako bi bilo α 1 = α 2 tada bi iz injektivnosti preslikavanja f bilo a 1 = a 2, što nije tačno. Ostaje, dakle, da mora biti α 1 < α 2. Ako su a 1, a 2 B takvi da je a 1 = a 2, tada je (, a 1 ) = (, a 2 ). Tada, za one ordinale α 1 i α 2 za koje je (, a 1 ) = α 1 i (, a 2 ) = α 2 je α 1 = α2, a samim tim i α 1 = α 2, tj. f(a 1 ) = f(a 2 ). Dakle, za proizvoljne a 1, a 2 B za koje je a 1 a 2 važi f(a 1 ) f(a 2 ), tj. preslikavanje f očuvava poredak. Iz svega prethodnog sledi da je preslikavanje f izomorfizam izmed u B i C. Pokažimo još i da je A = B. Pretpostavimo suprotno. Tada skup A\B ima minimum. Neka je to a A \ B. Posmatrajmo ured enja (, a) i C. Tada, po teoremi važi tačno jedna od sledeće tri mogućnosti: (a) (, a) = C (b) Postoji neki ordinal β C tako da je (, a) = (, β), gde je (, β) = {x C x < β}. (c) Postoji neki b (, a) takav da je (, b) = C. Pokazaćemo da nijedan od ova tri slučaja nije moguć. Nemogućnost slučaja (a): Ako bi važilo (a), tada bi bilo a B, što je u suprotnosti sa izborom elementa a. Nemogućnost slučaja (b): Ako bi važilo (b), tada bismo imali (, β) = C β = β, pa bi ponovo bilo a B, što nije moguće. Nemogućnost slučaja (c): Neka važi (c). Kako je b < a to je b B, pa je f(b) = C. Kako je, med utim, f(b) C, to je C C što je nemoguće. Dakle, mora da važi A = B čime, je naše tvrd enje najzad dokazano. Primetimo da je u prethodnoj teoremi, iako implicitna, upotreba sheme zamene krucijalna za njeno dokazivanje. Naime, ona opravdava postojanje skupa C i to na sledeći način: Ako je ϕ(a, x) formula (, a) = x, tada iz sheme zamene imamo da a B!xϕ(a, x), pa sve ovako dobivene x ove možemo sakupiti u skup C = {x a Bϕ(a, x)}. Ako izbacimo shemu zamene iz skupa aksioma teorije ZFC mi možemo razviti veći deo ordinalne matematike, ali ne možemo dokazati predhodnu teoremu. Prethodno tvrd enje nam ukazuje na to da ordinali zapravo predstavljaju kanonsku reprezentaciju dobro ured enih skupova. Posledica Za svako strogo dobro ured enje A, < postoji jedinstveni ordinal α tako da važi A, < = α, <. Definicija Ako je A, dobro ured enje, tip poretka ovog ured enja, u oznaci type(a, ), je jedinstveni ordinal α za koji je A, = α. Kažemo i da je ured enje A, tipa α. Stav Neka je A, dobro ured enje, a A, < odgovarajuće strogo dobro ured enje. Tada je type(a, ) = type(a, <). Za kraj ove napomenimo da za dva ordinala α i β pišemo α β ukoliko nije α < β, a α > β ukoliko je α β α β. 3.4 Transfinitna indukcija i rekurzija U sekciji 3.2 smo na skupu prirodnih brojeva definisali operacije sabiranja, množenja i stepenovanja. U prethodnoj sekciji smo videli da je ω tek jedan član klase ON. Prirodno se

43 42 POGLAVLJE 3. ORDINALI nameće zadatak uopštavanja ovih operacija sa skupa ω na klasu ON. Da bismo mogli to da uradimo moramo prvo uvesti transfinitnu indukciju i transfinitnu rekurziju, koje sa svoje strane predstavljaju uopštenje indukcije i rekurzije na klasu ON. Teorema (Indukcija) Neka je A podklasa klase ON takva da za svaki ordinal α važi Tada je A = ON. α A α A. Dokaz. U suprotnom, klasa ON \ A bi imala -minimum α. Med utim, tada bi za svako β α bilo β A, pa bi važilo α A, što za sobom povlači kontradikciju α A. Dakle, mora da važi A = ON. Pre navod enja transfinitne indukcije definisaćemo pojamtransfinitnog niza, koji uopštava pojam klasičnog niza. Definicija (Nizovi) ( Transfinitni) niz je funkcija čiji je domen neki ordinal α: a ξ ξ < α. Ovaj niz se takod e naziva α-niz ili niz dužine α. Konačan niz je transfinitni niz a čiji je domen dom(a) = n, za neko n < ω. Za ovaj niz kažemo da je niz dužine n. Definicija Ako je s niz dužine α, tada je s x niz dužine α + 1 koji sadrži niz s i čiji je α-ti član x, tj. s x = s { α, x }. Definicija Niz ordinala a ξ ξ < α je neprekidan niz ako za svaki granični ordinal β < α važi a(β) = a β = ξ<β a ξ = sup{a(ξ) ξ < β} Naredni stav će nam poslužiti kao dobar primer praktične upotrebe transfinitne indukcije: Stav Neka je β proizvoljan ordinal. Ako je σ ξ ξ < β strogo rastući niz ordinala, onda mora biti ξ σ ξ. Dokaz. Ovo tvrd enje pokazujemo indukcijom po ξ < β. Posmatrajmo podklasu ordinala A = {η η < β η σ η }. Neka je ξ < β i neka je ξ A. Treba pokazati da je ξ A. Prvo, pretpostavimo da je ξ ordinal sledbenik. Tada postoji ordinal γ takav da je ξ = γ + 1. Kako važi γ < ξ < β, i kako je γ A, to imamo γ σ γ. Dati niz je strogo rastući pa imamo σ γ < σ γ+1 = σ ξ. Odavde imamo da je γ + 1 σ ξ, tj. ξ σ ξ. Dakle, ξ A. Sada, pretpostavimo da je ξ graničan ordinal. Za sve γ < ξ imamo γ σ γ < σ ξ. Odavde, i iz činjenice da je ξ = sup{γ γ < ξ} imamo ξ σ ξ. Dakle, ξ A. U svakom slučaju je ξ A, te je na osnovu A = ON. Dakle, ukoliko za neki ordinal ξ važi ξ < β, tada mora biti ξ σ ξ.

44 3.5. ARITMETIKA ORDINALA 43 Teorema (Transfinitna rekurzija) Neka je G : V V funkcija zadata na univerzumu svih skupova V. Tada postoji jedinstvena funkcija F na klasi ON takva da je za svaki ordinal α. F (α) = G(F α) Dokaz. Egzistencija. Neka je F (α) = x postoji niz a ξ ξ < α takav da: (1) ( ξ < α)a ξ = G( a η η < ξ ); (2) x = G( a ξ ξ < α ). Pokažimo transfinitnom indukcijom da je za svaki ordinal α za koji postoji α-niz koji zadovoljava uslov (1) taj niz jedinstven. Neka su a ξ ξ < α i b ξ ξ < α dva α-niza koja zadovoljavaju (1). Posmatrajmo podklasu ordinala A = {η a η = b η }. Neka je ξ A. Biće tada a ξ = G( a η η < ξ ) = G( b η η < ξ ) = b ξ. Dakle, ξ A, pa po transfinitnoj indukciji je a ξ = b ξ za svaki ordinal ξ, a samim tim i za svako ξ < α. Zbog prethodnog vidimo da je F dobro definisana funkcija, tj. da je za svako α za koje je F definisana, vrednost x jedinstveno odred ena sa (2). Pokažimo sada da za svaki ordinal α postoji α-niz za koji važi (1). Neka je B klasa ordinala za koje postoji transfinitni niz za koji važi (1) i neka je ordinal α B. Tada za svaki ordinal β < α postoji β-niz s β = a η η < β takav da važi ( ξ < β)a ξ = G( a η η < ξ ). Treba pokazati da je α B, tj. da postoji α-niz za koji važi (1). Neka je α sledbenik ordinal. Tada postoji ordinal γ takav da je α = γ + 1. Kako je γ < α, to postoji γ-niz s γ = a η η < γ za koji važi ( ξ < γ)a ξ = G( a η η < ξ ). a γ zadajemo sa a γ = G( a η η < γ ). Tada je niz s γ a γ niz dužine γ + 1 = α za koji važi (1). Neka je α graničan ordinal. Tada će niz S α = β<α s β biti niz dužine β<α β = sup{β < α} = α. za koji važi (1). U svakom slučaju, postoji α-niz za koji važi (1), pa mora biti α B, pa će zbog transfinitne indukcije biti B = ON. Dakle, F je definisana na čitavoj klasi ON i očigledno zadovoljava F (α) = G(F α). Jedinstvenost. Neka je F funkcija na ON za koju je F (α) = G(F α). Pokazujemo upotrebom transfinitne indukcije da je F (α) = F (α) za svaki ordinal α. Neka je data podklasa ordinala C = {ξ F (ξ) = F (ξ)} i neka je α C za neki ordinal α. Tada je za svaki β < α F (β) = F (β), pa je F α = F α, te je F (α) = F (α), tj. α C. Dakle, C = ON, pa je samim tim i F = F. 3.5 Aritmetika ordinala U ovoj sekciji ćemo uz pomoć transfinitne rekurzije definisati elementarne operacije na klasi ON, i transfinitnom indukcijom dokazivati svojstva tih operacija.

45 44 POGLAVLJE 3. ORDINALI Definicija (Elementarne operacije na ON) Ako je α ordinal, tada možemo uz pomoć transfinitne indukcije po β ON definisati sabiranje ordinala α + β, množenje ordinala α β i stepenovanje ordinala α β na sledeći način (u slučaju kada je β sledbenik ordinal sa σ ćemo označavati njegov predhodnik): Sabiranje: α + 0 = α; α + (σ + 1) = (α + σ) + 1; Ako je β granični ordinal α + β = sup{α + ξ ξ < β}. Množenje: α 0 = 0 α (σ + 1) = (α σ) + α; Ako je β granični ordinal α β = sup{α ξ ξ < β}. Stepenovanje: α 0 = 1; α σ+1 = (α σ ) α; Ako je β granični ordinal α β = sup{α ξ ξ < β}. Pri definisanju sabiranja ordinala fiksiramo neki ordinal α i za funkciju G + uzimamo funkciju takvu da je: G + (0) = α; G + (x) = x(σ) + 1, ukoliko je x funkcija čiji je domen neki ordinal sledbenik σ + 1; G + (x) = ran(x), ukoliko je x funkcija čiji je domen granični ordinal; G + (x) = 0 u svim ostalim slučajevima. Prethodna teorema nam garantuje da će postojati funkcija F + : ON V takva da je F + (β) = G + (F + β). Sada zbir ordinala α i β definišemo sa α + β := F + (β). Imajući u vidu definisano sabiranje ordinala, možemo definisati množenje ordinala i to na način potpuno analogan kao kod definisanja sabiranja. Dakle, fiksiramo neki ordinal α a funkciju G zadajemo sa: G (0) = 0; G (x) = x(σ) + α, ukoliko je x funkcija čiji je domen neki ordinal sledbenik σ + 1; G (x) = ran(x), ukoliko je x funkcija čiji je domen granični ordinal; G (x) = 0 u svim ostalim slučajevima. Prethodna teorema nam garantuje da će postojati funkcija F : ON V takva da je F (β) = G (F β). Sada proizvod ordinala α i β definišemo sa α β := F (β). Definisavši množenje ordinala, analogno definišemo i stepenovanje ordinala. Fiksiramo neki ordinal α i funkciju G e definišemo tako da je: G e (0) = 1; G e (x) = x(σ) α, ukoliko je x funkcija čiji je domen neki ordinal sledbenik σ + 1; G e (x) = ran(x), ukoliko je x funkcija čiji je domen granični ordinal; G e (x) = 0 u svim ostalim slučajevima. Prethodna teorema nam garantuje da će postojati funkcija F e : ON V takva da je F e (β) = G e (F e β). Sada stepen ordinala α i β definišemo sa α β := F e (β).

46 3.5. ARITMETIKA ORDINALA 45 Restrikcija gore definisanih funkcija F +,F,F e na skup ω predstavlja upravo sabiranje, množenje i stepenovanje prirodnih brojeva kako smo ih definisali u Sekciji 3.2. Primer Na skupu prirodnih brojeva sabiranje i množenje su komutativne operacije, i važi desni distributivni zakon. Med utim, na klasi ON to nije slučaj; kada se radi sa beskonačnim ordinalima dolazi do izvesnih anomalija : 1 + ω ω + 1, jer 1 + ω = sup{1 + n n < ω} = ω ω + 1. Uopšte, za svaki n < ω je n + ω = ω ω + n. 2 ω ω 2, jer 2 ω = sup{2n n < ω} = ω ω 2 = ω + ω. Uopšte, za svaki 1 < n < ω je n ω = ω ω n. (2 + 3) ω = 5 ω = ω 2 ω + 3 ω = ω + ω = ω 2. (ω + 1) 2 = ω (ω + 1) = (ω ω) + 1 = sup{ω n n < ω} + 1 = ω + ω + 1 = ω ω = ω Levi distriburivni zakon, med utim, važi i na klasi svih ordinala, što će biti pokazano u nekom od narednih stavova. U opštem slučaju na klasi svih ordinala ne važe ni zakoni desne kancelacije niti za sabiranje, niti za množenje. Jer, kada bi ti zakoni važilio za sve ordinale, imali bismo sledeće nesuvislosti 7 + ω = 9 + ω 7 = 9; ω 5 ω ω = ω 6 ω ω ω 5 = ω 6. I kod stepenovanja postoji jedna anomalija : naime, na klasi ON ne važi uvek (α β) γ = α γ β γ, što pokazuje sledeći Primer (2 3) ω = 6 ω = sup{6 n n < ω} = ω 2 ω 3 ω = ω ω = ω 2. (ω 3) 2 = (ω 3) (ω 3) = sup{ω 3 n n < ω 3} = ω ω 3 = ω 2 3 ω = ω 2 9. (ω 2) ω = sup{(ω 2) n n < ω} = ω ω 2 ω ω 2 ω = ω ω ω. (ω ω) ω = (ω 2 ) ω = ω ω ω ω ω ω = (ω ω ) 2. Definicija Funkcija F : ON V je neprekidna ako za svaki granični ordinal γ važi F (γ) = sup{f (ξ) ξ < γ}. Definicija Neprekidan, strogo rastući niz ordinala,(u smislu relacije <), nazivamo normalan niz. Neprekidnu, strogo rastuću funkciju F : ON ON nazivamo normalna funkcija. Naredna lema će se pokazati jako korisna u izučavanju svojstava gore definisanih operacija na klasi svih ordinala. Lema Neka je A ON ili A = ON i F : A ON strogo rastuća funkcija. Tada 1. F je neprekidna ako i samo ako za svaki neprazan podskup b skupa A za koji je sup(b) A je F (sup(b)) = sup{f (α) α b} = sup(f [b]). (3.5.2) 2. α F (α) za svako α A.

47 46 POGLAVLJE 3. ORDINALI Dokaz. 1. Neka je F normalna funkcija. Pokažimo da važi (3.5.2). Neka je b neprazan podskup skupa A takav da je sup(b) A. Ako b ima maksimum, tada će biti sup(b) b, pa kako je funkcija F rastuća, to važi (3.5.2). Neka sada b nema maksimum. sup(b) mora biti granični ordinal, jer bi u suprotnom njegov prethodnik bio supremum skupa b. Zbog ovoga je skup {α ON α b} podskup skupa {σ ON σ < sup(b)}, pa kako je F normalna funkcija, imamo F (sup(b)) = sup{f (σ) σ < sup(b)} sup{f (α) α b}. Ako je γ < F (sup(b)), tada postoji ordinal σ < sup(b) takav da je γ < F (σ), jer u suprotnom bi γ bio supremum skupa {F (σ) σ < sup(b)}, a ne F (sup(b)). Takod e, postoji ordinal α b, takav da je σ < α, jer bi u suprotnom σ bio supremum skupa b. Iz svega ovoga imamo niz nejednakosti γ < F (σ) < F (α). Dakle, nijedan ordinal γ < F (sup(b)) nije gornja granica skupa {F (α) α b}, pa samim tim važi i F (sup(b)) sup{f (α) α b}, čime je dokazano važenje Jednakosti (3.5.2). Pokažimo sada obrat tvrd enja. Neka je γ proizvoljan granični ordinal iz A. Kako je sup(γ) = γ i kako važi (3.5.2), to imamo da je F (γ) = sup{f (α) α < γ}, tj. F je neprekidna funkcija. 2. Neka je α A najmanji za koji je F (α) < α. Kako je α ordinal, biće F (α) A, pa kako je F strogo rastuća biće i F (F (α)) < F (α), što je u kontradikciji sa izborom α. Dakle, mora biti α F (α) za svako α A. Stav Neka su α, β i γ ordinali. Tada važi: (i) 0 + α = α = α + 0 (ii) β < γ α + β < α + γ (iii) α β α + γ β + γ (iv) β α + β (v) (α + β) + γ = α + (β + γ) Dokaz. Ova svojstva ćemo uglavnom dokazivati transfinitnom indukcijom. (i) Neka je α proizvoljan ordinal, neka je data podklasa ordinala A = {η 0 + η = η} i neka je α A. Ako je α ordinal sledbenik, tada će postojati njegov prethodnik σ. Kako je σ A imamo 0 + α = 0 + (σ + 1) = (0 + σ) + 1 = σ + 1 = α. Ako je α granični ordinal tada imamo 0 + α = sup{0 + ξ ξ < α} = sup{0} = 0. U svakom slučaju je α A, pa imamo da svojstvo važi za svaki ordinal α. (ii) Neka je γ proizvoljan ordinal. Fiksiramo ordinale α i β, pri čemu je β < γ. Neka je data podklasa ordinala A = {η β < η α + β < α + η} i neka je γ A. Ako je γ sledbenik ordinal, tada postoji njegov prethodnik σ. Tada je β σ. Kako je σ A to imamo α + β α + σ < (α + σ) + 1 = α + (σ + 1) = α + γ.

48 3.5. ARITMETIKA ORDINALA 47 Ukoliko je γ granični ordinal, tada će postojati ordinal ξ takav da je β < ξ < γ. Kako je još i {β < ξ < γ} {ξ < γ}, to imamo: α + β < α + ξ sup{α + ξ β < ξ < γ} sup{α + ξ ξ < γ} = α + γ. U svakom slučaju je γ A. Ovim smo pokazali da važi β < γ α + β < α + γ. Obrat ovog tvrd enja sledi iz toga što pretpostavka β γ povlači, na osnovu upravo pokazanog, da važi α + β α + γ. (iii) Prvo, pokazimo tvrd enje za proizvoljne ordinale α i β i γ = 1. Ako je α = β ono trivijalno važi. Ukoliko je α < β, tada je α + 1 β < β + 1, pa svojstvo i tada važi. Sada, fiksirajmo ordinale α i β takve da je α β. Neka je data podklasa ordinala A = {η α+η β+η} i neka je γ A. Ako je γ sledbenik ordinal, tada postoji njegov prethodnik σ. Kako je σ A, to će važiti α + σ β + σ, a zbog prethodno dokazanog važiće i (α + σ) + 1 (β + σ) + 1 α + (σ + 1) β + (σ + 1) α + γ β + γ. Neka je γ granični ordinal. Kako za svako ξ < γ imamo α + ξ β + ξ, to imamo i sup{α + ξ ξ < γ} sup{β + ξ ξ < γ} α + γ β + γ. U svakom slučaju je γ A, pa svojstvo važi sa sve ordinale. (iv) Neka su α i β proizvoljni ordinali. Posmatrajmo funkciju F α : ON ON datu sa F α (τ) = α + τ. Ona je zbog definicije sabiranja ordinala neprekidna, a zbog (ii) i strogo rastuća, te je normalna. Na osnovu Leme (2) imamo β F α (β) = α + β. (v) Za proizvoljne ordinale α, β i za γ = 1 svojstvo važi iz same definicije sabiranja ordinala. Fiksirajmo sada ordinale α i β. Neka je data podklasa ordinala A = {η (α + β) + η = α + (β + η)}. Ako je γ sledbenik ordinal, tada postoji njegov prethodnik σ. Kako je σ A i kako svojstvo važi za proizvoljne ordinale i jedinicu to imamo (α + β) + γ = (α + β) + (σ + 1) = ((α + β) + σ) + 1 Ako je γ granični ordinal tada imamo = (α + (β + σ)) + 1 = α + ((β + σ) + 1) = α + (β + (σ + 1)) = α + (β + γ). (α + β) + γ = sup{(α + β) + σ σ < γ} = sup{α + (β + σ) σ < γ}. Primenjujući Lemu na funkciju F α, definisanu u dokazu pred ašnjeg svojstva, i na skup b = sup{β + ξ ξ < γ} imamo α + (β + γ) = F α (sup(b)) = sup(f α [b]) = sup{α + (β + ξ) ξ < γ} = (α + β) + γ, jer je sup(b) = β + γ. U svakom slučaju je γ A, pa svojstvo važi za sve ordinale. Primer Znajući da na klasi ON važi zakon asocijativnosti možemo lakše izračunati zbir nekih ordinala. Na primer, umesto da po definiciji nalazimo zbir (ω + 3) + ω možemo to učiniti na sledeći način: Zanimljiv je i primer (ω + 3) + ω = ω + (3 + ω) = ω + ω = ω 2. ω + (ω 3 + ω 3) = (ω + ω 3 ) + ω 3 = ω 3 + ω 3.

49 48 POGLAVLJE 3. ORDINALI Razmotrimo sledeće zanimljive anomalije na klasi svih ordinala. Primer Na skupu prirodnih brojeva važi n < m n + p < m + p. Med utim, na klasi ON to ne važi: iz 2 < 3 ne sledi da je 2 + ω < 3 + ω, jer je 2 + ω = ω = 3 + ω. Dakle, čak i ako je α < β, na klasi svih ordinala može važiti α + γ = β + γ. Za ma koje prirodne brojeve m i n 0 važi m < n + m. Med utim, stroga nejednakost neće uvek važiti na klasi svih ordinala, čak i kada su u pitanju ordinali različiti od nule. Na primer, neće važiti ω 2 < ω 2 + ω 2, jer je ω 2 + ω 2 = ω 2. Zbog toga u (iv) u prethodnom stavu ne stoji znak stroge nejednakosti. Stav (i) 0 α = 0 = α 0 (ii) α 1 = α = 1 α (iii) 0 < α β < γ α β < α γ (iv) α β α γ β γ (v) (α β) γ = α (β γ) (vi) α (β + γ) = α β + αγ (vii) α 0 β α β Dokaz. Većinu svojstava dokazujemo transfinitnom indukcijom. (i) Neka je α proizvoljan ordinal, neka je data podklasa ordinala A = {η 0 η = 0} i neka je α A. Ako je α ordinal sledbenik tada će postojati njegov prethodnik σ. Kako je σ A to iz definicije množenja ordinal imamo Ukoliko je α graničan ordinal, tada imamo 0 = 0 σ = 0 σ + 0 = 0 (σ + 1) = 0 α. 0 α = sup{0 ξ ξ < α} = sup{0} = 0. U svakom slučaju je α A, pa svojstvo važi za sve ordinale. (ii) Neka je α proizvoljan ordinal. Tada je α 1 = α (0 + 1) = (α 0) + α = α. Neka je data podklasa ordinala A = {η 1 η = η} i neka je α A. Ako je α ordinal sledbenik tada postoji njegov predhodnik σ. Kako je σ A imamo da važi 1 σ = σ 1 σ + 1 = 1 (σ + 1) = σ α = α. Ako je α granični ordinal, tada imamo 1 α = sup{1 ξ ξ < α} = sup{ξ ξ < α} = α. U svakom slučaju je α A, pa ovo svojstvo važi na čitavoj klasi svih ordinala. (iii) Neka je γ proizvoljan ordinal. Fiksirajmo ordinale α i β takve da je 0 < α i β < γ. Neka je data podklasa ordinala A = {η β < η α β < α η} i neka je γ A. Ako je γ sledbenik ordinal tada postoji njegov predhodnik σ. Kako je β σ, kako je σ A, kako je preslikavanje θ α σ + θ strogo rastuće (videti dokaz za svojstvo (iv) prethodnog stava) i kako je α 0, to imamo α β α σ < α σ + α = α (σ + 1) = α γ.

50 3.5. ARITMETIKA ORDINALA 49 Ukoliko je γ granični ordinal, tada postoji ordinal ξ takav da je β < ξ < γ. Tada, važi α β < α ξ sup{α ξ ξ < γ} = α γ. U svakom slučaju je γ A, pa svojstvo važi za sve ordinale. (iv) Neka su α i β prozivoljni ordinali takvi da je α β, neka je data podklasa ordinala A = {η α η β η} i neka je γ A. Ako je γ ordinal sledbenik, tada postoji postoji njegov prethodnik σ. Kako je σ A, to uz upotrebu svojstava (ii) i (iii) prethodnog stava imamo α γ = α (σ + 1) = α σ + α β σ + α β σ + β = β (σ + 1) = β γ. Ako je γ granični ordinal tada za svaki ξ < γ je α ξ β ξ, pa imamo sup{α ξ ξ < γ} sup{β ξ ξ < γ} α γ β γ. U svakom slučaju je γ A, pa svojstvo važi za sve ordinale. (v) Za α = 0 i proizvoljne odrinale β i γ, zbog (i), svojstvo trivijalno važi. Fiksirajmo sada ordinale α 0 i β. Neka je γ proizvoljan ordinal, neka je data podklasa ordinala A = {η α (β + η) = α β + α η} i neka je γ A. Ako je γ ordinal sledbenik, tada postoji njegov prethodnik σ. Kako je σ A i kako važi asocijativnost za sabiranje ordinala, to imamo α (β + γ) = α (β + (σ + 1)) = α ((β + σ) + 1) = α (β + σ) + α = (α β + α σ) + α = α β + (α σ + α) = α β + α (σ + 1) = α β + α γ. Neka je sada γ graničan ordinal. Definišimo funkciju G α : ON ON sa G α (τ) = α τ. Zbog same definicije množenja ordinala ova je funkcija neprekidna, a kako važi svojstvo (iii) ovog stava, ona je i strogo rastuća, te je normalna. Sada, za ovu funkciju i skup b = {β + ξ ξ < γ} primenjujemo Lemu 3.5.6: α (β + γ) = α sup{β + ξ ξ < γ} = G α (sup(b)) = sup(g α [b]) = sup{α (β + ξ) ξ < γ} = sup{α β + α ξ ξ < γ}. Dalje, definišimo funkciju F αβ : ON ON sa F αβ (τ) = α β+τ. Ova funkcija je normalna, pa primenjujući Lemu za nju i za skup c = {α ξ ξ < γ} dobijamo α β +α γ = α β +sup(c) = F αβ (sup(c)) = sup(f αβ [c]) = sup{α β +α ξ ξ < γ} = α (β +γ). U skvakom slučaju je γ A, pa po svojstvo važi sa sve ordinale. (vi) Za α = 0 i proizvoljne odrinale β i γ, zbog (i), tvrd enje trivijalno važi. Fiksirajmo sada ordinale α 0 i β. Neka je γ proizvoljan ordinal, neka je data podklasa ordinala A = {η (α β) η = α (β η)} i neka je γ A. Ako je γ ordinal sledbenik, tada postoji njegov prethodnik σ. Kako je σ A i kako važe svojstva (v) i (ii) ovog stava, to imamo (α β) γ = (α β) (σ+1) = (α β) σ+α β = α (β σ)+α β = α (β σ+β) = α (β (σ+1)) = α (β γ). Ako je γ granični ordinal, tada asocijativnost operacije množenja pokazujemo potpuno analogno kao kod dokazivanja asocijativnosti sabiranja ordinala u slučaju kada imamo graničan

51 50 POGLAVLJE 3. ORDINALI ordinal, pri čemu Lemu koristimo za normalnu funkciju G α definisanu u dokazu prethodnog svojstva i za skup d = {β ξ ξ < γ}. U svakom slučaju je γ A, pa svojstvo važi za sve ordinale. (vii) Neka su α 0 i β proizvoljni ordinali. Posmatrajmo funkciju G α definisanu u dokazu svojstva (v) ovog stava. Na osnovu Leme (2) imamo β G α (β) = α β. Primer Znajući da za množnje ordinala važi zakon asocijativnosti, kao i činjenicu da važi zakon desne distributivnosti možemo lakše naći vrednosti nekih izraza. (ω 7) ω = ω (7 ω) = ω ω = ω 2. 2 (ω + 4) = 2 ω = ω + 8. (ω + 3) 2 = (ω + 3) (ω + 3) = (ω + 3) ω + (ω + 3) 3 = sup n<ω {(ω + 3) n} + ω = ω ω = ω 2 + ω Uopšteno za svako n < ω važi (ω + n) 2 = ω 2 + ω n + n, što nije u saglasnosti sa opštepoznatom formulom (a + b) 2 = a a b + b 2, pri čemu su a, b prirodni brojevi. Primer Na skupu prirodnih brojeva važi n < m n p < m p, pri čemu je p 0. Med utim, na klasi ON to ne važi: iz 2 < 3 ne sledi da je 2 ω < 3 ω, jer je 2 ω = ω = 3 ω. Dakle, čak i ako je α < β, na klasi svih ordinala može važiti α γ = β γ. Za ma koje prirodne brojeve m 0 i n > 1 važi m < n m. Med utim, stroga nejednakost neće uvek važiti na klasi svih ordinala, čak i kada su u pitanju ordinali razlištrogo veći od jedinice. Na primer, neće važiti ω ω3 < ω 3 ω ω3, jer je ω ω3 = ω 3 ω ω3. Zbog toga u (vii) u prethodnom stavu ne stoji znak stroge nejednakosti. Stav (i) β 0 0 β = 0 (ii) 1 β = 1 (iii) 1 < α β < γ α β < α γ (iv) α β α γ β γ (v) 1 < α β α β (vi) α β+γ = α β α γ (vii) (α β ) γ = α β γ Dokaz. (i) Svojstvo se pokazuje vrlo jednostavno koristeći definiciju stepenovanja ordinala i transfinitnu indukciju. (ii) Svojstvo se pokazuje vrlo jednostavno koristeći definiciju stepenovanja ordinala i transfinitnu indukciju. (iii) Dokaz ide potpuno analogno kao i dokaz svojstva (iii) prethodnog stava, pri čemu se

52 3.5. ARITMETIKA ORDINALA 51 u delu dokaza u kome se razmatra slučaj kada je γ sledbenik ordinal, a σ njegov prethodnik koristi činjenica da je preslikavanje θ α σ θ strogo rastuće (videti dokaz svojstva (v) prethodnog stava), kao i činjenica da je 1 < α. (iv) Za β = 0, tvrd enje trivijalno sledi iz (i). Kada je β 0 dokaz ide potpuno analogno kao i dokaz svojstva (iv) prethodnog stava, pri čemu se u delu dokaza u kome se razmatra slučaj kada je γ sledbenik ordinal, a σ njegov prethodnik koriste svojstva (iii) i (iv) prethodnog stava i činjenica da je β 0. (v) Neka su 1 < α i β proizvoljni ordinali. Posmatrajmo funkciju H α : ON ON zadatu sa H α (τ) = α τ. Zbog načina na koji je stepenovanje ordinala definisano ova funkcija je neprekidna, a usled svojstva (iii) ovog stava ona je i strogo rastuća, te je normalna. Sada, iz Leme (2) imamo β H α (β) = α β. (vi) Ovo svojstvo pokazujemo koristeći transfinitnu indukciju. Neka je γ proizvoljno. Za slučajve α = 0; α = 1; 1 < α, β = 0; svojstvo trivijalno važi. Fiksirajmo sada neke ordinale 1 < α i β 0. Neka je data podklasa ordinala A = {η α β+η = α β α η } i neka je γ A. Ako je γ sledbenik ordinal, tada postoji njegov prethodnik σ. Kako je σ A to imamo α β+γ = α β+(σ+1) = α (β+σ)+1 = α β+σ α = (α β α σ ) α = α β (α σ α) = α β α σ+1 = α β α γ. Neka je sada γ granični ordinal. Funkcija H α definisana u dokazu prethodnog svojstva, kao i funkcija G α β : ON ON definisana sa G α β(τ) = α β τ, su normalne funkcije. Primenjujući Lemu na ove dve funkcije i na skupove b = {β + ξ ξ < γ} i d = {α ξ ξ < γ} respektivno, imamo α β+γ = α sup{β+ξ ξ<γ} = H α (sup(b)) = sup(h α [b]) = sup(α β+ξ ) = sup(α β α ξ ) = sup(g α β[d]) = G α β(sup(d)) = G α β(α γ ) = α β α γ. U svakom slučaju je γ A, pa imamo da svojstvo važi za sve ordinale. (vii) Ovo svojstvo pokazujemo transfinitnom indukcijom. Za α = 0 i α = 1 svojstvo trivijalno važi. Fiksirajmo ordinale 1 < α i β. Neka je γ proizvoljno, neka je data podklasa ordinala A = {η (α β ) η = α β η } i neka je γ A. Ako je γ ordinal sledbenik, tada postoji njegov prethodnik σ. Kako je σ A, i kako važi svojstvo (vi) ovog stava, to imamo (α β ) γ = (α β ) σ+1 = (α β ) σ α β = α β σ α β = α β σ+β = α β (σ+1) = α β γ. Ako je γ granični ordinal, tada primenom Leme na normalnu funkciju H α definisanu u dokazu svojstva (v) ovog stava i skup c = {β ξ ξ < γ} imamo α β γ = α sup{β ξ ξ<γ} = H α (sup(c)) = sup(h α [c]) = sup{α β ξ ξ < γ} = sup{(α β ) ξ ξ < γ} = (α β ) γ. U svakom slučaju je γ A, pa svojstvo važi sa sve ordinale. Matematika je jasna: Primer (ω ω) ω = (ω 2 ) ω = ω 2 ω = ω ω

53 52 POGLAVLJE 3. ORDINALI 8 ω 2 = 8 ω+ω = 8 ω 8 ω = sup n<ω {8 n } sup n<ω {8 n } = ω ω = ω 2. Uopšteno, ako su 1 < k < ω i n < ω, važi k ω n = ω n. 2 ω+3 = 2 ω 2 3 = ω 8. Uopšteno, ako su 1 < k < ω i m, n < ω, tada važi k ω m+n = ω m k n. 2 ω2 = ω ω, 7 ω3 = ω ω 2. Uopšteno, ako su k i n takvi da je 1 < k, n < ω, tada je k ωω = ω ωω, 2 k ω. k ωn = ω ω (n 1). Primer Iako za prirodne brojeve p, q, n važi (p q) n = p n q n, to na klasi ON nije slučaj. Naime, (ω 3) 2 = ω 3 ω 3 = ω ω 3 = ω 2 3 ω = ω 2 9 Med utim, za k < ω i 0 < n < ω važi (ω k) n = ω n k. Na skupu prirodnih brojeva važi n < m n p < m p, pri čemu je p 0. Med utim, na klasi svih ordinala to ne važi: iz 2 < 3 ne sledi da je 2 ω < 3 ω, jer je 2 ω = ω = 3 ω. Dakle, čak i ako je α < β, na klasi svih ordinala može važiti α γ = β γ. Lema Neka su α i β ordinali. a) (Lema o oduzimanju) Ako je α β, tada postoji jedinstveni ordinal γ takav da je α + γ = β. Ordinal γ nazivamo razlikom ordinala β i α b) (Lema o deljenju) Ako je β 0, tada postoje jedinstveni ordinali ξ i η takvi da važi α = β ξ + η i η < β. Ordinal ξ nazivamo količnik ordinala α i β, a ordinal η ostatak. Ukoliko je η = 0 tada kažemo da je ordinal α deljiv ordinalom β, tj. da ordinal β deli ordinal α. c) (Lema o logaritmu) Ako je α 0 i β > 1, tada postoje jedinstveni ordinali σ, τ i γ (logaritam, koeficijent i ostatak) takvi da važi α = β σ τ + γ 1 τ < β γ < β σ. Dokaz. a) Dokažimo prvo jedinstvenost traženog ordinala. Bez gubljenja opštosti dokaza pretpostavimo da postoje ordinali γ 1 i γ 2 takvi da je γ 1 < γ 2 i da je α + γ 1 = β = α + γ 2. No, na osnovu svojstva (ii) Stava imamo da važi α + γ 1 < α + γ 2. Usled dobivene kontradikcije sledi da traženi ordinal mora biti jedinstven. Pokazujemo egzistenciju. Ukoliko je α = β, tada je traženi ordinal γ = 0. Neka je α < β. Kako važi β α + β, to postoji najmanji ordinal γ za koji je β α + γ. Ako važi znak jednakosti, tada imamo traženi ordinal. Ukoliko jednakost ne važi, tada mora biti γ 0, jer

54 3.5. ARITMETIKA ORDINALA 53 bismo u suprotnom imali β < α, što je u nesaglasju sa početnim uslovom. Dalje, γ ne može biti granični ordinal, jer iz β < α + γ i definicije sabiranja ordinala sledi da postoji ordinal ξ < γ tako da je β < α + ξ, što je u kontradikciji sa izborom ordinala γ. Dakle, mora biti γ = σ + 1 za neki ordinal σ, što zbog izbora ordinala γ dovodi do α + σ < β < α + σ + 1, što je, naravno, kontradikcija, jer izmed u ordinala α + σ i njegovog sledbenika ne sme da stoji nijedan drugi ordinal. Dakle, razlika ordinala β i α je upravo najmanji ordinal γ za koji je β α + γ. b) Prvo, pokazujemo egzistenciju. Kako je α β α, to postoji najmanji ordinal γ za koji je α β γ. Ako važi jednakost, tada završavamo dokaz uzimajući da je ξ = γ i η = 0. Ukoliko je α < β γ, tada se potpuno analogno kao u dokazu Leme o oduzimanju pokazuje da γ ne može biti granični ordinal. Dakle, postoji neki njegov prethodnik ξ. Tada imamo, zbog izbora ordinala γ, da je β ξ < α < β (ξ + 1) = β ξ + β. Na osnovu Leme o oduzimanju imamo da postoji (jedinstveni) ordinal η takav važi β ξ + η = α. Kako je α = β ξ + η < β ξ + β, to mora važiti η < β, jer u suprotnom ne bi važilo svojstvo (ii) Stava Sada, pokažimo jedinstvenost ovih ordinala. Neka su, dakle, ξ 1, ξ 2, η 1, η 2 ordinali takvi da je η 1, η 2 < β i α = β ξ 1 + η 1 = β ξ 2 + η 2. Mora biti ξ 1 = ξ 2 jer pretpostavka ξ 1 < ξ 2 (a na potuno isti način i pretpostavka ξ 2 < ξ 2 ) dovodi do protivurečnosti: α = β ξ 1 + η 1 < β ξ 1 + β = β (ξ 1 + 1) β ξ 2 β ξ 2 + η 2 = α. Dakle ξ 1 = ξ 2 pa, kako je β ξ α prema Lemi o oduzimanju mora biti η 1 = η 2. c) Prvo pokazujemo egzistenciju odgovarajućih ordinala. Kako je α β α, to postoji najmanji ordinal δ za koji je α β δ. Ako važi jednakost, tada stavljajući da je σ = δ, τ = 1 i γ = 0 imamo tražene ordinale, pa samim tim i gotov dokaz. U slučaju kada znak jednakosti ne važi, potpuno analogno kao u prethodnim delovima dokaza pokazujemo da δ ne može biti granični ordinal. Dakle, postoji neki ordinal σ takav da je δ = σ + 1. Sada, zbog izbora ordinala δ imamo da je β σ < α, dok nam Lema o deljenju garantuje postojanje (jedinstvenih) ordinala τ i γ za koje je α = β σ τ + γ, pri čemu je γ < β σ. Takod e je α < β σ β. Pokažimo da mora biti 1 τ < β. Neka je τ = β. Tada imamo β σ+1 + γ < β σ+1, što bi značilo da preslikavanje θ β σ+1 +θ nije strogo rastuće, što nije tačno. Ako je β < τ, tada na osnovu svojstva (iii) Stava imamo da je β σ β < β σ τ β σ τ + γ, što je kontradikcija. Takod e, ne sme biti τ = 0, jer bismo u tom slučaju imali β σ < α = γ, što nije istina. Dakle, 1 τ < β. Sada, pokazujemo jedinstvenost ovih ordinala. Pretpostavimo da su σ 1, τ 1, γ 1, σ 2, τ 2, γ 2 ordinali takvi da je 1 τ 1, τ 2 < β, γ 1 < β σ 1, γ 2 < β σ 2 i da takvi važi β σ1 τ 1 + γ 1 = α = β σ2 τ 2 + γ 2. Mora biti σ 1 = σ 2 jer pretpostavka σ 1 < σ 2 (a na potpuno isti način i pretpostavka σ 2 < σ 1 ) dovodi do kontradikcije: α = β σ1 τ 1 + γ 1 < β σ1 (τ 1 + 1) β σ 1+1 β σ 2 β σ2 τ 2 + γ 2 = α. Sada iz β σ 1 = β σ 2 na osnovu Leme o deljenju sledi da je τ 1 = τ 2 i γ 1 = γ 2. Primer Lema o oduzimanju nam govori da ima smisla postavljati jednačine tipa α + x = β i da je ova jednačina jedinstveno rešiva, pri čemu su α < β odinali. Rešimo sledeće jednačine na klasi ON: 3 + x = ω + 7 x = ω + 7 (ω + 3) + x = ω + 7 x = 4 Sa druge strane, jednačine tipa x + α = β, (α < β) nekad nemaju rešenja: x + 7 = ω jednačina nema rešenja,

55 54 POGLAVLJE 3. ORDINALI a nekad imaju nejedinstveno rešenje: x + ω = ω x = {n n < ω}. Mada, nekad i one mogu imati jedinstveno rešenje: x + ω 5 = ω 7 x = ω 2. Lema o deljenju nam garantuje da ukoliko ordinal β 0 deli ordinal α, jednačina tipa β x = α imati jedinstveno rešenje. Rešimo sledeće jednačine na klasi svih ordinala: 2 x = ω + 6 x = ω + 3 ω 3 x = ω 4 x = ω Sa druge strane, jednačina tipa x β = α (β 0 deli α) nekad može imati jedinstveno rešenje: nekad nejedinstveno: a u nekim slučajevima neće ni imati rešenja: x ω 4 = ω 5 x = ω, x (ω 2) = ω 2 x = {n n < ω}, x (ω 2) = ω 4 jednačina nema rešenja Lema o logaritmu nam tvrdi da će za ordinale α 0 i β > 1, ukoliko je njihov koeficijent jednak jedinici, a ostatak jednak nuli, eksponencijalna jednačina β x = α biti jedinstveno rešiva. Rešimo sledeče jednačine na klasi ON: 2 x = ω ω 4 x = ω 5 (ω 2) x = ω 8 2 x = 8 Teorema Neka su α i β ordinali. a) α 0 je granični ordinal ako i samo ako je deljiv sa ω. b) Ako je α 0 granični ordinal i 1 n < ω, tada je n α = α. c) Ako je n < ω i ω α, onda je n + α = α. d) Preslikavanje α ω (1 + α), α 0 definiše jedinstveni <-izomorfizam iz klase ON u klasu svih graničnih ordinala. e) α β je sledbenik ordinal onda i samo onda kada su oba α i β sledbenici ordinali. Dokaz. a) Za ordinale α i ω na osnovu Leme o deljenju postoje jedinstveni ordinali ξ i η takvi da je η < ω i takvi da važi α = ω ξ + η. Ako je α granični ordinal, pokažimo da mora tada biti ξ 0 i η = 0. Pretpostavimo suprotno. Tada su moguća tri slučaja: (1) ξ = 0 i η 0; (2) ξ = 0 i η = 0; (3) ξ 0 i η 0. Nemogućnost slučaja (1): Imamo α = η, a kako je η prirodan broj, to on mora imati svog prethodnika. Dakle, α je sledbenik ordinal. Kontradikcija. Nemogućnost slučaja (2): Imamo α = 0.

56 3.5. ARITMETIKA ORDINALA 55 Nemogućnost slučaja (3): Postoji neki prirodan broj n tako da je η = n+1. Tada će α imati svog prethodinka i to će biti ω ξ + n. Kontradikcija. Dakle, mora biti α = ω ξ, ξ 0, pa je α deljiv sa ω. Pokažimo obrat: Ako je α 0 deljiv sa ω, tada postoji neki ordinal ξ 0, tako da je α = ω ξ. Prvo, dokažimo tvrd enje u slučaju kada je ξ ordinal sledbenik. Pretpostavimo da α nije granični ordinal. Tada će postojati ordinal β za koji je α = β + 1. Kako je ξ ordinal sledbenik, to postoji ordinal σ takav da je ξ = σ + 1. Tada imamo α = ω σ + ω = sup{ω σ + n n < ω} > β. Odavde imamo da postoji prirodan broj n < ω za koji važi β < ω σ + n. Odavde dobijamo kontradiktornu nejednakost α = β + 1 ω σ + n + 1 < α. Dakle, α mora biti granični ordinal. Sada, pokažimo tvrd enje i u slučaju kada je ξ granični ordinal. Funkcija τ ω τ je normalna. Tvrd enje će biti dokazano ukoliko pokažemo da svaka normalna funkcija slika granični ordinal u granični ordinal. Neka je F : ON ON neka normalna funkcija i neka je θ neki granični ordinal. Pokažimo da je F (θ) takod e granični ordinal. Pretpostavimo da postoji ordinal σ takav da je F (θ) = σ + 1. Za svaki ordinal η < θ je F (η) < F (θ), te je F (η) σ. Zbog ovoga biće sup{f (η) η < θ} σ < F (θ), što je u kontradikciji sa činjenicom da je F neprekidna funkcija. Dakle, F (θ) mora biti graničan ordinal. b) Kako je α 0 graničan ordinal, to na osnovu a) postoji ordinal ξ 0 tako da važi α = ω ξ. Tada imamo n α = n (ω ξ) = (n ω) ξ = ω ξ = α. c) Kako je ω α, to prema Lemi o oduzimanju postoji ordinal η tako da je ω + η = α. Tada imamo n + α = n + (ω + η) = (n + ω) + η = ω + η = α. d) Funkcija G zadata sa G(α) = ω (1+α) zbog a) preslikava klasu svih ordinala u klasu svih graničnih ordinala. Na osnovu odgovarajućih svojstava Stavova i sledi da je ovo preslikavanje strogo rastuće. Iz ove stroge monotonosti sledi da ovo preslikavanje održava <-poredak i da je injekcija. Pokažimo još i da je na. Fiksirajmo proizvoljan graničan ordinal τ. Postoji neki ordinal α 0 tako da je τ = ω α. Ako je α ω, tada iz c) imamo G(α) = ω (1 + α) = ω α = τ. Ako je, pak, α prirodan broj, on ima svog prethodnika, pa će biti α = σ+1 za neki prirodan broj σ. Tada imamo G(σ) = ω (1+σ) = ω (σ+1) = ω α = τ. U svakom slučaju G je na. Zbog svega navedenog G je traženi izomorfizam. Jedinstvenost sledi na osnovu Posledice e) Neka su α i β ordinali sledbenici. Tada postoje ordinali σ i η takvi da je α = σ + 1 i β = η + 1. Tada imamo α β = (σ + 1) (η + 1) = (σ + 1) η + (σ + 1) = ((σ + 1) η + σ) + 1. Dakle, ordinal α β je takod e sledbenik ordinal čiji je prethodnik (σ + 1) η + σ. Pokažimo obrat. Neka je α β ordinal sledbenik i neka je γ + 1 = α β. Iz svojstva (i) Stava je 0 < α, β. Za ordinale γ i α na osnovu Leme o deljenju postoje jedinstveni ordinali ξ i η tako da je γ = α ξ +η, η < α. Dakle, η +1 α. Dalje imamo γ +1 = α ξ +η +1 = α β. Ukoliko bi bilo η + 1 < α, tada bi i ξ i β bili količnici za γ + 1 i α, a η + 1 i 0 odgovarajući ostaci što je u kontradikciji sa Lemom o deljenju. Dakle, mora biti η + 1 = α, što nam daje γ + 1 = α ξ + α = α (ξ + 1) = α β, što je u saglasnosti sa Lemom o deljenju. Dakle α mora biti sledbenik ordinal. Potpuno analgono se dokazuje da je i β sledbenik ordinal.

57 56 POGLAVLJE 3. ORDINALI Teorema (Kantorova normalna forma u bazi β) Neka su α i β ordinali takvi da je α 0 i β > 1 Tada postoje jedinstveni ordinali n < ω; σ 1,..., σ n i τ 1,..., τ n takvi da je α = β σ1 τ β σn τ n, σ 1 > > σ n i 1 τ i < β za i = 1,..., n. Ovu reprezentaciju ordinala α 0 nazivamo Kantorova normalna forma za α u bazi β. Specijalno, ako je β = ω, tada postoje jedinstveni ordinali α 1,..., α n za koje je α = ω α ω αn i α 1 α n. Dokaz. Tvrd enje dokazujemo transfinitnom indukcijom. Neka je α 0 proizvoljan ordinal, neka je data podklasa ordinala A = {η η ima jedinstvenu Kantorovu normalnu formu u bazi β}, i neka je α A. Za ordinale α 0 i β > 1 na osnovu Leme o logaritmu imamo da postoje jedinstveni ordinali σ 1, τ 1 i γ takvi da je α = β σ1 τ 1 + γ i 1 τ 1 < β i γ < β σ 1. Ako je γ = 0 tada stavimo da je n = 1 i dokaz tvrd enja je završen. Ukoliko je γ 0 tada imamo γ β σ1 τ 1 β σ1 τ 1 + γ = α, pa kako je γ A to postoje jedinstveni ordinali m < ω; σ 2,..., σ m, σ 2 > > σ m ; τ 2,..., τ m, 1 τ i < β, i = 2,..., m kojim se γ reprezentuje u Kantorovoj normalnoj formi u bazi β. Kako je β σ 2 γ < β σ 1, to mora biti σ 1 < σ 2, jer u protivnom ne bi važilo svojstvo (iii) Stava Ako stavimo da je m + 1 = n < ω, tada imamo da je α A, pa tvrd enje važi za sve ordinale. Ako je β = ω, tada su svi τ i prirodni brojevi, pa svi ω σi τ i predstavljaju τ i -struke sume od ω σ i, odakle sledi drugi deo tvrd enja. Kantorova normalna forma za 0 (u bazi ω) je ω 0 0. Pretpostavimo da su ordinali α 0 i β reprezentovani u Kantorovoj normalnoj formi u bazi ω. Ako dodamo stepene ω σ od ω, koji se pojavljuju u samo jednoj reprezentaciji, onoj drugoj kao sabirke oblika ω σ 0, tada možemo bez gubitka opštosti pretpostaviti da su α i β jedinstveno zadati sa α = k i=1 ωσi n i i β = k i=1 ωσi m i, gde je k < ω, σ 1 > > σ n, 0 n i < ω, 0 m i < ω i m i + n i 0 za i = 1,..., k. Tada možemo uvesti narednu definiciju. Definicija Prirodna suma ordinala α i β u oznaci α β je data sa α β = k ω σi (m i + n i ). i=1 Primer Neka su ordinali α i β zadati sa α = ω 3 + ω ω 8 i β = ω 3 + ω Tada je α β = ω ω ω Prirodna suma ordinala zadovoljava zakon asocijativnosti i zakon komutativnosti. Definicija Ordinal γ nazivamo osnovni broj sabiranja ako je γ 0 i za sve α < γ je α + γ = γ. γ je aditivno rastavljiv ukoliko postoje ordinali α < γ i β < γ takvi da je α + β = γ; u suprotnom kažemo da je γ aditivno nerastavljiv. Ordinal α > 1 je osnovni broj množenja ukoliko je β α = α za sve β za koje je 1 β < α. Ordinal ɛ > 2 je osnovni broj stepenovanja ako je α ɛ = ɛ za sve ordinale α za koje je 2 α < ɛ.

58 3.5. ARITMETIKA ORDINALA 57 Pokazuje se da je skup {2} {ω ωσ σ ON} skup svih osnovnih brojeva množenja, a skup {ω} {α ON ω α = α} skup osnovnih brojeva stepenovanja. Sada ćemo definisati jedan zaista veliki ordinal: Definicija Najmanji ordinal ɛ za koji je ω ɛ = ɛ označavamo sa ɛ 0. Kako bismo opravdali prethodnu definiciju, moramo pokazati narednu teoremu. Teorema Postoji ordinal ɛ takav da je ω ɛ = ɛ. Dokaz. Definišimo niz ordinala na sledeći način: α 0 = ω α n+1 = ω αn, n < ω Neka je sup{α n n < ω} = ɛ. Kako je funkcija τ ω τ neprekidna, to imamo ω ɛ = ω sup n<ω αn = sup n<ω ω αn = sup α n+1 = ɛ. n<ω Primer Iako je ω < ɛ 0, ne važi ɛ 0 < ω ɛ 0. Ovaj primer dobro demonstrira zašto u svojstvu (iv) Stava ne stoji znak stroge nejednakosti. Jasno je da je 1 jedini osnovni broj sabiranja manji od ω (0 + 1 = 1). Takod e, na osnovu Teoreme imamo da je ω najmanji osnovni broj sabiranja koji je veći od 1. Naredna posledica daje karakterizaciju osnovnih brojeva sabiranja. Posledica a) Ordinal γ 0 je osnovni broj sabiranja ako i samo ako je aditivno nerastavljiv. b) Osnovni brojevi sabiranja su tačno oni ordinali oblika ω α, pri čemu je α ON. c) (ω α α ON) je jedinstveni <-izomorfizam iz klase ON na klasu svih osnovnih brojeva sabiranja. Dokaz. a) Neka je γ osnovni broj sabiranja, i neka su α i β neki ordinali strogo manji od γ. Tada imamo da je α + β < α + γ = γ, pa kako se γ ne može predstaviti kao zbir dva ordinala strogo manjih od njega, to je γ aditivno nerastavljiv ordinal. Pretpostavimo da je γ 0 aditivno nerastavljiv i neka je α < γ proizvoljan ordinal. Tada na osnovu Leme o sabiranju postoji ordinal β tako da je α + β = γ. Kako važi β γ, to mora da važi jednakost, jer u suprotnom ordinal γ bio aditivno rastavljiv. Dakle, imamo da je α + γ = γ za α < γ, pa je γ, po definiciji, osnovni broj sabiranja. b) Neka je α proizvoljan ordinal. Jasno, ω α 0. Neka je 0 < β < ω α i ω β ω ωn Kantorova normalna forma ordinala β u bazi ω. Tada imamo ω β i β < ω α za svako i = 1,..., n, odakle sledi da je β i < α za sve β i. Ako pokažemo da za proizvoljne ordinale σ < τ je ω σ + ω τ = ω τ, tada na osnovu činjenice da su svi β i < α i asocijativnosti sabiranja ordinala imaćemo da je β + ω α = ω α, tj. da je ω α osnovni broj sabiranja. Dakle, za proizvoljne ordinale σ < τ na osnovu Leme o sabiranju postoji ordinal γ 0 takav da je τ = σ + γ. Kako je ω γ ω, to na osnovu Teoreme c) imamo da je 1 + ω γ = ω γ. Tada imamo ω σ + ω τ = ω σ + ω σ+γ = ω σ + ω σ ω γ = ω σ (1 + ω γ ) = ω σ ω γ = ω τ.

59 58 POGLAVLJE 3. ORDINALI Sada pokažimo da svaki osnovni broj sabiranja mora biti stepen ω. Neka za neki ordinal α ordinal γ 0 nije oblika ω α. Tada, Kantorova normalna forma ω γ ω γn od γ sadrži bar dva sabirka, tako da imamo ω γ 1 < γ. Mora da važi ω γ 1 + γ γ, jer bi u suprotnom ordinal γ imao još jednu Kantorovu normalnu formu (koja ima bar tri sabirka), što se kosi sa činjenicom da je Kantorova normalna forma jedinstvena. Dakle, našli smo ordinal ξ < γ za koji je ξ + γ γ, pa γ nije osnovni broj sabiranja. c) Kako je preslikavanje α ω α normalno, ono je i 1-1 i održava ured enje, a kako važi b) ovog tvrd enja, ono je i na, pa je traženi izomorfizam. Na kraju ove sekcije reći ćemo nešto o vezi izmed u definisanih operacija sa tipom poretka strogo dobrih ured enja. Imajući u vidu Teoremu , odnosno činjenicu da svakom (strogo) dobrom ured enju možemo pripisati jedinstveni ordinal koji predstavlja tip poretka tog ured enja, postavlja se pitanje kakvom bi to ured enju odgovarao zbir ordinala. Drugačije rečeno: ako su A, < 1 i B, < 2 strogo dobra ured enja čiji su tipovi poretka α i β respektivno, pri čemu su skupovi A i B neprazni i disjunktni, da li je moguće, i ako je to moguće, kako od ovih ured enja napraviti novo čiji je tip poretka α + β. Odgovor je potvrdan: moguće je učiniti tako nešto, i to činimo tako što stavljamo jedno ured enje iza drugog, tj. tako što na skupu A B definišemo relaciju < 3 sa < 3 =< 1 < 2 { a, b a A b B}. Neformalno: prvo ide A, < 1, pa zatim B, < 2. Stav A B, < 3 je strogo dobro ured enje tipa poretka α + β. Dokaz. U tekstu dokaza ćemo pisati < umesto < 3, gde će bez bojazni od konfuzije iz konteksta biti jasno kada je reč o ured enju na skupu A B, a kada o ured enju na ordinalu. Kako je A = α i B = β, to postoje jedinstveni odgovarajući izomorfizmi f 1 : A α i f 2 : B β. Definišimo preslikavanje f : A B α + β sa { f f(x) = 1 (x), x A α + f 2 (x), x B Ovo preslikavanje je dobro definisano, jer ako je x A, tada je f(x) = f 1 (x) < α < α + β, a ako je x B, tada je f(x) = α + f 2 (x) < α + β. Neka su x 1, x 2 A B proizvoljni za koje je x 1 < x 2. Ako su oba x 1, x 2 A biće tada f 1 (x 1 ) < f 1 (x 2 ), a samim tim i f(x 1 ) < f(x 2 ). Ukoliko su oba x 1, x 2 B tada imamo f 2 (x 1 ) < f 2 (x 2 ), a sa tim i α + f 2 (x 1 ) < α + f 2 (x 2 ), odnosno f(x 1 ) < f(x 2 ). U slučaju kada je x 1 A, a x 2 B imamo f(x 1 ) = f 1 (x 1 ) < α α + f 2 (x 2 ) = f(x 2 ). U svakom slučaju za x 1 < x 2 sledi f(x 1 ) < f(x 2 ), čime smo u isti mah pokazali i da preslikavanje f čuva ured enje i da je 1-1. Ostaje još da se pokaže da je f surjekcija. U tu svrhu uzmimo proizvoljno γ < α + β. Tada može biti ili γ < α ili α γ < α + β. Ukoliko je γ < α, tada postoji neko x γ A takvo da je f 1 (x γ ) = γ. Tada je takod e x γ A B i f(x γ ) = γ. Neka je γ = α. Kako je 0 < β, to postoji neko x 0 B tako da je f 2 (x 0 ) = 0. Tada imamo f(x 0 ) = γ i x 0 A B.

60 3.5. ARITMETIKA ORDINALA 59 Neka je α < γ < α+β. Tada, po Lemi o oduzimanju imamo postojanje ordinala η takvog da važi α + η = γ. Mora da važi η < β, jer bismo u suprotnom iz β η imali α + β α + η = γ što je netačno. Kako je η < β, to postoji neko x η B takvo da je f 2 (x η ) = η. Odatle imamo da je f(x η ) = α + η = γ, kao i x η A B. U svakom slučaju je preslikavanje f na, pa je ono traženi izomorfizam. Što se množenja i stepenovanja ordinala tiče, takod e je moguće nerekurzivno definisati ured enja čiji će tipovi biti upravo α β i α β Kako se to konkretno radi dajemo u naredna dva tvrd enja. Dokaz prvog prati u potpunosti dokaz drugog, i pritom je jednostavniji, tako da ga izostavljamo. α β je tip poretka onog (strogo) dobrog ured enja, koje se dobija tako što jedno za drugim β-puta povežemo strogo dobra ured enja A σ, < σ, σ < β tipa poretka α. Preciznije: ako je { A σ, < σ σ < β} familija strogo dobrih ured enja tipa poretka α za koju je A σ 0 i A σ A τ = 0 za σ τ, tada možemo definisati strogo dobro ured enje tipa α β na skupu B = {A σ σ < β} na sledeći način a b σ τ((a A σ b A τ σ < τ) (a A σ b A σ a < σ b)). Ukratko rečeno β puta uzimamo α. Mnogo je jednostavnije strogo dobro urediti skup α β takozvanim hebrejskim leksikografskim poretkom: σ 1, τ 1 < σ 2, τ 2 ako i samo ako je τ 1 < τ 2 (τ 1 = τ 2 σ 1 < σ 2 ). Tada važi Teorema α β, < ima tip poretka α β. Ostaje još da se vidi kako izgleda ured enje čiji je tip poretka α β. Neka je fin(β, α) skup svih funkcija f iz β u α za koje je skup {σ < β f(σ) 0} konačan. Sada, skup fin(β, α) će biti strogo dobro ured en generalizovanim hebrejskim leksikografiskim ured enjem; za f, g fin(β, α) definišemo f α,β g f g (τ = max{σ < β f(σ) g(σ)} f(τ) < g(τ)). Teorema Tip poretka ured enja fin(β, α), α,β je upravo α β. Dokaz. Za dati ordinal α tvrd enje dokazujemo indukcijom po β. U dokazu ovog tvrd enja ćemo skup fin(β, α) označavati sa S β ured enje α,β sa β. (1) Neka je data A = {η type S η, η = α η } potklasa ordinala, i neka je β A. Ako je β ordinal sledbenik, tada postoji ordinal σ takav da je β = σ + 1. Tada će biti type S σ, σ = α σ. Neka je ured enje S σ α, σ antileksikografsko (hebrejsko leksigrafsko), tj. neka je zadato sa f 1, ξ 1 σ f 2, ξ 2 f 1 σ f 2 (f 1 = f 2 ξ 1 ξ 2 ). Tada će na osnovu prethodne teoreme biti type S σ α, σ = α σ α = α σ+1 = α β. (2) Definišimo f : S σ α S σ+1 sa { g(ξ), ako ξ β, f(g, η)(ξ) = η, ako ξ = β

61 60 POGLAVLJE 3. ORDINALI Lako je videti da je f izomorfizam izmed u ured enja S σ α, σ i S σ+1, σ+1. Dakle type S σ+1, σ+1 = type S σ α, σ = α β. Pretpostavimo sada da je β granični ordinal i neka je θ = type S β, β a f : S β θ izomorfizam izmed u ured enja S β, β i θ,. Za svako γ β neka je z γ S β definisano sa z γ (γ) = 1 i z γ (ξ) = 0 ako ξ β \ {γ}. (1) Lako se proverava da za svako γ β važi {g S β g β z γ } = (, z γ ) = {y S β y(ξ) = 0 za svako ξ β \ γ}. (2) Takod e, nije teško videti ni da je za svako γ β preslikavanje g : S γ (, z γ ) definisano sa { y(ξ), ako ξ γ, g(y)(ξ) = 0, ako ξ β \ γ izomorfizam izmed u ured enja S γ, γ i (, z γ ), β (γ γ), te da je type (, z γ ), β (γ γ) = type S γ, γ = α γ (gde smo iskoristili činjenicu da je γ A). (3) Za svako γ β preslikavanje f ( z γ ) : (, z γ ) f(z γ ) je izomorfizam izmed u ured enja (, z γ ), β (γ γ) i f(z γ ),, te je stoga f(z γ ) = type (, z γ ), β (γ γ) = α γ (4) Kako važi x S β γ β (x β z γ ) to važi i η θ γ β(η < f(z γ ) = α γ < θ). Odatle zaključujemo da je θ = sup {α γ γ β} = α β. Primer Skup svih prirodnih brojeva ured en na način 0 < 1 < 2 < 3 < ima tip poretka ω. Posmatrajomo dva ured enja tipa poretka ω data sa 0 < 1 < 2 < 3 < i 0 < 1 < 2 < 3 <. Uredenje dobiveno nadovezivanjem drugog na prvo, odnosno ured enje dato sa 0 < 1 < 2 < 3 < < 0 < 1 < 2 < 3 < ima tip poretka ω +ω. Razlika izmed u ovog uredenja i ured enja tipa ω je ta što kod ured enja tipa ω samo jedan član nema svog prethodnika, dok kod ured enja tipa ω+ω dva člana nemaju prethodnike. Ured enje dato sa 0 < 1 < 2 < 0 < 1 < 2 < 3 < je tipa 3 + ω, dok je ured enje dato sa 0 < 1 < 2 < 3 < < 0 < 1 < 2

62 3.5. ARITMETIKA ORDINALA 61 tipa poretka ω + 3. Odavde se jasno vidi zašto je 3 + ω ω + 3: u prvom ured enju 0 ima svog prethodnika, dok u drugom nema. Ured enje dato sa 0 0 < 1 0 < 2 0 < 3 0 < < 0 1 < 1 1 < 2 1 < 3 1 < je tipa ω 2 ( na dva mesta po ω ), dok ured enje dato sa 0 0 < 1 0 < 0 1 < 1 1 < 0 2 < 1 2 < 0 3 < 1 3 < je tipa 2 ω ( na ω mesta po dva ). Ovde se jasno vidi zašto je 2 ω ω 2. Primer ured enja tipa ω ω = ω 2 je hebrejsko leksikografsko ured enje dato sa (odavde nadalje će se umesto zagrada koristiti obične zagrade za označavanje ured enog para) ovde imamo na ω mesta po ω. Primer ured enja tipa ω ω je (0, 0) < (1, 0) < (2, 0) < (3, 0) < < (0, 1) < (1, 1) < (2, 1) < (3, 1) < < (0, 2) < (1, 2) < (2, 2) < (0, 0, 0, 0, 0,...) < (1, 0, 0, 0, 0,...) < (2, 0, 0, 0, 0,...) < < (0, 1, 0, 0, 0,...) < (1, 1, 0, 0, 0,...) < (2, 1, 0, 0, 0,...) < < (0, 2, 0, 0, 0,...) < (1, 2, 0, 0, 0,...) < (2, 2, 0, 0, 0,...) < < < < (0, 0, 1, 0, 0,...) < (1, 0, 1, 0, 0,...) < (2, 0, 1, 0, 0,...) < < < Na kraju poglavlja dajemo definiciju redova ordinala. Definicija Neka je γ ON i neka je α ξ ξ < γ neki niz ordinala. Red ordinala ξ<γ α ξ definišemo rekurzijom po γ na sledeći način: ξ<0 α ξ = 0 ξ<β+1 α ξ = ξ<β α ξ + α β ξ<β α ξ = sup{ ξ<η α ξ η < β}, ako je β granični ordinal. Primer ξ<ω ξ = ω ξ<ω+1 ξ = ω 2 ξ<ω+4 ξ = ω 4 + 3

63 62 POGLAVLJE 3. ORDINALI Figure 3.1: Spirala ordinala

64 Poglavlje 4 Kardinali Oni će nas učiti da je Beskonačnost mirno Stajanje Sadašnjeg vremena, Nunc-stans, kako ga Škola zove, što ni oni ni bilo ko drugi ne razume, ništa više nego što bi razumeli Hic-stans za Beskrajnu veličinu mesta. - Levijatan, IV, 46 U ovom poglavlju uvodimo pojam kardinala koji je usko povezan sa pojmom ordinala i koji predstavlja najbitnije matematičnko sredstvo za izučavanje beskonačnih skupova. Izučavaju se svojstva kardinala i, analogno kao i kod ordinala, definišu se elementarne operacije sa kardinalima i izučavaju se svojstva tih operacija. 4.1 Pojam kardinala Definicija Neka je dat skup x i ordinal α. Kažemo da je skup x dobro ured en ordinalom α ako postoji bijekcija f : α x. Podsetimo se da nam Aksioma izbora (AC) garantuje da se svaki skup može dobro urediti. Teorema nam, sa druge strane, govori da za svako dobro ured enje postoji ordinal koji je izomorfan tom ured enju. Kako je svaki izomorfizam bijekcija, možemo reći da taj ordinal ured uje dati skup. Zaključujemo sledeće: u ZFC teoriji za svaki skup moguće je naći ordinal koji ga dobro ured uje. Štaviše, kako na klasi svih ordinala vlada (strogo) dobro ured enje, moguće je za svaki skup naći najmanji ordinal koji ga ured uje. Zbog ovoga uvodimo narednu definiciju: Definicija Najmanji ordinal koji dobro ured uje skup x nazivamo kardinalni broj skupa x i označavamo ga sa x. Definicija (Kardinali) Ordinal α je kardinal ukoliko je α = α. Stav Za svaki ordinal α je α α. Dokaz. Identičko preslikavanje id : α α je bijekcija, pa možemo reći da ordinal α sam sebe ured uje. Kako je α najmanji ordinal koji ured uje α, to mora da važi α α. Kardinale obično označavamo grčkim slovima κ, λ, µ, ν... U daljem tekstu ćemo, ukoliko nije drugačije naglašeno, raditi u okviru ZFC teorije. Ovo ističemo, jer se neki od sledećih rezultata ne mogu dokazati u sistemu ZF, a za one koji mogu, dokaz je potpuno drugačiji od dokaza u sistemu ZFC. 63

65 64 POGLAVLJE 4. KARDINALI Stav Kardinalni broj svakog skupa je kardinal. Dokaz. Neka je x proizvoljan skup, i neka je ordinal x njegov kardinalni broj. Iz prethodnog stava imamo da važi x x. Kako je x kardinalni broj skupa x, to postoji bijekcija f : x x, a kako je ordinal x kardinalni broj ordinala x, to postoji bijekcija g : x x. Kompozicija h = g f : x x je bijekcija, pa možemo reći da ordinal x dobro ured uje skup x. Kako je x najmanji ordinal koji dobro ured uje skup x, to mora da važi x x. Važi dakle, x = x, te je x po definiciji kardinal. Teorema (Kantor-Bernštajn) Neka su data dva skupa x i y. Ako postoje injekcije f : x y i g : y x, tada postoji bijekcija iz x na y. Dokaz prethodne teoreme može se naći u [5]. Stav Neka je κ proizvoljan kardinal, a β proizvoljan ordinal. Ako je κ β tada je κ β. Dokaz. Znamo da postoji neka bijekcija h : β β. Preslikavanje f : κ β definisano sa f(ξ) = ξ za svako ξ κ je injekcija. Tada je f h 1 : κ β injekcija. Kad bi važilo β < κ, tada bi preslikavanje g : β κ definisano sa g(ξ) = ξ, za svako ξ β, bilo injekcija, te bi prema Kantor-Bernštajnovoj teoremi postojala neka bijekcija izmed u skupova β i κ, što bi protivurečilo činjenici da je κ najmanji ordinal koji dobro ured uje κ. Posledica Neka su dati skupovi x i y. a) x = y f(f : x y f je bijekcija ). b) x y f(f : x y f je injekcija ). c) x 0 ( x y f(f : y x f je na )). Dokaz. a) Neka je x = y. Postoje bijekcije g : x x i h : y y. Takod e, g 1 : x x = y je bijekcija, pa samim tim biće bijekcija i kompozicija f = g 1 h : x y. Neka postoji bijekcija f izmed u x i y. Tada će kompozicija g f : x y biti bijekcija. Dakle, ordinal x dobro ured uje skup y. Kako je y najmanji ordinal koji strogo dobro ured uje skup y, to važi y x. Sa druge strane je i kompozicija h f 1 : y x bijekcija. Kako je ordinal x najmanji ordinal koji ured uje skup x, to mora biti x y. Dakle, x = y. b) Neka je x y. Ukoliko važi znak jednakosti, tada na osnovu a) postoji tražena injekcija. Neka je x < y i neka su bijekcije g i h date u delu dokaza pod a). Preslikavanje t : x y dato sa t(α) = α, α < x je injekcija. Biće tada kompozicija f = g 1 t h : x y tražena injekcija. Neka sada postoji injekcija f iz x u y. Za ordinale x i y usled trihotomije može da važi ili x = y ili x < y ili y < x. Ukoliko je x = y, tada je dokaz našeg tvrd enja gotov. Pokažimo da je slučaj y < x nemoguć. Ako bi to važilo, tada bi na osnovu prethodnog postojalo 1-1 preslikavanje iz y u x, pa bi na osnovu Kantor-Bernštajnove teoreme postojala bijekcija izmed u x i y, što bi na osnovu a) impliciralo da je x = y, što ne može da važi istovremeno sa y < x. Dakle, važi ili x = y ili x < y, odnosno, važi x y. c) Neka je x y. Kako je x 0 to možemo fiksirati neko a x. Tada na osnovu

66 4.1. POJAM KARDINALA 65 pred ašnjeg postoji 1-1 preslikavanje f : x y. Kako je x 0, možemo definisati preslikavanje g : y x sa { u, ukoliko postoji u x takvo da je f(u) = z g(z) = a, inače. Kako je f 1-1, to je g(z) jedinstveno odred eno za svako z y, pa je g dobro definisano preslikavanje. Ono je i na, jer je za proizvoljno u x upravo f(u) = z y za koje je g(z) = u. Pokažimo obrat. Neka postoji surjekcija f : y x. Fiksirajmo neko dobro ured enje skupa y Definišimo preslikavanje g : x y tako da je za svkao z x g(z) najmanji element nepraznog skupa {u y f(u) = z} u odnosu na dato dobro ured enje; skup {u y f(u) = z} jeste neprazan jer je preslikavanje f na. Dakle, g je dobro definisano preslikavanje. Pokažimo da je injekcija. Ako su z 1, z 2 x takvi da je z 1 z 2, tada će odgovarajući skupovi {u y f(u) = z 1 } i {u y f(u) = z 2 } biti disjunktni, pa će se njihovi minimumi razlikovati. Dakle, g(z 1 ) g(z 2 ). g je 1-1, pa na osnovu pred ašnjeg važi x y. Napomenimo da je moguće Kantor-Bernštajnovu teoremu dokazati i u okvirima ZF teorije, kao i prve dve stavke prethodne posledice za sve one skupove za koje kardinalni broj postoji. Ovo je bitno jer se na osnovu ovoga mogu u teoriji ZF formulisati mnoga tvrd enja u vezi sa kardinalnostima skupova. Med utim, poslednju stavku prethodnog tvrd enja moguće je dokazati samo u okviru ZFC teorije. Prethodna posledica nam omogućava da uvedemo alternativnu definiciju kardinala. Teorema Ordinal α je kardinal ako i samo ako za svaki ordinal ξ < α nijedna funkcija f : α ξ nije 1-1. Dokaz. Neka je ordinal α kardinal i neka postoji ordinal ξ < α za koji postoji 1-1 preslikavanje f : α ξ. Preslikavanje g : ξ α zadato sa g(γ) = γ, γ < ξ je takod e 1-1, pa na osnovu Kantor-Bernštajnove teoreme postoji bijekcija h : ξ α. Kako ordinal ξ < α dobro ured uje ordinal α, to α neće biti najmanji ordinal koji sebe ured uje, tj. neće važiti α = α. Kontradikcija. Pokažimo sada obrat. Neka ni za jedan ordinal ξ < α ne postoji injekcija iz ξ u α. Tada će α biti najmanji ordinal za koji postoji injekcija, pa i bijekcija iz α u α; odnosno, ordinal α je najmanji ordinal koji sebe ured uje, te je α kardinal. Za dva skupa x i y izmed u kojih postoji bijekcija, ondosno za koje je x = y kažemo da su iste kardinalnosti, odnosno da su ekvinumerični. Klasa R = { x, y x je ekvinumeričan sa y } je očigledno relacija ekvivalencije. Svaka klasa ekvivalencije relacije R sadrži tačno jedan kardinal. Iz tog razloga kardinale možemo smatrati predstavnicima klasa ekvinumeričnih skupova. Preciznije, kardinal κ je predstavnik klase {x κ = x }. Definicija Neka su dati proizvoljni skupovi x i y. x y ukoliko postoji neka injekcija f : x y. x y ukoliko je x y i x i y nisu ekvinumerični. Iz ove definicije, definicije pojma kardinala i Kantor-Bernštajnove teoreme neposredno sledi da ukoliko za proizvoljne kardinale važi κ λ i λ κ tada je κ = λ. Stav Neka su α i β ordinali takvi da je α β. Tada je α β.

67 66 POGLAVLJE 4. KARDINALI Dokaz. Preslikavanje f : α β definisano sa f(α) = α je injekcija. Prema Posledici pod b) ovo znači da je α β. Zato možemo definisati injekciju g : α β sa g(ξ) = ξ za svako ξ α koja svedoči o tome da važi α β. Teorema Restrikcije relacija i na klasu kardinala se poklapaju. Dokaz. Neka su κ i λ proizvoljni kardinali. Implikacija κ λ κ λ je direktna posledica prethodnog stava. Obrnuta implikacija κ λ κ λ sledi iz Posledice pod b) i definicije pojma kardinala. Stav Neka su dati ordinali α i β. Ako je α β α, tada je β = α Dokaz. Kako je β α, to će biti β α. Sa druge strane iz α β sledi α β, a samim tim i α β. Dakle, imamo β = α. Lema Za svaku familiju skupova (A i i I) važi {A i i I} {A i {i} i I} Dokaz. Skup I se može dobro urediti nekim ured enjem <. Preslikavanje f : {A i i I} {A i {i} i I} definisano sa f(a) = (a, i), gde je i <-minimum za koji je a A i, je injekcija, te na osnovu Posledice 4.1.8, sledi traženo tvrd enje. Lema Ako je K skup kardinala, tada je sup K = K kardinal. Dokaz. Prvo, primetimo da je K skup ordinala. Zbog toga, biće sup K = K ordinal. Na osnovu Stava imamo da je K K. Ako bi smo pokazali da je K gornja granica skupa K, tada bismo imali K = sup K K, pa bi K bio kardinal po definiciji, jer bi važilo K = K. Kako bismo pokazali da je K gornja granica skupa K uzmimo neko κ K. Tada će biti κ K, odnosno κ K, a samim tim i κ = κ K. Dakle, K je gornja granica skupa K, a zbog pred ašnjeg razmatranja je sup K kardinal. Teorema (Kantor) Ako je x skup, tada je x < P(x) i P(x) = x 2, pri čemu je x 2 skup svih preslikavanja iz x u 2. Dokaz. Primetimo da je sa z {z} definisana injekcija iz x u P(x). Dakle, x P(x). Pokažimo da ne postoji surjekcija iz x na P(x). U tu svrhu pretpostavimo da takva surjekcija postoji. Označimo je sa f. Neka je dat skup y = {z x z / f(z)}. Kako je y P(x), to mora postojati u x takvo da je f(u) = y. Med utim, ovo nas dovodi do apsurda u f(u) u / f(u). Odavde zaključujemo da se ne može konstruisati surjekcija iz P(x) na x, pa ne može biti x = P(x). Dakle, mora biti x < P(x). Pokažimo drugi deo tvrd enja. Definišimo preslikavanje χ : P(x) x 2 sa χ(v) = χ v, za svaki podskup v x, pri čemu je χ v karakteristična funkcija za podskup v, tj. preslikavanje χ v : x {0, 1} dato sa χ v (z) = { 1, z v 0, z / v.

68 4.1. POJAM KARDINALA 67 Pokazujemo da je preslikavanje χ bijekcija. Neka su v 1 i v 2 proizvoljni podskupovi skupa x takvi da je v 1 v 2. Bez gubljenja opštosti dokaza možemo pretpostaviti da postoji neko z x takvo da je z v 1 i z / v 2. Tada je χ v1 (z) = 1, a χ v2 (z) = 0, te je χ v1 χ v2, pa je preslikavanje χ injekcija. Jasno da je χ sirjekcija, jer je u stvari svako preslikavanje iz x u skup {0, 1} karakteristična funkcija nekog podskupa skupa x. Dakle χ je bijekcija, pa važi P(x) = x 2. Naredna teorema je direktna posledica prethodne. Teorema (Hartogova teorema) Za svaki kardinal κ postoji kardinal veći od njega. Hartogova teorema je dokaziva i u sistemu ZF, mada ona u ZF sistemu ne proizilazi iz Kantorove teoreme. Definicija Najmanji kardinal koji je veći od kardinala κ nazivamo sledbenikom kardinala κ i obeležavamo ga sa κ +. Ukoliko za kardinal κ postoji kardinal λ takav da je κ = λ +, tada kažemo da je κ sledbenik kardinal i da je λ njegov prethodnik kardinal. U suprotnom, kažemo da je κ granični kardinal. Klasu svih kardinala obeležavamo sa CN (cardinal numbers). Teorema Klasa svih kardinala je prava klasa. Dokaz. Neka je CN skup. Po Lemi je sup CN kardinal. Označimo ga sa κ. Na osnovu Hartogove teoreme postoji kardinal λ takav da je λ > κ. Kako je λ CN, to važi i λ κ. Kontradikcija. Primer Prazan skup je kardinal. Pokazuje se da ni za jedno n < ω ne postoji bijekcija izmed u n i n + 1. Dakle, najmanji ordinal koji dobro ured uje n, 0 < n < ω je upravo sam n, pa je n = n. Zaključujemo: svi prirodni brojevi su kardinali. Kako je ω skup kardinala, i kako je ω = ω, to je i ω kardinal. Primer ω + 1 nije kardinal. Dokaz. Definišimo preslikavanje f : ω + 1 ω sa f(ω) = 0, f(n) = n + 1, n < ω. Ovo preslikavanje je bijekcija pa je ω + 1 = ω. Dakle, ω + 1 nije kardinal. Sličnom argumentacijom kao u prethodnom primeru se pokazuje da za bilo koji beskonačni ordinal α je α + 1 = α. Definicija Kardinal κ je konačan ukoliko je κ < ω. Ukoliko je κ ω, tada je κ beskonačan kardinal. Skup x je konačan ukoliko je x < ω. U suprotnom je beskonačan. Skup x je prebrojiv ukoliko je x ω. U suprotnom je neprebrojiv.

69 68 POGLAVLJE 4. KARDINALI Sa ICN (infinite cardinal numbers) označavamo klasu svih beskonačnih kardinala. Ova klasa je prava klasa. Stav Svaki beskonačni kardinal je granični ordinal. Dokaz. Neka je κ beskonačan kardinal. Pretpostavimo da je κ ordinal sledbenik. Tada će postojati ordinal α tako da je κ = α + 1. Kako je α beskonačan ordinal, biće κ = κ = α + 1 = α, što bi značilo da κ nije kardinal. Zbog dobijene kontradikcije κ mora biti beskonačan kardinal. Definicija (Niz alefa) ℵ 0 = ω; ℵ α+1 = ℵ + α ; ℵ α = sup{ℵ β β < α}, u slučaju graničnog ordinala α. Teorema Niz definisan u prethodnoj definiciji je jedinstveni izomorfizam izmed u klasa ON i ICN Dokaz. Neka je data podklasa ordinala A = {η β < η ℵ β < ℵ η }. Transfinitnom indukcijom pokazujemo da je A = ON. Neka je α A. Neka je najpre α graničan ordinal i neka je β < α proizvoljan ordinal. Tada je i β +1 < α, pa kako su β, β + 1 A, važi ℵ β < ℵ β+1. No po definiciji je ℵ α = sup{ℵ γ γ < α} pa zbog β + 1 < α mora biti ℵ β+1 ℵ α. Dakle ℵ β < ℵ α, te je α A. Pretpostavimo sada da je α = γ + 1. Imamo β < α (β = γ β < γ). Po definiciji je ℵ α = (ℵ γ ) + > ℵ γ, a ako je β < γ imamo ℵ β < ℵ γ < ℵ α. Ovim smo pokazali da za proizvoljne ordinale α i β važi β < α ℵ β < ℵ α (1). Sada stavimo S α = {κ ICN κ ℵ α } i D α = {ℵ β β α}. Primetimo da iz (1) sledi da je D α S α za svako α ON. Indukcijom po α pokažimo da je S α D α na čitavoj klasi ON. Neka je data potklasa ordinala B = {η S η D η } i neka je α B. Neka je κ ℵ α proizvoljan beskonačan kardinal. Primetimo da pretpostavka da je κ < ℵ α povlači da je κ ℵ β za neko β < α. Zaista, ako je α granični ordinal onda ovo sledi direktno iz ℵ α = sup{ℵ β β < α} > κ, a ako je α = β + 1 za neki ordinal β, onda ovo sledi iz toga što κ < ℵ α = ℵ β+1 = (ℵ β ) + jednostavno znači da je κ ℵ β. Sada, ako je κ = ℵ α onda κ D α važi trivijalno. S druge strane ako je κ < ℵ α i ako je β < α takav da je κ ℵ β, iz činjenice da je β B sledi κ = ℵ γ za neko γ β < α, tj. κ D α. U svakom slučaju je α ON. Dakle, pokazali smo da važi S α = D α, α ON. Iz (1) i same definicije funkcije ℵ sledi da je ta funkcija normalna, pa iz Leme sledi da važi α ℵ α za svako α ON. Specijalno za proizvoljan kardinal κ važi κ ℵ κ, tj. κ S κ = D κ {ℵ α α ON}. Ovaj rezultat i (1) daju da je alef niz izomorfizam. Ostaje da se pokaže da je ovaj izomorfizam jedinstven. Ako su date klase K 1, K 2 ON i -izomorfizmi F, G : K 1 K 2, onda isti argument kao u dokazu Posledice pokazuje da mora biti F (α) = G(α) za svako α K 1. Odavde specijalno sledi da je ℵ : ON ICN jedinstveni -izomorfizam iz klase ON na klasu ICN. Kao neposrednu posledicu prethodne, imamo narednu teoremu.

70 4.2. ARITMETIKA KARDINALA 69 Teorema Ako je κ beskonačni kardinal, tada postoji ordinal α tako da je κ = ℵ α. 2. Za ordinale α < β je ℵ α < ℵ β. 3. ℵ α je kardinal sledbenik ako i samo ako je α ordinal sledbenik. ℵ α je granični kardinal ako i samo ako je α granični kardinal. Stav Za svaki ordinal α svi članovi skupa ℵ α+1 \ ℵ α su svi oni ordinali čija je kardinalnost ℵ α. Dokaz. Neka je dat ordinal β ℵ α+1 \ ℵ α. Ukoliko je β = ℵ α, tada je sve jasno. Ako je ℵ α < β < ℵ α+1, tada takod e mora biti β = ℵ α. Pokažimo ovo. Kako je ℵ α < β, to na osnovu Stava je ℵ α β. Ako važi ℵ α < β, tada važi niz nejednakosti ℵ α < β β < ℵ α+1, odakle se zaključuje da je ℵ α+1 ℵ + α, što nije tačno. Dakle, mora biti β = ℵ α. Sa druge strane, posmatrajmo neki ordinal β za koji je β = ℵ α. Tada, na osnovu stava je ℵ α β, tj. nije β < ℵ α. Dakle, β / ℵ α. Pokažimo da je β < ℵ α+1. Nikako ne može biti β = ℵ α+1, jer bismo tada imali β = ℵ α+1, a samim tim i ℵ α = ℵ α+1. Ne može biti ni ℵ α+1 < β, jer bismo onda imali, na osnovu Stava 4.1.7, ℵ α+1 β = ℵ α, što nije tačno. Dakle, β ℵ α+1 \ ℵ α. Upravo su zbog gornjeg rezultata svi elementi skupa ℵ α+1 \ ℵ α reprezenti dobro ured enih skupova kardinalnosti ℵ α. Definicija Neka je κ beskonačni kardinal i neka je κ = ℵ α. Ako je β ordinal, tada κ +β definišemo sa κ +β = ℵ α+β. 4.2 Aritmetika kardinala U ovoj sekciji ćemo definisati operacije sabiranja, množenja i stepenovanja na klasi svih kardinala, pokazati razna svojstva u vezi sa tim operacijama i uvideti sličnosti i razlike izmed u ordinalne i kardinalne aritmetike. Definicija (Elementarne operacije na CN) Neka su κ i λ kardinali. Skupovi κ {0} λ {1} i κ λ se mogu dobro urediti. Definišemo Sabiranje: κ + λ = κ {0} λ {1} ; Množenje: κ λ = κ λ. Dalje, ako su x i y skupovi, tada je skup i x y = {f f : x y}, pa ima smisla definisati Stepenovanje: κ λ = λ κ. Napomenimo da su gornjom definicijom zadati sabiranje, množenje i stepenovanje kardinala, i da ih ne treba poistovećivati sa odgovarajućim operacijama nad ordinalima. U ovoj sekciji simbole κ, λ, µ, ν,... koristimo isključivo za označavanje kardinala. Lema Ako su x i y skupovi takvi da je x = κ i y = λ, tada je 1. κ + λ = x {0} y {1} ; 2. κ λ = x y ; 3. κ λ = y x. Dokaz. 1. Neka je A = κ {0} λ {1} i B = x {0} y {1}. Kako bismo pokazali prvi deo

71 70 POGLAVLJE 4. KARDINALI tvrd enja treba napraviti bijekciju izmed u skupova A i B. Koristimo činjenicu da postoje bijekcije f : κ x i g : λ y. Definišimo preslikavanje h : A B zadato sa { (f(α), 0), (α, t) κ {0} h(α, t) = (g(α), 1), (α, t) λ {1}. Neka je (α, t) κ {0}. Biće tada f(α) x i t = 0, pa imamo da je h(α, t) x {0} B. Potpuno analogno se pokazuje da je h(α, t) B ukoliko je (α, t) λ {1}. Dakle, preslikavanje h je dobro definisano. Neka su dati proizvoljni (α 1, t 1 ), (α 2, t 2 ) A, i neka je h(α 1, t 1 ) = h(α 2, t 2 ). Ukoliko su (α 1, t 1 ), (α 2, t 2 ) κ {0}, tada imamo da je (f(α 1 ), 0) = (f(α 2 ), 0), pa kako je preslikavanje f injekcija, to je α 1 = α 2. Imamo i da je t 1 = t 2 = 0, pa je (α 1, t 1 ) = (α 2, t 2 ). Ako je (α 1, t 1 ), (α 2, t 2 ) λ {1}, tada se potpuno analogno pokazuje da je (α 1, t 1 ) = (α 2, t 2 ). Slučaj kada je (α 1, t 1 ) κ {0}, a (α 2, t 2 ) λ {1} je nemoguć, jer bi doveo do kontradikcije 0 = 1. Dakle, preslikavanje h je injekcija. Neka je (z, t) B proizvoljno. Tada može biti ili t = 0 ili t = 1. Neka je t = 0. Tada mora biti z x. Kako je preslikavanje f na, to postoji neki ordinal α z κ, takav da je f(α z ) = z. Tada je (α z, 0) A i h(α z, 0) = (z, t).pokazivanje postojanja odgovarajućeg elementa u skupu A u slučaju kada je t = 1 je potpuno analogno. Dakle, h je surjekcija. Iz svega navedenog h je bijekcija, pa prvi deo tvrd enja važi. 2. Definišimo preslikavanje h : κ λ x y sa h(α, β) = (f(α), g(β)), pri čemu su preslikavanja f i g zadata u pred ašnjem delu dokaza. Jasno, h je dobro definisano preslikavanje. Neka su (α 1, β 1 ), (α 2, β 2 ) κ λ, takvi da je h(α 1, β 1 ) = h(α 2, β 2 ). Tada imamo da je f(α 1 ) = f(α 2 ) i g(β 1 ) = g(β 2 ). Kako su preslikavanja f i g injekcije, imamo α 1 = α 2 i β 1 = β 2, odnosno (α 1, β 1 ) = (α 2, β 2 ), pa je preslikavanje h injekcija. Neka je (u, v) x y proizvoljno. Kako su preslikavanja f i g na, postojaće ordinali α u κ i β v λ takvi da je f(α u ) = u i g(β v ) = v. Biće tada (α u, β v ) κ λ i h(α u, β v ) = (u, v). Dakle, h je surjekcija. h je bijekcija, pa važi drugi deo tvrd enja. 3. Neka su f i g preslikavanja data u dokazu prvog dela tvrd enja. Tada je za proizvoljno preslikavanje ϕ λ κ kompozicija g 1 ϕ f : y x. Zbog ovoga je preslikavanje ψ : λ κ y x dato sa ψ(ϕ) = g 1 ϕ f dobro definisano. Pokažimo još i da je ψ bijekcija. Neka su ϕ 1, ϕ 2 λ κ takvi da je ψ(ϕ 1 ) = ψ(ϕ 2 ). Neka je α λ proizvoljno. Kako je g 1 : y λ surjekcija, to postoji z y takvo da je g 1 (z) = α. Kako imamo ψ(ϕ 1 )(z) = ψ(ϕ 2 )(z), to imamo f(ϕ 1 (g 1 (z))) = f(ϕ 2 (g 1 (z))). Kako je f injekcija, to je ϕ 1 (g 1 (z)) = ϕ 2 (g 1 (z)) ϕ 1 (α) = ϕ 2 (α). Kako smo za proizvoljno α λ pokazali da je ϕ 1 (α) = ϕ 2 (α), to je ϕ 1 = ϕ 2, pa je preslikavanje ψ 1-1. Uzmimo sada neko h y x. Preslikavanje ϕ = g h f 1 biće element skupa λ κ. Takod e imamo, zbog asocijativnosti operacije kompozicije funkcija ψ(ϕ) = g 1 (g h f 1 ) f = h. Dakle, ψ je na, te je bijekcija, pa važi i ovaj deo tvrd enja. Prethodna teorema nam jače potvrd uje da je sasvim razložno posmatrati kardinal κ kao predstavnika klase svih skupova čija je kardinalnost upravo κ. Ukoliko izvršimo restrikciju operacija kardinalnog sabiranja/množenja/stepenovanja na skup ω, tada se ove operacije poklapaju sa odgovarajućim operacijama na prirodnim brojevima. Možemo reći da se na skupu prirodnih brojeva ordinalna i kardinalna aritmetika poklapaju. Za kardinale κ, λ, µ i ν važi sledeći niz stavova:

72 4.2. ARITMETIKA KARDINALA 71 Stav (i) (κ + λ) + µ = κ + (λ + µ) (ii) κ + λ = λ + κ Dokaz. (i) Skup A = ((κ {0} λ {1}) {0}) ((µ {1}) {1}) je kardinalnosti (κ + λ) + µ ( µ {1} = µ 1 = µ, što će biti formalno dokazano u daljem radu), dok je skup B = ((κ {0}) {0}) ((λ {0} µ {1}) {1}) kardinalnosti κ+(λ+µ). Konstruišimo bijekciju izmed u ova dva skupa. Uočimo preslikavanje f : A B dato sa ((α, 0), 0), ((α, s), t) (κ {0}) {0} f((α, s), t) = ((α, 0), 1), ((α, s), t) (λ {1}) {0} ((α, 1), 1), ((α, s), t) (µ {1}) {1}. Ovo preslikavanje jeste dobro definisano. Pokazujemo da je injekcija. Neka za neke ((α 1, s 1 ), t 1 ), ((α 2, s 2 ), t 2 ) A je f((α 1, s 1 ), t 1 ) = f((α 2, s 2 ), t 2 ). Sličnom analizom kao u dokazu prvog dela prethodnog tvrd enja se pokazuje da za sve one slučajeve koji ne dovode do kontradikcije mora biti ((α 1, s 1 ), t 1 ) = ((α 2, s 2 ), t 2 ), te je f injekcija. Neka je ((α, s), t) B proizvoljno. Ukoliko je ((α, s), t) (κ {0}) {0}, tada je s = t = 0. Biće tada ((α, 0), 0) A i f((α, 0), 0) = ((α, s), t). Ukoliko je ((α, s), t) (λ {0}) {1}, tada je s = 0, t = 1. Biće tada ((α, t), s) A i f((α, t), s) = ((α, s), t). Ukoliko je ((α, s), t) (µ {1}) {1}, tada je s = t = 1. Biće tada ((α, 1), 1) A i f((α, 1), 1) = ((α, s), t). Dakle, f je na, pa je i bijekcija, odakle sledi (κ + λ) + µ = κ + (λ + µ). (ii) Skup A = κ {0} λ {1} je kardinalnosti κ + λ, dok je skup B = λ {0} κ {1} kardinalnosti λ+κ. Uspostavimo bijekciju izmed u ova dva skupa. Preslikavanje f : A B zadato sa { (α, 1), s = 0 f(α, s) = (α, 0), s = 1 je dobro definisano preslikavanje. Slično kao u dokazu prvog dela prethodnog tvrd enja se pokazuje da je ovo preslikavanje bijekcija. Dakle, važi κ + λ = λ + κ. Već nam ovaj stav otkriva razliku izmed u ordinalne i kardinalne aritmetike: u aritmetici kardinala komutativnost sabiranja važi, dok u aritmetici ordinala to nije slučaj. Stav (i) (κ λ) µ = κ (λ µ) (ii) κ λ = λ κ (iii) κ 0 = 0 (iv) κ 1 = κ (v) κ (λ + µ) = κ λ + κ µ Dokaz. (i) Skup A = (κ λ) µ je kardinalnosti (κ λ) µ, a skup B = κ (λ µ) je kardinalnosti κ (λ µ). Dosta jednostavno se pokazuje da preslikavanje f : A B definisano sa

73 72 POGLAVLJE 4. KARDINALI f((α, β), γ) = (α, (β, γ)) uspostavlja bijekciju iz skupa A u skup B, pa važi (κ λ) µ = κ (λ µ). (ii) Preslikavanje f : κ λ λ κ zadato sa f(α, β) = (β, α) je bijekcija. Odavde važi κ λ = λ κ. (iii) Kako je κ 0 = 0, to je κ 0 = κ 0 = 0 = 0. (iv) Preslikavanje f : κ κ {0} dato sa f(α) = (α, 0) je bijekcija. Odavde je κ = κ {0} = κ 1. (v) Skup A = κ (λ {0} µ {1}) je kardinalnosti κ (λ + µ), dok je skup B = ((κ λ) {0}) ((κ µ) {1}) kardinalnosti κ λ + κ µ. Na poznat način se pokazuje da je preslikavanje f : A B dato sa { ((α, β), 0), s = 0 f(α, (β, s)) = ((α, β), 1), s = 1 bijekcija. Dakle, važi κ (λ + µ) = κ λ + κ µ. Stav (i) κ λ+µ = κ λ κ µ (ii) (κ λ ) µ = κ λ µ (iii) (κ λ) µ = κ µ λ µ (iv) κ 0 = 1 (v) 0 κ = 0, za κ 0 (vi) κ 1 = κ (vii)1 κ = 1 (viii) κ 2 = κ κ. Dokaz. (i) Kako imamo da je κ λ = λ κ i κ µ = µ κ, to je na osnovu leme κ λ κ µ = λ κ µ κ. Kako je, sa druge strane, λ+µ = λ {0} κ {0} = A, pri čemu je A = λ {0} κ {0}, to je na osnovu iste leme κ λ+µ = A κ. Dakle, kako bi dokazali svojstvo treba uspostaviti bijekciju izmed u skupa λ κ µ κ i skupa A κ. Za proizvoljno preslikavanje f λ κ µ κ je f = (f λ, f µ ), pri čemu je preslikavanje f λ : λ κ, a f µ : µ κ. Definišimo preslikavanje ϕ : λ κ µ κ A κ kao preslikavanje koje slika funkciju f u funkciju ϕ(f) : A κ zadatu sa { f λ (α), s = 0 ϕ(f)(α, s) = f µ (α), s = 1. Pokazujemo da je ϕ bijekcija. Neka je za proizvoljne f 1, f 2 λ κ µ κ, f 1 = (f 1λ, f 1µ ), f 2 = (f 2λ, f 2µ ), ϕ(f 1 ) = ϕ(f 2 ). Odavde imamo da je za sve (α, s) A ϕ(f 1 )(α, s) = ϕ(f 2 )(α, s), što povlači da mora da bude f 1λ (α) = f 2λ (α), za proizvoljno α λ, ako i f 1µ (α) = f 2µ (α), za svako α µ. Samim tim važi da je f 1λ = f 2λ i f 1µ = f 2µ, tj. da je (f 1λ, f 1µ ) = f 1 = f 2 = (f 2λ, f 2µ ). Dakle, ϕ je 1-1. Neka je g : A κ proizvoljna funkcija. Definišimo preslikavanja g λ : λ κ i g µ : µ κ respektivno sa g λ (α) = g(α, 0) i g µ (α) = g(α, 1). Tada je funkcija ψ = (g λ, g µ ) λ κ µ κ. Takod e je { g λ (α), s = 0 ϕ(ψ)(α, s) = g µ (α), s = 1. Pokazujemo da je ϕ(ψ) = g. Neka je (α, s) A proizvoljno. Ako je s = 0, imamo ϕ(ψ)(α, s) = g λ (α) = g(α, s). Ako je s = 1, tada imamo ϕ(ψ)(α, s) = g µ (α) = g(α, s).

74 4.2. ARITMETIKA KARDINALA 73 U svakom slučaju je ϕ(ψ)(α, s) = g(α, s), za proizvoljno (α, s) A, te je odista ϕ(ψ) = g. Dakle, ϕ je surjekcija, pa je i bijekcija. Važi κ λ+µ = κ λ κ µ. (ii) Ako je f : µ λ κ funkcija, tada je za svako β µ vrednost f(β) funkcija iz λ u κ. Neka je preslikavanje ϕ(f) : λ µ κ definisano sa ϕ(f)(α, β) = f(β)(α). Pokažimo da je ϕ bijekcija iz µ ( λ κ) u λ µ κ. Neka su f 1, f 2 µ ( λ κ) proizvoljne funkcije za koje je ϕ(f 1 ) = ϕ(f 2 ). Uzmimo proizvoljne (α, β) λ µ. Tada imamo da je f 1 (β)(α) = f 2 (β)(α), za svako α λ. Odavde je f 1 (β) = f 2 (β) za svako β µ, a samim tim f 1 = f 2. Dakle, ϕ je injekcija. Neka je data proizvoljna funkcija g : λ µ κ. Definišimo preslikavanje ψ : µ λ κ tako da ψ svakom β µ pridružuje funkciju ψ(β) : λ κ zadatu sa ψ(β)(α) = g(α, β). Tada za svako (α, β) λ µ imamo ϕ(ψ)(α, β) = ψ(β)(α) = g(α, β), pa je ϕ(ψ) = g. Dakle, ϕ je na, pa je bijekcija. Odavde i na osnovu leme sledi (κ λ ) µ = κ λ µ. (iii) Ako je preslikavanje f µ κ µ λ, tada je f oblika f = (f κ, f λ ), pri čemu su f κ : µ κ i f λ : µ λ. Zadajmo preslikavanje ϕ : µ κ µ λ µ (κ λ) koje svakom f µ κ µ λ pridružuje funkciju ϕ(f) : µ κ λ definisanu sa ϕ(f)(α) = (f κ (α), f λ (α)). Pokazujemo da je ϕ bijekcija. Neka su f 1, f 2 µ κ µ λ, f 1 = (f 1κ, f 1λ ), f 2 = (f 2κ, f 2λ ) takvi da je ϕ(f 1 ) = ϕ(f 2 ). Tada za svako α µ je (f 1κ (α), f 1λ (α)) = (f 2κ (α), f 2λ (α)), a odavde sledi da je (f 1κ, f 1λ ) = f 1 = f 2 = (f 2κ, f 2λ ), što pokazuje da je ϕ injekcija. Neka je g : µ κ λ proizvoljna funkcija. Za proizvoljno α µ je g(α) = (α κ, α λ ) κ λ. Definišimo projekcije π κ : κ λ κ i π λ : κ λ λ respektivno sa π κ (β, γ) = β i π λ (β, γ) = γ. Definišimo kompozicije ψ κ, ψ λ sa ψ κ = g π κ : µ κ i ψ λ = g π λ µ λ. Ako uzmemo da je ψ = (ψ κ, ψ λ ), tada je ψ µ κ µ λ, i za svako α µ imamo ϕ(ψ)(α) = (ψ κ (α), ψ λ (α)) = (α κ, α λ ) = g(α). Dakle, ϕ(ψ) = g, tj. ϕ je surjekcija. Kako je ϕ bijekcija imamo da važi (κ λ) µ = κ µ λ µ. (iv) κ 0 = 0 κ = {0} = 1. (v) 0 κ = κ 0 = 0 = 0. (vi) Neka je preslikavanje ϕ : κ 1 κ takvo da svakom ordinalu α κ pridružuje funkciju f α : 1 κ datu sa f α (0) = α. Tada je za svako α κ ϕ(α)(0) = f α (0) = α. Nije teško pokazati da je ovako odred eno preslikavanje ϕ bijekcija, pa važi κ 1 = κ. (vii) U skupu κ 1 se nalazi tačno jedno preslikavanje f. To preslikavanje je dato sa f(α) = 0 α < κ. Dakle, 1 κ = κ 1 = 1. (viii) Neka je f : κ κ 2 κ preslikavanje takvo da svakom ured enom paru ordinala (α, β) κ κ pridružuje funkciju f αβ : 2 κ zadatu sa { α, s = 0 f αβ (s) = β, s = 1. Lako se pokazuje da je ovako definisano preslikavanje f bijekcija, te važi κ 2 = κ κ. Stav Ako je κ µ i λ ν, tada je (i) κ + λ µ + ν (ii) κ λ µ ν (iii) λ 0 κ λ µ ν Dokaz. Zbog početne pretpostavke postoje injekcije f : κ µ i g : λ ν. (i) Neka je A = κ {0} λ {1} i B = µ {0} ν {1}. Definišimo preslikavanje

75 74 POGLAVLJE 4. KARDINALI ϕ : A B sa ϕ(α, s) = { (f(α), 0), s = 0 (g(α), 1), s = 1. Jasno, ovo preslikavanje je dobro definisano. Pokazujemo da je 1-1. Neka su (α 1, s 1 ), (α 2, s 2 ) A proizvoljni za koje je ϕ(α 1, s 1 ) = ϕ(α 2, s 2 ). Ako je s 1 = s 2 = 0, tada imamo da je f(α 1 ) = f(α 2 ). Kako je f injekcija, važi α 1 = α 2, a samim tim i (α 1, s 1 ) = (α 2, s 2 ). Željenu jednakost potpuno analogno dokazujemo i u slučaju kada je s 1 = s 2 = 1. Slučaj s 1 = 0, s 2 = 1 nije moguć, jer dovodi do kontradikcije 1 = 0. Dakle, ϕ je 1-1, pa važi κ + λ µ + ν. (ii) Definišimo preslikavanje ϕ : κ λ µ ν sa ϕ(α, β) = (f(α), g(β)). Znajući da su funkcije f i g injekcije, vrlo je jednostavno pokazati da je i ϕ 1-1. Važi, dakle, κ λ µ ν. (iii) Kako je λ µ, i kako je λ 0, to na osnovu posledice 4.1 postoji surjekcija h : µ λ. Definišimo preslikavanje ψ : λ κ ν µ kao preslikavanje koje svakoj funkciji ϕ : λ κ pridružuje funckiju ψ(ϕ) : ν µ datu sa ψ(ϕ) = h ϕ f. Pokažimo da je ψ injekcija. Neka su ϕ 1, ϕ 2 λ κ proizvoljna preslikavanja za koje je ψ(ϕ 1 ) = ψ(ϕ 2 ). Uzmimo neko proizvoljno β λ. Kako je h na, to postoji neko α ν za koje je h(α) = β. Tada imamo da je ψ(ϕ 1 )(α) = ψ(ϕ 2 )(α), tj. f(ϕ 1 (h(α))) = f(ϕ 2 (h(α))). Kako je f injekcija, imamo ϕ 1 (h(α)) = ϕ 2 (h(α)) ϕ 1 (β) = ϕ 2 (β). Kako za svako β λ imamo da važi ϕ 1 (β) = ϕ 2 (β), to je ϕ 1 = ϕ 2, pa je ψ injekcija, te važi κ λ µ ν. Pokazujemo jednu od najbitnijih teorema aritmetike kardinala. Teorema ℵ α ℵ α = ℵ α. Dokaz. Pre svega, primetimo da će na osnovu Stava za svaki ordinal α biti ℵ α ℵ α ℵ α. Definišimo relaciju na klasi ON ON na sledeći način: (α, β) (σ, τ) max{α, β} < max{σ, τ} (max{α, β} = max{σ, τ} (α < σ (α = σ β < τ))). Pokazuje se da relacija strogo dobro ured uje ON ON. Pretpostavimo da postoji neki ordinal α za koji je ℵ α ℵ α ℵ α. Neka je α najmanji takav ordinal. Za strogo dobra ured enja, ℵ α ℵ α, i ℵ α, na osnovu Teoreme može važiti tačno jedan od sledeća tri slučaja (1) ℵ α ℵ α = ℵα ; (2) Postoji ordinal γ < ℵ α tako da je (, γ) = ℵ α ℵ α ; (3) Postoji ured eni par ordinala (σ, τ) ℵ α ℵ α tako da je (, (σ, τ)) = ℵ α, gde označavamo (, (σ, τ)) = {(η, ξ) ℵ α ℵ α (η, ξ) (σ, τ)}. Slučaj (1) u startu odbacujemo, jer se kosi sa pretpostavkom ℵ α ℵ α ℵ α. Pokazujemo nemogućnost preostala dva slučaja. Nemogućnost slučaja (2): Kako je u stvari (, γ) = γ, to ćemo imati bijekciju izmed u γ i ℵ α ℵ α, pa će biti γ = ℵ α ℵ α. No, to bi dovelo do kontradikcije ℵ α ℵ α < ℵ α. Zato, slučaj (2) nije moguć. Nemogućnost slučaja (3): Neka je f : ℵ α (, (σ, τ)) izomorfizam. Bez gubljenja opštosti dokaza pretpostavimo da je σ τ. Pokažimo da je f[ℵ α ] (σ + 1) (σ + 1). Neka je (η, ξ) f[ℵ α ] = (, (σ, τ)) proizvoljno. Biće tada η max{η, ξ} max{σ, τ} = σ < σ + 1. Dakle, η σ+1. Potpuno se analogno pokaže da je i ξ σ+1, pa je (η, ξ) (σ+1) (σ+1), te imamo željenu inkluziju. Kako je ℵ α graničan ordinal, biće σ + 1 ℵ α. Neka je σ + 1 = ζ. Imamo da važi ℵ α = f[ℵ α ] ζ ζ = ζ ζ. ζ mora biti beskonačan kardinal, jer bi u

76 4.2. ARITMETIKA KARDINALA 75 suprotnom ℵ α bio konačan kardinal, što nije tačno. Zbog ovoga, postoji ordinal β takav da je ζ = ℵ β. Mora biti β < α, jer bi u suprotnom bilo ℵ α ζ što nije istina. Zbog načina na koji je ordinal α izabran, važi ℵ β ℵ β = ℵ β. No, tada imamo ℵ α ℵ β, što je u kontradikciji sa činjenicom da je ℵ β < ℵ α. Zbog dobijene kontradikcije ni slučaj (3) nije moguć. Kako ni jedan od tri slučaja nije moguć, to nas početna pretpostavka dovodi do kontradikcije sa Teoremom 2.4.8, što znači da mora biti ℵ α ℵ α = ℵ α za svaki ordinal α. Kako važi asocijativnost za množenje kardinala imaćemo da je ℵ 0 ℵ 0 ℵ }{{} 0 = ℵ 0. Postavlja 1984 se pitanje: kako napraviti prelaz, sa ℵ 0 na ℵ 1? Na osnovu Kantorove teoreme imamo da je ℵ 0 = ω < P(ω) = ω 2 = 2 ℵ 0. Kako je ℵ 1 najmanji kardinal koji je veći od ℵ 0, to mora biti ℵ 1 2 ℵ 0. Kontinuum hipoteza, koja glasi: ℵ 1 = 2 ℵ 0 nam daje odgovor na naše pitanje. Naravno, ukoliko pretpostavimo da ona važi. Kako na osnovu Kantorove teoreme imamo da za svaki kardinal κ je κ < 2 κ, to je κ + 2 κ. Zbog ovoga kontinuum hipotezu je moguće uopštiti sa nule na čitavu klasu svih ordinala. Generalisana kontinuum hipoteza 2 ℵα = ℵ α+1, α ON. Generalisana kontinuum hipoteza se skraćeno označava sa (GCH) (generalized continuum hypothesis). Posledica Neka su κ i λ kardinali, pri čemu je jedan nenula, a drugi beskonačan. Tada je κ + λ = κ λ = max{κ, λ}, odnosno ℵ α + ℵ β = ℵ α ℵ β = max{ℵ α, ℵ β } = ℵ max{α,β}. Dokaz. Bez gubitka opštosti dokaza pretpostavljamo da je 0 < κ λ i λ ω. Pre svega, pokažimo da važi κ + λ κ λ. Neka je κ = 1. Kako je λ beskonačan kardinal imamo 1 + λ = λ = 1 λ. Neka je κ > 1. Sa A označimo skup κ {0} λ {1}. Neka je f : A κ λ dato sa { (α, s), α < κ f(α, s) = (0, α), κ α < λ. Pokazujemo da je f 1-1. Neka su (α 1, s 1 ), (α 2, s 2 ) A proizvoljni za koje je f(α 1, s 1 ) = f(α 2, s 2 ). Ako je α 1, α 2 < κ, tada izravno sledi (α 1, s 1 ) = (α 2, s 2 ). Ukoliko je κ α 1, α 2 < λ, tada mora biti s 1 = s 2 = 1, a kako imamo i α 1 = α 2, to tražena jednakost sledi. Pokažimo da je slučaj α 1 < κ α 2 < λ nemoguć. Ako bi bio moguć, tada bismo imali (α 1, s 1 ) = (0, α 2 ), a samim tim i s 1 = α 2. Med utim, kako je s 1 1 < κ α 2, to ne može biti s 1 = α 2. Dakle, f je 1-1, pa važi κ + λ κ λ. Sada, na osnovu prethodne teoreme, činjenice da je 0 < κ λ i Stava imamo λ κ + λ κ λ λ λ = λ, odakle sledi tačnost prvog dela tvrd enja. Drugi deo tvrd enja sledi iz činjenice da je alef funkcija rastuća. Definicija Neka je a skup. Sa [a] λ označavamo skup svih podskupova skupa a koji su kardinalnosti λ, tj. [a] λ = {x a x = λ}.

77 76 POGLAVLJE 4. KARDINALI Posledica Neka je a beskonačan skup kardinalnosti κ, i neka je λ kardinal. Tada je [a] λ = a λ = κ λ, ako je λ κ, i [a] λ = 0, ako je λ > κ. Dokaz. Druga tvrdnja je očigledna. Za λ = 0 tvrd enje važi, jer je [a] 0 = {0} = 1 = κ 0. Neka je 0 < λ κ. Tada je [a] λ = [κ] λ. Svakom podskupu X kardinala κ kardinalnosti λ možemo pridružiti skup S X = {f : λ X f je bijekcija }. Aksioma izbora nam garantuje da ovaj skup možemo dobro urediti. Zbog ovoga, preslikavanje ψ : [κ] λ λ κ definisano sa ψ(x) = min S X je dobro definisano. Pokažimo da je ono injekcija. Neka su dati skupovi X 1, X 2 [κ] λ, takvi da je X 1 X 2. Mora da važi min S X1 min S X2, jer bi u suprotnom bilo X 1 = X 2. Dakle, važi ψ(x 1 ) = ψ(x 2 ), pa je ψ injekcija. Imamo [κ] λ κ λ. Kako bismo dokazali obratnu nejednakost primetimo da je svaka funkcija iz λ u κ podskup kardinalnosti λ skupa λ κ. Kako je na osnovu prethodne posledice λ κ = κ, to imamo čime je tvrd enje dokazano. κ λ = λ κ [λ κ] λ = [κ] λ, Teorema Neka je dat proizvoljan skup a. Definišimo: a 1 = a a k+1 = a k a. Za svako n koje je 0 < n < ω, i svaki beskonačni skup a imamo 2. Ako je (A i i I) familija skupova, tada je a = a a = a n i n a = a. {A i i I} I sup{ A i i I}. 3. Ako je a beskonačan skup, tada je P fin (a) = a, gde je sa P fin (a) označen skup svih konačnih podskupova skupa a. Dokaz. 1. a = a a = a n sledi direktno iz Posledice Indukcijom pokažimo da je n a = a. Neka je dat skup X = {0 < k < ω k a = a } i neka je (0, n + 1) X. Pokažimo da je n + 1 X. Kako je n X, to postoji bijekcija g : n a a. Pokažimo da je preslikavanje h : n+1 a a a zadato sa h(f) = (g(f n), f(n)) bijekcija. Neka su f 1, f 2 : n + 1 a proizvoljne funkcije za koje je h(f 1 ) = h(f 2 ). Tada je g(f 1 n) = g(f 2 n) i f 1 (n) = f 2 (n). Kako je g 1-1, to je (f 1 n) = (f 2 n) te je, dakle, f 1 = f 2. Dakle, h je injekcija. Neka je sada (x, y) a a proizvoljno. Kako je x a, i kako je g surjekcija, to postoji preslikavanje ϕ : n a takvo da je g(ϕ) = x. Definišimo preslikavanje f : n + 1 a sa { y, m = n f(m) = ϕ(m), m < n. Tada imamo h(ϕ) = (g(ϕ), f(n)) = (x, y). Dakle, h je na, te je bijekcija. Odavde važi n+1 a = a, pa je n + 1 X. Imamo dakle, X = ω \ {0}, pa ovaj deo tvrd enja važi. 2. Označimo {A i i I} sa A. Neka je κ = sup{ A i i I} i neka je < (strogo) dobro ured enje na I. Kako je A i κ za svako i I, to postoji funkcija f i i I, tako da

78 4.3. KOFINALNOST 77 su preslikavanja f i : A i κ injekcije za sve i I. Takod e, postoji g i i I, gde su preslikavanja g i : A i A i bijekcije za svako i I. Definišimo funkcije h i, i I kao kompozicije h i = g i f i : A i A i, za svako i I. Sada, definišemo preslikavanje h : A κ I sa h(a) = (h i (a), i), gde je i <-minimum za koji je a A i. Pokažimo da je h injekcija. Neka su a, b A proizvoljni za koje je h(a) = h(b). Neka su i, j I <-minimumi za koje je a A i, odnosno b A j. Iz (h i (a), i) = (h j (b), j) imamo da je i = j. Kako je h i (a) = h i (b), biće a = b, jer je h k injekcija za svako k I. Odavde imamo A κ I = I κ. 3. Kako je sa z {z} definisana injekcija iz a u P fin (a), to je a P fin (a). Sa druge strane, kako je a beskonačan skup, to na osnovu prethodnih stavki ovog tvrd enja, kao i na osnovu Posledice imamo { n a n < ω} ω a = max{ω, a } = a. Ako svakoj funkciji iz { n a n < ω} pridružimo njen rang, dobićemo surjektivno preslikavanje iz ovog skupa na P fin (a). Kako je P fin (a) 0, to na osnovu Posledice imamo da je P fin (a) a, što zajedno sa pred ašnjim rezultatom daje traženu jednakost. Bez dokaza izlažemo sledeći rezultat: Teorema Ako je sabiranje/množenje/stepenovanje ordinala i ako su α i β nenula ordinali, pri čemu je jedan od njih beskonačan, tada je Dokaz ove teoreme se može naći u [5]. α β max{ α, β }. Teorema Svaki beskonačni kardinal je osnovni broj sabiranja. Dokaz. Neka je κ neki beskonačni kardinal. Na osnovu Posledice dovoljno je dokazati da je κ aditivno nerastavljiv. Pretpostavimo da on to nije, tj. da postoje neki ordinali α < κ i β < κ takvi da važi α + β = κ. Tada, na osnovu prethodne teoreme imamo da važi κ = α + β max{ α, β } < κ. Stroga nejednakost važi jer je α α < κ i β β < κ. Iz dobivene kontradikcije sledi da je κ aditivno nerastavljiv. Imajući u vidu do sada izložene rezultate, možemo navesti naredni Primer ω ω = ω ω ω = ω Skup svih konačnih podskupova skupa prirodnih brojeva je beskonačno prebrojiv. 4.3 Kofinalnost Kako bismo nastavili dalje izučavanje svojstava kardinala neophodno je uvesti pojam kofinalnosti. Definicija Neka je R relacija na skupu A sa domenom domr = A. Ako je B A, tada skup B nazivamo neograničen ili kofinalan u A u odnosu na relaciju R, ukoliko za svako a A postoji b B takvo da je arb.

79 78 POGLAVLJE 4. KARDINALI Definicija Neka su skup A i relacija R zadati u prethodnoj definiciji. Kofinalnost ured enja A, R, u oznaci CF (A, R) definišemo sa CF(A, R) = min{ C C A C je kofinalan u A u odnosu na relaciju R}. Kako je domr = A skup A je kofinalan u samome sebi, pa će kardinal CF(A, R) uvek postojati. Definicija Ako je α ordinal, kofinalnost ordinala α, u oznaci cf(α), je najmanji ordinal µ za koji postoji preslikavanje f : µ α takvo da je rang ranf kofinalan u α u odnosu na relaciju. Očigledno važi cf(α) α. Neka je C kofinalan podskup od α takav da je CF(α, ) = C. Znamo da postoji bijekcija f : C C. Jasno, ranf = C pa je dakle rang funkcije f kofinalan podskup od α u odnosu na relaciju. Zbog same definicije kofinalnosti ordinala sada važi cf(α) CF(α, ). Ukoliko se u daljem radu bude izostavilo u odnosu na koju relaciju je neki podskup kofinalan, tada će se prećutno podrazumevati kofinalnost u odnosu na relaciju. Stav Neka je α proizvoljan ordinal. cf(α) je kardinal. Dokaz. Neka je g : cf(α) α ono preslikavanje čiji je rang kofinalan u α. Neka je f : cf(α) cf(α) bijekcija. Definišimo kompoziciju h = f g : cf(α) α. Kako je f bijekcija, to ran(h) = ran(g), te je zbog same definicije kofinalnosti ordinala, cf(α) cf(α). Obratna nejednakost uvek važi, pa imamo da je cf(α) = cf(α), pa je ordinal cf(α) kardinal po definiciji. Definicija Graničan ordinal α je regularan ako je cf(α) = α. Graničan ordinal α je singularan ako je cf(α) < α. Iz prethodnog stava izravno sledi da su svi regularni ordinali kardinali. Važi sledeći rezultat: Lema a) cf(0) = 0 i cf(α + 1) = 1. b) Ako je α graničan ordinal, tada postoji normalan niz h : cf(α) α čiji je rang kofinalan u α. Poslednji uslov je ekvivalentan sa sup(ran(h)) = α. Dokaz. a) Rang prazne funkcije je kofinalan u 0, a rang funkcije { 0, α } je kofinalan u α + 1. b) Neka je g : cf(α) α proizvoljna funkcija čiji je rang kofinalan podskup od α i neka je h : cf(α) ON funkcija rekurzivno definisana na sledeći način: { } h(β) = sup max{g(γ), h(γ)} γ < β + 1 Indukcijom po β pokažimo da važi β < cf(α) h(β) α. Jasno, za β = 0 je h(0) = 1 < α. Neka je data potklasa ordinala A = {η η < cf(α) h(η) α}, i neka je 0 β A. Treba pokazati da je β A.

80 4.3. KOFINALNOST 79 Neka je h β : β ON funkcija definisana sa h β (γ) = max{g(γ), h(γ)} za svako γ < β. Kako su svi γ < β u A, to važi h β : β α. Na osnovu same definicije kofinalnosti ordinala, a obzirom na to da je β < cf(α), rang funkcije h β ne može biti kofinalan podskup { od α, tj. mora da postoji } neko ξ α tako da važi h β (γ) < ξ, za svako γ β, tj. sup max{g(γ), h(γ)} γ < β ξ. Kako je α granični ordinal to iz ξ < α sada sledi da je h(β) α. Dakle h : cf(α) α. Za svako γ < β < α važi h(β) h(γ) + 1 > h(γ) i h(β + 1) g(β), odakle sledi da je h strogo rastuća funkcija kao i da je rang funkcije h kofinalan podskup od α. Dakle, β A. Lema Ako je α graničan ordinal, tada je cf(cf(α)) = cf(α). Dakle, cf(α) je regularan kardinal. 2. Za svaki ordinal α imamo CF(α, ) = cf(α). 3. ℵ 0 je regularan kardinal. Svaki beskonačan sledbenik kardinal κ + je regularan. 4. Ako je α graničan ordinal, tada je cf(α) = cf(ℵ α ). 5. ℵ ω je najmanji singularan kardinal. 6. Klasa svih singularnih kardinala je neograničena u ON. Dokaz. Pre svega, primetimo da ako je α granični ordinal i A α, tada iz same definicije graničnog ordinala dobijamo A je neograničen u α sup A = α. 1. Na osnovu prethodne leme postoje strogo rastuće funckije f : cf(cf(α)) cf(α) i g : cf(α) α takve da je sup(ran(g)) = α i sup(ran(f)) = cf(α). Funkcija f g je takod e strogo rastuća. Kako bismo pokazali da je njen rang neograničen u α posmatrajmo fiksirani ordinal β < α. Postoji ordinal γ < cf(α) takav da je β < g(γ). Dalje, postoji σ < cf(cf(α)) takav da je γ < f(σ). Odavde, usled monotonosti funkcije g imamo da je β < g(f(σ)). Zaključujemo da je rang kompozicije f g : cf(cf(α)) α kofinalan u α, pa na osnovu definicije cf(α) mora da važi cf(α) cf(cf(α)). Obratna nejednakost trivijalno važi, pa imamo traženu jednakost. 2. Ranije smo pokazali da za proizvoljan ordinal α važi cf(α) CF(α, ). Sa druge strane, kako postoji funkcija f : cf(α) α čiji je rang kofinalan u α, to važi i CF(α, ) ran(f) cf(α) = cf(α). Dakle, imamo traženu jednakost. 3. Prvi deo tvrd enja je očigledan, jer ni jedan konačan podskup od ω ne može biti kofinalan u ω, te kako nikako ne važi cf(ω) < ℵ 0, to mora da bude cf(ω) = ℵ 0. Dakle, ℵ 0 je regularan kardinal. Za dokaz drugog dela tvrdnje posmatrajmo funkciju f : µ κ +, pri čemu je µ neki kardinal µ < κ +. Tada je na osnovu Stava µ κ, pa na osnovu Teoreme c) imamo sup(ran(f))) = ran(f) = {f(β) β < µ} µ κ = κ jer za svako β < µ važi f(β) < κ +, pa i f(β) κ. Još jednom primenom Stava dobijamo da je sup(ran(f)) < κ +. Kako je µ < κ + bilo proizvoljno, zaključujemo da je cf(κ + ) κ +. Obratna nejednakost uvek važi, te imamo cf(κ + ) = κ Pre svega, primetimo da je alef funkcija po definiciji neprekidna. Ako je h : cf(α) α preslikavanje za koje je sup(ran(h)) = α, tada će za rang preslikavanja h : cf(α) ℵ α

81 80 POGLAVLJE 4. KARDINALI datog sa h (β) = ℵ h(β) važiti sup(ran(h )) = ℵ α. Odavde je cf(ℵ α ) cf(α). Za obratnu nejednakost fiksirajmo funkciju g : cf(ℵ α ) ℵ α čiji je rang kofinalan u ℵ α. Neka je preslikavanje g : cf(ℵ α ) α definisano sa g (γ) = min{σ < α g(γ) ℵ σ }. Ako je τ < α, tada postoji γ < cf(ℵ α ) takav da je ℵ τ < g(γ). Odavde imamo da je τ < g (γ), te će biti ran(g ) kofinalan u α, pa mora da važi cf(α) cf(ℵ α ). 5. Na osnovu prethodnog je cf(ℵ ω ) = cf(ω) = cf(ℵ 0 ) = ℵ 0 < ℵ ω, te je ℵ ω singularan. Na osnovu dela (2) svi kardinali ℵ n (n ω) su regularni. Dakle, ℵ ω je najmanji singularni kardinal. 6. Kako je alef funkcija neprekidna imamo ℵ α+ω = ℵ sup{α+n n<ω} = sup{ℵ α+n n < ω}. Zbog ovog za funkciju f : ω ℵ α+ω datu sa f(n) = ℵ α+n važi sup(ran(f)) = ℵ α+ω, te imamo da je cf(ℵ α+ω ) ℵ 0 < ℵ α+ω, pa je ℵ α+ω singularan kardinal. Dalje, kako je alef funkcija normalna, to na osnovu Leme za proizvoljan ordinal α je α ℵ α < ℵ α+ω. Odavde sledi da je klasa svih singularnih ordinala neograničena na ON, a samim tim je i prava klasa. 4.4 Beskonačne sume i proizvodi U ovoj sekciji uopštavamo pojmove zbira i proizvoda kardinala, uvedenih u Sekciji 4.2. Pre svega definišimo Dekartov proizvod familije skupova. Definicija Dekartov proizvod familije skupova (x i i I) jeste skup x i = {f f : I {x i i I} i I f(i) x i } i I ako I 0, odnosno i I x i = {0}, ako je I = 0. Definicija Neka je (κ i i I) familija kardinala. Definišemo sumu i proizvod ove familije kako sledi: (κi i I) = κ i = {κ i {i} i I}, i I (κi i I) = κ i = κ i. i I i I Ako je skup I beskonačan, tada gore definisanu sumu i proizvod familije zovemo beskonačna suma i beskonačan proizvod kardinala. Naredene leme prikazuju svojstva koja imaju gore definisane (beskonačne) sume i proizvodi. Lema Neka su (κ i i I) i (λ i i I) familije kardinala. Tada važi sledeći niz svojstava: a) Ako za svako i I su x i i y i skupovi za koji je x i = y i = κ i, i ako pritom važi y i y j = 0 za svako i, j I gde i j, tada je κ i = {x i {i} i I} = {y i i I} i κ i = x i. i I i I i I

82 4.4. BESKONAČNE SUME I PROIZVODI 81 b) i {0,1} κ i = κ 0 + κ 1, i 0 k i = 0, i {0,1} κ i = κ 0 κ 1, i 0 κ i = 1. c) Ako je κ i λ i za svako i I, tada je i I κ i i I λ i i i I κ i i I λ i. d) i I κ = κ I i i I κ = κ I. Definicija Skup P nazivamo particija skupa X ako je P = X, 0 / P i svi članovi skupa P su u parovima disjunktni. Lema Neka je (κ i i I) familija kardinala, i neka je λ kardinal. Tada važe sledeća svojstva: a) Ako je (X j j J) particija indeksnog skupa I, tada važi (i) (Uopšteni komutativni i asocijativni zakon) κ i = κ i i κ i = κ i. i I j J i X j i I j J i X j (ii) (Distributivni zakon) κ i = ( κ f(j) f X j ). j J i X j j J j J b) λ i I κ i = i I λ κ i. c) λ i I κ i = i I λκ i. d) ( i I κ i) λ = i I κλ i. Dokaz. Dosta je lako konstruisati potrebne bijekcije. Lema Neka je (κ i i i) familija kardinalnih brojeva. Tada važi sledeći niz svojstava: a) sup{κ i i I} i I κ i. b) Ako je κ i > 0 za sve i I, I 0, i ukoliko je bar jedan od kardinala I i κ i (i I) beskonačan, tada važi (i) i I κ i = max{ I, sup{κ i i I}} = I sup{κ i i I}. (ii) Ako je i I sup{κ i i I}, tada je κ i = sup{κ i i I}. i I Dokaz. Druga jednakost u b) (i) sledi direktno na osnovu Posledice Na osnovu Teoreme i činjenice da je κ i {i} = κ i (i I) imamo da je i I κ i I sup{κ i i I} = max{ I, sup{κ i i I}}. Sa druge strane, kako je κ i > 0, to za sve i I imamo I = i I 1 i I κ i. Dalje, na osnovu same definicije sume sledi da je κ j i I κ i za svako j I. Imamo: i I κ i max{ I, sup{κ i i I}}, pa tražena jednakost važi. Činjenica da je κ j i I κ i za svako j I dokazuje i deo a). b) (ii) sledi izravno na osnovu (i). Posledica Neka su α i β ordinali. a) Ako je β granični ordinal, σ ξ ξ < β strogo rastući niz ordinala i α = sup{σ ξ ξ < β}, tada je ξ<β ℵ σ ξ = ℵ α. Specijalno, ξ<β ℵ ξ = ℵ β. b) ξ<α+1 ℵ ξ = ℵ α.

83 82 POGLAVLJE 4. KARDINALI Dokaz. a) Kako je σ ξ ξ < β strogo rastući niz ordinala, to mora biti ξ σ ξ za svako ξ < β, na osnovu Stava Otuda imamo β sup{σ ξ ξ < β} = α ℵ α, pa je ξ<β ℵ σ ξ = β sup{ℵ σξ ξ < β} = β ℵ α = ℵ α. Definicija Neka su κ i λ kardinali. Definišemo kardinal κ <λ sa κ <λ = sup{κ ν ν CN ν < λ}. Definicija Neka je a skup, a λ kardinal. Sa [a] <λ definišemo skup svih podskupova skupa a koji su kardinalnosti manje od λ, tj. [a] <λ = {x a x < λ}. Na analogan način definišemo skupove [a] λ, [a] >λ i [a] λ. Posledica a) Ako su κ i λ kardinali takvi da je κ 2 i λ ω, tada je κ <λ λ. b) Ako je a beskonačan skup, a = κ i λ kardinal takav da je 2 λ κ, tada za sve kardinale ν 0 < λ važi κ <λ = [a] <λ = κ ν = κ ν. ν λ CN ν 0 ν λ CN Dokaz. a) Prvo, pretpostavimo da je λ sledbenik kardinal µ +. Tada, na osnovu Kantorove teoreme imamo κ <λ = κ µ 2 µ > µ. Biće, dakle, κ <λ µ + = λ. Sada, pretpostavimo da je λ graničan kardinal. Za ν λ CN imamo κ ν 2 ν > ν. Odavde zaključujemo da je κ <λ = sup{κ ν ν λ CN} sup{ν ν λ CN} = λ. b) Na osnovu Posledice imamo da je kardinalnost skupa [a] ν jednaka κ ν, za kardinale ν κ, a 0 za kardinale ν > κ. Kako je λ κ to odavde sledi [a] <λ = {[a] ν ν λ CN} = ν λ CN κν. Za svaki kardinal ν 0 za koji je ν 0 < λ na osnovu Leme i činjenice da je 2 λ κ imamo da je ova suma jednaka sa sup{κ ν ν 0 ν λ CN}. Specijalno, za ν 0 = 0 dobijamo κ <λ = sup{κ ν ν λ CN} = [a] <λ. Posledica Ako je a beskonačan skup i λ kardinal takav da je λ a, tada je a) [a] <λ = sup{ a ν ν λ CN} b) [a] λ = a λ Teorema Neka su (κ i i I) i (λ i i I) familije kardinala. Tada važi a) Ako je λ i 2 i κ i λ i za sve i I, tada je i I κ i i I λ i. b) Konigova Lema Ako je κ i < λ i za sve i I, tada je i I κ i < i I λ i. Dokaz. (1) Najpre pokažimo da ako su za i I κ i kardinali i γ i ordinali takvi da važi κ i < γ i, onda mora biti i I κ i i I γ i. Definišimo preslikavanje f : {κ i {i} i I} i I γ i na sledeći način. Ako je (α, j) i I (κ i {i}) tada je α κ i i f(α, j) : I i I γ i je funkcija definisana sa f(α, j)(i) = κ i γ i za i I \ {j}, odnosno f(α, j)(i) = α κ i γ i. Proveravamo da je f injektivno preslikavanje: neka su (α 1, j 1 ), (α 2, j 2 ) i I (κ i {i}) tako da je (α 1, j 1 ) (α 2, j 2 ). Ako je j 1 = j 2, onda je α 1 α 2, te je f(α 1, j 1 )(j 1 ) = α 1 α 2 = f(α 2, j 2 )(j 2 ) = f(α 2, j 2 )(j 1 ), pa je f(α 1, j 1 ) f(α 2, j 2 ). Ako je j 1 j 2, onda je f(α 1, j 1 )(j 2 ) = κ j2 i f(α 2, j 2 )(j 2 ) < κ j2, te je ponovo f(α 1, j 1 ) f(α 2, j 2 ). Dakle i I κ i i I γ i = i I γ i. (2) Ako je za svako i I λ i beskonačan kardinal takav da je κ i λ i, onda mora biti i I κ i i I λ i. Zaista, prema (1) imamo da je i I κ i i I λ i + 1 = i I λ i.

84 4.4. BESKONAČNE SUME I PROIZVODI 83 (3) Ako je za svako i I λ i 2 konačan kardinal takav da je κ i λ i, i ako je I ℵ 0, onda mora biti i I κ i i I λ i. Zaista, kako je 0 < κ + i < ℵ 0 za svako i I, imamo i I κ i i I κ+ i I < 2 I = i I 2 i I λ i. Pretpostavljamo da je bar jedan kardinal κ i različit od nule, jer je u suprotnom dokaz tvrd enja trivijalan. a) Stavimo I 1 = {i I λ i je beskonačan}, I 0 = I \ I 1 i i I 1 κ i = µ 1, i I 1 λ i = ν 1, i I 0 κ i = µ 0 i i I 0 λ i = ν 0. Dakle i I κ i = µ 1 + µ 0 i i I λ i = ν 1 ν 0. (i) Pretpostavimo najpre da je I 1 0. Tada je ν 1 ℵ 0 i ν 1 ν 0 = max{ν 1, ν 0 }, a prema (2) važi i µ 1 ν 1. (i.1) Ako je I 0 ℵ 0, onda je µ 0 ν 0 prema (3). Otuda imamo µ 1 µ 0 ν 1 ν 0. (i.2) Ako je I 0 < ℵ 0 onda je ν 0, µ 0 < ℵ 0 i ν 1 ν 0 = ν 1 ℵ 0 > µ 0, pa zbog µ 1 ν 1 sledi da je µ 1 µ 0 ν 1 ν 1 = ν 1 = ν 1 ν 0. Dakle u slučaju (i) imamo da važi µ 1 µ 0 ν 1 ν 0. Zato ako je µ 1, µ 0 < ℵ 0 onda µ 1 + µ 0 < ℵ 0 ν 1 ν 0, a ako je µ 1 ℵ 0 µ 0 ℵ 0 onda je µ 1 + µ 0 = µ 1 µ 0 ν 1 ν 0. (ii) Neka je sada I 1 = 0. Tada je i I λ i = ν 0 i i I κ i = µ 0, a κ i i λ i su konačni kardinali za svako i I. (ii.1) Ako je I ℵ 0, onda µ 0 ν 0 sledi iz (3). (ii.2) Ako je I < ℵ 0, onda µ 0 ν 0 sledi iz činjenice da je n i=1 l i n i=1 k i kakvi god da su dati prirodni brojevi n i l i, k i tako da je l i k i, pri čemu je l i 2 za svako 1 i n. Ovo sa druge strane proizilazi direktno iz nejednakosti n i=1 l i n i=1 l i koja se jednostavno pokazuje indukcijom po n ω. b) Nejednakost i I κ i i I λ i sledi direktno iz (1). Da pokažemo da je nejednakost stroga, neka je h : {κ i {i} i I} i I λ i proizvoljno preslikavanje. Mora biti ranh i I λ i. Zaista, ako je i I proizvoljno, za skup H i = {h(α, i)(i) α κ i } imamo H i κ i < λ i te je λ i \ H i 0. Otuda postoji neko p i I (λ i \ H i ) i I λ i. Za svako i I i α κ i važi p(i) / H i kao i h(α, i)(i) H i, te je p h(α, i). Dakle p ( i I λ i) \ ranh. Posledica Neka je β beskonačan ordinal, a κ ξ ξ < β niz kardinala različitih od nule. Tada važi a) Ako je niz κ ξ ξ < β strogo rastući i ukoliko je β granični ordinal, tada je κ ξ ) β. b) Ako je κ ξ 2 za svako ξ < β, tada je ξ<β κ ξ < ξ<β κ ξ i ξ<β κ ξ < ( ξ<β ( ξ<β κ ξ ) β = ( ξ<β κ ξ ) β. Dokaz. a) Prva nejednakost sledi na osnovu Koningove leme ukoliko stavimo da je λ ξ = κ ξ+1 i ukoliko iskoristimo činjenicu da je κ 0 1, te da je β granični ordinal: κ ξ+1 = κ ξ. ξ<β κ ξ < ξ<β Kako je κ σ ξ<β κ ξ za svako σ < β, to imamo 1 ξ<β κ ξ ξ<β σ<β κ σ σ<β( ξ<β κ ξ ) ξ<β κ ξ ( ξ<β κ ξ ) β.

85 84 POGLAVLJE 4. KARDINALI Sada, druga nejednakost u a) sledi direktno iz prve. b) Analogno kao u dokazu gornjeg dela tvrd enja se, uz upotrebu dela a) prethodne teoreme pokazuje da važi ξ<β κ ξ ξ<β κ ξ ( ξ<β κ ξ) β. Odavde dobijamo ( ξ<β κ ξ ) β ( ξ<β κ ξ ) β ( ξ<β κ ξ ) β β, a kako je β β = β, to je deo b) dokazan. Teorema Neka je κ kardinal. a) Ako je κ 2, tada je ℵ α < cf(κ ℵα ). b) Ako je κ beskonačan, tada je κ < κ cf(κ). Dokaz. a) Neka je γ ℵ α i neka je f funkcija iz γ u κ ℵα. Kako je f(β) < κ ℵα za svako β < γ, to na osnovu Leme i Koningove leme imamo sup(ran(f)) β<γ f(β) < β<γ κ ℵα = (κ ℵα ) γ = κ ℵα γ = κ ℵα. Odavde odmah imamo da je sup(ranf) < κ ℵα. Kako je κ 2 to je κ ℵα beskonačan kardinal, specijalno granični ordinal, pa zbog toga uslov sup(ranf) < κ ℵα povlači da je cf(κ ℵα ) > ℵ α. b) Neka je f : cf(κ) κ funkcija takva da je sup(ran(f)) = κ. Kao i gore, potpuno analogno, dobijamo κ f(β) < κ = κ cf(κ). β<cf(κ) β<cf(κ) Uslov da je κ beskonačan je neophodan, jer kada bi bio konačan imali bismo da je cf(κ) = 1, pa nikako ne bi moglo da važi κ < κ cf(κ). Posledica a) Za svaki ordinal α je cf(2 ℵα ) > ℵ α. b) Ako je α granični ordinal i ℵ β cf(α), tada je ℵ α ℵ ℵ β γ važi ℵ α < ℵ ℵ β α. za svaki ordinal γ. Specijalno, Dokaz. a) Sledi direktno iz prethodne teoreme. b) Kako je α granični ordinal, to imamo da je cf(ℵ α ) = cf(α). Na osnovu prethodne teoreme sledi Pretpostavka da je ℵ α = ℵ ℵ β γ ℵ α < ℵ cf(ℵα) α = ℵ cf(α) α ℵ ℵ β α. za neki ordinal γ bi dovela do kontradikcije ℵ ℵ β α Teorema Neka je κ beskonačan kardinal. a) Sledeća tvrd enja su ekvivalentna. (i) κ je regularan. (ii) κ nije unija manje od κ skupova kardinalnosti manje od κ. (iii) κ nije suma manje od κ kardinala manjih od κ. = ℵ ℵ β γ = ℵ α.

86 4.4. BESKONAČNE SUME I PROIZVODI 85 b) κ je suma cf(κ) kardinala manjih od κ. c) Ako je κ granični kardinal, tada postoji strogo rastući niz kardinala manjih od κ λ ξ ξ < cf(κ) za koji je κ = λ ξ = sup{λ ξ ξ < cf(κ)}. ξ<cf(κ) Kompletan dokaz prethodne teoreme se može naći u [5]. Teorema Neka su α, β i γ ordinali. a) Ako je α β, tada je ℵ ℵ β α = 2 ℵ β. b) Hausdorfova formula ℵ ℵ β α+1 = ℵ α+1 ℵ ℵ β α. c) formula Tarskog Ako je γ < ℵ β, tada je Dokaz. a) Kako je alef funkcija rastuća, imamo da je ℵ ℵ β α+γ = ℵ γ α+γ ℵ ℵ β α. 2 ℵ β ℵ ℵ β α (2 ℵα ) ℵ β = 2 ℵα ℵ β = 2 ℵ β. b) Prvo, pretpostavimo da je β α. Biće tada ℵ β ℵ α. Kako je ℵ α+1 kardinal sledbenik, to je na osnovu Leme on regularan, te važi ℵ β < cf(ℵ α+1 ). Zbog ovoga, za svako preslikavanje f : ℵ β ℵ α+1 je sup(ran(f)) < ℵ α+1. Dakle, postojaće ordinal γ < ℵ α+1 tako da je f preslikavanje iz ℵ β u γ. Iz ovoga sledi: ℵ ℵ β α+1 = ℵ β ℵ α+1 = { ℵ β γ γ < ℵ α+1 } ℵ ℵβ α γ<ℵ α+1 = ℵ α+1 ℵ ℵ β α = (ℵ α+1 ℵ α ) ℵ β = ℵ ℵ β α+1. ℵ ℵ β α+1 ℵ ℵ β α γ<ℵ α+1 γ ℵβ Neka je sada α < β. Biće tada α + 1 β, pa na osnovu a) imamo da je ℵ α+1 ℵ β < 2 ℵ ℵ β = ℵ β α = ℵ ℵ β α+1, pa će biti ℵ α+1 ℵ ℵ β α = ℵ α+1 ℵ ℵ β α+1 = ℵ ℵ β α+1. c) Ovaj deo pokazujemo transfinitnom indukcijom. Neka je data podklasa ordinala A = {η η < ℵ β ℵ ℵ β α+η = ℵ η α+η ℵ ℵ β α } i ordinal γ takav da je γ A i γ < ℵ β. Ukoliko je γ ordinal sledbenik, tada postoji njegov prethodnik ordinal σ. Tada, kako je σ A, kako je σ = σ + 1 ℵ β i kako važi Hausdorfova formula, imamo ℵ ℵ β α+γ = ℵ ℵ β α+σ+1 = ℵ ℵ β α+σ ℵ α+σ+1 = ℵ ℵ β α = ℵ ℵ β α ℵ σ α+σ ℵ α+σ+1 = ℵ ℵ β α ℵ σ+1 α+σ ℵ α+σ+1 ℵ σ+1 α+σ+1 = ℵ γ α+γ ℵ ℵ β α. Neka je sada γ granični ordinal. Kako je alef funkcija neprekidna i kako je sabiranje ordinala neprekidno po drugom argumentu (videti dokaz dela (6) Leme 4.3.7), i kako važi a) Teoreme imamo ℵ α+γ = sup{ℵ α+ξ ξ < γ} ℵ α+ξ ℵ α+ξ. ξ<γ ξ<γ

87 86 POGLAVLJE 4. KARDINALI Kako za svako ξ < γ važi ξ γ ℵ β, to koristeći uopšteni asocijativni zakon za proizvod kardinala imamo ℵ ℵ β α+γ ( ℵ α+ξ ) ℵ β ξ<γ = ξ<γ ℵ ℵ β α+ξ = (ℵ ℵ β α ℵ ξ α+ξ ) ξ<γ = (ℵ ℵ β α ) γ ℵ ξ α+ξ ℵℵ β γ α ℵ γ γ α+γ = ℵ ℵ β α ℵ γ α+γ ξ<γ ℵ ℵ β α ℵ ℵ β α+γ ℵ ℵ β α+γ. U svakom slučaju je γ A, pa tvrd enje važi. Posledica Ako je n < ω, tada važi a) (Uopštena Hausdorfova formula) ℵ ℵ β α+n = ℵ ℵ β α ℵ α+n. b) (Bernštajnova formula) ℵ ℵ β n = 2 ℵ β ℵn. c) Ako je α ℵ β, tada je ℵ ℵ β α = 2 ℵ α β ℵ α. Primer ℵ ℵ 0 1 = 2 ℵ0 ℵ 1 = 2 ℵ 0 Za svaki ordinal α takav da je ω α < ℵ 1 važi ℵ ℵ β α = 2 ℵ β ℵ ℵ 0 α. Teorema (Četiri zlatna pravila kardinalne aritmetike) 1.(Tarski) Ako je ν ℵ 0 kardinal, a κ ξ ξ < ν rastući niz beskonačnih kardinala, tada je κ ξ = (sup{κ ξ ξ < ν}) ν. 2. Ako su λ i κ kardinali takvi da je κ ℵ 0 i λ cf(κ), tada je ξ<ν κ λ = (sup{ν λ ν CN κ}) cf(κ). 3.(Tarski) Ako su λ i κ kardinali takvi da je κ ℵ 0 i 0 < λ < cf(κ), tada je κ λ = κ sup{ν λ ν CN κ} = κ ν λ. 4. Ako je κ beskonačan kardinal, tada je 2 κ = (2 <κ ) cf(κ). ν κ CN Dokazi prethodne teoreme i naredne teoreme se mogu naći u [5]. Teorema a) Za svaki prdinal β > 0 je ξ β ℵ ξ = ℵ β β. Za granični ordinal β važi još i ξ<β ℵ ξ = ℵ β β. b) Ako je β osnovni broj sabiranja, i α ξ ξ < β strogo rastući niz ordinala čiji je supremum α, tada je ℵ αξ = ℵ β α. ξ<β Stav Neka važi uopštena kontinuum hipoteza. Neka su α i β ordinali, pri čemu je β granični ordinal, a α supremum strogo rastućeg niza α ξ ξ < β. Tada je ℵ α+1 = ξ<β ℵ αξ = ℵ β α.

88 4.5. KONTINUUM 87 Dokaz. Na osnovu Posledice i Posledice , imamo da je ℵ α = ξ<β ℵ α ξ < ξ<β ℵ α ξ. Kako niz α ξ ξ < β uspostavlja injekciju iz ordinala β u ordinal α, to je β α. Sada, na osnovu činjenice da je alef funckija normalna, Teoreme a) i pretpostavke da uopštena kontinuum hipoteza važi imamo ℵ α < ξ<β ℵ αξ ξ<β ℵ α = ℵ β α ℵ α α ℵ ℵα α = 2 ℵα = ℵ α+1. Odavde sledi da mora da važi ℵ α+1 = ξ<β ℵ α ξ, jer u suprotnom ℵ α+1 ne bi bio kardinal sledbenik kardinala ℵ α. Dakle, imamo željeno tvrd enje. Teorema (Rekurzivna formula Tarskog) Ako je β granični ordinal, α supremum strogo rastućeg niza α ξ ξ < β i ℵ γ < cf(β), tada je ℵ ℵγ α = ξ<β ℵ ℵγ α ξ = sup{ℵ ℵγ α ξ ξ < β}. Specijalno, za granični ordinal α i ordinal γ za koji je ℵ γ < cf(α), imamo ℵ ℵγ α = ξ<α ℵ ℵγ ξ = sup{ℵ ℵγ ξ ξ < α}. Dokaz prethodne teoreme se može naći u [5]. Za kraj ove sekcije definišemo jake kardinale. Definicija Neka je κ beskonačan, a λ neprebrojiv kardinal. λ je κ-jak kardinal ako je ρ κ < λ za svaki kardinal ρ manji od λ. λ je jak granični kardinal ukoliko je ν-jak za svaki kardinal ν manji od λ. Drugačije rečeno, λ je jak granični kardinal ukoliko je ρ ν < λ za sve kardinale ρ i ν manje od λ. κ je slabo nedostižan kardinal ukoliko je regularan, neprebrojiv i graničan kardinal. κ je jako nedostižan kardinal ukoliko je regularan, neprebrojiv i jak granični kardinal. Pokazuje se da je λ jak granični kardinal ukoliko važi 2 ν < λ za sve kardinale ν manje od λ. Napomenimo još i činjenicu da se postojanje jako nedostižnih kardinala ne može dokazati u okviru teorije ZFC. 4.5 Kontinuum U sekciji 3.2 smo skup ω definisali kao skup prirodnih brojeva. Skup prirodnih brojeva se obeležava i sa N. Važi N = ℵ 0. U ovoj sekciji ćemo konstruisati skup realnih brojeva. Skup celih brojeva Z možemo konstruisati tako što na skupu N N definišemo relaciju sa (m, n) (k, l) m + l = n + k. Drugačije rečeno, mi možemo svakom ured enjom paru prirodnih brojeva (m, n) pridružiti njegovu razliku m n i reći da su dva ured ena para u relaciji ukoliko su im razlike jednake. Relacija je relacija ekvivalencije. Ceo broj definišemo kao klasu ekvivalencije relacije. Ceo broj zapravo predstavlja skup svih onih ured enih parova prirodnih brojeva koji imaju istu razliku. Možemo pisati Z = N N/. Važi Z = ℵ 0. Skup racionalnih brojeva Q možemo konstruisati tako što na skupu Z (Z \ {0}) definišemo relaciju sa (p, q) (r, s) p s = r q. Drugačije rečeno, mi možemo svakom ured enom paru celih brojeva (p, q), q 0 pridružiti njegov količnik p/q i reći da su dva ured ena para

89 88 POGLAVLJE 4. KARDINALI u relaciji ukoliko su im količnici jednaki. Relacija je relacija ekvivalencije. Racionalni broj definišemo kao klasu ekvivalencije relacije. Racionalni broj zapravo predstavlja skup svih onih ured enih parova celih brojeva (pri čemu svaka druga koordinata ured enog para mora biti ražličita od nule) koji imaju isti količnik. Možemo pisati Q = Z (Z \ {0})/. Važi Q = ℵ 0. Sada, konstruišemo realne brojeve. Prvo, uvedimo definiciju Dedekindovog preseka. Definicija Dedekindov presek u Q je ured eni par A, B nepraznih podskupova skupa Q takvih da je A B = Q, a A b B(a < b), inf(b) B, ukoliko infimum postoji. Skup realnih brojeva R, se definiše kao skup svih Dedekindovih preseka u Q. možemo definisati skup R sa Formalno Definicija (Skup realnih brojeva) R = {X P(Q) X, Q \ X je Dedekindov presek}. Kardinalnost skupa realnih brojeva nazivamo kontinuum i obeležavamo ga sa c. Dakle, R = c Jasno, imamo da je R P(Q) = 2 Q = 2 ℵ 0. Sa druge strane, postoji injekcija iz skupa ω 2 u skup R. Traženu injekciju dobijamo tako što svakom nizu f ω 2 pridružimo razlomak n<ω 2f(n)3 n 1 [0, 1] = {x R 0 x 1}. Dakle, imamo da je ω 2 = 2 ℵ 0 R, odakle sledi da je c = R = 2 ℵ 0. Zbog ovoga kontinuum hipotezu možemo reformulisati ekvivalentnom tvrdnjom X R(ω < X < R ). Ukoliko gornja tvrdnja važi, tada će biti ℵ + 0 = R odakle sledi da je ℵ 1 = 2 ℵ 0. Sa druge strane, pretpostavimo je ℵ 1 = 2 ℵ 0. Kada bi važilo X R(ω < X < R ), tada bi bilo ℵ + 0 X što dovodi do kontradikcije ℵ 1 = ℵ + 0 X < R = 2 ℵ 0. Mora biti, dakle, X R(ω < X < R ). Pokazuje se još i da je kardinalnost svakog segmenta [a, b] realnih brojeva, kao i svakog otvorenog (a, b), te poluotvorenog inervala [a, b), (a, b] skupa realnih brojeva jednak kardinalnosti samog skupa R. Za kraj ovog poglavlja evo jednog zanimljivog primera. Primer Dokažimo da postoji neko S R tako da je S + S otvoren interval realne prave, dok nijedan otvoren interval nije podskup od S S. Neka je (0; 1) = {x α : α < c} i proizvoljno dobro ured enje realne prave. Primetimo da za svako y (0; 1) važi max{0, y 1/2} < min{1/2, y} i da za svako z R takvo da je max{0, y 1/2} < z < min{1/2, y} važi {y z, z} (0, 1/2).

90 4.5. KONTINUUM 89 Konstruišimo rekurzivno brojeve r α R tako da za svako α < c važi p 1, p 2 β<α{x ( ) β r β, r β } p 1 p 2 / Q \ {0} i ( ) β < α {x β r β, r β } (0, 1/2) ( ) Neka je r 0 -najmanji element nepraznog skupa max{0, x 0 1/2}, min{1/2, x 0 } \ Q. Ako je α < c i ako su {r β : β < α} već konstruisani, primetimo da za skup ( ) 1 T := 2 x α + Q (x α p + Q) (p + Q) p P p P gde je P := β<α{x β r β, r β }, važi card(p ) < c, te je skup (l; d) \ T neprazan, gde je l := max{0, y 1/2}, d := min{1/2, y}, pa stoga r α možemo definisati kao -najmanji element skupa (l, d) \ T ; na ovakav način se indukcijska hipoteza očuvava jer važi {x α r α, r α } (0, 1/2) i zbog za svako z R. (x α z) z / Q z / 1 2 x α + Q (x α z) p / Q z / x α p + Q z p / Q z / p + Q Stavimo S := α<c{x α r α, r α }. Jasno je da važi (S S) Q = {0}, te skup S S ne može imati nijedan otvoren interval za svoj podskup. Takod e je jasno i da je S + S = (0, 1). Figure 4.1: Karikature Kantora

91 Zaključak Ovim radom, naravno, nije kompletno iscrpljena teorija ordinala i kardinala. Što se ordinala tiče, dalje se mogu proučavati načini za predstavljanje ordinala (videti [13]). Za dalje izučavanje se interesantnim mogu pokazati i redovi ordinala, koje smo definisali na samom kraju tre ceg poglavlja. Pri kraju prethodnog poglavlja definisali smo jake kardinale, kao i slabo/jako nedostižne kardinale. O svojstvima ovih kardinala može se više naći u [5]. Takod e, [5], predstavlja dobru polaznu tačku za naprednije izučavanje aritmetike ordinala i kardinala. Gotovo sva tvrd enja u ovom radu su dokazana u okviru ZFC teorije skupova. Zanimljivo je proučiti koja se tvrd enja iz ovog rada mogu, a koja ne mogu dokazati u ZF teoriji. U ovom smo radu za uvod enje pojma kardinala, kao i u dokazima nekih tvrd enja koristili aksiomu izbora. Med utim, kardinale je moguće uvesti i u okviru teorije ZF, tj. moguće ih je definisati i bez uključivanja aksiome izbora; neki teoreme u čijim smo dokazima koristili aksiomu izbora se mogu dokazati i bez upotrebe aksiome izbora, tj. mogu se dokazati i u ZF teoriji (npr. Hartogova teorema); zanimljivo je izučiti kako način uvod enja kardinala bez uključenja aksiome izbora, tako i dokaze ovih teorema u ZF sistemu. Radoznali čitalac se podrobnije o aksiomi izbora može informisati u [7]. 90

92 Literatura [1] G.D. Allen, The history of Infinity, Department of Mathematics Texas A& M University [2] J. Bell, M. Machover, A Course In Mathematical Logic, North-Holland publishing company, Amsterdam-New York-Oxford, [3] M. Fitting, R.M. Smullyan, Set Theory and The Continuum Problem, Clarendon Press, Oxford, [4] A. Hajnal, P. Hamburger, Set Theory Cambrige university press, [5] M. Holtz, K. Steffens, E. Weitz, Introduction to Cardinal Arithmetic, Birkhuser Verlag, Basel-Boston-Berlin, [6] T. Jech, Set Theory(the third millenium edition, revised and expanded), Springer- Verlag, Berlin, [7] T. Jech, The Axiom of Choice, North-Holland publishing company, Amsterdam- London, [8] A. Jovanović, A. Perović, B. Veličković, Teorija Skupova, Matematički fakultet, Beograd. [9] K. Kunen, Set Theory - An Introduction to Independence Proofs, North-Holland publishing company, Amsterdam-London-New York-Tokyo, [10] W. Rautenberg A Concise Introduction to Mathematical Logic(third edition), Springer, New York- Dordrecht-Heidelberg-London, [11] A. Whinston, A Finite History of Infinity, Portland state university, [12] [13] countable ordinal 91

93 Biografija Aleksandar Cvetković je rod en u Leskovcu. Završio je osnovnu školu Vuk Stefanović Karadžić u Leskovcu sa Vukovom diplomom. Završio je Srednju Medicinsku Školu u Leskovcu. Osnovne akademske studije je završio na Prirodno-matematičkom fakultetu u Nišu, na departmanu za matematiku. Master studije završava na Prirodno-matematičkom fakultetu u Nišu, na odseku za primenjenu matematiku u fizici. Dobitnik je stipendije fonda za mlade talente Dositeja, kao i stipendije ministarstva prosvete za razvoj naučnog i umetničkog podmlatka. 92

94 LITERATURA 93 Figure 4.2: Kakav je dom bez Droste kakaoa? Nepotpun. A sa njim se u raj pretvara. Sanjao sam da odlazim daleko, veoma daleko, ali koliko god daleko, veoma daleko stigao, uvek sam mogao da idem još dalje i sve dalje... -Reinaldo Arenas, Nemogući snovi