1 / 21

5.1 Kiválasztási axióma

1. 5. VÉGTELEN HALMAZOK. 5.1 Kiválasztási axióma. Másképp: nemüres halmazok bármely családjának a szorzata nem üres. Def. Rövidítés:. B majorálja A -t. Ha B majorálja A -t, de nem ekvivalensek, akkor B szigorúan majorálja A -t. Példa:.

dougal
Télécharger la présentation

5.1 Kiválasztási axióma

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. 1 5. VÉGTELEN HALMAZOK 5.1 Kiválasztási axióma Másképp: nemüres halmazok bármely családjának a szorzata nem üres.

  2. Def Rövidítés: BmajoráljaA-t. Ha B majorálja A-t, de nem ekvivalensek, akkor Bszigorúan majoráljaA-t. Példa: Legyen B:= Z, A:= 2Z (páros számok halmaza). B  A, mert  : B A, (x) := 2x, bijekció, és 2

  3. Kérdések: 3 trivi trivi igaz, nem biz. igaz, nem biz. Schröder-Bernstein-tétel Cantor-tétel

  4. Schröder-Bernstein-tétel: Biz. Feltehetjük, hogy X, Y diszjunkt halmazok és legyen f: X Y, g: Y X injektív függvény. Utódok (ősök) sorozata: x X esetén f(x), g(f(x)), f(g(f(x))), … végtelen árvába torkollik „Árva” : olyan X \ g (Y) vagy Y \ f(X) beli elem, amelynek nincs „őse” a másik halmazban. 4

  5. Legyen XX = X \ g (Y)  { az X \ g (Y)-beli elemek X-beli utódai } Legyen XY = { az Y \ f(X)-beli elemek X-beli utódai } Legyen X = { X-beli elemek, amelyeknek nincs árva őse } f(XX) = YX XX g1(XY) = YY XY f(X) = g1(X) = Y X 5

  6. 5.1.11. 6 5.1.12. Biz. f bijektív és y X : f(y) = Y  y  Y y Y = f(y)

  7. 5.2 Megszámlálható halmazok 7

  8. Biz. Ha X véges   X nem lehet végtelen, mert lenne  többi trivi 8

  9. Biz. 9

  10. Biz. esetén legyen bijekció f : 10

  11. Biz. A = A1  A2  … Diszjunkt halmazokat csinálunk: A1’ = A1 , A2’ = A2 \ A1’ , A3’ = A3\ (A1’  A2’) ... 11

  12. 12 Ai’ halmazokra igaz: 1. Ai’  Ai i -re. 2. A = A1’  A2’  ... . 3. Ai’  Aj’ =  olyan i, j esetén, ahol ij. Feltétel  Ai’ halmazok sorbarendezhetők : A1’ = { a11, a12, a13, ...}, A2’ = { a21, a22, a23, ...}, A3’ = { a31, a32, a33, ...},

  13. Biz. Z = N+ {0}  N 5.2.6 Tétel  megszámlálható  is 13

  14. Biz. diszjunktság miatt helyettesítsük X-et X \ Y-nal Legyen Z Y megszámlálható végtelen, f : Z  X  Z bijekció, és g : Y X  Y bijekció ! 14

  15. Biz. Tfh Y véges 4. fejezet  nem lehet ekvivalens saját valódi részhalmazával Tfh Y végtelen, x Y , és legyen Z = { x }, X = Y \ Z Y = X  Z ~ X tétel végtelen megszámlálható 15

  16. 5.3 Nem megszámlálható halmazok Biz. 16

  17. 17 Biz.* AN-en értelmezett karakterisztikus függvénye f leképezés N összes véges részhalmaza: megszámlálható sok N összes végtelen részhalmaza f bijekció

  18. Lemma. nem megszámlálható számosságú. Biz. Előzőekből tudjuk: (0,1)  [0,1)[0,1] R. Legyen A = {x xR, 0  x < 1}. Probléma: a szokásos módon nem tudjuk leírni a 0 egészrészű számokat: 0,1999999999999999... 0,2000000000000000...  vizsgálatunk tárgya: B = {xx 0-val kezdődő tizedestört, és nem tartalmaz valamely helytől kezdve csupa 9-est}. 18

  19. Próbáljuk meg B halmazt sorbarendezni ! x1 = 0,a11a12a13 ... x2 = 0,a21a22a23 ... x3 = 0,a31a32a33 ... ... y = 0,b1b2b3 ... bk  akk, bk[0..8] . y[0, 1) és yB , de y xi ! 19

  20. Biz. = X megszámlálható végtelen 20

  21. Kontinuumhipotézis: 21 Nem létezik olyan X halmaz, amire N X (N). Általánosított kontinuumhipotézis: Tetszőleges Y halmazra nem létezik olyan X halmaz, amire Y X (Y). Válasz: ZFC-ben egyik sem cáfolható és egyik sem bebizonyítható! Gödel 1939 Cohen 1963

More Related