KARDINALI Logika iteorija skupova - Пријаваnasport.pmf.ni.ac.rs/materijali/2105/LS-P13-Kardinali.pdf · DDDiiissskkkrrreeetttnnneee sstttrrruuukkktttuuurrreee– 2 – Kardinali

KARDINALI

Logika i teorija skupova

1 Logika KARDINALI

Ekvipotentnost skupovaEkvipotentnost skupovaEkvipotentnost skupova

Neke skupove mozemo intuitivno uporedivati po broju njihovih eleme-

nata i govoriti da jedan skup ima vise elemenata od nekog drugog.

Na primer, ako uporedimo broj elemenata skupova

A = {1, 5, 7, 8, 11} i B = {a, x, m}

zakljucicemo da skup A ima vise elemenata od skupa B.

Medutim, posmatrajmo skup N prirodnih brojeva i skup Np parnih

prirodnih brojeva.

Postavlja se pitanje: Koji od tih skupova ima vise elemenata?

Odgovor je: Imaju ”jednak broj” elemenata!

DDDiiissskkkrrreeetttnnneee sstttrrruuukkktttuuurrreee– 2 – Kardinali– 2 – Kardinali– 2 – Kardinali


Kako smo utvrdili da N i Np imaju ”jednak broj” elemenata?

To smo utvrdili na taj nacin sto smo uocili da postoji bijekcija iz skupa

N na skup Np.

Jedna od takvih bijekcija je, na primer, funkcija f : N → Np definisana

sa f(x) = 2x.

Postojanje bijekcije iz N na Np znaci da svakom prirodnom broju odgo-

vara tacno jedan paran broj, i obratno.

Prema tome, u nekom smislu, ti skupovi imaju jednak broj elemenata.

DDDiiissskkkrrreeetttnnneee ssstttrrruuukkktttuuurrree– 3 – Kardinali– 3 – Kardinali– 3 – Kardinali


Zbog svega ovog, uvodi se sledeca definicija:

Skup A je ekvipotentan sa skupom B, u oznaci A ∼ B, ako postoji

bijekcija f : A → B.

Kazemo jos i da je A ekvivalentan sa skupom B, ili da je A iste moci

sa skupom B.

Za proizvoljnu bijekciju f : A → B pisemo i f : A ∼ B i kazemo da

f realizuje ekvipotentnost skupova A i B.



Primer 2.28

a) Skup A = {0, 1, 2} je ekvipotentan sa B = {∅, {∅}, {∅, {∅}}}.

Jedna bijekcija koja to potvrduje je

f(0) = ∅, f(1) = {∅}, f(2) = {∅, {∅}}.

b) Skup A = {0, 1} nije ekvipotentan sa skupom B = {−1, 0, 1}.

Nijedno preslikavanje iz A u B nije bijekcija.

c) Neka je A proizvoljan skup. Tada je A ∼ (A × {1}), s obzirom da

je preslikavanje f : x 7→ (x, 1) bijekcija iz A u A × {1}.



e) Kao sto smo vec rekli, skup prirodnih brojeva N je ekvipotentan sa

svojim podskupom, skupom parnih brojeva Np.

d) Neka su dati intervali na realnoj pravoj A = [0, 1] i B = [5, 7].

Preslikavanje f : A → B, zadato formulom f(x) = 2x + 5 je

bijekcija iz A u B.

Dakle, A ∼ B.

Sta se ovde moze zakljuciti?

Intervali [0, 1] i [5, 7] sadrze ”podjednako mnogo” tacaka, iako nisu

jednake duzine.

Vazi i opstije tvrdenje, koje dokazujemo u daljem tekstu.



Primer 2.28-1 Svaka dva zatvorena intervala [a, b] i [c, d] skupa R

realnih brojeva su ekvipotentna.

Dokaz: Bijekciju f : [a, b] → [c, d] definisemo kao linearnu funkciju

koja slika a u c i b u d.

Do izraza za tu linearnu funkciju

dolazimo preko jednacine prave koja

prolazi kroz tacke (a, c) i (b, d):

x − a

y − c=

b − a

d − c

odakle je

y = f(x) =d − c

b − ax +

bc − ad

b − a

x

y

a b

c

d f(x)

– 7 – Kardinali– 7 – Kardinali– 7 – Kardinali


Iako se sa slike jasno vidi da je f bijekcija, to dokazujemo i formalno.

(a) Injektivnost: Neka je f(x1) = f(x2), za neke x1, x2 ∈ [a, b].

Tada jednostavno dobijamo da je

d − c

b − a(x1 − x2) = 0,

i kako je d − c 6= 0, to je x1 − x2 = 0, odnosno x1 = x2.

(b) Sirjektivnost: Neka je y ∈ [c, d]. Tada je y = f(x), gde je

x =b − a

d − cy +

ad − bc

d − c.



Primer 2.28-2 Svaka dva otvorena intervala (a, b) i (c, d) skupa R

realnih brojeva su ekvipotentna.

Dokaz: Neka je f bijekcija iz zatvorenog intervala [a, b] na zatvoreni

interval [c, d] definisana kao u prethodnom primeru.

Kako f slika a u c i b u d, to restrikcija funkcije f na otvoreni interval

(a, b) jeste bijekcija iz (a, b) na (c, d).

Prema tome, (a, b) ∼ (c, d).



Primetimo da za proizvoljne skupove A, B i C vazi:

1) A ∼ A.

Jasno, identicko preslikavanje IA je jedna od bijekcija iz A u A.

2) A ∼ B ⇒ B ∼ A.

Ako je f bijekcija iz A na B, onda je f−1 bijekcija iz B na A.

3) A ∼ B ∧ B ∼ C ⇒ A ∼ C.

Naime, ako je f bijekcija iz A na B i g je bijekcija iz B na C, onda

je f ◦ g bijekcija iz A na C.

Drugim recima, na bilo kom skupu skupova, ∼ je relacija ekvivalencije.


Kona cni i beskona cni skupoviKona cni i beskona cni skupoviKona cni i beskona cni skupovi

Potsetimo se da smo za proizvoljan prirodan broj n, sa Nn oznacavali

skup prvih n prirodnih brojeva, tj.

Nn = {1, 2, . . . , n}.

Za skup A kazemo da je konacan ako je ili prazan, ili je ekvipoptentan

sa skupom Nn, za neki prirodan broj n.

Jasno, ”A je ekvipotentan sa Nn” znaci da ”A ima n elemenata”, a

proizvoljna bijekcija f : Nn ∼ A zapravo ”prebrojava” elemente iz A.

Pri tome obicno pisemo A = {a1, a2, . . . , an}, gde je ai = f(i), za

svaki i ∈ Nn.

Ako skup A nije konacan, onda kazemo da je beskonacan.



Tvrdenje 1.1. Skup A je beskonacan ako i samo ako je ekvipotentan

sa nekim svojim pravim podskupom.

Dokaz: Neka je A beskonacan skup, tj., A nije ekvipotentan ni sa

jednim od skupova Nn, n ∈ N.

Definisimo induktivno niz {an}n∈N elemenata iz A na sledeci nacin:

(i) Neka je a1 proizvoljan element iz A.

(ii) Ako su definisani razliciti elementi a1, a2, . . . , an iz A, tada se an+1

definise kao proizvoljan element skupa A \ {a1, a2, . . . , an}.

Takav element sigurno postoji, jer ako bi skup A\{a1, a2, . . . , an} bio

prazan, tj. A = {a1, a2, . . . , an}, onda bi A bio ekvipotentan sa Nn.



Formirajmo sada skup A′ = {an | n ∈ N} i definisimo funkciju

f : A → A sa

f(x) =

{

x ako je x ∈ A \ A′

an+1 ako je x = an ∈ A′

Tada je f bijekcija iz A na njegov pravi podskup A \ {a1}.

Obratno, neka je A ekvipotentan sa nekim svojim pravim podskupom.

Tada je jasno da A ne moze biti konacan, jer konacan skup ne moze

biti ekvipotentan, odnosno, ne moze imati isti broj elemenata sa svojim

pravim podskupom.



Primer 1. Skup N prirodnih brojeva je beskonacan.

Dokaz: Vec smo dokazali da je N ∼ Np, pri cemu je N $ N.

Primer 2. Skup R realnih brojeva je beskonacan.

Dokaz: Skup R realnih brojeva je ekvipotentan sa svakim svojim

otvorenim intervalom.

Naime, neka je (a, b) proizvoljan otvoreni interval skupa realnih brojeva.

Kako je funkcija f(x) = tg x (funkcija tangens) bijekcija iz intervala

(−π, π) na R, to je R ∼ (−π, π).

Sa druge strane, imamo da je (−π,π) ∼ (a,b), pa imamo da je R ∼ (a,b).



Tvrdenje 1.2. Vazi sledece:

a) Svaki nadskup beskonacnog skupa je beskonacan.

b) Svaki podskup konacnog skupa je konacan.

c) Svaki skup ekvipotentan beskonacnom skupu je beskonacan.

d) Svaki skup ekvipotentan konacnom skupu je konacan.

Dokaz: a) Neka je A beskonacan skup i A ⊆ B.

Tada postoji pravi podskup C od A i bijekcija f : A → C.

Generalna ideja je da se f prosiri do bijekcije g : B → B.



Najjednostavniji nacin da se to uradi je da se uzme da je g(x) = x, za

svaki x ∈ B \ A, tj. da se g definise sa

g(x) =

{

f(x) ako je x ∈ A

x ako je x ∈ B \ A

Lako se proverava da je g bijekcija iz B na skup C ∪ (B \ A), koji je

pravi podskup od B.

Time smo dokazali da je B beskonacan skup.



b) Ako je A konacan skup i B ⊆ A, tada i B mora biti konacan.

Naime, ako bi B bio beskonacan, tada bi i A morao biti beskonacan,

prema tvrdenju pod a).

Tvrdenja pod c) i d) se dokazuju jednostavno i ostavljaju se za vezbu.

Primer 3. Skup Z celih i skup Q racionalnih brojeva su beskonacni.

Dokaz: Prema prethodnom tvrdenju, kao nadskupovi beskonacnog

skupa N.



Tvrdenje 1.3. Dokazati da se dodavanjem jednog elementa konacnom

skupu ponovo dobija konacan skup.

Dokaz: Neka je A konacan skup, tj., A je ekvipotentan sa Nn, za

neki n ∈ N, i neka je f : A → Nn proizvoljna bijekcija.

Ako je skup B dobijen dodavanjem skupu A nekog novog elementa b,

tada je sa

g(x) =

{

f(x) ako je x ∈ A

n + 1 ako je x = b

definisana bijekcija iz A na skup Nn+1.

Ovim je dokazano da je B konacan skup.



Tvrdenje 1.4. Dokazati da se oduzimanjem jednog elementa beskonac-

nom skupu ponovo dobija beskonacan skup.

Dokaz: Ovo sledi neposredno iz prethodnog zadatka.

Naime, neka je A beskonacan skup i neka je B skup nastao iz A odu-

zimanjem jednog njegovog elementa a.

Tada mozemo da kazemo i da je A nastao dodavanjem elementa a

skupu B, pa ako bi B bio konacan, onda bi prema prethodnom zadatku

i A morao biti konacan.

Odavde zakljucujemo da B mora biti beskonacan skup.


Prebrojivi skupoviPrebrojivi skupoviPrebrojivi skupovi

Za skup A kazemo da je prebrojiv ako je ili konacan, ili je ekvipotentan

skupu N prirodnih brojeva.

Skupove koji nisu prebrojivi zovemo neprebrojivim skupovima, a skupove

ekvipotentne skupu N prirodnih brojeva zovemo prebrojivo beskonacnim.

Ako je skup A prebrojivo beskonacan, tj. postoji bijekcija f : N → A,

onda obisno koristimo sledece oznake:

f(1) = a1, f(2) = a2, f(3) = a3, . . . , f(k) = ak, . . .

pa skup A predstavljamo u obliku A = {a1, a2, . . . , ak, . . .}.

Drugim recima, elemente iz A smo nabrojali i svrstali u jedan besko-

nacan niz, odakle i potice naziv “prebrojiv skup”.

Slicno, konacan skup se moze zapisati u obliku A = {a1, a2, . . . ak},

za neki prirodan broj k.



Tvrdenje 1.5. Svaki beskonacan podskup prebrojivo beskonacnog sku-

pa je takode prebrojivo beskonacan.

Dokaz: Neka je B beskonacan podskup prebrojivo beskonacnog skupa

A, gde A predstavljamo u obliku

A = {a1, a2, . . . , ak, . . .}.

Definisimo sada podskup skupa B (tj. podniz niza A) na sledeci nacin.

Neka je n1 najmanji prirodan broj takav da je an1∈ B. Ovim je

jednoznacno odreden element an1∈ B.

Potom uzimamo da je n2 najmanji prirodan broj takav da je

an2∈ B \ {an1

},

cime smo odredili element an2∈ B.



Pretpostavimo sada da smo odredili skup {an1, an2

, . . . , ank} eleme-

nata iz B.

Tada je skup B \ {an1, an2

, . . . , ank} neprazan, jer je B beskonacan

skup, pa postoji najmanji prirodan broj nk+1 takav da je

ank+1∈ B \ {an1

, an2, . . . , ank

},

cime smo odredili jos jedan element ank+1∈ B.

Na ovaj nacin je odreden beskonacan podskup

C = {an1, an2

, . . . , ank, . . .}

skupa B, ciji su svi elementi medusobno razliciti.



Definisimo sada preslikavanje f : N → C sa f(k) = ank.

Tada je f bijekcija iz N na C, tj. N ≃ C.

Kako je, po pretpostavci, A ≃ N, to imamo da je A ≃ C, tj. A je

ekvipotentan sa podskupom C skupa B.

Sa druge strane, B je ekvipotentan sa podskupom B skupa A, pa

prema Sreder-Bernstajnovoj teoremi (koju cemo navesti nesto kasnije)

imamo da su i A i B ekvipotentni.

To na kraju povlaci da je B ekvipotentan sa N.

Tvrdenje 1.6. Svaki podskup prebrojivog skupa je prebrojiv.

Dokaz: Sledi iz prethodnog tvrdenja.



Tvrdenje 1.7. Svaki beskonacan skup sadrzi prebrojivo beskonacan

podskup.

Dokaz: Neka je A proizvoljan beskonacan skup.

Formirajmo niz {ak}k∈N elemenata iz A na sledeci nacin.

Najpre uzimamo proizvoljno a1 ∈ A.

Ukoliko su vec odredeni elementi a1, a2, . . . , ak, za neko k ∈ N, tada

uzimamo da je ak+1 ∈ A \ {a1, a2, . . . , ak} proizvoljan element.

Takav element postoji jer je A 6= {a1, a2, . . . , ak}, zbog pretpostavke

da je A beskonacan skup.



Na ovaj nacin smo formirali beskonacan podskup

A′ = {a1, a2, . . . , ak, . . .}

skupa A.

Njegovi elementi su, prema svojoj definicji, medusobno razliciti, pa

funkcija f : N → A′ definisana sa f(k) = ak je bijekcija iz N na A′.

Prema tome, A′ je prebrojivo beskonacan podskup od A.



Tvrdenje 1.8. Unija prebrojivo beskonacnog skupa i konacnog skupa

je prebrojivo beskonacan skup.

Dokaz: Neka je A prebrojivo beskonacan a B konacan skup.

Pretpostavimo najpre da su A i B disjunktni skupovi.

Predstavimo skupove A i B u obliku

A = {a1, a2, . . . , ak, . . .} i B = {b1, b2, . . . , bn},

za neki n ∈ N, i definisimo preslikavanje f : N → A ∪ B sa

f(k) =

{

bk ako je k 6 n

ak−n ako je k > n.



To znaci da elemente iz skupa A∪B nabrajamo tako sto najpre nabra-

jamo sve elemente iz konacnog skupa B, a potom nastavljamo sa nabra-

janjem elemenata iz A.

1 2 . . . n n + 1 n + 2 n + 3 . . .

↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓

b1 b2 . . . bn a1 a2 a3 . . .

Neposredno se proverava da je f bijekcija iz N na A ∪ B, sto znaci da

je A ∪ B prebrojivo beskonacan skup.

Sa druge strane, ako A i B nisu disjunktni, stavimo da je C = B \ A.

Tada su A i C disjunktni, A ∪ B = A ∪ C i C je konacan, pa pre-

ma dokazanom u prethodnom slucaju, A ∪ B = A ∪ C je prebrojivo

beskonacan skup.



Tvrdenje 1.9. Unija dva prebrojivo beskonacna skupa je prebrojivo

beskonacan skup.

Dokaz: Neka su A i B dva prebrojivo beskonacna skupa. Dokaza-

cemo da je A ∪ B takode prebrojivo beskonacan skup.

Razmotrimo najpre slucaj kada su A i B disjunktni skupovi.

Kako su A i B prebrojivo beskonacni, to postoje bijekcije f : N ∼ A i

g : N ∼ B.

Definisimo funkciju h : N → A ∪ B na sledeci nacin

f(n) =

{

ak ako je n = 2k − 1, za neki k ∈ N

bk ako je n = 2k, za neki k ∈ N



To znaci da elemente iz skupa A ∪ B nabrajamo tako sto naizmenicno

nabrajamo po jedan element iz skupova A i B.

1 2 3 4 . . . 2k − 1 2k . . .

↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓

a1 b1 a2 b2 . . . ak bk . . .

Neposredno se proverava da je h bijekcija iz N na A ∪ B.



Sa druge strane, ukoliko A i B nisu disjunktni, tada stavljamo da je

C = B \ A, pa dobijamo da je A ∪ B = A ∪ C, pri cemu su A i C

disjunktni i C je ili konacan ili prebrojivo beskonacan skup.

Ukoliko je C konacan, tada primenjujemo tvrdenje iz prethodnog za-

datka, a ako je C prebrojivo beskonacan, tada primenjujemo prvi slucaj

u ovom zadatku.

U oba ova slucaja dobijamo da je A∪B prebrojivo beskonacan skup.



Tvrdenje 1.10. Unija konacno mnogo prebrojivo beskonacnih skupova

je prebrojivo beskonacan skup.

Dokaz: Dokazuje se indukcijom po broju clanova unije, koristeci

prethodno tvrdenje.

Primer 4. Skup Z celih brojeva je prebrojivo beskonacan.

Dokaz: Sledi iz cinjenice da su skup svih pozitivnih celih brojeva Z+ i

skup svih negativnih celih brojeva Z− prebrojivi, jer su ekvipotentni sa

N, i Z = Z+ ∪ Z− ∪ {0}.



Primer 5. Skup N × N je prebrojivo beskonacan.

Dokaz: Definisimo preslikavanje f : N × N → N sa

f(a, b) = 2a−1 · (2 · (b − 1) + 1).

Da bi dokazali njegovu injektivnost, uzmimo da je f(a, b) = f(c, d),

za neke a, b, c, d ∈ N, odnosno

(1) 2a−1 · (2 · (b − 1) + 1) = 2c−1 · (2 · (d − 1) + 1).

Ako je a 6 c i ako podelimo jednakost (1) sa 2c−1, dobijamo da je

2a−c · (2 · (b − 1) + 1) = 2 · (d − 1) + 1.

Sa desne strane je neparan broj, odakle sledi da mora biti a = c.

Slicno, i u slucaju c 6 a dobijamo da je a = c.



Dalje, iz a = c, skracivanjem jednakosti (1) dobijamo

2 · (b − 1) + 1 = 2 · (d − 1) + 1,

sto povlaci b = d.

Dakle, dobili smo da je (a, b) = (c, d), cime smo dokazali da f injekcija.

Da bi dokazali da je f sirjektivno preslikavanje, razmotrimo proizvoljan

prirodan broj n. Neka je 2k najveci stepen broja 2 koji deli n (ako je

n neparan, tada je k = 0).

Tada se n moze zapisati u obliku n = 2k · m, gde je m neparan broj,

tj. m = 2 · r + 1, za neki r ∈ N0 = 0.

Prema tome, n = 2k · (2 · r + 1), pa je f(k + 1, r + 1) = n.

Time smo dokazali da je f sirjektivno preslikavanje.



Primer 6. Skup Q racionalnih brojeva je prebrojivo beskonacan.

Dokaz: Najpre uocavamo da je Q+ ∼ N × N, gde je Q+ skup svih

pozitivnih racionalnih brojeva.

To je stoga sto se a ∈ Q+ moze na jedinstven nacin predstaviti u

obliku razlomka a = p/q, gde su p, q ∈ N uzajamno prosti brojevi, tj.

u obliku neskrativog razlomka.

Dakle, prema prethodnom primeru, Q+ ∼ N.

Takode, Q+ ∼ Q−, gde je Q− skup negativnih racionalnih brojeva, pa

je Q− ∼ N.

Konacno, Q = Q+∪Q−∪{0}, odakle sledi da je Q prebrojivo beskonacan.


Neprebrojivi skupoviNeprebrojivi skupoviNeprebrojivi skupovi

Skupovi N, Z i Q su bili primeri prebrojivo beskonacnih skupova.

Sada dajemo primere i neprebrojivih skupova, i dokazacemo da je skup

R realnih brojeva upravo takav.

To cinimo tako sto najpre dokazujemo da je neprebrojiv otvoreni interval

(0, 1) skupa realnih brojeva.

Tvrdenje 1.11. Interval (0, 1) skupa realnih brojeva je neprebrojiv.

Dokaz: Najpre primecujemo da proizvoljan realan broj x ∈ (0, 1) ima

decimalni zapis oblika x = 0.x1x2x3 . . ., gde su xk ∈ {0, 1, 2, . . . , 9},

ali takav zapis ne mora biti jedinstven.

Na primer, 1/4 = 0.2500000 . . . i 1/4 = 0.249999 . . ..



Da bi se dobio jedinstven zapis, dogovoricemo se da se svaki broj koji

ima konacan broj k nenula decimala (racionalan broj), umesto u obliku

0.x1x2 . . . xk0000 . . .

predstavi u obliku

0.x1x2 . . . x′k9999 . . .

gde je x′k

= xk − 1.

Drugim recima, zadnja nenula decimala se smanjuje za 1 a umesto nula

koje idu za njom se ubacuju devetke.

Brojevi zapisani na taj nacin imaju jedinstven zapis, sto znaci da ako

je x = 0.x1x2x3 . . . i y = 0.y1y2y3 . . ., pri cemu je xk 6= yk, bar za

jedno k ∈ N, tada je x 6= y.



Pretpostavimo sada da je interval (0, 1) prebrojiv, tj. da se moze pred-

staviti u obliku niza {x1, x2, x3, . . . , xk, . . .}.

Svaki element iz ovog niza ima decimalni zapis napravljen u skladu sa

prethodno donetim dogovorom, pa imamo sledecu semu

x1= 0,a11a12a13. . .a1n. . .

x2= 0,a21a22a23. . .a2n. . .

x3= 0,a31a32a33. . .a3n. . ....

. . .xn= 0,an1an2an3. . .ann. . ....

. . .

Uocimo niz brojeva na dijagonali: a11, a22, a33, . . . , ann, . . .



Formirajmo sada broj x sa decimalnim zapisom

x = 0, a1a2a3 . . . an . . . ,

gde je

ak =

{

5 ako je akk 6= 5

1 ako je akk = 5

Ovaj broj se ne nalazi u gornjoj semi, jer je an 6= ann, za svaki n ∈ N,

pa je x 6= xn, za svaki n ∈ N.

Medutim, x ∈ (0, 1), pa smo dobili kontradikciju.

Na osnovu svega ovog zakljucujemo da je bila pogresna pretpostavka

da je (0, 1) prebrojiv, pa zakljucujemo da je (0, 1) neprebrojiv.



Metod koriscen u prethodnom dokazu poznat je pod nazivom Kantorov

dijagonalni postupak.

Kantor je, inace, i prvi dokazao prethodno tvrdenje, pa se ono naziva i

Kantorova teorema.

Kako je, kao sto smo ranije dokazali, skup R realnih brojeva ekvipoten-

tan svakom svom otvorenom intervalu, to dobijamo sledece tvrdenja,

koje zapravo predstavlja glavni rezultat ovog poglavlja.

Tvrdenje 1.12. Skup R realnih brojeva je neprebrojiv.

Dokaz: Sledi iz prethodnog tvrdenja.



Primer 7. Skup I iracionalnih brojeva je neprebrojiv.

Dokaz: Skup R realnih brojeva se moze napisati u obliku R = Q ∪ I.

Kako je Q prebrojivo beskonacan, to bi eventualna prebrojiva besko-

nacnost skupa I povukla za sobom i prebrojivu beskonacnost skupa R,

sto, kao sto smo dokazali, nije slucaj.

Prema tome, I ne moze biti prebrojivo beskonacan.


Kardinalni broj skupaKardinalni broj skupaKardinalni broj skupa

Neka je svakom skupu A pridruzen objekat, oznacen sa |A| (ili card A),

tako da su zadovoljeni sledeci uslovi:

(i) |A| = 0 ako i samo ako je A = ∅.

(ii) Ako je A neprazan konacan skup i A ≃ Nk, za neko k ∈ N, tada

je |A| = k.

(iii) Ako su A i B proizvoljni skupovi, tada je |A| = |B| ako i samo ako

je A ≃ B.

U tom slucaju |A| nazivamo kardinalnim brojem (”glavni broj”), kardi-

nalom ili kardinalnoscu skupa A.

Kardinalne brojeve konacnih skupova nazivamo konacnim kardinalima,

a kardinalne brojeve beskonacnih skupova transfinitnim kardinalima.


Kardinalni broj skupaKardinalni broj skupaKardinalni broj skupa

Kardinalni broj konacnog skupa jednak je broju njegovih elemenata.

Odatle se vidi da je pojam kardinalnog broja skupa u stvari prosirenje

pojma broja elemenata skupa.

Kardinalni broj skupa A zapravo jeste klasa svih skupova koji su ekvi-

valentni sa A.

Kardinalni broj skupa N prirodnih brojeva oznacava se sa ℵ0 (cita se

alef nula – to je prvo slovo hebrejske azbuke).

Ocito, ako je A proizvoljan prebrojiv skup, onda je |A| = ℵ0.

Kardinalni broj skupa realnih brojeva naziva se kontinuum i oznacava

se sa c.

Za svaki skup koji je ekvipotentan sa R kaze se da ima moc kontinuuma.


Uredenje kardinalnih brojevaUredenje kardinalnih brojevaUredenje kardinalnih brojeva

Neka su A i B skupovi.

Za kardinalni broj |A| skupa A kazemo da je manji ili jednak kardinal-

nom broju |B| skupa B, ako je skup A ekvipotentan nekom podskupu

od B, tj. ako postoji injekcija iz A u B.

To simbolicki oznacavamo sa |A| 6 |B|,

Ako je |A| 6 |B| i |A| 6= |B|, tada pisemo |A| < |B|, i kazemo da je

kardinalni broj |A| strogo manji od kardinalnog broja |B|.

Ako je |A| 6 |B|, tada takode pisemo i |B| > |A|, i kazemo da je

kardinalni broj |B| veci ili jednak kardinalnom broju |A|.

Ako je |A| < |B|, tada pisemo i |B| > |A| i kazemo da je kardinalni

broj |B| strogo veci od kardinalnog broja |A|.



Tvrdenje 1.13. Neka su A, B i C proizvoljni skupovi. Tada vazi:

(1) A 6 A.

(2) A 6 B ∧ B 6 A ⇒ A ∼ B.

(3) A 6 B ∧ B 6 C ⇒ A 6 C.

Dokaz: (1) Sledi iz cinjenice da je A ∼ A.

(3) Sledi iz cinjenice da je kompozicija dve injekcije takode injekcija.

Dokaz tvrdenja (2) je prilicno komplikovan, pa ce biti izostavljen.

Tvrdenje (2) je poznato kao Sreder-Bernstajnova teorema.

Na primer, |N| < |R|.



Tvrdenje 1.14. (Kantorova teorema) Za proizvoljan skup A je

|A| < |P(A)|.

Dokaz: Ako je A = ∅, tada je |∅| = 0 < 1 = |P(∅)|.

Uzmimo dalje da je A 6= ∅.

Tada preslikavanje g : A → P(A) definisano sa g(a) = {a} je injekcija

iz A u P(A), pa je |A| 6 |P(A)|.

Preostaje da se dokaze da je |A| 6= |P(A)|.

Pretpostavimo suprotno, da postoji bijekcija f : A → P(A).



Razmotrimo skup S = {a ∈ A | a /∈ f(a)}.

Kako je S ∈ P(A) i f je bijekcija, to postoji element e ∈ A takav da

je f(e) = S.

Za takvo e imamo dve mogucnosti: e ∈ S i e /∈ S.

Ako je e ∈ S, onda e /∈ f(e) = S, a ako e /∈ S, onda je e ∈ f(e) = S,

oba puta prema definiciji skupa S.

Dakle, dobili smo kontradikciju, pa zakljucujemo da ne postoji bijekcija

iz A na P(A), sto znaci da je |A| < |P(A)|.

DDDiiissskkkrrreeetttnnneee ssstttrrruukkktttuuurrreee– 46 – Kardinali– 46 – Kardinali– 46 – Kardinali

Sabiranje kardinalnih brojevaSabiranje kardinalnih brojevaSabiranje kardinalnih brojeva

Neka je a = |A| i b = |B|.

Kako bi smo definisali zbir a + b?

Kakav je slucaj kod konacnih kardinala?

Ako je m = |A| i n = |B|, sta je onda m + n?

Odgovor je: m + n = |A ∪ B|, ali samo ako su A i B disjunktni.

Prema tome, uzimamo da je a+bdef= |A∪B|, gde su A i B disjunktni

skupovi takvi da je a = |A| i b = |B|.

Ukoliko A i B nisu disjunktni, onda jedan od njih uvek mozemo zameniti

ekvipotentnim skupom koji je disjunktan sa drugim.

Na primer, mozemo zameniti B sa B × {1}, koji je disjunktan sa A.


Sabiranje kardinalnih brojevaSabiranje kardinalnih brojevaSabiranje kardinalnih brojeva

Da li je ova definicija dobra?

Ovo pitanje znaci: ako imamo drugi par A′, B′ disjunktnih skupova,

takav da je a = |A′| i b = |B′|, da li ce onda biti i |A∪B| = |A′∪B′|?

Odgovor na ovo pitanje je pozitivan – definicija je dobra.

Zadatak: Dokazati da iz |A| = |A′| i |B| = |B′| sledi

|A ∪ B| = |A′ ∪ B′|.


Množenje kardinalnih brojevaMnoženje kardinalnih brojevaMnoženje kardinalnih brojeva

Ako je a = |A| i b = |B|, kako definisati proizvod a · b?

Kakvu sugestiju pruza slucaj konacnih kardinala?

Ako je m = |A| i n = |B|, koji skup, dobijen nekim operacijama iz

skupova A i B, ima kardinalnost m · n? Naravno, skup A × B!

Dakle, uvodimo definiciju abdef= |A × B|, gde su A i B skupovi takvi

da je a = |A| i b = |B|.

Ova definicija je dobra, jer vazi

|A| = |A′| ∧ |B| = |B′| ⇒ |A × B| = |A′ × B′|.

Zadatak: Dokazati ovu implikaciju.


Stepenovanje kardinalnih brojevaStepenovanje kardinalnih brojevaStepenovanje kardinalnih brojeva

Ako je a = |A| i b = |B|, kako definisati stepen ba?

Kakvu sugestiju ovde pruza slucaj konacnih kardinala?

Ako je m = |A| i n = |B|, koji skup, dobijen nekim operacijama iz

skupova A i B, ima nm elemenata?

Odgovor je: nm elemenata ima skup BA svih preslikavanja iz A u B!

Motivisano time, definisemo ba

def= |BA|, gde su A i B skupovi takvi

da je a = |A| i b = |B|.

Ova definicija je dobra, jer vazi

|A| = |X| ∧ |B| = |Y | ⇒ |BA| = |Y X|.

Zadatak: Dokazati ovu implikaciju.



Tvrdenje 1.15. Za proizvoljan skup A je |P(A)| = {0, 1}|A|.

Dokaz: Neka je B = {0, 1}.

Proizvoljnom podskupu E skupa A pridruzujemo preslikavanje

χE : A → B

definisano na sledeci nacin:

χE(a) =

{

1 ako je a ∈ E

0 ako a /∈ E.

To preslikavanje se naziva karakteristicna funkcija skupa E.



Dokazacemo da preslikavanje

χ : E 7→ χE

jeste bijekcija iz P(A) na BA.

Neka je χE = χF , za neke E, F ∈ P(A).

Ako je a ∈ E, tada χE(a) = 1, odakle sledi da je χF(a) = 1, jer je

χE = χF , sto znaci da je a ∈ F .

Prema tome, dokazali smo da je E ⊆ F .

Na potpuno isti nacin dobijamo da je F ⊆ E, cime smo dokazali da je

E = F .

Dakle, χ je injektivno preslikavanje.



Da bi smo dokazali da je χ sirjektivno preslikavanje, uocimo proizvoljan

element f ∈ BA, tj. neko preslikavanje f : A → B.

Neka je E = {a ∈ A | f(a) = 1}.

Neposredno se proverava da je f = χE, cime smo dokazali da je χ

sirjektivno preslikavanje.

Sumirajuci ono sto smo do sada dokazali zakljucujemo da je χ bijekcija

iz P(A) na BA, tj. da je |P(A)| = |BA| = {0, 1}|A|.



Tvrdenje 1.16. 2ℵ0 = c.

Dokaz: Neka je f : R → P(Q) preslikavanje definisano sa

f(a) = {x ∈ Q | x < a}, za proizvoljno a ∈ R.

Ovo preslikavanje je injektivno.

Naime, ako su a, b ∈ R razliciti brojevi, recimo a < b, tada postoji

q ∈ Q takav da je a < q < b, jer je skup Q svuda gust podskup od R.

Prema tome,

f(a) = {x ∈ Q | x < a} ⊂ {x ∈ Q | x < b} = f(b),

pa f(a) 6= f(b). Dakle, f je doista injektivno preslikavanje.

Diskretne strukture – 54 – KardinaliDiskretne strukture – 54 – KardinaliDiskretne strukture – 54 – Kardinali


Ovim smo dokazali da je

c 6 |P(Q)| = 2|Q| = 2ℵ0,

jer je, kao sto smo ranije dokazali, Q ∼ N, tj. |Q| = ℵ0.

Obratno, neka je

F : {0, 1}N → R

preslikavanje definisano na sledeci nacin: Za proizvoljno α ∈ {0, 1}N,

tj. za proizvoljno preslikavanje α : N → {0, 1}, neka je

F (α) = 0.α1α2 . . . αk . . . ,

gde je αk = α(k) i ovaj zapis je decimalni zapis realnog broja (ne

binarni, iako se javljaju samo dve cifre).



Za razlicite α, β ∈ {0, 1}N imamo da su decimale koje odreduju brojeve

F (α) i F (β) razlicite, sto znaci da je F (α) 6= F (β).

Ovim smo dokazali da je F injekcija iz {0, 1}N u R, pa je

2ℵ0 = |{0, 1}N| 6 |R| = c.

Dakle, dokazali smo da je 2ℵ0 = c.


Documents

KARDINALI Logika iteorija skupova - Пријаваnasport.pmf.ni.ac.rs/materijali/2105/LS-P13-Kardinali.pdf · DDDiiissskkkrrreeetttnnneee sstttrrruuukkktttuuurrreee– 2 – Kardinali