Aksiyomatik Kümeler Kuramı Özeti

Analitik geometri, kendi sayfadadır

Alıştırmalar

Giriş

  • Öklid’in Öğeler’inde ortak kavramları kullanarak postulatlardan diğer önermeleri kanıtlarız.

  • Kümeler kuramında mantığın kurallarını kullanarak aksiyomlardan diğer teoremleri kanıtlarız.

Her küme bir sınıftır, ama bir sınıf bir küme olmayabilir. Aksiyomlara göre bazı sınıflar kümedir. Boş sınıf hariç her sınıfın elemanı veya elemanları vardır, ve bunların hepsi bir kümedir.


İçerik


Formüller

a, b, c, A, B, C gibi harfler, sabittir. Bunlar kümelerin adıdır.

x, y, z gibi harfler, değişkendir.

Bir sabit veya değişken, bir terimdir.

Formüllerin tanımı özyinelidir. Dört çeşit vardır:

  1. t ve s terim olmak üzere ts bir içermedir.

  2. Eğer φ bir formül ise, o zaman ¬φ bir değillemedir.

  3. Eğer φ ve ψ formül ise, o zaman (φψ) bir tümel evetlemedir.

  4. Eğer x bir değişken ve φ bir formül ise, o zaman ∃x φ bir örneklemedir.

Her formül tek bir şekilde bir formül olur. Bundan dolayı değişkenlerin serbest geçişlerinin tanımı özyineli olabilir:

  1. Bir içermede bir değişkenin her geçişi, serbesttir.

  2. Bir değillemenin bileşeninde bir değişkenin serbest bir
    geçişi, değillemenin kendisinde serbesttir.

  3. Bir tümel evetlemenin bir bileşeninde bir değişkenin serbest bir geçişi, tümel evetlemenin kendisinde serbesttir.

  4. Bir ∃x φ örneklemesinde

    • x’ten farklı olan bir değişkenin φ’deki serbest bir geçişi serbesttir;

    • x’in hiç serbest geçişi yoktur.

Bir değişkenin serbest olmayan geçişi bağlıdır. Bir formülde bir değişkenin serbest geçişi varsa, bu değişken, formülün bir serbest değişkenidir. Serbest değişkeni olmayan bir formül, bir cümledir.

φ’nin tek serbest değişkeni x olmak üzere eğer φ’de

  • x’in her serbest geçişinin yerine a konulursa φ(a) cümlesi çıkar;

  • x’in serbest olduğu yerlerde y bağlı değilse ve x’in her serbest geçişinin yerine y konulursa φ(y) cümlesi çıkar.

Bir cümle ya doğru ya da yanlıştır, ikisi değildir.

  1. Eğer a b’nin bir elemanı ise, o zaman ab doğrudur.

  2. Eğer σ yanlış ise, o zaman ¬σ doğrudur.

  3. Eğer hem σ hem de τ doğru ise, o zaman (στ) da doğrudur.

  4. Eğer φ(a) doğru ise, bu durumda a φ’yi sağlar ve ∃x φ de doğrudur.

Formül Kısaltması
¬(¬φ ∧ ¬ψ) (φψ)
¬φψ φψ
(φψ) ∧ (ψφ) φψ
¬∃x ¬φ x φ
x (xtxu) tu
tuut t = u
¬ t = u tu
tutu tu
(φψ) ⇒ χ φψχ

Eşitlik

Aşağıdaki cümleler doğrudur:

(1)

xy (x = yφ(x) ⇒ φ(y)),

(2)

xy (∀z (zxzy) ⇒ x = y).

Her a için cümle (1)’in özel bir durumu olarak

xy (x = yxaya),

dolayısıyla

(3)

xyz (x = yxzyz).

Benzer şekilde

(4)

xyz (x = yzxzy).

Cümleler (3) ve (4)’ten Cümle (1) kanıtlanabilir. Dersimizde Cümleler (2) ve (4) tanımdan doğrudur ve Cümle (3) bir aksiyomdur. Bazı kitaplarda Cümle (1) mantıksal bir aksiyomdur ve Cümle (2) Kaplam Aksiyomudur.


Sınıflar

Tek serbest değişkeni x olan bir φ formülü {x: φ} sınıfını tanımlar; sınıfın elemanları φ’nin sağlayanlarıdır.

Sınıf Kısaltması
{x: xa} a
{x: xaxb} ab
{x: xaxb} ab
{y: ∀x (φyx)} ⋂ {x: φ}
{y: ∃x (φyx)} ⋃ {x: φ}
{x: xx} 0
{x: x = x} V
{x: x = a} {a}
{a} ∪ {b, …} {a, b, …}
a ∪ {a} a ′
{x: xaφ} {xa: φ}
  • a ′ a’nın ardılıdır.

  • Tanımlardan ⋂ 0 = V.

Şimdilik {x: φ} sınıfı A ve {x: ψ} sınıfı B olsun.

Formül Kısaltması
φ xA
x (φψ) AB
ABBA A = B
x (x = Aψ) ψ(A)

Sınıf Kısaltması
{x: xAxB} AB
{x: xAxB} AB
{x: xA} ℘(A)

Eğer

  • aB ise, o zaman B a’yı içerir;

  • AB ise, o zaman B A’yı kapsar.


Kümeler

Bir a kümesi {x: xa} sınıfı olduğundan her küme bir sınıftır.

Teorem 1 (Russell Paradoksu). {x: xx} sınıfı küme değildir. ∎

Ayırma Aksiyomu. Her {xa: φ} sınıfı bir kümedir.

Örneğin V bir küme değildir, ama her boş olmayan sınıfın kesişimi bir kümedir:

A ≠ 0 ⇒ ∃x x = ⋂ A.

Boş Küme Aksiyomu. 0 bir kümedir.

Bitiştirme Aksiyomu. Her durumda a ∪ {b} bir kümedir.


Doğal Sayılar

0′, 0′′, 0′′′, …, kümedir. Ayrıca

0 ∈ x ∧ ∀y (yxy′ ∈ x)

ifadesi bir formülün kısaltmasıdır. Bu formülü sağlayan bir küme, tümevarımlıdır.

Sonsuzluk Aksiyomu. Tümevarımlı bir küme vardır.

Şimdi tanıma göre

ω = ⋂ {x: 0 ∈ x ∧ ∀y (yxy ′ ∈ x)}.

O zaman ω bir kümedir. Elemanları, doğal sayılardır.

Teorem 2 (Tümevarım). Eğer bir A kümesi için

  1. 0 ∈ A ise ve

  2. ω’nın her n elemanı için nAn ′ ∈ A ise,

o zaman ω ⊆ A. Ayrıca

  1. 0 ∈ ω,

  2. ω’nın her n elemanı için n ′ ∈ ω. ∎

Alıştırma 1. ω’nın her elemanının ya 0 ya da bir elemanın ardılı olduğunu gösterin.

Bir A sınıfı için eğer

xy (xyyAxA),

kısaca

y (yAyA),

ise, o zaman A geçişlidir.

Alıştırma 2. ω’nın geçişli olduğunu gösterin.

Teorem 3. ω’da her k ve n için knkn.

Kanıt. n üzerinde tümevarım kullanacağız.

  1. ω’da her k için k ∉ 0, dolayısıyla k ∈ 0 ⇒ k ⊂ 0.

  2. ω’da bir m için her k için kmkm olsun. Şimdi bir k için km ′ olsun. O zaman kmk = m.

    1. Eğer km ise, o zaman hipoteze göre km, dolayısıyla mm ′ olduğundan km ′.

    2. Eğer k = m ise, o zaman km; ayrıca hipotez sayesinde mm olduğundan mm, dolayısıyla mm ′, ve sonuç olarak tekrar km ′.

Tümevarım tamamlanmıştır. ∎

Teorem 4. ω’da her k ve n için knkn. ∎

Sonuç olarak ⊂ bir sıralama olduğundan ω’da ∈ bir sıralamadır.

Alıştırma 3. ω’da her k ve n için k ′ = n ′ ⇒ k = n gösterin.

Sonuç olarak aşağıdaki Peano Aksiyomları denilen önermeler teoremdir:

  1. 0 hiç doğal sayının ardılı değildir.

  2. Doğal sayıların ardılları eşit ise, sayılar da eşittir.

  3. 0’ı iceren ve her elemanının ardılını da iceren bir küme, her doğal sayıyı icerir.

Teorem 5. ω’da her k ve n için knnk. ∎

Sonuç olarak ω’da ⊂ gibi ∈ doğrusal bir sıralamadır.

Alıştırma 4. (Güçlü Tümevarım.) Eğer bir A kümesi için, ω’nın her n elemanı için nAnA ise, ω ⊆ A gösterin.

Teorem 6. ω’nın her elemanı ∈ tarafından iyisıralanır. ∎

Alıştırma 5. ω ∈ tarafından iyisıralanır.


Ordinaller

Bir ordinal,

  1. geçişli,

  2. ∈ tarafından iyisıralanmış

bir kümedir. Ordinaller ON sınıfını oluşturur. Örneğin ω ∈ ON ve ω ⊂ ON.

α, β, γ, δ, ε, θ harfleri, ordinal sabittir; ξ, η, ζ harfleri, ordinal değişkendir.

Teorem 7. ON geçişlidir.

Kanıt. Alıştırma 6.

Lemma 1. ON’de ∈ bir sıralamadır.

Kanıt. Alıştırma 7.

Lemma 2. ON’de ∈ ve ⊂ aynı bağıntıdır. ∎

Teorem 8. Her ordinalde ∈ ve ⊂ aynı bağıntıdır.

Kanıt. Alıştırma 8.

ON’nin ∈ veya ⊂ sıralaması < ile gösterilebilir.

Lemma 3. ON’nin < sıralaması doğrusaldır. ∎

Teorem 9. ON’nin < doğrusal sıralaması iyidir. ∎

Teorem 10 (Burali-Forti Paradoksu). ON bir küme değildir. ∎

Teorem 11. Her α’nın ardılı

  • başka bir ordinaldir,

  • α’dan daha büyük olan ordinallerin en küçüğüdür, kısaca

    α ′ = min {ξ: α < ξ}. ∎

Ne 0 ne ardıl olan bir ordinal bir limittir. Örneğin ω en küçük limit ordinaldir. Sonsuzluk Aksiyomu’nu kullanmadan ω, ne limit olan ne limit içeren ordinallerin oluşturduğu sınıf olarak tanımlanabilir. 0 olmayan bir α’nın limit olması için gerek ve yeter bir koşul,

β < αβ ′ < α.

Eğer

  • α limit veya 0 ise, o zaman ⋃α = α;

  • α = β ′ ise ⋃α = β.

Bileşim Aksiyomu. Her kümenin bileşimi de bir kümedir.

Teorem 12. Elemanları ordinal olan her A
kümesinin bileşimi

  • bir ordinaldir,

  • A’nın en küçük üstsınırıdır, kısaca

    ⋃ A = sup (A).

Kanıt. Alıştırma 9.

Teorem 13 (Tümevarım). Elemanları ordinal olan bir A sınıfı için, eğer

  1. 0 ∈ A,

  2. αAα ′ ∈ A,

  3. γ limit olmak üzere γAγA

ise, o zaman A = ON. ∎


Göndermeler

Serbest değişkenleri x ve y olan bir φ formülü için, eğer her a için, en çok bir b için, φ(a, b) cümlesi doğru ise, o zaman φ bir göndermeyi tanımlar. Eğer bu gönderme F  olarak yazılırsa, o zaman φ(a, b) cümlesinin yerine kısaca

F (a) = b

yazılabilir. Ayrıca F ’nin kendisi

xF (x)

olarak yazılabilir.

  • {x: ∃y φ(x, y)} sınıfı F ’nin tanım sınıfıdır;

  • {y: ∃x φ(x, y)} sınıfı F ’nin değer sınıfıdır.

Örneğin xx, xa, xx ′, x ↦ ⋃ x, ve x ↦ ⋂ x göndermeleri vardır, ve son göndermenin tanım sınıfı {x: x ≠ 0}; diğerlerinki V.

Genelde bir {y: ∃x (xAF (x) = y)} sınıfı kısaca

{F (x): xA}

veya

F [A]

olarak yazılabilir.

Yerleştirme Aksiyomu. Her a kümesi için F [a] bir kümedir.

Tanıma göre

(a, b) = {{a}, {a, b}}

olsun. O zaman bir F göndermesi,

{z: ∃xy (z = (x, y) ∧ F (x) = y)}

veya kısaca

{(x, y): F (x) = y}

sınıfı olarak anlaşılabilir. O halde tanım sınıfı küme olan bir göndermenin kendisi bir kümedir.

Eğer A F ’nin tanım sınıfı ve F [A] ⊆ B ise

F : AB

yazılabilir. Eğer F : AA ise, o zaman A’da F  bir işlemdir.

Teorem 14 (Özyineleme). Her α ordinali ve F  ordinal işlemi için, bir ve tek bir G ordinal işlemi için

  1. G(0) = α,

  2. her β için G(β ′) = F (G(β)),

  3. γ limit olmak üzere G(γ) = sup (G[γ]). ∎

Tanıma göre kesin artan ve sürekli ordinal bir işlem normaldir.

Teorem 15. Bir F  ordinal işleminin normal olması için gerek ve yeter bir koşul

  1. her α için F (α) < F (α ′),

  2. her β limiti için F (β) = sup (F [β]).

Kanıt. Alıştırma 10.

Teorem 16. Eğer F  normal ise, o zaman elemanları ordinal olan her A kümesi için

F (sup (A)) = sup (F [A]). ∎

Tanıma göre bir F ordinal işlemi için, eğer her α için,

ε0 < F (α) < ε1

koşulunu sağlayan her ε0 ve her ε1 için,

δ0 < α < δ1

koşulunu sağlayan bir δ0 ve bir δ1 için,

ξ (δ0 < ξ < δ1ε0 < F (ξ) < ε1)

ise, o zaman F süreklidir.

Teorem 17. Kesin artan ordinal işlemler süreklidir ancak ve ancak normaldir.


Ordinal Toplama

Tanıma göre

  1. α + 0 = α,

  2. α + β ′ = (α + β)′,

  3. γ limit ise α + γ = sup {α + ξ: ξ < γ}.

0′ = 1 olduğundan

α + 1 = α ′.

Her α için ξα + ξ normaldir.

Teorem 18. 0 + α = α.

Kanıt.

  1. 0 + 0 = 0.

  2. 0 + β = β ise 0 + β ′ = (0 + β)′ = β ′.

  3. γ limit ve α < γ ⇒ 0 + α = α ise

    0 + γ = sup {0 + ξ: ξ < γ} = sup {ξ: ξ < γ} = γ. ∎

Ordinal toplama değişmeli değildir çünkü örneğin

1 + ω = ω < ω + 1.

Teorem 19. Ordinal toplama birleşmelidir. ∎

Teorem 20. Her α için ξξ + α artandır:

βγβ + αγ + α.

Kanıt. α üzerinde tümevarım. ∎

Teorem 21. αβ ise

(5)

α + ξ = β

denkleminin bir ve tek bir çözümü sup {ξ: α + ξβ}. ∎

Alıştırma 11. Denklem (5)’ün çözümü min {ξ: α + ξβ}.

Tanıma göre

  1. ω ⋅ 0 = 0,

  2. ω ⋅ n ′ = ω ⋅ n + ω.

  3. ω ⋅ ω = sup {ω ⋅ x: x < ω}.

  4. ω 2 = ω ⋅ ω.

Alıştırma 12. ω ⋅ (m + k) = ω ⋅ m + ω ⋅ k.

Teorem 22. ω 2’den küçük olan her α için bir ve tek bir n için, bir ve tek bir k için

α = ω ⋅ n + k.

Ayrıca

(ω ⋅ n + k) + (ω ⋅ m + j) = ω ⋅ (n + m) + j. ∎


Ordinal Çarpma

Tanıma göre

  1. α ⋅ 0 = 0,

  2. αβ ′ = αβ + α,

  3. γ limit ise αγ = sup {αξ: ξ < γ}.

Örneğin

α ⋅ 1 = α,

Teorem 23.

  1. 0 ⋅ α = 0

  2. 1 ⋅ α = α.

Kanıt. Alıştırma 13.

Teorem 24. α > 0 ise ξαξ normaldir.

Kanıt. Alıştırma 14.

Çarpma değişmeli değildir çünkü örneğin

2 ⋅ ω = ω < ω + ω = ω ⋅ 2.

Teorem 25. Ordinal çarpma soldan ordinal toplama üzerinde dağılır. ∎

Teorem 26. Ordinal çarpma birleşmelidir.

Kanıt. Alıştırma 15.

Tanıma göre

  1. ω 0 = 1,

  2. ω n ′ = ω n ⋅ ω.

  3. ω ω = sup {ω x: x < ω}.

Alıştırma 16. ω m + k = ω m ⋅ ω k.

Teorem 27. 0’dan büyük olan, ω ω’dan küçük olan her α için, bir ve tek bir şekilde

  • ω’nın bir n elemanı için,

  • girdileri ω’da olan, kesin azalan bir (m0, …, mn) dizisi için,

  • girdileri ω’da olan ama 0 olmayan bir (k0, …, kn) dizisi için,

α = ω m0k0 + … + ω mnkn.

Ayrıca

  • k < m ise

    ω k + ω m = ω m,

  • m < ω ∧ 0 < n < ω ∧ α < ω m ise

    (ω mk + α) ⋅ n = ω mkn + α,

    (ω mk + α) ⋅ ω = ω m + 1. ∎


Ordinal Kuvvet Alma

Tanıma göre

  1. α0 = 1,

  2. αβ ′ = αβ ⋅ α,

  3. γ limit ise αγ = sup {αξ: 0 < ξ < γ}.

Teorem 28. α1 = α, 1 α = 1, 0 1 + α = 0. ∎

Teorem 29. α > 1 ise ξ ↦ α ξ normaldir. ∎

Teorem 30. α β + γ = α β ⋅ α γ. ∎

Teorem 31. α β ⋅ γ = (α β) γ. ∎

Teorem 32. 0’dan büyük olan her α için, bir ve tek bir şekilde

  • ω’nın bir n elemanı için,

  • kesin azalan bir (α0, …, αn) dizisi için,

  • girdileri ω’da olan ama 0 olmayan bir (k0, …, kn) dizisi için,

α = ω α0k0 + … + ω αnkn.

Ayrıca α < ω β, 1 < k < ω, 1 < n < ω, ve 1 ≤ γ ise

α + ω β = ω β,

(ω βk + α) ⋅ n = ω βkn + α,

(ω βk + α) ⋅ ω γ = ω β + γ. ∎


Kardinaller

Bir F göndermesi için eğer

F (a) = F (b) ⇒ a = b

ise, o zaman F birebirdir. Eğer

  • F  birebir ve

  • F ’nin tanım sınıfı A’yı kapsar

ise, o zaman A ve F [A] eşleniktir. Eğer A ve B eşlenik ise

AB

yazılır. Eğer A ve bir ordinal eşlenik ise, o zaman A ile eşlenik olan en küçük ordinal A’nın kardinalidir, ve

kard (A) = min {ξ: ξA}

yazılır. Örneğin ω en küçük sonsuz kardinaldir, ve kard (ω′) = ω.

Eğer

  • F birebir,

  • F ’nin tanım sınıfı A’yı kapsar,

  • F [A] ⊆ B

ise, o zaman

AB

yazılır.

Teorem 33 (Schröder–Bernstein).

ABBAAB. ∎

Tanıma göre

KN = kard[ON].

κKN ve λKN olsun. Tanıma göre

κλ = kard(κ + λ),

κλ = kard(κλ),

A × B = {(x, y): xAyB}.

Lemma 4. α × βαβ. ∎

Lemma 5. α > 0 ise ω α × ω α ≈ ω α.

Kanıt. ω’da f (i, j) = (i + j)(i + j + 1) ⁄ 2 + i olsun. O zaman f birebirdir, f [ω × ω] = ω, ve f (0, 0) = 0. Şimdi ω’da her n için eğer

α0 > … > αn−1,

{b0, …, bn−1} ⊂ ω,

{c0, …, cn−1} ⊂ ω,

maks (b0, c0) > 0 ∧ … ∧ maks (bn−1, cn−1) > 0

ise

β = ω α0b0 + … + ω αn−1bn−1,

γ = ω β0c0 + … + ω βn−1cn−1

olmak üzere

F(β, γ) = ω α0f (b0, c0) + … + ω αn−1f (bn−1, cn−1)

olsun. O zaman F birebirdir ve F[ω α × ω α] = ω α. ∎

Teorem 34. κ ve λ sonsuz ise

κλ = κλ = maks (κ, λ).

Kanıt. κλ ise

κκλκκ = κ ⊗ 2 ≤ κλκκ. ∎

Tanıma göre

ABABAB.

Teorem 35 (Cantor). Her A kümesi için A ≺ ℘(A). ∎

Bununla beraber ℘(V) = V.

Kuvvet Küme Aksiyomu. Her A kümesi için ℘(A) sınıfı da bir kümedir.

Şimdi her A × B bir kümedir, dolayısıyla tanım sınıfı küme olan her gönderme de bir kümedir.

Teorem 36 (Hartogs). Her kardinalin daha büyüğü vardır. ∎

Tanıma göre

κ+ = min {ξKN: κ < ξ},

  1. 0 = ω,

  2. α ′ = (ℵα)+,

  3. α limit ise ℵα = sup {ℵξ: ξ < α}.

Teorem 37. ξ ↦ ℵξ normaldir ve her κ için

ξ = κ

denkleminin çözümü vardır. ∎

Tanıma göre

fABf : AB.

Teorem 38. α2 ≈ ℘(α) ve ω2 ≈ ℝ. ∎

Seçim Aksiyomu. Her kümenin kardinali vardır.

Tanıma göre

κλ = kard (λκ),

  1. 0 = ω,

  2. α ′ = 2α,

  3. α limit ise ℶα = sup {ℶξ: ξ < α}.

Teorem 39. κλμ = κλκμ ve κλμ = (κλ) μ. ∎

Teorem 40. 2 ≤ κ, 1 ≤ λ, ve ℵ0 ≤ maks (κ, λ) ise

κ ≤ 2λκλ = 2λ,

κ > 2λκλ ≤ 2κ. ∎

%d bloggers like this: