Ha a számosságok számossága legalább kontinuum lenne, akkor az a kontinuum-hipotézis elvetéséhez vezetne?
válasza:Ismert, hogy a számosságok nem alkotnak halmazt. (Biz vázlat: tegyük fel, hogy a számosságok halmazt alkotnak. Vegyünk minden c számossághoz egy X_c reprezentáló halmazt. Uniózzuk ezeket össze, aminek a számossága s. s >= c, minden c-re. 2^s is egy számosság, tehát s >= 2^s, ellentmondás.)
Feladat: lássuk be, hogy van legalább kontinuum sok számosság.
válasza:Az #1 kicsit túl trükkös lett. Egy átfogalmazás, viszonylag természetesebb eszközöket használva:
Állítás: legyen C a számosságok egy tetszőleges halmaza. Ekkor van olyan t számosság, amelyik nagyobb, mint az összes c-ben szereplő számosság. Bizonyítás mint az előbb: uniózzuk össze az X_c reprezentánsokat, az unió számossága s. s >= c, és 2^s > c, minden c-re.
Következmény: a számosságok nem alkotnak halmazt.
(Ez lényegében ugyanaz az eljárás, ahogy az ember belátja az olyanokat, hogy mondjuk bármely megszámlálható sok, végtelenhez tartó sorozathoz van olyan sorozat, amely az összeset majorálja.)
És az is igaz, hogy számosságból "nagyon sok van". Azt szokták mondani, hogy "több, mint halmaznyi". Az előbb láttuk, hogy számosságok tetszőleges halmazához találni olyan számosságot, ami nincsen benne. De vajon van-e minden H halmazhoz legalább annyi darab számosság? Erről szól a Feladat.
@dq, ha megengeded, megpróbállak megcáfolni, és mutatni olyan halmazt, aminek a számossága szerintem megegyezik a hatványhalmazával.
Definiáljunk egy úgynevezett szuperhatványhalmazt a következőképpen:
sup(A) := P^|A|(A)
Azaz, annyiszor végzünk hatványhalmazképzést az inputon, amekkora a számossága. Példák:
sup({}) = {}
sup({x}) = P({x}) = { {}, {x} }
sup({x,y}) = P(P({x,y})) =
= P({ {}, {x}, {y}, {x,y} }) = { {}, {{}}, {{x}}, {{y}}, {{},{x}}, {{},{y}}, {{x},{y}}, {{x},{x,y}}, {{y},{{x,y}}}, {{x},{y},{x,y}}, {{},{x},{y}}, {{},{x},{x,y}}, {{},{y},{{x,y}}}, {{},{x},{y},{x,y}}, {{x,y}}, {{}, {x,y}} }
sup({x,y,z}) = P(P(P({x,y,z})))
stb.
Ezek számossága:
|sup({})| = 0
|sup({x})| = 2 = 2^1
|sup({x,y})| = 16 = 2^2^2
|sup({x,y,z})| = 2^2^2^3
|sup({x,y,z,w})| = 2^2^2^2^4
Általánosságban:
|sup(A)| = O(2^^|A|)
(Lásd: tetráció.)
Ez pedig a végtelen halmazokra:
|sup(N)| = 2^^|N|
|sup(R)| = 2^^c
Mivel a^^n = a^(a^^(n-1)), így
2^^c = 2^(2^^(c-1))
és mivel c = c-1, így a fenti számosságra:
2^^c = 2^(2^^c)
azaz a sup(R) halmazra igaz, hogy megegyezik a hatványhalmazával.
sup(R) = P(sup(R))
Valószínűleg az már nem lesz igaz, hogy sup(R) = sup(sup(R)), hiszen vélhetően 2^^c = 2^^2^^c sem igaz. Így a kérdést kicsit átpasszoltuk egy magasabb szintre, viszont arra kísérletet adtam választ adni, hogy a számosságoknak (nem az összesnek) lehet egy olyan halmaza, ami kontinuum. Ám ebből önmagában még nem következik a kontinuum-hipotézis elvetése. De lehet-e ezen úgy csavarni, hogy következzen?
válasza:Pontosan tudod, hogy az állításod nem igaz, a Cantor-tétel kimondja hogy minden halmaz hatványhalmaza nagyobb számosságú, mint a halmaz maga: [link]
És azt is pontosan tudod, hogy hol nem jó a bizonyításod: ott, ahol definiálás nélkül használod a tetrációt végtelen halmazokra, majd kihasználod mindenféle tulajdonságait.
> viszont arra kísérletet adtam választ adni, hogy a számosságoknak (nem az összesnek) lehet egy olyan halmaza, ami kontinuum.
Erre a kérdésre a válasz tipikusan úgy nézne ki, hogy mutatsz egy ilyen halmazt, vagy belátod hogy nem lehet.
> Ám ebből önmagában még nem következik a kontinuum-hipotézis elvetése. De lehet-e ezen úgy csavarni, hogy következzen?
ZFC-ben a kontinuum hipotézis független. Ez ismert.
Az #1-beli Feladat azt mondja ki, hogy ZFC-ben van legalább kontinuum sok különböző számosság. Ha a Feladat állítása igaz, akkor, abból, hogy van legalább kontinuum sok különböző számosság, nem következik sem a kontinuum-hipotézis, sem az elvetése.
Ha T egy igaz állítás ZFC-ben, akkor ZFC+T pont ugyanolyan erős, mint ZFC. Tehát nem következhet belőle a kontinuum-hipotézis vagy a tagadása.
@dq, értem, amit írsz, meg a Cantor-tételt is. De a #3-asban ismertetett konstrukcióval ez egyszerűen nem fér össze. Nézzük közelebbről.
A P(A) függvény az A halmazból a P(A)=2^A hatványhalmazt képezi, melynek számossága |A|-ról 2^|A|-ra növekszik. A #3-asban definiált sup(A) függvény az A halmazból önmagát, a hatványhalmazát, a hatványhalmazának hatványhalmazát,... és ezek |A|. feltornyozásáig tartalmaz halmazokat. R esetén kapunk egy olyan halmazt, amiben benne van R, a hatványhalmaza, és a hatványhalmazainak feltornyozásai a végtelenségig. Ez sup(R). Most a kérdés az, hogy elfogadjuk-e, hogy ez létezik-e vagy sem. Szerintem nem sokkal nagyobb absztrakciós lépés sup(R), mint P(R). Ha elfogadjuk, hogy létezik, akkor azt is elfogadjuk, hogy a hatványhalmaza egyenlő az elemeinek minden részhalmaza, azaz R, annak hatványhalmaza, hatványhalmazának hatványhalmaza, stb. ami megegyezik az előbb megismert sup(R)-rel, azaz önmagával.
Cantor tétele azon áll, hogy az ő halmazdefiníciója nem engedi meg, hogy egy halmaz eleme legyen önmagának. Itt sup(R) pedig az R hatványhalmaz-tornyozásának a határértéke, ami benne van sup(R)-ben. Ilyen módon ez nem tűnik hihetetlennek vagy ellentmondásnak, legalábbis nem hihetetlenebb, minthogy c+1 = c vagy 2*c = c vagy |N| = |Z|.
Most pedig mondjuk azt, hogy sup(R) számossága legyen supc (mint "szuper-kontinuum"), amire fennáll, hogy supc = 2^^c. Ha elfogadjuk, hogy ez egy számosság, akkor a (tetrációs) definícióból következik, hogy supc = 2^supc. Ehhez nem használtam fel semmit, csak egy rekurzív definíciót, nevezetesen, hogy a^^n = a^(a^^(n-1)) és azt, hogy c-1=c.
Mi a baj sup(R)-rel?
Kicsit pontosítik, meg adok egy kis motivációt.
supc-t 2^^c-vel jelöltem 2^c-hez hasonlóan. Azonban a dolog szemantikája miatt, mármint hogy egy c számosságú halmaz feltornyozásának vesszük a határértékét, a c^^végtelen jelölés hasznosabb lehet. Megszoktuk, hogy c^c = 2^c = alefnull^c, így elég volt a kettes alapot használni. Úgy vélem, hogy a tetrációs kitevőben mindegy milyen végtelen van (a tévedés jogát fenntartom), csak az alap számít, tehát hogy az éppen alefnull^^végtelen, c^^végtelen, (2^c)^^végtelen, stb.
A motiváció ilyesmi. Nevezzük 0. hozzárendelésnek az x valós számokat, 1.-nek az f : x->x' függvényeket, 2.-nak az O : f->f' operátorokat stb. Ezek rendre az R, 2^R, 2^2^R, stb. halmazban vannak, és számosságuk rendre c, 2^c, 2^2^c, stb. Tiszta sor. De mi a hozzárendelések határértéke? Állítom, hogy olyan műveletek, amik saját magukból saját magukba képeznek le, hiszen az eggyel alacsonyabb szintű hozzárendelések, amiket egymáshoz rendelnének, éppen saját maguk: ugyanolyan "végtelenedik" hozzárendelések. Ezek a sup(R)-ben vannak, és számosságuk c^^végtelen. Példa az összeadás olyan kiterjesztése, amit nem csak valós számokon x+y, hanem majd függvényeken (f+g)(x) pontonként, aztán majd operátorokon (O+P)f(x) függvényenként, stb végzünk el, végül a saját magához hasonló M, W (infix) műveleteken is: x(M+W)y = (xMy)+(xWy). Ezzel demonstráltam, hogy a kérdést és a kommentekben lévő képleteket nem csak úgy leírtam, mert szép, hanem tartalma is van.
válasza:> Cantor tétele azon áll, hogy az ő halmazdefiníciója nem engedi meg, hogy egy halmaz eleme legyen önmagának.
Szerintem kevered a Cantor-paradoxonnal. Belinkelem megint: [link]
Csak annyit mond ki, hogy a hatványhalmaz számossága nagyobb, mint az eredeti halmazé. A bizonyítás sehol nem használja direkt, vagy látványosan, hogy egy halmaz nem lehet eleme önmagának.
- - -
Tegyük félre hogy amit leírtál nincsen elégségesen definiálva, és a következményei szembemennek ismert tételekkel.
Mondjuk veszed az {}^^R halmazt. Megkapsz minden halmazt, ami így elérhető az üreshalmazból hatványhalmaz képzéssel. Mondjuk ZFC minden halmaza benne van, mert miért ne. (Vagy nincs? Keress egy olyan halmazt ZFC-ben, ami nincsen {}^^R-ben!)
Ekkor mennyivel lettél előrébb?
válasza:Említetted azt a sup függvényt, egy függvénynek az argumentumától függ annak értéke. Így, ha c = c+1 akkor sup(c) = sup(c+1), viszont tudjuk Cantor tételét, dehát tudjuk hogy nincs ilyen halmaz ami megegyezik a hatványhalmazával.
Van a teljes indukció a matematikában. A teljes indukció elve a matematikában : "Ha egy tulajdonság igaz 1-re (n=1), továbbá ez a tulajdonság olyan természetű, hogy öröklődik a természetes számok rákövetkezése során (tehát n-ről n+1-re), akkor ezzel a tulajdonsággal az összes természetes szám rendelkezik."
Így lehet a definíció szerint rekurzióval többszörösen venni a hatványhalmazképzést, de csak véges sokszor, viszont ezen belül tetszőlegesen sokszor. Vagyis az így képezhető halmazok számossága megszámlálhatóan végtelen.
A transzfinit indukció a teljes indukció általánosítása a megszámlálható számosságoknál nagyobb végtelen számosságok esetére is.
A rekurzió általánosítása a véges lépésből elérhetőn túl a transzfinit rekurzió.
Az általad leírt sup a transzfinit rekurzió jogtalan (avagy matematikailag hibás) használati esete.
A rekurzívan többszörösen alkalmazott hatványhalmazképzés mint leképezés definiálja hogy egy adott halmazhoz n-szeresen alkalmazott hatványhalmazképzés milyen halmazrendszert alkot és mekkora a számossága.
Ugyanez még tovább általánosítva transzfinit rekurzióval a halmazelméleti rendszám alapján definiálható.
"Azaz, annyiszor végzünk hatványhalmazképzést az inputon, amekkora a számossága."
Így abban az esetben ha az input végtelen, akkor az nem egy konkrét definíció, hogy mi az hogy annyiszor végezzük el. Még akkor se ha az konkrétan definiált, hogy milyen végtelen az input.
A rendszámok lehetnek végesek (mint például 0,1,2,…) vagy végtelenek (mint például ω,ω+1,ω+2,…, ahol ω a legkisebb végtelen rendszám).
A ω-nél kisebb rendszámok halmazának számossága aleph-null, ω+1-nél kisebb rendszámok halmazának számossága szintén aleph-null, de ω < ω+1 .
válasza:"Így, ha c = c+1 akkor sup(c) = sup(c+1)"
Jav : ha c = c+1 akkor sup(a) = p(sup(a))
A p(x) a hatványhalmazképzés, az "a" például a valós számok halmaza (végtelen elemű halmaz).
Kapcsolódó kérdések:
Minden jog fenntartva © 2025, www.gyakorikerdesek.hu
GYIK | Szabályzat | Jogi nyilatkozat | Adatvédelem | Cookie beállítások | WebMinute Kft. | Facebook | Kapcsolat: info(kukac)gyakorikerdesek.hu
Ha kifogással szeretne élni valamely tartalommal kapcsolatban, kérjük jelezze e-mailes elérhetőségünkön!