Teori Himpunan

Teori Himpunan

3.1. Bilangan Utama

Dalam era Post-Spunik kita sering mendengar istilah “Matematika Modern” yang sering digunakan oleh orang awam, yang dengan usahanya mengetahui banyak tentang subjek. Seorang  ahli  matematika yang layak mendapat julukan “Bapak Matematika Modern”, yaitu Geroge Cantor (1845-1918). Seorang pelajar dari Karl T. Weierstrass (1815-97) Cantor membawa sebuah perubahan dalam dasar  matematika sebuah perubahan yang akan tetap berlanjut (dengan kebetulan). Kita akan mendiskusikan pekerjaannya secara singkat dalam bagian ini. Teori himpunan Cantor mengenalkan beberapa paradoks (bagian 3.2). pernyataan seperti “himpunan dari semua himpunan” dan “himpunan dari semua elemen” selalu mengiringi kita ke dalam kontradksi. Untuk menghindari ketidak tetapan kita akan menyatakan bahwa tidak ada beberapa himpunan dari semua himpunan, dan juga tidak ada beberapa himpunan dari semua elemen. Terutama ini cukup untuk menyatakan aksioma.

Aksioma:    Jika A himpunan dari S di sana selalu ada sebuah elemen x  seperti itu bahwa x S.

                   Pembaca boleh melewati bagian 3.2 jika ia tidak memilih manapun untuk melanjutkannya. Kita memulai dengan sepasang dari definisi.

Definisi 3.1.1.

A himpunan A dikatakan ekuivalen karena setiap himpunan n  B jika dan hanya jika sebuah bijektive memetakan A onto B. Kita menotasikan hubungan ini dengan A  B.

Notasi ini dapat memudahkan untuk menunjukkan hubungan “ ” sebagai hubungan ekuivalen.

Definisi 3.1.2.

A himpunan S dikatakan himpunan tak kosong dan hingga jika terdapat n bilangan bulat positif sedemikian hingga A dan {1,2,3,…,n} adalah ekivalen. Himpunan A dikatakan tak hingga jika himpunan di atas tidak ekivalen untuk setiap n bilangan bulat positif.

Di dalam bagian ini kita akan mendiskusikan satu bagian yang sangat penting dan dalil yang kuat di “Teori Himpunan” –dalil Schroedern Bernstein. Dalil ini murni dan kita dapat menyajikannya sebelum menyusun dugaan bilangan utama. Bukti ini ditawarkan berdasarkan pada sebuah Lemma dari Banach.

Banach’s Lemma. Misalkan A dan B di bagi menjadi 2 himpunan. Jika f : A B dan    g : B A pemetaan 1-1, kemudian  suatu subhimpunan S dari itu bahwa g[B-f(S)]= A – S.

Bukti:     Misalkan h :A A di bagi menjadi komposisi dari f dan g; 1.e.,h = gf. Misalkan T=A-g (B). jika kita pandang

S=T  h (T)  h (h (T))    h (h(h(T))) ...               (3.1)

Kemudian

H(S)= h(T)  h (h(T))    h (h(T))) ...                     (3.2)

Akhirnya, 3.2 dan 3.1 di atas disubtitusikan, lalu kita peroleh

 

S = T  h (S)

Karena f dan g sebuah injektif, sehingga menjadi

y  f(S)  g(y)  g f(S) = h(S)  g(y)  T  h(S) = S

dengan begitu g(y)  A – S y  B – f(S).

oleh karena itu, g [B – f(S)] = A – S

yang mana Lemma telah membuktikannya.

Dalil 3.1.1 (Dalil Schroeder – Bernstein).

Misalkan A dan B adalah 2 himpunan. Jika ada sebuah pemetaan injective dari A onto B dan sebuah pemetaan injective dari B ke A, sehingga A  B.

Bukti:     Misalkan f: A B dan g: B  A saling memetakan . Banach berpendapat  S  A sedemikian hingga,

g [B – f(S)] = A – S

lagipula, A – S  g (B).

Kita memandang sebuah pemetaan : A  B dengan:

 (x) = f(x)                 jika x  S,

 (x) = g^-1 (x)              jika x  A – S.

Secara jelas bahwa  adalah injective, karena

 (A)   =    (S  [A – S]) =  (S)    (A – S)

            =   f(S)  g^-1  (A – S)

            =   f(S)  [B – f(S)]

            =   B,

 tentu saja bijektive. Dengan menetapkan pemetaan kedudukan   adalah ekivalen dari A dan B.

Dengan mengikuti kesimpulan dari teorema sangat bermanfaat.

Kesimpulan:     Jika A  A₁  A₂ dan jika A  A₂  , jadi A  A_1.

Kita akan menghadapi banyak pengaplikasian dari bab teorema Schroeder-Bernstein.

Definisi 3.1.3.

Misalkan A himpunan yang ekivalen dengan  (himpunan semua bilangan asli) dikatakan terbilang atau tak terbilang.

Setiap himpunan terbilang dituliskan dalam bentuk {a₁, a₂, a₃, ..., a_n, ...}, karena himpunan itu dapat diletakkan di korespondensi 1-1 dengan semua himpunan bilangan asli. Menyelesaikan penulisan bentuk himpunan terbilang dengan menyebut satu per satu. Oleh sebab itu, kita menggunakan istilah seperti “banyak terbilang dan banyak tak hingga”.

Kita sekarang akan mengenal konsep dari bilangan utama, yang mana konsep ini mudah dimengerti tetapi kadang-kadang sulit untuk digambarkan.

Definisi 3.1.4.

Semua himpunan yang ekivalen ke himpunan lainnya mempunyai karakteristik umum, dimana kita menunjukkan bilangan utama dari setiap himpunan itu.

Bilangan utama dari himpunan kosong adalah disimbolkan dengan 0 (nol). Kita tunjukkan 1 sebagai bilangan utama dari semua bilanan tunggal dan secara alamiah kita akan mengatakan itu semua himpunan bilangan yang ekivalen ke himpunan {a₁,a₂} (a₂  a₁) adalah 2 dan seterusnya. Semua itu terlihat mudah dalam menuliskan bilangan untuk himpunan hingga.

Kita akan menotasikan biangan utama di semua kelas himpunan hingga dengan nol (di baca aleph  Nought, N ada di surat pertama di abjad Hebrew). Dulu Notasi ini digunakan oleh George Cantor dan masih umum digunakan.

Dari point di atas, kita akan mengikuti 2 pernyataan yang mempunyai cakupan yang luas di dalam Matematika.

Aksioma pilihan:    Jika himpunan tak kosong termasuk ke dlaam kelas dari himpunan kosong subhimpunan yang terpotong, kemudian di sana ada satu himpunan yang paling sedikit berisi tepat 1 elemen dari beberapa himpunan bagian tersebut. Himpunan ini bisa disebut bagian yang berlawanan dari bagian itu.

Prinsip perhitungan Zermelo’s. Setiap himpunan dapat diselesaikan dengan baik.

Pada tahun 1904 Ernest Zermelo membuktikan pernyataan prinsip ini yang mana membuat terkejut dunia Matematika. Banyak ahli Matematika meragukan untuk menerima pernyataan  itu. Salah  satunya, Emil Borel, mencoba untuk menemukan beberapa  kesalahan dengan bukti penemuan dari teorema ini. Zermelo dengan diam-diam mengasumsikan aksioma dari pilihan tersebut. Selanjutnya, Borel menunjukkan bahwa aksioma yang dipilih secara logika sama dengan prinsip perhitungan Zermelo’s. Bukti yang sama, baca R. L Wilder, Foundation of Mathematics.

Di sana banyak hasil dari teori Himpunan yang membuat aksioma yang digunakan dari pilihan, walaupun beberapa ahli Matematika masih secara diam-diam  meragukan asumsi ini. Kita akan menunjukkan kapanpun kita akan menggunakan aksioma ini.

Dari definisi bilangan utama, sangat jelas bahwa 2 bilangan utama a dan b adalah sama dengan, jika berturut-turut, seperti A  B. Sekarang kita tahu definisi dari ketidaksamaan bilangan utama.

Definisi 3.1.2.

Misalkan a dan b adalah 2 bilangan utama. Misal A dan B menjadi 2 himpunan yang mempunyai bilangan utama a dan b berturut-turut. Kita nyatakan a < b jika dan hanya jika ada pemetaan 1-1 dari A ke B, tetapi bukan pemetaan jika dari B ke A.

Jika a < b, kadang-kadang kita tuliskan b>a, a  b  a <b atau a = b.

Definisi diatas dan definisi lain, melibatkan bilangan utama yang dapat berdiri sendiri dari pilihan himpunan A dan B. Dalam kata lain, jika kita memilih 2 diantara himpunan A’ dan B’ seperti A’  A dan B’  B kemudianA’ dan B’ hanya sebagai gambaran untuk hubungan antara a dan b.

Untuk himpunan A dan B dengan bilangan utama a dan b berturut-turut, kita mempunyai beberapa kemungkinan yang terjadi.

1.        Jika ada a pemetaan 1-1 dari A ke B tetapi jika ada a bukan pemetaan 1-1 dari B ke A.

2.        Jika tidak ada a pemetaan 1-1 dari A ke B dan jika ada a pemetaan 1-1 dari B ke A.

3.        Jika ada a pemetaan 1-1 dari A ke B dan jika ada a pada pemetaan dari B ke A.

4.        Jika tidak ada a pemetaan 1-1 dari A ke B atau a pemeaan 1-1 dari B ke A.

Dari definisi 3.1.2. kemungkinan 1 adalah a < b, dan kemungkinan 2 adalah b < a, jika kemungkinan 3 di ambil, dapat ditarik kesimpulan a = b dari dalil Schroeder-Bernstein.

Jika kita mengasumsikan prinsip perhitunga Zermelo’s kemudian kita dapat menunjukkan bahwa kemungkinan 4 bukan sebuah ketidakmungkinan. Ini oembuktian yang terakhir.

Oleh karena itu,bahwa menerima aksioma dapat disamakan dengan hubungan < sebagai definisi di atas (definisi 3.1.5) adalah sebuah faktor relasi.

Kita akan menunjukkan bahwa hubungan merupakan sebuah hubungan linear.

Dalil 3.1.2.

Jika a, b, dan c merupakan bilangan utama dan jika a < b dan b < c, kemudian a < c.

Pembuktian dari teorema ini sangat singkat dan mengikuti definisi dari a < b.

Karena hubungan ketidaksimetrian dari hubungan ini, jelas dari definisi, sekarang kita dapat menyimpulkan hubungan ini adalah sebuah hubungan yang linear.

Definisi 3.1.6.

Misalkan a dan b adalah dua bilangan utama dan misalkan A dan B adalah dua himpunan bilangan yang memisah dengan bilangan utama a dan b secara berurutan. Kita definisikan (a+b) sebagai bilangan pokok untuk AÈ B.

Definisi 3.1.7.

Misalkan a dan b adalah dua bilangan berpangkat dan misalkan A dan B berturut-turut. Kemudian hasil a.b didefinisikan sebagai bilangan berpangkat untuk A  B.

Kumpulan bilangan pokok tak terhingga kadang-kadang disebut bilangan pokok tak hingga. Kita perhatikan bawa ₀ adalah bilangan pokok tak terhingga. Sebuah pertanyaan seketika muncul : “ apakah ₀ bilangan pokok yang paling kecil?” jawabannya adalah dengan menyatakan sebagai akibat / konsekuensi dari dalil berikut :

Dalil  3.1.3.

Setiap himpunan tak berhingga memiliki sebuah himpunan bagian yang terbilang.  

Bukti:     Misalkan S merupakan himpunan tak berhingga, karena S bukan merupakan elemen kosong dalam  Є S, dan karena S tak terhingga $ pada elemen (≠ )ЄS. Sesungguhnya ada bilangan asli n dimana n adalah elemen pembeda, , , . . .,  pada S, sekali lagi ,karena S merupakan tak terhingga kita dapat temukan suatu elemen dalam S sebagai pembeda dari unsur-unsur n. dengan cara ini kita peroleh suatu elemen yang tersusun secara teratur { }yang mana merupakan suatu elemen pada S yang mana dapat dipasangkan 1-1 dengan semua kumpulan bilangan asli.

              Di dalam pembuktian dalil di atas kita dengan tidak langsung telah menggunakan aksioma pilihan.

Dalil 3.1.4.

Tiap himpunan tak terhingga merupakan setara/sama dengan salah satu dari unsur yang sesuainya.

Bukti:     Misalkan S merupakan himpunan  tak terhingga. Dari dalil sebelumnya S memiliki sebuah unsur yang terbilang T. misalkan T = { }. Misalkan             = T - {  , dan misalkan = (S-T) È . Dengan jelas      merupakan elemen yang sesuai dengan S ( ).mengingat pemetaan f : S ditunjukkan sebagai berikut :

f(x) = x untuk setiap x

              dan,

f( ) = untuk setiap T( i = 1,2,. . .)

              pemetaan ini merupakan pemetaan dua arah pada S ke ; oleh karena itu S  ini merupakan bukti yang lengkap.

Dalil di atas diambil seperti definisi himpunan tak terhingga. Itu adalah mudah untuk menunjukkan bahwa jika sebuah himpunan dapat diletakkan berpasangan 1-1 dengan salah satu dari elemen yang bersesuaian, oleh karena itu tidak dapat dikatakan sebagai sebuah himpunan terbatas dan oleh karena itu juga dalam himpunan tak terhingga menurut definisi kita. Bagaimanapun, untuk menetapkan dalil 3.1.4 kita harus lebih dulu menggunakan dalil 3.1.3, yang tergantung pada aksioma pilihan. Banyak pengarang yang menggunakan definisi Dedekind’s pada himpunan tak terhingga. Karena kita telah menerima secara umum aksioma tersebut, kita dibenarkan saja untuk menggunakan pendekatan ini.

Dalil 3.1.5.

Satuan dari semua himpunan bulat merupakan bilangan.

Bukti:     Perhatikan pemetaan di bawah ini pada semua bilangan bulat ϑ.

f(0)=1

f(n)=2n                n menjadi a bilangan asli

f(-n)=2n+1 

Fungsinya : f: 𝜗  adalah sebuah pemetaan dua arah dari 𝜗 ke 𝜋, sehingga hasilnya mengikuti.

Dalil 3.1.5.

Mungkin disamakan sebagai berikut.

Dalil 3.1.5(a).

Penggabungan dua himpunan terbilang adalah bilangan.

Pembuktian ditinggalkan sebagai suatu latihan.

Dalil 3.1.6.

Himpunan semua bilangan rasional dapat diukur merupakan bilangan.

Bukti:     Pertama, kita akan membuktikan hasil untuk untuk himpunan dalam bilangan rasional positif. Kita dapat menemukan sebuah bilangan rasional positif dengan suatu pasangan (m,n) dalam bilangan asli  (bersesuaian dengan m/n) dimana m dan n secara relati yang utama . jika P adalah suatu himpunan yang semuanya bilangan rasional positif, kita dapat tulis P={(m,n): m, n Є 𝜋}, m dan n secara relatif utama. Misalkan S={(m ,n)}: m Є 𝜋 dan n Є 𝜋}. Dengan jelas P adalah sebuah elemen S. perhatikan pemetaan f : S  ditulis sebagai berikut :

f [(m,n)]= (m + n – 1)(m + n – 2) + n

              Ini adalah pemetaan 1-1 dari 𝜗 ke 𝜋; sehingga 𝜗 𝜋 . sekarang 𝜋 telah dapat mengidentifikasi dengan himpunan M={(m,1);mЄ𝜋}.

            Kita memiliki S karena M kita simpulkan bahwa P

            Karena bilangan rasional positif dan bilangan rasional negatif adalah koresponden 1-1, menurut dalil 3.1.5(a) bahwa penggabungan beberapa himpunan dan {0}, itu adalah himpunan bilangan rasional, adalah bilangan.

Banyak pengarang buku membuktikan ini dengan menggunakan metode diagonal yang pertama kali digunakan oleh George Cantor himpunan S sebagai berikut :

                                      (1, 1),     (1, 2),     (1, 3),     (1, 4), ................

                                      (2, 1),     (2, 2),     (2, 3),  .............................

                                      (3,1),      (3,2),      (3,3),   .............................

                                      .....................................................................

                                      .....................................................................

(m,n) adalah dalam baris m dan kolom n.

            Misalkan =(3,1), . . .,ini tak sulit untuk mencatat bahwa pemetaan f pada bukti dalil 3.1.6 diletakkan elemen-elemen S yang persis sama sebagai lambang pada diagram; sebagai contoh f(1,1)=1, f(2,1)=2, . . .

Dalil 3.1.6.

Menetapkan bahwa bilangan berpangkat pada himpunan semua bilangan rasional adalah ₀ Setelah terbukti terbilang himpunan dari semua bilangan rasional yang dapat di hitung, kita boleh mengajukan pertanyaan berikut :” apakah himpunan semua bilangan real bilangan?”. Jawaban untuk pertanyaan ini adalah sebuah dalil yang akan dipelajari selanjutnya.

Definisi 3.1.8.

Sebuah himpunan dikatakan dapat dihitung apabila sama dengan elemen .

Itu mengikuti bahwa sesuatu yang dapat dihitung adalah yang terbatas atau yang terbilang.

Definisi 3.1.9.

Sebuah himpunan yang tidak dapat dihitung disebut tak terbilang. Deng an kata lain himpunan tak terbilang adalah suatu himpunan tak terhingga yang tak terbilang.

Dalil 3.1.7.

Suatu himpunan semua bilangan real adalah tidak terbilang. 

Bukti:     Akan menjadi cukup untuk membuktikan bahwa suatu himpunan semua bilangan real (0,1) adalah tidak terbilang.

Ada bilangan real (0,1) dapat ditulis sebagai desimal tak terhingga dalam bentuk , . . . dimana ,. . .adalah bilangan digital 0,1,2,3, . . .,9 untuk membuktikan dalil, kita gunakan metode tak langsung. Karena himpunan (0,1) adalah tak terbatas, adalah terbilang atau tidak terbilang.

Andaikan (0,1) adalah bilangan. Dengan kata lain kita dapat menyebut satu-persatu himpunan semua bilangan real (0,1) dengan cara berikut ini :

{ } dimana

=        ................

 =       ................

 =       ................

...............................................

 =    ................

...............................................

Setiap  adalah a bilangan digital.

Sekarang bentuklah sebuah bilangan real yang di dalamnya terdapat cara yang berikut:   =  ......,

Dalam menyusun kita akan menghindari angka 0 atau 9 dari ’s karena banyak bilangan real pada (0,1) dapat memiliki dua perluasan desimal, salah satu dari mereka telah memiliki 0 terulang atau yang lainnya 9 kali terulang. Sebagai contoh :

 = ,5000…. = ,4999….

 = ,2500…..= ,2499….

Dimana =1 jika ≠ 1 dan  = 2 jika = 1; i=1, 2, 3,. . . . . Є (0,1) dan adalah berbeda dari  yang memberi kita kontradiksi. sehingga mustahil untuk disebutkan satu persatu himpunan bilangan real dalam (0,1).

Dalil ini menetapkan suatu fakta yang penting. Itu adalah himpunan-himpunan tak terhingga yang tak terbilang.

Setelah ini ada sedikit dalil-dalil yang akan kami tunjukkan bahwa ada 2 interval (dengan mengabaikan panjang) yang sama, dan jika ada interval yang sama pada himpunan semua bilangan real.

Dalil 3.1.8

Interval  terbuka untuk equivalent interval terbuka lainnya.

Bukti:     Marilah kita membuktikan pemetaan berikut: 

F(x) = c + ) (y-a)

Sangat mudah dilihat bahwa, x  (a,b) ↔ f (x)  (c,d), dan itu menjadi pemetaan1-1 dari (a,b) ke (c,d). Karena itu hasilnya, selain menggunakan pemetaan yang sama, kita juga dapat membuktikan bahwa setiap dua interval tertutup adalah sama, tetapi kasus-kasus yang terjadi tidak begitu jelas.

Dalil 3.1.9.

Dua interval yang ekuivalen

Bukti:     Kita akan membuktikan hasil untuk kasus apabila salah satu interval terbuka dan tertutup. Argumen yang sama akan berlaku jika salah satu dari mereka adalah interval terbuka.

Misalkan [a,b] menjadi sebuah interval tertutup dan misalkan [c,d] menjadi sebuah interval terbuka.

Karena a < b,  dua bilangan nyata a₁ dan b ₁ sehingga a ₁  b₁  b.

Serupa dengan,   dua bilangan nyata c₁ dan d₁   c<c₁<d₁<d.          

Buatlah interval terbuka (a₁ , b₁)  [a,b] dan [ c₁ , d₁ ]  (c,d) oleh teorema terakhir,

(a₁,b₁)  (c,d)

Dan,

[a,b] ~ [c₁,d₁]

Schroeder-Bernstein menyatakan teorema [a, b] setara dengan [c, d].

Dalil 3.1.10.

Setiap interval setara dengan R himpunan semua bilangan nyata.

Bukti:     Misalkan  x   ,  ) ,

Setiap  fungsi f (x) = tan x adalah pemetaan bijective ,  ) ke R yang menetapkan kesetaraan antara ,  ) dan R. karena setiap interval setara dengan ,  ) oleh teorema terakhir. Bilangan pokok dari himpunan R adalah dilambangkan dengan c, huruf pertama dari kata kontinum.

Teorema 3.1.11

a.        

b.       

c.        

Bukti:     Kita akan membuktikan bahwa (a) hasilnya jauh lebih kuat dari (b).

Perhatikan interval [0, ½), [½, ⅔), [⅔, ¾), .... Masing-masing interval ini telah menjadi bilangan pokok c, dan interval ini adalah penguraian berpasangan. Juga satu persatuan adalah [0,1], jumlah bilangan pokok yang c. karenanya,                         c + c + c + ... ... = c.

Bukti dari (c):    Misalkan A = [0,1). Dan dimisalkan B = [0,1) X [0,1) =

Kita harus membuktikan bahwa jumlah bilangan pokok B adalah sama dengan yang A. Sangat mudah ketika dilihat bahwa   menjadi 1-1 pemetaan dari A ke B didefinisikan f(x) = (x,0)  oleh setiap x € A. semua itu cukup untuk menunjukan pemetaan menjadi 1-1 B ke A. untuk setiap (x,y) € B, x € [0,1] dan y € [0,1], sehingga kita dapat menulis

X= a₁  a₂  a₃  …… ,       Y= b₁  b₂ ……..

Di mana 

a_1,  a₂ ……… , b_1,  b₂ …….

Apakah semua itu bilangan digital. Mari kita berasumsi bahwa tidak satu pun dari fraksi ini telah berulang sebanyak 9.

Sekarang perhatikan pemetaan g : B → A, di mana:

g (x,y) = ( a₁  a₂ ….. , b₁  b₂ … ) = a₁ b₁ a₂ b_{2 …..}

ini adalah pemetaan menjadi 1-1 B ke A. hasil sekarang mengikuti dari teorema Schroeder-Bernstein.

Kita sekarang memperkenalkan exponensial dari bilangan cardinal (pokok).

Sangat menarik untuk diamati bahwa g (0,1) = 0.100 ... ... jika, bagaimanapun, kita menulis 1 sebagai 09.999 ... kemudian g (0,1) = 000.909.090 ....  0.100 ... .. itu sebabnya maka kita asumsikan bahwa tidak ada fraksi ini berulang 9's. itu juga penting untuk dicatat bahwa pemetaan g tidak surjective, meskipun injective; misalnya, tidak ada titik B  di bawah 191.919 ... g.

Definisi 3.1.11.    

Misalkan a ( 0) dan b ( 0 ) adalah dua bilangan pokok. Dimisalkan kembali A dan B menjadi dua nonemp 'himpunan bilangan pokok bilangan a dan b, masing-masing Kita definisikan sebagai jumlah kardinal dari himpunan semua pemetaan pada B dengan rentang dalam A.

Untuk menggambarkan exponensial ini, kita ambil A =  dan B =

Berikut pemetaan dari B ke A dapat didefinisikan: 

F₁ : B  A, dimana f_{1 ­}(b)  = a_1,  b  B
F₂ : B  A, dimana f_{2 ­}(b₁) = a₁, f₂ (b₂) = a₂ , f₂ (b₃) = a₁
F₃ : B  A, dimana f_{3 ­}(b₁) = a₁, f₃ (b₂) = a₁ , f₃ (b₃) = a₂
F₄ : B  A, dimana f_{4 ­}(b₁) = a₁, f₄ (b₂) = a₂ , f₄ (b₃) = a₂
F₅ : B  A, dimana f_{5 ­}(b₁) = a₂, f₅ (b₂) = a₁ , f₅ (b₃) = a₁
F₆ : B  A, dimana f_{6 ­}(b₁) = a₂, f₆ (b₂) = a₂ , f₆ (b₃) = a₁
F₇ : B  A, dimana f_{7 ­}(b₁) = a₂, f₇ (b₂) = a₁ , f₇ (b₃) = a₂
F₈ : B  A, dimana f_{8 ­}(b)  = a₂,  b  B

Kita lihat bahwa terdapat 8 pemetaan dari B dan A. ini bias ditampilkan tanpa menulis semua pemetaan yang disebutkan di atas, sebagai berikut: untuk setiap pemetaan dari B ke A setiap elemen dalam B dapat dipetakan dalam 2 cara (bilangan pokok dari A). Oleh karena itu, dalam kasus ini terdapat 2 · 2 · 2 = 2 ³ pemetaan dari B ke A.

Dalil 3.1.12.

Untuk setiap himpunan A dengan bilangan pokok a, jumlah kardinal dari himpunan semua subset dari A

Bukti:    Misalkan F adalah himpunan semua pemetaan pada A ke himpunan (0,1) dan misalkan S menjadi himpunan semua subset dari A. kita akan menunjukkan bahwa ada korespondensi 1-1 antara F dari S. untuk setiap pemetaan f _a ( F) di A menjadi (0,1) mengasosiasikan sebuah subset X  S dari A sebagai berikut: untuk setiap elemen x  A, x  X jika f _a (x) = 1  dan  x X jika f _a (x) = 0. Contoh: pemetaan yang memetakan setiap elemen dari A ke 0 akan sesuai dengan Ø (a subset dari A), dan pemetaan yang pada setiap elemen dari A ke 1 akan berhubungan dengan A itu; pemetaan yang hanya pada elemen tertentu dari A ke 1 akan sesuai dengan subset , dan seterusnya. Korespondensi ini jelas satu-satu, dan di sana terdapat jumlah bilangan pokok S yang adalah sama dengan dari F, .

Himpunan semua subset dari A kadang-kadang dilambangkan oleh  karena sesuai dengan  teorema.

Kita telah menetapkan adanya dua angka kardinal transfinit N ₀ dan c, dan kita tahu itu. Pertanyaannya yang sekarang muncul  yaitu : adakah bilangan pokok lebih besar dari c? jawabannya adalah ya sebagai konsekuensi dari teorema.

Teorema 3.1.13

Untuk setiap bilangan pokok a,  > a

Bukti:    Misalkan A sebagai suatu himpunan dengan jumlah kardinal dan misalkan B = . Di sana terdapat 1-1 pemetaan dari A ke B, untuk pemetaan f (x) =  untuk setiap x  A adalah suatu pemetaan  yang menjadi himpunan bagian dari A dan dari elemen B. Dengan menggunakan metode tidak langsung kita akan menunjukkan bahwa di sana tidak ada 1-1 pemetaan B ke A.

Di sana g menjadi 1-1 B ke A.  dimisalkan  S =  . S adalah himpunan bagian dari A dan karena itu S B.  

misalkan g(S) = x ₀ . maka  g menjadi 1-1 pemetaan dari B ke A,  (x₀) harus menjadi  (x₀) = S.

 Sekarang apabila x₀  S , kemudian x₀   (x₀) → x₀ S yang merupakan a  kontradiksi. Jika x₀  S , kemudian x₀    (x₀)→ x₀  S yang merupakan a kontradiksi lagi. Oleh karena itu, tidak mungkin hasilnya menjadi 1-1 pemetaan dari B ke A.

Untuk setiap bilangan pokok a sebuah korespondensi a himpunan A dengan bilangan kardinal , tetapi kemudian 2 memiliki bilangan pokok oleh karena itu tidak ada bilangan pokok terbesar.

Teorema 3. 1. 14.  2 ^N₀ = c

Pembuktian!

 Kita akan membuktikan bahwa  himpunan 2^л (himpunan semua anggota bagian dari bilangan asli) ekivalen dengan [0, 1).

Cara pertama adalah dengan sebuah pemetaan 1-1 ke dalam semua himpunan bagian dari bilangan asli 2^л ke dalam cara berikut ini. Jika A adalah himpunan bagian dari bilangan asli (A  2^л ), sehingga

F(A) = d₁ d₂ d₃ . . .

di mana d_{n =} 1 jika n  A, dan d_n = 2 jika n A.  f (A) di dalam [0, 1) dan mempunyai operasi desimal pada syarat 1 dan 2 saja. Sebagai contoh, jika A = {1, 3, 5, 7} sehingga

f(A) = 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2. . .

Pemetaan ini sangat jelas dengan menggunakan cara injektif, tetapi bukan surjektif. Oleh karena itu  f  merupakan sebuah pemetaan 1-1  dari 2^л ke [0, 1)

Sekarang akan kita tunjukkan  bahwa  sebuah pemetaan 1-1 dari [0, 1) ke dalam 2^л . Untuk membuktikan ini, Kita pertama menjelaskan setiap bilangan real  [0, 1) ke dalam operasi biner. Jika x  [0, 1), sehingga x = b₁ b₂ b₃ . . ., di mana b_n = 0 atau 1 ; dan 1 tidak berulang (untuk menghindari operasi ganda pada sebuah angka). Sekarang kita definisikan

g (x) = A, dimana A = {n : b_n = 1 }.

Sebagai contoh, kita anggap operasi biner dari  1/4, di mana 0100. . .di dalam kotak ini, b₁ = 0, b₂ = 1, dan b_n  = 0 untuk  n  ≥ 3, sehingga  g (1/4) = 2. g adalah sebuah pemetaan yang tepat 1-1  dari [0, 1) ke dalam 2^л . Hasil ini berdasarkan dari Teorema Schroeder Bernstein.

Membuat sebuah pernyataan bahwa 2 ^N₀ = c dan 2 ^N₀  N₀ , Pertanyaan yang dapat diajukan adalah apakah ada sebuah bilangan pokok lebih besar dari N₀ dan lebih kecil dari c (dengan pasti)

^*Saat g adalah 1-1, g ^-1 (x) terdiri atas sebuah himpunan bagian tunggal C dari A, dan kita dapat bertanya apakah x di dalam C atau tidak.

Untuk beberapa bilangan pokok, terbatas n  1 selalu terdapat sebuah bilangan pokok antara n dan 2ⁿ. Permasalahan ini tidak dapat diselesaikan dan disebut “ rangkaian kesatuan persamaan masalah”, Bagaimanapun, Beberapa penemuan penting di dalam Matematika dapat dibuktikan dengan menggunakan perkiraan bahwa tidak ada bilangan pokok antara N₀ dan c. Perkiraan ini disebut “rangkaian kesatuan persamaan hipotesis”. Kesepakatan untuk hipotesis ini c adalah bilangan pokok transfinite. Bilangan pokok transfinit lebih kecil dari c menjadi N₀. Hipotesis ini dapat dijelaskan lebih lanjut sebagai berikut:

Persamaan Rangkaian Hipotesis Ambil N ₁ = 2^N0, N ₂ = 2^N1, N ₃ = 2^N2 , dan selanjutnya. Kita ambil itu untuk beberapa bilangan bulat tidak negative k. Di sana tidak terdapat sebuah bilangan pokok a seperti N_k  a  N_k+1.

Tidak satupun yang dihasilkan dari sebuah pembahasan yang panjang yang mana akan bertentangan dengan “rangkaian kesatuan persamaan hipotesis”. Bagaimanapun juga, kebebasan pada hipotesis ini dari aksioma “teori himpunan” telah dibuktikan pada tahun 1963 oleh seorang matematikawan muda yang cerdas, Paul J. Cohen dari Universitas Stanford.

Latihan 3. 1

1.      Jika a, b, dan d adalah tiga bilangan pokok, kemudian buktikan hasil-hasil berikut ini:

(i)       a^b  a^d  = a ^b+d

(ii)     (a^b)^d  = a^b.d

(iii)   a  b  a^d  b^d

(iv)  

c

a  b  d^a  d^b

2.     

0

Tunjukkan bahwa (i) N₀ ^N0  = c  (ii) N  = 2^c  (iii) c^N0  = c  (iv) c^c + 2^c

3.      Buktikan bahwa untuk setiap bilangan pokok transfinite  t, t +t = t dan t . t = t. (gunakan pilihan aksioma)

4.      Ambil a dan b menjadi dua bilangan pokok transfinite . Tunjukkan bahwa a + b = a . b = max {a, b}.

5.      Ambil bilangan pokok  dari kelas semua fungsi bilangan real pada variabel real menjadi sama dengan  f. Tunjukkan bahwa  f  = c^c = 2^c N_2.

6.      Buktikan teorema 3. 1. 2

7.      Buktikan teorema 3. 1. 5(a)

8.      Buktikan bahwa

9.      Buktikan bahwa

N₀ + n = N₀

N₀ + N₀ = N₀

N₀ + N₀ + N₀ . . . = N₀

N₀ . N₀ = N₀

10.  Tunjukkan bahwa himpunan semua titik pada Rⁿ (cf. sec. 2. 4) dengan derajat rasional adalah denumerable

11.  Jika S adalah himpunan bagian dari Rⁿ dan S₁, S₂, S₃, . . .S_n  adalah himpunan-himpunan derajat, kemudian buktikan bahwa bilangan pokok dari S  bilangan pokok pada S_i ; dan bilangan pokok pada S  bilangan pokok dari S₁ x S₂ x . . .x S_n. Berilah contoh di mana ketidaksamaan pada masing-masing pernyataan.

3. 2.  Bentuk Beraturan dan Bilangan–bilangan Berurut

Pada bagian ini kita membahas bilangan–bilangan berurut dan beberapa dari bagiannya yang menarik.

Para pembaca dapat melewati bagian ini sama sekali, tanpa ada sesuatu yang rugi untuk melanjutkannya.

Definisi 3. 2. 1.  Semua aturan himpunan-himpunan dengan tepat yang mirip dengan masing-masing darinya yang disebut dengan bentuk aturan yang sama

Kembali lagi pada bentuk aturan yang didefinisikan sebagai sebuah sifat perintah dari kelas pada aturan linear.

Definisi 3. 2. 2.  Bentuk aturan dari sebuah himpunan beraturan yang disebut dengan bilangan pokok pada himpunan.

Bilangan pokok dari himpunan kosong adalah  0 dan himpunan yang disusun dengan baik {a} adalah 1. Bilangan pokok dari {a₁      a₂ } adalah 2, dan seterusnya.

Himpunan bilangan pokok dari semua bilangan asli pada aturan biasa dibentuk oleh . Hal ini sangat penting dicatat di sini bahwa bentuk aturan dari aturan linear dapat dirubah oleh bagian (elemen) yang disusun kembali. Sebagai contoh, jika kita menyusun bilangan asli maka dengan menggunakan cara-cara berikut:

{1      3     5     . . . ;     2      4     . . .}

aturan linear juga diperoleh dengan cara yang tidak sama dari himpunan pada bilangan asli.

Definisi 3. 2. 3.  Ambil A menjadi sebuah himpunan teratur. Jika a  A kemudian {x : x    a} disebut bagian yang lewat (atau suatu bagian awal) dari A yang telah ditentukan oleh a, dan ditandai oleh Aa .

Definisi 3. 2. 4. Ambil α dan β menjadi dua bilangan tingkat. Ambil A dan B menjadi dua himpunan teratur dengan bilangan tingkat α dan β, masing-masing. Kita menyebut α  β jika A sama dengan bagian kiri dari B (dan B tidak sama dengan bagian kiri dari A).

Pernyataan di dalam tanda kurung adalah tambahan sebagai sebuah akibat dari teorema yang mana akan dibuktikan kemudian (pada Teorema 3. 2. 2).

Teorema 3. 2. 1.  Sebuah himpunan teratur tidak sama pada beberapa bagian sebelah kiri.

Pembuktian!

Dengan jalan kebalikan kita perkirakan bahwa sebuah himpunan teratur adalah sama pada satu bagian yang telah dipelajari sebelumnya yang disebut  A_a  (a  A). Ambil f : A→ A_a  mejadi dua arah pemetaan yang mana menggambarkan kesamaan antara A dan A_a. Sehingga

f(a)  A_a  f (a)     a  f (f (a))     f(a)  f(f(f(a))))     f(f(a))

dan seterusnya. Hal ini mengartikan bahwa f(a), f(f(a)), dan lain-lainnya adalah semua elemen yang berbeda dari Aa_. Ambil A₁ menjadi himpunan semua elemen-elemen. A₁ harus mempunyai sebuah elemen pertama. Ambil a₁ menjadi elemen pertama dari A₁ . Tetapi kemudian  f(a₁)     a₁ , dan demikian f(a₁)  A₁ . Oleh karena itu kita menemukan perbedaan.

Kesimpulan.  Jika A_a dan A_b adalah dua bagian kiri dari sebuah himpunan (himpunan teratur) A, dan jika A_a  dan  A_b serupa, kemudian a = b.

Pembuktian dari kesimpulan ini mudah dan bisa ditinggalkan oleh para pembaca.

Teorema 3. 2. 2. Jika A sama dengan bagian dari B, maka B tidak sama pada bagian A.

Bukti.  Ambil A sama dengan B_b, sebuah bagian dari B. Ambil  f : A→ B_b memetakan yang mana menjelaskan persamaan ini. Sekarang jika B sama pada bagian A, disebut A_a , kemudian ada pemetaan yang sama g : B → A_a . Pemetaan gf : A → A terlihat bahwa A adalah sama ke satu bagian pada g (Bg), yang mana ini adalah sebuah kebalikan.

Sekarang kita mengetahui teorema berikut tanpa membuktikannya.

Teorema 3. 2. 3.  Jika A dan B adalah dua himpunan yang teratur, kemudian kalimat-kalimat yang tepat di bawah ini adalah:

(i)       A adalah sama dengan pada bagian kiri B

(ii)     B adalah sama dengan pada bagian kiri A

(iii)   A adalah sama dengan B

Pembuktian dari teorema ini menggunakan prinsip induksi transfinit dan dapat ditemukan pada R. L. Dasar Matematika. Teorema ini tidak didasarkan pada aksioma, bagaimanapun. Menggunakan prinsip bilangan teratur Zermelo’s, kita sekarang berada pada sebuah posisi untuk membuktikan dua buah bilangan utama yang dibandingkan.

Dalil 3.2.4.

Misalkan A dan B merupakan dua himpunan. Dimana A merupakan sebuah himpunan bagian dari B ataupun B merupakan sebuah himpunan bagian dari A.

Bukti:     mengumpamakan bahwa pada prinsipnya, keduanya yaitu A dan B dapat berurutan. Dalil ini mengikuti dari penerapan dalil 3.2.3.

Definisi 3.2.5

Misalkan A dan B merupakan dua himpunan yang memisah secara urut dengan bilangan berpangkat α dan β secara berturut-turut. α + β merupakan bilangan berpangkat, dari himpunan berurutan C = A  B, bahwa dalam membangun kelinearan pada C seperti hal itu hubungan antara A dan B yang ditentukan, dan setiap elemen dalam A mendahului setiap element dalam B. (Jika a  A, dan b  B, maka a      b).

Sangat perlu untuk dicatat, bahwa penjumlahan dari bilangan berpangkat tidak bersifat komutatif. Contoh: misalkan A = {a₁    a₂} dan misalkan B merupakan himpunan dari semua bilangan asli pada umumnya. Dari definisi 3.2.6, (2 +   ) merupakan bilangan berpangkat dari {a₁     a₂        1      2      ......} yang mana sama seperti himpunan dari semua bilangan asli.

Karenanya 2 +    =   ,

Sekarang  (  + 2) merupakan bilangan berpangkat dari {1     2     3    ......;     a₁      a₂}, yang mana ini tidak sama seperti himpunan dari bilangan asli seperti pada umumnya.

Jadi,  + 2 ≠

 + 2 ≠ 2 +

Secara umum, itu dapat ditunjukkan bahwa  = , but  + n ≠ . Hal ini juga mudah untuk diamati bahwa  

Definisi 3.2.6.

Misalkan α dan β merupakan dua bilangan berpangkat dan misalkan A dan B merupakan dua himpunan berurutan dengan bilangan berpangkat α dan β secara berutur-turut. Kita mendefinisikan α  β sebagai bilangan berpangkat dari himpunan berurut A  B dengan mengikuti hubungan kelinearan:

(a,b) < (a¢, b¢)  juga b < b¢ atau b = b¢ dan a < a¢,

Dimana a, a¢  A dan b, b¢  B.

Untuk menggambarkan definisi diatas, kita mempertimbangkan contoh yang digunakan.

Misalkan A merupakan himpunan berurut dari bilangan asli seperti pada umumnya. Misalkan B = {b₁ < b₂ < b₃}. Kita menunjukkan dengan mengikuti kelinearan hubungan antara A  B:

{(1,b₁) < (2,b₁) < (3,b₁) < ... ; < (1,b₂) < (2,b₂) < (3,b₂) < ... ; < (1,b₃) < (2,b₃) < ( 3,b₃) < ...}.

Perhatikan bahwa (3,b₁) < (2,b₂) < (1,b₃), karena b₁ < b₂ < b₃.

Di dalam contoh ini, bilangan berpangkat dari himpuan berurut yang dibangun adalah      3. Ini mudah untuk diperhatikan bahwa     3 ≠ .

Untuk mencari 3    kita membuat himpunan berurut (B  A) sebagai berikut:

{(b₁, 1)    (b₂, 2)    (b₃, 1)     (b1, 2)    (b2, 2)    (b3, 2)     (b1, 3)     (b2, 3)     (b3, 3)     .....}.

Bagian ini seperti himpunan berurut A, untuk memetakan:

Adalah suatu bijektif, yang membentuk suatu pemetaan. Oleh karena itu, 3   , yang juga membuktikan bahwa 3  

Seperti penjumlahan, perkalian dari bilangan berpangkat tidak bersifat komutatif, untuk mudahnya, kita lihat bahwa    =  dan   .

Kita dapat menyatakan bahwa bagian utama dari penjumlahan dan perkalian dari bilangan berpangkat adalah tanpa bukti.

(a)      α + (β + γ) = (α + β) + γ

(b)     α (βγ) = (αβ) γ

(c)      α (β + γ) = αβ + αγ.

Hal ini penting untuk dicatat, bahwa perkalian bersifat distributif pada penjumlahan hanya dari kiri. Susunan lain dari aturan distributif adalah, (β + γ) α = βα + γα tidak selalu sesuai, sebagai gambarannya:

     (  + 3)

=  

     (

terkadang dapat ditulis ².

Definisi 3.2.8.

Misalkan α dan β merupakan dua bilangan berpangkat dimana α < β. Jika di sana tidak terdapat beberapa bilangan berpangkat  γ dimana α < γ  < β, kemudian kita katakan α adalah lebih dulu dari β dan β merupakan pengganti dari α.

Bilangan berpangkat yang lebih dulu disebut bilangan berpangkat pertama. Contoh, 3, , ² +  2 + 1, merupakan bilangan berpangakt pertama.

Bilangan berpangkat yang tidak lebih dulu disebut bilangan berpangkat kedua. Contoh: , ²,    2, ² + 3

Dalil 3.2.5.

Jika α adalah sebuah bilangan berpangkat dan jika S = {β : β < α, dimana β adalah sebuah bilangan berpangkat}, kemudian S adalah suatu urutan dan merupakan bilangan berpangkat dari α.

Bukti:   α = 0  S adalah kosong dan dalam hal ini, secara sederhana dalil ini terbukti.

Sekarang kita dapat menyatakan bahwa α > 0 dan S tidak kosong. Misalkan A merupakan himpunan berurut dengan  bilangan berpangkat α. Sekarang, untuk setiap            adalah bagian dari A yang merupakan bilangan berpangkat yang kurang dari α, disebut β. Sesungguhnya, β  S. Penjelasan  merupakan sebuah pemetaan  yang merupakan pemetaan 1-1 karena merupakan kesimpulan dari dalil 3.2.1. juga merupakan korespondensi 1-1,  hanya jika β  S, kemudian   β < α ; lalu β merupakan suatu bilangan berpangkat dari beberapa bagian yang ditinggalkan A_x dari A,  membuktikan bahwa . Juga, suatu pemetaan merupakan ketetapan, karena  merupakan suatu bagian yang ditinggalkan dari  Karenanya, S sama dengan A dan kita mendapatkan hasilnya.

Yang harus kita perhatikan disini yaitu pembuktian tidak terbukti, jika kita tidak menyimpulkan 0 dalam sistem bilangan berpangkat kita.

Dalil 3.2.6.

Setiap himpunan dari bilangan berpangkat adalah berurutan.

Bukti:     Misalkan S merupakan sebuah himpunan dari bilangan berpangkat. S pasti merupakan sebuah ketetapan. Misalkan A merupakan sebuah himpunan bagian tak kosong dari S dan mempertimbangkan α  A. Jika α merupakan elemen pertama dari A maka dalil terbukti. Jika α bukan merupakan elemen pertama dari A, maka           A₁ = {β : β < α}. Dengan jelas, A₁  A ≠ . Misalkan A₂ = A₁  A. Dari dalil 3.2.5. A₁ merupakan suatu urutan dan A₂, menjadi sebuah himpunan bagian tak kosong dari A₁ yang harus mempunyai sebuah elemen pertama, misalkan γ; lebih dari itu γ < α. Jika γ bukan merupakan elemen pertama dari A, kemudian  sebuah δ dalam A seperti bahwa δ < γ  δ < α  δ , yang merupakan bukti kontradiksi dimana γ merupakan elemen pertama dari A. Ini melengkapi pembuktian dari dalil tersebut.

Sesuai dengan dalil 3.2.5. itu bahwa jika kita menulis semua bilangan berpangkat kurang dari urutan bilangan berpangkat di dalam bilangan asli, kemudian himpunan berurut yang diperoleh mempunyai bilangan berpangkat yang lebih besar dari setiap bilangan berpangkat di dalam suatu himpunan, tetapi kurang dari atau sama dengan untuk setiap bilangan berpangkat yang lain. Sebagai contoh, himpunan dari semua bilangan berpangkat terbatas mempunyai bilangan berpangkat  yang merupakan bilangan berhingga dari bilangan berpangkat yang paling kecil.

Bagian dari bilangan himpunan berurut mempunyai banyak bilangan berpangkat berhingga, yang dilambangkan dalam dari suatu polinom yaitu . Jika kita menuliskan semua bilangan berpangkat dari bagian himpunan terhitung oleh bilangan asli mereka sendiri, kemudian himpunan berurut yang diperoleh mempunyai sebuah bilangan berpangkat yang dilambangkan oleh W. Sekarang ini sangat jelas bahwa W tidak dapat menjadi bilangan berpangkat dari sebuah himpunan terhitung. Oleh karena itu, W mungkin dapat disebut sebagai bukan bilangan pertama ( atau tidak dapat dihitung ) dalam bilangan berpangkat.

Kita dapat menyimpulkan dalam bab ini dengan suatu paradoks terkenal.

Burali-Forti Paradoks.

Misalkan S merupakan suatu himpunan dari semua bilangan berpangkat. Kemudian S merupakan suatu urutan dan mempunyai sebuah bilangan berpangkat yang lebih besar dari dari beberapa bilangan berpangkat di dalam S, dan oleh karena itu tidak dapat mempunyai S.

Istilah “himpunan dari semua bilangan berpangkat” mempunyai kontradiksinya sendiri karena ini hanya merupakan paradoks.

Latihan 3.2.

1.        Buktikan bahwa

2.        Tunjukkan bahwa ( .

3.        Buktikan bahwa jika α, β, γ adalah bilangan berpangkat, jika:

a.       α + (β + γ) = (α + β) + γ

b.      α (βγ) = (αβ) γ

c.       α (β + γ) = αβ + αγ.