Download Report

Joukko-opin aksioomat
(JAx1): ∀a∀x∀y[[x ≈ y ∧ x ∈ a] → y ∈ a],
missä a, x, y ovat muuttujia.
(JAx2): ∀a∀bM({a, b}), missä a ja b ovat muuttujia.
(JAx3): ∀aM(∪a ), missä a on muuttuja.
(JAx4): ∀a∀y1 . . . ∀yn ∃y∀x[x ∈ y ↔ [ϕw (x) ∧ x ∈ a]],
missä a, x, y ovat eri muuttujia ja y1 , . . . , yn ovat kaavan ϕ
muuttujista w ja u eroavat vapaat muuttujat. Oletetaan lisäksi,
että a, x, y 6= y1 , . . . , yn .
(JAx5): ∀aM(P(a)), missä a on muuttuja.
(JAx6): ∀a[a 6≈ ∅ → ∃x[x ∈ a ∧ x ∩ a ≈ ∅]],
missä x 6= a.
(JAx6V ): A 6≈ ∅ → ∃x[x ∈ A ∧ x ∩ A ≈ ∅],
missä A on luokka ja muuttuja x ei esiinny luokassa A.
(JAx7): ∀a∀y1 . . . ∀yn [∀x∀y∀z[[ϕw,u (x, y) ∧ ϕw,u (x, z)] → y ≈ z] →
∃b∀y[y ∈ b ↔ ∃x[x ∈ a ∧ ϕw,u (x, y)]]],
missä a, b, x, y, z ovat eri muuttujia ja y1 , . . . , yn ovat kaavan ϕ
muuttujista w ja u eroavat vapaat muuttujat. Oletetaan lisäksi,
että a, b, x, y, z 6= y1 , . . . , yn .
(JAx8): M(ω).
(AC): ∀a∃f ∀x[[x ∈ a ∧ x 6≈ ∅] → f [x] ∈ x],
missä a, f, x ovat eri muuttujia.
i
Hakemisto
(AC), 359
(AH), 465
(CH), 464
(CLT), 444
(GCH), 464
(JAx1), 14
(JAx2), 33
(JAx3), 44
(JAx4), 49
(JAx5), 55
(JAx6), 58
(JAx6V ), 62
(JAx7), 74
(JAx8), 148
(WOP), 444
(ZL), 446
A ∩ B, 44
A ∪ B, 41
A \ B, 50
A ⊂ B, 46
A ⊆ B, 46
A × B, 65
A2 , 68
A−1 , 68
Ako(G), 367
ClB (R, A), 306
E, 91
F ◦ G, 72
F in(a), 366
F nc(G), 69
F nc1−1 (G), 73
G(A), 72
G : A −→ B, 83
1−1
G : A −→ B, 83
1−1
G : A −→ B, 83
onto
G : A −→ B, 83
KI , 141
KII , 141
Le, 380
Lex, 381
On, 125
Ord(A), 115
P r(A), 29
R-edeltäjä, 88
R-funktio, 316
R-minimaalinen, 90
Reg(α), 436
Rel(A), 68
Ru, 30
R HM in A, 93
R JM in A, 94
R M in A, 90
R Or A, 88
Sing(α), 436
St(A), 315
T r(A), 114
T r Cl(a), 305
U n(A), 69
U n1−1 (G), 73
V , 60
ℵ, 414
ℵα , 414
α ÷ β, 223
α ⊙ β, 226
α ⊕ β , 194
α ⊕ 1, 138
α ≺ β, 129
α - β, 129
αxβy , 258
≈, 13, 24
∩A , 151
∪A , 42
∪β≺α F [β], 168
∅, 51
∃1 xϕw (x), 80
∈, 5
ha, bi, 35
ha1 , a2 , . . . , an i, 40
D(A), 70
onto
G[b], 80
GpA, 71
G F n1−1 A, 83
G F n A, 83
Inf (a), 366
Isom, 106
ii
K, 361
KT , 407
M(A), 29
P(A), 55
W(A), 70
max(a, A), 445
max A, 135
max{α, β}, 131
min A, 152
ω, 143
a, 361
sup A, 133
0, 137
1, 137
n, 137
ϕx (a), 7
ϕw,u (x, y), 74
⊢, 6
⊢L , 6
{a, b}, 33
{a}, 33
{a1 , a2 , . . . , an }, 39
{x | ϕz (x)} ∈ {x | ψy (x)}, 23
{x | ϕz (x)} ∈ a, 23
aRb, 87
a ∈ {x | ϕz (x)}, 22
a ≃ b, 340
ab , 391
cf (α), 433
ch(B), 445
ch(B, A), 445
cof (α, β), 418
rank, 326
finiittinen ordinaali, 144
finiittinen rekursio, 173
funktio, 69
hyvin järjestyvyys, 444
identtinen funktio, 107
indusoitu relaatio, 112
injektio, 73
isomorfismi, 106
järjestämätön n-vektori, 39
järjestämätön pari, 33
järjestetty n-vektori, 40
järjestetty pari, 35
järjestysrelaatio, 88
joukko, 29
äärellinen, 366
ääretön, 366
joukon mahtavuus, 361
käänteisluokka, 68
kardinaaliluku, 361
säännöllinen, 436
singulaarinen, 436
transfiniittinen, 407
karteesinen tulo, 65
ketju, 445
kofinaalinen, 418
kontinuumihypoteesi, 464
yleistetty, 464
kuva, 72
leikkaus, 151
luokka, 24
aidosti kasvava ordinaalifunktio, 367
aito luokka, 29
alef-hypoteesi, 465
alkio, 3
alkusegmentti, 93
arvoluokka, 70
määrittelyluokka, 70
maksimaalinen alkio luokassa, 445
maksimi, 131, 135
minimaalirelaatio, 90
hyvin määritelty, 93
järjestävä, 94
minimi, 152
bijektio, 83
Cantor-Schröder-Bernstein, 341, 369
Cantorin trikotomia, 444
ordinaaliluku, 125
ordinaaliluokka, 115
osaluokka, 46
finiittinen induktio, 145
iii
aito, 46
potenssijoukko, 55
rajaordinaali, 141
rajoittuma, 71
rankifunktio, 326
relaatio, 68
relaatiosysteemi, 106
Russellin luokka, 30
Russellin paradoksi, 21
sanakirjajärjestys, 380
parannettu, 381
seuraajaordinaali, 141
singulaarinen, 433
sopiva totuusarvofunktio, 7
suljettu relaation suhteen, 306
sulkeminen, 7
supertransitiivinen, 315
supremum, 133
surjektio, 83
teoreema, 6
termi, 24
transfiniittinen induktio, 128, 157
transfiniittinen rekursio, 160, 169
transitiivinen, 114
transitiivinen sulkeuma, 305
tyhjä joukko, 51
valinta-aksiooma, 359
yhdiste, 42
yhtä mahtava, 340
yhtenevyys, 13
yksiö, 33
yksiarvoinen, 69
Zornin lemma, 446
iv
Sisältö
1 Johdanto
2
2 Joukko-opin kieli
5
3 Aksioomajärjestelmän ristiriidattomuus
10
4 Yhtenevyys
13
5 Luokat
20
6 Luokkien perusominaisuuksia
33
7 Relaatio ja funktio
65
8 Ordinaaliluvut
112
9 Funktiot ordinaalilukujen luokassa
152
10 Ordinaaliaritmetiikkaa
193
10.1 Yhteenlasku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
10.2 Kertolasku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226
10.3 Potenssiinkorotus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258
11 Transitiivinen sulkeuma ja rankifunktio
300
12 Kardinaaliluvut
340
13 Kardinaalilukuluokan ominaisuuksia
406
14 Aksioomia, hypoteeseja ja sen sellaisia
444
1
1
Johdanto
Tässä luentomonisteessa esitetään nykyisen joukko-opin aksiomaattinen perusta. Asioiden ymmärtämiseksi on välttämätöntä hallita predikaattilogiikka, erityisesti mallien ja niihin liittyvien tulkinta- eli totuusarvofunktioiden käyttäytyminen. Asioita voi kerrata luentomonisteesta Kurittu: Propositio- ja predikaattilogiikka, joka löytyy myös osoitteesta http://www.maths.jyu.fi/˜ lkurittu/
johdlogiikkaan.pdf. Johdantovaiheessa viitataan myös asioihin, joita ei tuosta
monisteesta löydy – esimerkiksi RA-kieleen ja Gödelin epätäydellisyyslauseisiin
–, näihin tarinoihin voi puolestaan tutustua osoitteessa http://www.maths.jyu.fi/
˜ lkurittu/matlog.pdf. Yleisesti ottaen kuitenkin tälle kurssille riittävät mainiosti tuon predikaattilogiikkakurssin tiedot.
Nykyaikaisen joukko-opin voi katsoa alkaneen Georg Cantorin (1845-1918) 1800luvun lopulla julkaisemista tuloksista. Cantorin havainnot aiheuttivat melkoisen
mullistuksen matematiikan kentässä, eikä niitä aluksi yksimielisesti hyväksytty. Cantor teki hypyn ”äärellisestä äärettömään”, eikä tätä ainakaan heti voitu
tunnustaa matematiikan perustaksi. Vastustajista mainittakoon erityisesti Kronecker, joka oli sitä mieltä, että matematiikka on ja sen täytyy olla luonteeltaan ”finitististä”. Cantorin työ poiki kuitenkin useita matematiikan perusteissa
havaittavia paradokseja, joista erityisesti ns. Russellin paradoksia käsitellään
tuonnempana. Russellin paradoksi sai aikaan muun muassa sen, että Dedekind
pysäytti teoksensa Was sind und was sollen die Zahlen julkaisun. Erityisesti
Frege, jolle osoittamassaan kirjeessä Russell paradoksinsa esitti, koki, että hänen elämäntyöltään on pudonnut pohja pois.
Nämä paradoksit olivat toisaalta myös erittäin hedelmällisiä: ruvettiin pohtimaan joukko-opin perusteiden kunnollista selvittämistä, jotta asia saataisiin
”out of the realm of psychology” eli vapaasti suomentaen pois psykologisen ajattelun valtapiiristä. Ensimmäiset tämän suuntaiset joukko-opin perusteiden selvittäjät olivat Zermelo ja Russell.
Joukko-opin aksiomatisoinnissa on (ainakin) kolme eri päälinjaa. Jos hetkeksi palataan tuonne psykologian valtakuntaan ja ajatellaan joukkoja tietyn ominaisuuden omaavien alkioiden kokoelmina, niin on olemassa kahdenlaisia perusobjekteja: joukkoja ja alkioita. Tässä tulee heti vastaan ongelma, sillä joukkokin
voi olla alkio. Esimerkiksi yksiö A = {∅} on joukko, jossa on yksi ainoa alkio eli
∅, mutta toisaalta A:kin on alkiona joukossa {A}.
Russell ja Whitehead ratkaisivat tämän pulman laajassa kolmiosaisessa teoksessaan Principia Mathematica (1910) luomalla eräänlaisen objektien hierarkiasysteemin. Äskeisessä esimerkissä A on yhtä pykälää korkeammalla hierarkiatasolla kuin ∅ ja {A} on vastaavasti A:ta korkeammalla tasolla. Tämä ajattelu
johtaa siihen, että hierarkiatasoja on äärettömän monta (eli ainakin ∅, A, {A},
{{A}}, {{{A}}}, . . .), mistä sitten aiheutuu omat ongelmansa.
2
Gödel ja Bernays lähestyvät ongelmaa vain kahden hierarkiatason kautta: on
olemassa joukkoja ja ”luokkia”. Näillä on se ero, että joukko voi olla toisen joukon (tai luokan) alkio, mutta luokka ei voi. Tähän teoriaan ei tässä tekstissä sen
yksityiskohtaisemmin mennä.
Matemaatikkojen keskuudessa yleisen hyväksynnän (ja tätä joukko-opin aksiomatisointimallia nykyään yleensä käytetäänkin) sai Zermelon ja Fraenkelin
joukko-oppi, ns. ZF-teoria. Tässä teoriassa on vain kaksi peruskäsitettä: joukko
ja ”sisältyminen” (x sisältyy y:hyn, eli x on y:n ”alkio”). Tosin tässäkin teoriassa
esiintyy luokkia (kuten tullaan näkemään), mutta ne eivät ole varsinaisia peruskäsitteitä, vaan ne tullaan määrittelemään noiden kahden peruskäsitteen avulla.
Loppujen lopuksi ZF-teorialla ja Gödel-Bernays-teorialla ei ole suurtakaan eroa,
sillä jokainen kaava, joka voidaan todistaa teoreemaksi ZF-teoriassa, voidaan
todistaa teoreemaksi myös Gödel-Bernays-teoriassa ja kääntäen.
Tässä esityksessä pohjana on nimenomaan ZF-teoria. On merkillepantavaa, että jatkossa ”joukko” ja ”alkio” ovat täysin tasavertaisessa asemassa. Joukko on
joukko an sich, ja siitä ”tulee” alkio, jos se sattuu sisältymään johonkin toiseen
joukkoon (ja näinhän aina on: x ∈ {x}).
ZF-teoria koostuu (peruskäsitteittensä lisäksi) kokoelmasta aksioomia, joita on
vähän laskentatavasta riippuen noin kahdeksan kappaletta. Kutsutaan näitä yhteisnimellä ZF-aksioomat. Näiden perusaksioomien lisäksi mukaan kuuluu vielä
ns. valinta-aksiooma (axiom of choice, AC), jota ei pidetty niin itsestäänselvyytenä kuin muita aksioomia, vaan sen asemaa vähän kyseenalaistettiin. Oma
aksioomansa se kuitenkin on, ja nykymatematiikassa sen käyttö on yleisesti hyväksytty.
Valinta-aksiooma sanoo intuitiivisesti seuraavaa: Oletetaan, että {Aα }α∈I on
annettu kokoelma epätyhjiä joukkoja. Nyt tämä aksiooma kertoo, että näistä
kaikista voidaan valita jokin alkio. Tämä on tietenkin löysää puhetta; vähän täsmällisemmin: tuo valinta voidaan tehdä ”samanaikaisesti”,
ja vielä vähän täsmälS
lisemmin: on olemassa kuvaus ϕ : I → α∈I Aα siten, että ϕ(α) ∈ Aα kaikille
α ∈ I. Tässä siis ϕ ikään kuin toimii ”valintakuvauksena”, joka poimii jokaiselle
α ∈ I jonkin alkion ϕ(α) kustakin (epätyhjästä) joukosta Aα . Pointti tässä on
se, että kyseistä alkiota ei ole mitenkään ennalta määrätty tai spesifioitu. ZFteoriaa, johon on lisätty valinta-aksiooma AC, kutsutaan yleisesti ZFC-teoriaksi.
Tähän ZFC-teoriaan liittyy läheisesti ns. kontinuumihypoteesi. Selvitetään tässä
lyhyesti (ja vähän epätäsmällisesti), mistä on kyse.
Joukoilla on tietty mahtavuus; tämä tarkoittaa sitä, että joukot ovat yhtä mahtavia, jos niiden välillä on bijektio. Jos on olemassa injektio f : A → B, niin B
on mahtavampi kuin A; jos B on mahtavampi kuin A ja A ei ole mahtavampi
kuin B, niin sanotaan, että B on aidosti mahtavampi kuin A. Jokainen joukko
on tietenkin mahtavampi kuin mikä tahansa sen osajoukoista, joskus aidosti,
3
joskus ei. Esimerkiksi R on aidosti mahtavampi kuin sen osajoukko N, koska N
on numeroituva, mutta R on ylinumeroituva. Toisaalta Q on yhtä mahtava kuin
N, koska molemmat ovat numeroituvia.
Jos A on joukko, niin merkitään symbolilla P(A) sen potenssijoukkoa eli kaikkien osajoukkojen joukkoa. Siis B ∈ P(A) ⇔ B ⊂ A. Voidaan melko helposti
osoittaa, että kaikille joukoille A joukko P(A) on aidosti mahtavampi kuin A.
Ja nyt kysymys kuuluu: onko näiden välissä mitään joukkoa B? Siis onko olemassa joukkoa B, joka olisi aidosti mahtavampi kuin A, mutta P(A) olisi aidosti
mahtavampi kuin B? Äärelliselle joukolle A, jossa on vähintään kaksi alkiota,
tällainen B on helposti löydettävissä, koska jos A:ssa on n ≥ 2 alkiota, niin
P(A):ssä on 2n alkiota, ja voidaan valita m siten, että n < m < 2n , jolloin
B:ksi käy B = {1, . . . , m}. Äärettömälle joukolle A kysymys onkin sitten paljon
vaikeampi.
Kuuluisa kontinuumihypoteesi sanoo, että äärettömälle joukolle A tällaista ”välijoukkoa” B ei ole olemassa. Kuten nimi ”hypoteesi” indikoi, tämä on todellakin vain hypoteesi eli oletus, eikä asiaa tiedetä. Kurt Gödel osoitti 1938, että
kontinuumihypoteesia ei voi ZFC-teoriassa osoittaa vääräksi – tämä tarkoittaa
sitä että ei ole olemassa sellaista joukkoa A, jolle tuo ”välijoukko” B olisi konstruoitavissa tai ylipäätään todistettavissa, että B olisi olemassa. Tämä antaa
tietysti vahvan uskon siihen, että kontinuumihypoteesi voitaisiin todistaa oikeaksi. Uskomus on tällä kertaa väärä, sillä Paul Cohen osoitti vuonna 1963,
ettei kontinuumihypoteesia voi ZFC-teoriassa todistaa myöskään oikeaksi edes
siinä tapauksessa, että joukko A on N. Näin siis tuo yllä oleva tekstinpätkä ”eikä asiaa tiedetä” tarkoittaa todellakin, mitä se kirjaimellisesti sanoo: tiedetään,
että asiaa ei tiedetä.
Tämän kontinuumihypoteesin ihmeellisyyttä voi havainnollistaa R:ssä. On melko helppo osoittaa, että R on yhtä mahtava joukon P(N) kanssa. Tällöin R:lle
vietynä kontinuumihypoteesi väittää, että ei ole olemassa sellaista joukkoa B ⊂
R, joka olisi ylinumeroituva (eli aidosti mahtavampi kuin N), mutta itse R olisi aidosti mahtavampi kuin B. Väitteen paikkansapitävyyteen eli tällaisen B:n
olemassaolokysymykseen ei siis tiedetä vastausta. (Ja tämä tiedetään.) Pelkistetysti siis: Onko R:ssä ylinumeroituvaa osajoukkoa, joka ei olisi yhtä mahtava
R:n kanssa? Oikea vastaus on, että tiedän, etten tiedä.
Tuossa edellä vedettiin vähän mutkia suoriksi; kontinuumihypoteesista puhutaan tarkemmin luvussa 3, jossa käsitellään aksioomajärjestelmän ristiriidattomuutta.
Seuraavat tehtävät eivät ole ”oikeaa” aksiomaattista joukko-oppia, vaan käytetään tavanomaista ”naiivia” joukko-oppia, mitä nyt yleensäkin matematiikassa
käytetään. Tuo ensimmäinen tehtävä tultaneen todistamaan jatkossa ”oikeana”
joukko-opillisena lauseena, jos tällä kurssilla koskaan niin pitkälle päästään.
4
Harjoitustehtävä 1.1 Osoita, että kaikille joukoille A joukko P(A) on aidosti
mahtavampi kuin A.
Harjoitustehtävä 1.2 Osoita, että R on yhtä mahtava joukon P(N) kanssa.
2
Joukko-opin kieli
Joukko-opin kieli on pohjimmiltaan predikaattikieli L(S), jossa on tasan yksi kaksipaikkainen predikaattisymboli P ; siis predikaattisymbolien joukko S on
S = {P }. Kielen muuttujat ovat tavalliseen tapaan xn , n ∈ N ja vastaavasti
vakiosymbolit ovat vn , n ∈ N. Jos a ja b ovat kielen muuttujia tai vakioita, niin
tavallisestihan vastaavan atomikaavan symbolina on P (a, b). Tässä esityksessä
kuitenkin predikaattisymbolia P merkitään pysyvästi symbolilla ”∈” ja atomikaavaa P (a, b) merkitään symbolilla a ∈ b. Tämä merkintätavan muutos ei aiheuttane sekaannuksia.
Tässä joukko-opin kielessä muuttujat ja vakiot imitoivat ”joukkoja” tai niiden
”alkioita” ja intuitiivinen tulkinta merkinnälle a ∈ b on tavanomainen: ”a on b:n
alkio” tai ”a kuuluu joukkoon b”.
Yleensä muuttujille käytetään symboleja x, y, z, . . .. Vakioille käytetään yleensä
symboleja u, v, w, . . . ja muuttujille tai vakioille symboleja a, b, c, . . .. Tavallisesti predikaattikielen kaavoja merkitään isoilla aakkosilla A, B, C, . . ., mutta nyt
isot aakkoset on varattu muuhun käyttöön, joten merkitään kaavoja kreikkalaisilla aakkosilla. Kreikan kielen aakkoston alkupää α, β, γ, . . . on sekin varattu
muuhun käyttöön, joten nyt kaavoja merkitään symboleilla ϕ, ψ, η, . . .. Nämä
kaikki merkinnät siis pääsääntöisesti; toki poikkeuksiakin sallitaan kuten predikaattikielissä yleensä. Mikään ei siis estä merkitsemästä esimerkiksi jotakin
kaavaa vaikkapa symbolilla x, kunhan asia vain tehdään selväksi. Tästä yleisestä merkintäperiaatteesta on se etu, että aina ei tarvitse sanoa esimerkiksi, että
”x on muuttuja”, kun jokin uusi muuttuja x tuodaan peliin mukaan, vaan lähtökohtaisesti oletetaan, että x on muuttuja, ellei muuta mainita. Vastaava oletus
pätee symbolien u, v, w, . . . ja ϕ, ψ, η, . . . suhteen. Tähän samaan sarjaan liittyvät jatkossa myös symbolit A, B, C, . . . ja α, β, γ, . . ., kunhan asiassa edetään.
Tässä aluksi on syytä esittää pari predikaattikielistä perustulosta, joita jatkossa
tarvitaan. Jätetään nämä harjoitustehtäviksi. Nämä väitteet on (ehkä) helpointa
todistaa käyttäen hyväksi Gödelin täydellisyyslausetta – muitakin vaihtoehtoja
on.
Harjoitustehtävä 2.1 Olkoon ϕ predikaattikielinen kaava ja x muuttuja. Olkoon z 6= x toinen muuttuja, joka ei esiinny kaavassa ϕ. Olkoon Kzx (ϕ) kaava, joka syntyy intuitiivisesti ajatellen niin, että kaikki x:n sidotut esiintymät
ϕ:ssa korvataan z:lla. Esitä nyt kaavan Kzx (ϕ) tarkka rekursiivinen määritelmä.
Osoita sitten tähän määritelmään perustuvalla induktiolla, että
⊢ Kzx (ϕ) ↔ ϕ.
5
Harjoitustehtävä 2.2 Olkoot ϕ, ψ ja η predikaattikielisiä kaavoja sekä x muuttuja siten, että x ei esiinny vapaana kaavassa ϕ. Oletetaan, että pätee
⊢ ϕ → [ψ ↔ η].
Osoita, että tällöin pätee myös
⊢ ϕ → [∀xψ ↔ ∀xη].
Joukko-opin kielen teoreemoja ϕ merkitään – kuten predikaattikielissä yleensä
ja myös edellisissä tehtävissä – symbolilla
⊢ ϕ.
Tällä merkinnällä, kuten koko teoreemakäsitteellä, on nyt kuitenkin vähän toinen merkitys kuin ”puhtaassa” predikaattikielessä. Joukko-opin pohjaksi näet
asetetaan tiettyjä lisäaksioomia (JAx1), . . . , (JAxn) predikaattikielen tavallisten viiden aksiooman (Ax1), . . . , (Ax5) jatkoksi. Nämä lisäaksioomat eivät ole
predikaattikielen teoreemoja. Nyt kun jotakin kaavaa sanotaan ”teoreemaksi”,
tarkoitetaankin itse asiassa sitä, että se voidaan päätellä käyttäen näitä lisäaksioomia (mahdollisesti) hyväksi. Tällöin kaikki ”loogiset” teoreemat (eli ne jotka
pätevät puhtaassa predikaattikielessä) ovat edelleen teoreemoja, mutta joukkoopissa syntyy uusia, nimen omaan näistä lisäaksioomista periytyviä teoreemoja, jotka eivät ole teoreemoja tässä loogisessa mielessä, sillä niitä ei voi todistaa pelkästään predikaattikielen aksioomien nojalla. Jos tarvetta on, käytetään
merkintää
⊢L ϕ,
jolla tarkoitetaan ja korostetaan sitä, että ϕ on teoreema loogisessa mielessä.
Tämä teoreemojen ero saattaa tuntua mitättömältä, mutta sillä on joskus ihan
oikeaakin merkitystä: esimerkiksi ekvivalenssin sijoitussääntöä (ks. Propositioja predikaattilogiikka, tehtävät 3.1.34-35) voi huoletta käyttää vain siinä tapauksessa, että sijoitettavien kaavojen ekvivalenssi on looginen teoreema.
Kun tässä nyt todistetaan näitä uusia ”ei-loogisia” teoreemoja; sanotaan vaikkapa, että ϕ on todistettava teoreema eli väitetään, että
⊢ ϕ,
(1)
ja (JAx1), . . . , (JAxn) ovat käytettävissä olevat joukko-opilliset aksioomat, niin
loogisessa mielessä väitetäänkin, että päättely
(JAx1), . . . , (JAxn) ⊢L ϕ
(2)
on pätevää. Näiden päättelyiden syntaktinen suorittaminen eli päättelyjonojen
kirjoittaminen menee nopeasti hyvin vaikeaksi teoreemojen monimutkaistuessa
ja aksioomien lisääntyessä. Sen takia turvaudutaan melkein aina semantiikkaan
ja erityisesti täydellisyyslauseeseen. Päättely (2) on pätevää, jos pätee
⊢L [(JAx1) ∧ . . . ∧ (JAxn)] → ϕ.
6
(3)
Gödelin täydellisyyslauseen nojalla väitteen (3) ja siten myös väitteen (1) todistamiseksi riittää osoittaa, että kaava (3) on validi. Siispä riittää osoittaa, että
pätee
t([(JAx1) ∧ . . . ∧ (JAxn)] → ϕ) = 1,
kun t on mielivaltainen totuusarvofunktio. Predikaattikielen totuusarvokäsitteen määritelmän mukaisesti kaava (3) on ensin ”suljettava” eli sen mahdolliset
vapaat muuttujat on korvattava mielivaltaisilla vakioilla. Tämän sulkemisen jälkeen totuusarvo käyttäytyy kuten propositiokielessä ja riittää osoittaa, että jos
t((JAx1)∧. . .∧(JAxn)) = 1 (eli t((JAxi)) = 1 kaikille i = 1, . . . , n), niin t(ϕ) = 1,
missä ϕ on se kaava, joka ϕ:sta syntyy, kun se suljetaan. Aksioomat ovat suljettuja, joten niitä ei tarvitse erikseen sulkea. Merkintöjen yksinkertaistamiseksi
jätetään yleensä kaavan ϕ ylleviivaus tekemättä ja vain kylmästi oletetaan, että
ϕ on suljettu. Tästä ei yleisesti aiheudu mitään ongelmia ja jos jotain erikoista ilmenee, käytetään sitten tarkempia merkintöjä. Tämä kaikki tehdään siis
pääsääntöisesti tulevien todistusten alussa ilman, että siitä joka kerta erikseen
mainitaan.
Käytetään myös sanontaa ”t on sopiva totuusarvofunktio”, millä tarkoitetaan
sitä, että t((JAxi)) = 1 kaikille i = 1, . . . , n. Tässä luku n vaihtelee riippuen siitä, missä vaiheessa tekstiä ollaan menossa, eli siitä, mitkä aksioomat ovat siinä
vaiheessa pelissä mukana. Tässä esityksessä näet aksioomat tulevat mukaan pikkuhiljaa; ei suinkaan niin, että kaikki aksioomat annettaisiin heti kerralla. Tämä
johtuu siitä, että loppupään aksioomissa tarvitaan aika kehittyneitä määritelmiä, eikä niiden ymmärtäminen ilman kyseisten määritelmien sisäistämistä ole
mahdollista.
Kaavaan ϕ tehtävä sijoitus Sax (ϕ) määritellään kuten predikaattikielessä yleensä. Nyt tarvitaan kuitenkin myös vähän toisenlaista sijoitusta (jota sijoitusta
sitten jatkossa lähes poikkeuksetta käytetään). Tärkein syy tähän muutokseen
on siinä, että näin saadaan näiden luentojen keskeisimmät aputulokset eli lauseet
4.5 ja 5.11 toimimaan; ks. myös tehtävät 2.9 ja 2.10. Tämä uusi sijoitus määritellään intuitiivisesti seuraavasti.
Olkoon ϕ kaava ja x muuttuja sekä a muuttuja tai vakio. Yleensähän Sax (ϕ)
tarkoittaa kaavaa, jossa x:n vapaat esiintymiset kaavassa ϕ on korvattu a:lla.
Nyt korvataan ensin kaavassa ϕ esiintyvät a:n mahdolliset sidotut esiintymiset
jollakin sellaisella muuttujasymbolilla y, joka ei esiinny lainkaan kaavassa ϕ ja
sitten tässä syntyvässä kaavassa vaihdetaan x:n vapaat esiintymiset a:ksi. Näin
syntyvää kaavaa merkitään symbolilla ϕx (a). Yleissääntö, joka tästä menettelystä syntyy, on se, että kaavassa ϕx (a) ei koskaan kvantifioida muuttujan
a suhteen.
Esimerkki. Olkoot a, x ja w eri muuttujia sekä olkoon
ϕ = ∀a∀w[w ∈ x ↔ w ∈ a].
7
Kaava ϕx (a) syntyy siis seuraavasti: Vaihdetaan ensin a:n sidotut esiintymät
(eli tässä tapauksessa kaikki) joksikin muuksi, vaikkapa y:ksi, missä y 6= x, w, a.
Tällöin tuloksena on kaava
∀y∀w[w ∈ x ↔ w ∈ y].
Tässä vaihdetaan sitten x:n vapaat esiintymät a:ksi ja tuloksena on kaava
ϕx (a) = ∀y∀w[w ∈ a ↔ w ∈ y].
Huomaa, että jos tehdään sijoitus predikaattikielistä tuttuun ”tavalliseen” tapaan, tuloksena on kaava
Sax (ϕ) = ∀a∀w[w ∈ a ↔ w ∈ a].
Huomaa, että syntyvät kaavat ϕx (a) ja Sax (ϕ) ovat paitsi eri näköisiä, myös loogiselta kannalta eri kaavoja eli ne eivät ole ekvivalentteja. Tämä näkyy vaikkapa
siitä, että Sax (ϕ) on looginen teoreema, kun taas ϕx (a) ei sitä ole.
Huomautus. Yllä olevassa määritelmäyrityksessä on ilmiselvä vika: valittu muuttuja y ei ole yksikäsitteinen, joten syntyvä kaavakaan ei sitä ole. Tämä puute
voitaisiin korjata sopimalla vaikkapa, että y = xn , missä n on pienin sellainen
indeksi, jolle xn ei esiinny kaavassa ϕ, mutta tällä ei ole loogiselta kannalta
mitään merkitystä, kuten harjoitustehtävästä 2.5 ilmenee. Tästä syystä sovitaan (vähän epämääräisesti), että ϕx (a) tarkoittaa mitä hyvänsä kaavaa, joka
on syntynyt yllä kuvatulla tavalla (mille hyvänsä y).
Harjoitustehtävä 2.3 Anna kaavan ϕx (a) tarkka määritelmä.
Harjoitustehtävä 2.4 Osoita, että kaavan ϕx (a) määritelmässä käytetty muuttuja y ei esiinny vapaana ϕx (a):ssa. Osoita myös, että a ei esiinny sidottuna
ϕx (a):ssa.
Harjoitustehtävä 2.5 Oletetaan, että kaavan ϕx (a) määritelmässä on käytetty y:n sijalla jotain toista muuttujaa z, joka ei sekään esiinny kaavassa ϕ.
Merkitään näin syntyvää kaavaa symbolilla ϕ̃x (a). Osoita, että pätee
⊢L ϕx (a) ↔ ϕ̃x (a).
Harjoitustehtävä 2.6 Olkoon ϕ kaava, x muuttuja ja u vakio. Osoita, että
⊢L ϕx (u) ↔ Sux (ϕ).
Huomautus. Predikaattikielessä kaava ϕ on looginen teoreema jos ja vain jos
kaava Sux (ϕ) on looginen teoreema kaikille vakioille u – tämä on helppo todistaa.
Tehtävän 2.6 nojalla tällöin ϕ on looginen teoreema jos ja vain jos ϕx (u) on
looginen teoreema kaikille vakioille u. Sijoitukselle ϕx (a) saadaan myös seuraava
tulos:
8
Harjoitustehtävä 2.7 Olkoon ϕ kaava ja x, a muuttujia. Oletetaan, että a ei
esiinny vapaana kaavassa ϕ. Osoita, että ϕ on looginen teoreema jos ja vain jos
ϕx (a) on looginen teoreema.
Harjoitustehtävä 2.8 Osoita esimerkeillä, että tehtävän 2.7 tulos ei päde kumpaankaan suuntaan ”tavalliselle” sijoitukselle. Konstruoi siis kaava ϕ, jolle Sax (ϕ)
on looginen teoreema, mutta ϕ ei sitä ole, ja toisaalta kaava ϕ, joka on looginen
teoreema, mutta Sax (ϕ) ei sitä ole.
Harjoitustehtävä 2.9 Osoita, että tehtävän 2.6 tulos pätee myös ilman sanaa
”looginen”. Todista siis, että ϕ on teoreema jos ja vain jos ϕx (a) on teoreema –
tässä siis a on muuttuja.
Harjoitustehtävä 2.10 Osoita, että myös seuraava väite (vertaa tehtävän 2.6
jälkeiseen huomautukseen) pätee: ϕ on teoreema jos ja vain jos ϕx (u) on teoreema kaikille vakioille u.
Jatkossa on pienessä (tätä käytetään vain kahdesti), mutta tärkeässä roolissa
seuraava tulos:
Lause 2.11 Olkoot ξ ja ψ kaavoja, w muuttuja, a ja b muuttujia tai vakioita
sekä x 6= a, b muuttuja, joka ei esiinny vapaana kaavassa ξ. Olkoon ϕ = ∀xψ.
Oletetaan, että
⊢L ξ → [ψw (a) ↔ ψw (b)].
(1)
Tällöin pätee
⊢L ξ → [ϕw (a) ↔ ϕw (b)].
(2)
Todistus. Jos w = x, niin sijoituksen määritelmän (ks. tehtävä 2.3) mukaisesti
ϕw (a) = ∀xKza (ψ) ja ϕw (b) = ∀xKzb (ψ),
missä K on kuten tehtävässä 1.1 ja z jokin sopivasti valittu muuttuja. Väite (2)
tulee tällöin muotoon
⊢L ξ → [∀xKza (ψ) ↔ ∀xKzb (ψ)].
Nyt tehtävän 2.1 nojalla saadaan teoreema
⊢L Kza (ψ) ↔ Kzb (ψ).
Tästä saadaan kvantifioimalla ja päättelylausetta käyttäen teoreema
⊢L ∀xKza (ψ) ↔ ∀xKzb (ψ),
jolloin väite (3) seuraa triviaalisti.
Näin siis tapaus w = x on käsitelty, joten voidaan olettaa, että w 6= x.
9
(3)
Koska x 6= a, b, niin sijoituksen määritelmän mukaisesti
ϕw (a) = ∀xψw (a) ja ϕw (b) = ∀xψw (a).
Väite (2) tulee tällöin muotoon
⊢L ξ → [∀xψw (a)) ↔ ∀xψw (a)].
(4)
Kvantifioimalla oletus (1) saadaan teoreema
⊢L ∀x[ξ → [ψw (a) ↔ ψw (b)]].
(5)
Koska x ei esiinny oletuksen mukaan vapaana kaavassa ξ, saadaan teoreemasta
(5) predikaattikielen aksiooman (Ax5) nojalla teoreema
⊢L ξ → ∀x[ψw (a) ↔ ψw (b)].
(6)
Käyttämällä päättelylausetta saadaan teoreema
⊢L ∀x[ψw (a)) ↔ ψw (b)] → [∀xψw (a) ↔ ∀xψw (b)],
jolloin väite (4) seuraa teoreemasta (6).
3
¤
Aksioomajärjestelmän ristiriidattomuus
On tärkeää huomata, että kun joukko-opin aksioomat lisätään predikaattikielen aksioomiin, ei synny ristiriitaista joukkoa. Jos nimittäin näin kävisi, kaikki
kaavat voisi todistaa teoreemoiksi, eikä koko teoriassa olisi paljon mieltä.
Kuten predikaattikielten yhteydessä on opittu, kaavakokoelman ristiriidattomuuden voi todistaa konstruoimalla jonkin mallin, jossa näiden kaikkien kaavojen totuusarvo on 1. Predikaattikielessä predikaattisymbolit ”mallitetaan” kuvaamalla ne sopiviksi Nn :n osajoukoiksi. Nyt pelissä on vain yksi kaksipaikkainen
predikaattisymboli ∈, joka pitää kuvata N2 :n osajoukoksi, ja tutkia sitten aksioomien totuusarvoa tämän mallin suhteen. Tällä tavallahan osoitettiin predikaattilogiikassa, että viisi perusaksioomaa ovat ristiriidattomia; myös RA-kielen
(ks. logiikan jatkokurssi) aksioomien ristiriidattomuus todistettiin näin.
Nyt on valitettavasti niin, että tällaista toivottua N2 :ssa elävää mallia ei ole onnistuttu konstruoimaan. Mallin määritelmää voidaan laajentaa (ja näin yleensä
tehdäänkin) sillä tavalla, että joukko N korvataan jollakin isommalla joukolla I
ja mallitetaan symboli ∈ joukon I 2 osajoukoksi. Tämäkään ei ole tuottanut toivottua tulosta, ja lisävaikeutena on tuo ”joukko” I: mikä se on, onko se todella
joukko, miten sen ”joukko-opissa” pelataan jne.
10
Jos mallin tekeminen ei onnistu, pitää yrittää jotain muuta. Jos aksioomajoukko on ristiriitainen, kaikki kaavat (erityisesti kaava f ) voidaan todistaa teoreemoiksi. Riittää siis löytää kaava, joka ei ole teoreema. Kuulostaa yksinkertaiselta, mutta on kaikkea muuta. Nyt nimittäin Gödelin toinen epätäydellisyyslause toimii myös tässä joukko-opin kielessä, ja tuo lausehan sanoo, että kielen
ristiriidattomuutta ei voi syntaktisesti todistaa. Siispä ristiriidattomuudelle ei
löydy todistusta kielen sisältä, vaan on keksittävä jotain ”ulkoa tuotua”, kuten
esimerkiksi siis semantiikka ja sitä kautta Nn :n tunnetut(?) ominaisuudet puhtaissa predikaattikielissä.
Tuntuu hankalalta, koska semantiikka ei tässä tunnu siis auttavan. No, tämä ei
ainoastaan tunnu hankalalta, vaan oikeasti on sitä, sillä kukaan ei ole vielä tähän päivään mennessä osoittanut joukko-opin aksioomien ristiriidattomuutta millään konstilla. Tässä on oiva tilaisuus päästä jos ei maailmanniin ainakin matematiikan historiaan: osoita, että joukko-opin aksioomat ovat
ristiriidattomia. Vielä varmempi paikka historiassa on taattu, jos osoitat, että
ne ovat ristiriitaisia. Silloinhan koko järjestelmä romahtaa, ja koska joukko-oppi
on – tavalla tai toisella – lähes kaiken matematiikan pohjana, myös koko matematiikan järjestelmä romahtaa.
Joskus puhutaan savijaloilla seisovista jättiläisistä, mutta matematiikkaa parempaa esimerkkiä ei tässä valossa varmaan ole: kuka tahansa nokkela opiskelija voi sen jonain päivänä romahduttaa.
Tarkkaavainen lukija voi tässä vaiheessa protestoida, sillä edellä todettiin, että riittää löytää yksikin kaava, joka ei ole teoreema, ja toisaalta johdannossa
todettiin, että Cohenin työn perusteella tiedetään, että kontinuumihypoteesi ei
ole teoreema. Eikös tämä riitä ristiriidattomuuden todistukseksi? Voi tietysti
vastaprotestoida sillä, että kontinuumihypoteesi ei ole kaava, mutta se on huono
argumentti, koska kontinuumihypoteesi on kirjoitettavissa ihan oikeaksi kaavaksi (ja näin kurssin lopulla tehdäänkin, ks. s.465). Mikäs tässä sitten mättää?
Vastaus on siinä, että johdannossa oltiin epätäsmällisiä – eli mutkia oiottiin,
kuten jo oli puhetta. (Näinhän valitettavan usein logiikassa käy; on raflaavaa
esittää vaikkapa Gödelin epätäydellisyyslause muutamalla rivillä ilman sen kummempia oletuksia, mutta, mutta...)
Mikäs sitten oli tällä kertaa epätäsmällistä?
Tarkkaan ottaen Gödel todisti johdannossa mainitussa tuloksessaan seuraavaa:
(tässä KH=kontinuumihypoteesi)
Jos ZFC-järjestelmä on ristiriidaton, niin ZFC+KH on ristiriidaton.
Nyt kun sanotaan, että ”Gödel osoitti, että KH:ta ei voi todistaa vääräksi”
11
tarkoitetaan sitä että ei voida esittää todistusta
ZF C ⊢ ¬KH.
(1)
Jos nimittäin päättely (1) onnistuisi, niin päättelylauseen nojalla saataisiin
⊢ [ZF C ∧ KH] → f,
mikä tarkoittaa sitä, että järjestelmä ZFC+KH olisi ristiriitainen, mitä se ei siis
mainitun Gödelin tuloksen mukaan ole – edellyttäen, että ZFC sinällään on ristiriidaton. Vastaavasti Cohen todisti tuloksessaan seuraavaa:
Jos ZFC-järjestelmä on ristiriidaton, niin ZFC+¬KH on ristiriidaton.
Nyt kun sanotaan, että ”Cohen osoitti, että KH:ta ei voi todistaa oikeaksi”
tarkoitetaan sitä että ei voida esittää todistusta
ZF C ⊢ KH.
(2)
Jos nimittäin päättely (2) onnistuisi, niin päättelylauseen nojalla saataisiin
⊢ [ZF C ∧ ¬KH] → f,
mikä tarkoittaa sitä, että järjestelmä ZFC+¬KH olisi ristiriitainen, mitä se ei
siis mainitun Cohenin tuloksen mukaan ole – edellyttäen taas, että ZFC sinällään
on ristiriidaton. Nyt kaava
ZF C → KH
(3)
ei voi olla teoreema, sillä jos se sitä olisi, saataisiin predikaattikielen perustulosten nojalla myös päättely (2), mikä siis ei ole mahdollista. On siis löydetty
kaava, joka ei ole teoreema.
Mutta, nyt pitää muistaa (ja toistaa), että Cohen (samoin kuin Gödel) tuloksessaan oletti, että ZFC on ristiriidaton, joten tämän todistumattoman kaavan
(3) löytyminen ei todista silloin mitään ZFC (tai ZF) järjestelmän ristiriidattomuudesta.
Tässä monisteessa menetellään samoin kuin Gödel ja Cohen yllä: oletetaan,
että ZFC-järjestelmä on ristiriidaton. Tähän joudutaan vetoamaan jatkuvasti,
kun todistuksissa käytetään totuusarvofunktioita: niiden taustallahan on aina
malli, jonka oletetaan toteuttavan sillä hetkellä pelissä olevat aksioomat. Nyt
nimittäin on niin, että jos ZFC todella on ristiriidaton, niin sillä on malli, jonka
suhteen jokaisen aksiooman totuusarvo on 1, ks. tehtävä 3.1. Nyt siis joudutaan
olettamaan sellaisen mallin olemassaolo, josta ei ole mitään käsitystä, eikä varmuutta edes sen olemassaolosta.
Tätä menettelyä voi tietysti kritisoida: miten todistettaville väitteille käy, jos
tämä oletus (savijaloilla seisova jättiläinen) ei olekaan kunnossa? No, silloinhan
12
kaikki kaavat ovat teoreemoja, mukana joukossa myös juuri todistettava kaava,
joten ei hätää – ainakaan tämän monisteen mittakaavassa. Tietysti kaikki nämä
esitetyt teoreemat ovat sen jälkeen roskaa, mutta – jos se yhtään lohduttaa –
niin on lähes kaikki muukin matematiikka. Tässä kokonaiskonkurssissa eivät siis
tämän monisteen oikeat tai väärät oletukset paljon paina.
Harjoitustehtävä 3.1 Osoita (käyttäen hyväksi sitä, että aksioomat ovat suljettuja), että aksioomajärjestelmä (JAx1), . . . , (JAxn) on ristiriidaton jos ja vain
jos on olemassa malli ja siihen liittyvä totuusarvofunktio t, jolle pätee t((JAxi)) =
1 kaikille i = 1, . . . , n.
(Ohje: Ristiriidattomuuden määritelmähän voidaan esittää niin, että aksioomajoukkoa sanotaan ensin ristiriitaiseksi, mikäli pätee
⊢L [(JAx1) ∧ · · · ∧ (JAxn)] → f.
Sen jälkeen sanotaan, että aksioomajoukko on ristiriidaton, mikäli se ei ole ristiriitainen. Tee antiteesi ja käytä predikaattikielen eheys- sekä täydellisyyslauseita. Missäs vaiheessa tuota aksioomien sulkeutuneisuutta oikein tarvitaankaan –
vai tarvitaanko sitä ollenkaan?)
4
Yhtenevyys
Halutaan nyt määritellä, milloin joukot ovat ”samoja” – käytetään tässä kuitenkin selvyyden vuoksi termiä ”yhteneviä”. Intuitiivinen idea tämän takana
on se, että joukot ovat yhteneviä, mikäli niillä on ”täsmälleen samat alkiot”.
Tämä voidaan formalisoida näin: joukot a ja b ovat yhteneviä, mikäli kaava
∀x[x ∈ a ↔ x ∈ b] on teoreema. Tarkka määritelmä on seuraava:
Määritelmä 4.1 Olkoot a ja b muuttujia tai vakioita. Sovitaan, että symboli
a ≈ b on lyhennysmerkintä kaavasta ∀x[x ∈ a ↔ x ∈ b] eli
a ≈ b := ∀x[x ∈ a ↔ x ∈ b],
missä muuttuja x on valittu niin, että x 6= a, b. Sanotaan, että a ja b ovat
yhteneviä, jos kaava a ≈ b on teoreema.
Tässä kaavan a ≈ b määritelmässä on sama ongelma kuin edellä sijoituksen määritelmässä, sillä valittu muuttuja x ei ole yksikäsitteinen, joten syntyvä kaavakaan ei sitä ole. Sovitaan taas, että kaava a ≈ b tarkoittaa mitä hyvänsä vastaavaa kaavaa, jossa x on valittu niin, että x 6= a, b. Loogiselta kannalta tässä
ei taaskaan tule mitään ongelmia, kuten seuraava harjoitustehtävä kertoo.
Harjoitustehtävä 4.2 Olkoot a, b muuttujia tai vakioita ja x, y muuttujia siten, että x, y 6= a, b. Osoita, että
⊢L ∀x[x ∈ a ↔ x ∈ b] ↔ ∀y[y ∈ a ↔ y ∈ b].
13
Yhtenevyyden käsitteen avulla voidaan esittää joukko-opin ensimmäinen aksiooma. Intuitiivisesti tämä voidaan tulkita niin, että yhtenevät (eli ”samat”) alkiot
kuuluvat täsmälleen samoihin joukkoihin eli vähän formaalimmin: jos x ≈ y ja
x ∈ a, niin myös y ∈ a ja aivan täsmällisesti näin:
(JAx1): ∀a∀x∀y[[x ≈ y ∧ x ∈ a] → y ∈ a],
missä a, x, y ovat muuttujia.
Huomautus. Kuten edellisessä luvussa oli puhetta, oletetaan nyt sitten ilman
perusteluja, että aksioomajärjestelmä on ristiriidaton; erityisesti siis tämä aksiooma (JAx1) yksinään on ristiriidaton. Tälle yhdelle aksioomalle on toki helppo keksiä mallikin, jossa sen totuusarvo on 1. Jätetään tämä harjoitustehtäväksi.
On myös tärkeää, että tämä uusi aksiooma ei ole predikaattikielen looginen
teoreema – jos se näet olisi, mitään ”oikeaa” lisäystä aksioomajärjestelmään ei
tapahtuisi, vaan samat kaavat olisivat teoreemoja kuin predikaattikielessä L(S),
eli aksioomalla (JAx1) ei olisi mitään merkitystä. Tämän voi todistaa konstruoimalla jonkun toisen mallin ja siihen liittyvän totuusarvofunktion t, jolle pätee
t((JAx1)) = 0. Jatkossa muutamat aksioomat ovat kuitenkin teoreemoja (eivät
toki loogisia teoreemoja, vaan todistettavissa muiden joukko-opin aksioomien
avulla), mutta siihen, miksi niitä sitten aksioomina ylipäätään esitetään, palataan myöhemmin.
Seuraava lause kertoo intuitiivisesti ajatellen, että yhtenevyys on ekvivalenssirelaatio.
Lause 4.3 Kaikille muuttujille tai vakioille a, b, c pätee
1)
⊢ a ≈ a,
2)
⊢ a ≈ b → b ≈ a ja
3)
⊢ [a ≈ b ∧ b ≈ c] → a ≈ c.
Todistus. Tässä nyt sitten oletetaan, kuten johdannossa sovittiin, että t on ”sopiva” totuusarvofunktio, jolle siis pätee
t((JAx1)) = 1.
(1)
Oletetaan myös, että v, u ja w ovat mielivaltaisia vakioita. Koska yhtenevyyden
määritelmässä 4.1 muuttuja x on valittu niin, että x 6= a, b, niin predikaattikielen
totuusarvon määritelmän mukaan riittää osoittaa, että
1) t(u ≈ u) = 1,
2) t(v ≈ u → u ≈ v) = 1 ja
3) t([v ≈ u ∧ u ≈ w] → u ≈ w) = 1.
Voit huvin vuoksi miettiä, mitä tapahtuisi, jos yhtenevyyden määritelmä olisi
annettu ilman tuota lisäoletusta x 6= a, b. Tämä sama ilmiö (eli määritelmän
14
lisäoletuksen merkitys) toistuu useiden lauseiden todistuksissa, eikä siitä aina
edes erikseen mainita. Jätetään viitseliäisyyden varaan tarkistaa joka kerta, että
niissä suoritettavan vakiosijoituksen jälkeen kaavat todella muuttuvat sellaiseen
muotoon kuin tekstissä väitetään.
1) Määritelmän mukaan pitää osoittaa, että
t(∀x[x ∈ u ↔ x ∈ u]) = 1.
Tämä on selvä asia, eikä tarvitse tuekseen edes oletusta (1), sillä kyseessä on
looginen teoreema.
2) Tässä pitää osoittaa, että
t(∀x[x ∈ u ↔ x ∈ v] → ∀x[x ∈ v ↔ x ∈ u]) = 1.
Tämä on lähes yhtä selvä asia (samoin perustein kuin tapauksessa 1)), eikä tässäkään tarvita oletusta (1).
3) Väitteenä on nyt
t([∀x[x ∈ u ↔ x ∈ v] ∧ ∀x[x ∈ v ↔ x ∈ w]] →
∀x[x ∈ u ↔ x ∈ w]) = 1.
(2)
Koska kyseessä on suljettu kaava, voidaan olettaa, että
t(∀x[x ∈ u ↔ x ∈ v] ∧ ∀x[x ∈ v ↔ x ∈ w]) = 1;
(3)
riittää osoittaa, että
t(∀x[x ∈ u ↔ x ∈ w]) = 1.
(4)
Olkoon sitä varten a mielivaltainen vakio. Väite (4) seuraa, jos osoitetaan, että
t(a ∈ u ↔ a ∈ w) = 1.
(5)
t(a ∈ u ↔ a ∈ v) = 1
(6)
t(a ∈ v ↔ a ∈ w) = 1.
(7)
Oletuksen (3) nojalla pätee
ja
Koska kaavat a ∈ u, a ∈ v ja a ∈ w ovat suljettuja, niin näillä kaavoilla on ehtojen (6) ja (7) perusteella kaikilla sama totuusarvo t:n suhteen, joten väite (5)
seuraa. Huomaa, että tässäkään ei tarvittu oletusta (1).
¤
Seuraavassa aputuloksessa vähän terävöitetään aksioomaa (JAx1). Samalla tämä lause toimii jonkinlaisena johdantona (ja aputuloksena) huomattavasti yleisempään tulokseen 4.5.
15
Lause 4.4 Kaikille muuttujille tai vakioille a, b, c pätee
⊢ a ≈ b → [a ∈ c ↔ b ∈ c].
Todistus. Olkoon taas t sopiva totuusarvofunktio ja olkoot u, v, w mielivaltaisia
vakioita. Riittää osoittaa, että
t(u ≈ v → [u ∈ w ↔ v ∈ w]) = 1.
(1)
Huomaa taas, että yhtenevyyden määritelmän mukaan vakioiden sijoittaminen
väitteenä olevaan kaavaan antaa juuri ehdossa (1) olevan kaavan. Väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että
jos t(u ≈ v) = 1 ja t(u ∈ w) = 1, niin t(v ∈ w) = 1
(2)
jos t(u ≈ v) = 1 ja t(v ∈ w) = 1, niin t(u ∈ w) = 1.
(3)
ja kääntäen
Väite (2) seuraa suoraan aksioomasta (JAx1), sillä nythän t((JAx1)) = 1. (Tämä on muuten ensimmäinen kerta, kun kyseistä aksioomaa käytetään.) Väitteessä (3) pitää huomata, että lauseen 4.3 kohdan 2) mukaan oletuksesta t(u ≈
v) = 1 saadaan ensin ehto
t(v ≈ u) = 1,
jonka jälkeen väite (3) seuraa suoraan aksioomasta (JAx1).
¤
Seuraava tulos on jatkossa aivan keskeisessä roolissa.
Lause 4.5 Olkoot a, b muuttujia tai vakioita ja w muuttuja sekä ϕ kaava. Tällöin pätee
⊢ a ≈ b → [ϕw (a) ↔ ϕw (b)].
Todistus. Määritelmän mukaan ϕw (a) = Saw (Kya (ϕ)) ja ϕw (b) = Sbw (Kyb (ϕ)),
missä y ei esiinny kaavassa ϕ. Merkitään
ψ = Kya (Kyb (ϕ)).
Tällöin ilmeisesti
ψw (a) = Saw (Kya (Kyb (ϕ))) = Saw (Kyb (Kya (ϕ))) = Kyb (Saw (Kya (ϕ))) = Kyb (ϕw (a))
ja vastaavasti
ψw (b) = Kya (ϕw (b)).
Tällöin harjoitustehtävän 2.1 nojalla
⊢L ψw (a) ↔ ϕw (a) ja
⊢L ψw (b) ↔ ϕw (b).
Silloin väite voidaan ekvivalenssin sijoitussäännön nojalla kirjoittaa muotoon
⊢ a ≈ b → [ψw (a) ↔ ψw (b)].
16
Tämä on parempi väite kuin alkuperäinen, sillä kaavassa ψ ei kvantifioida a:n
eikä b:n suhteen. Silloin riittää todistaa väite sillä lisäoletuksella, että kaavassa
ϕ ei kvantifioida a:n eikä b:n suhteen.
Tehdään induktio kaavan ϕ rakennejonon minimaalisen pituuden m suhteen.
Kun m = 1 eli ϕ on atomikaava, on välttämättä ϕ = f tai ϕ = c ∈ d joillekin
muuttujille tai vakioille c ja d.
Tapauksessa ϕ = f väite tulee muotoon
⊢ a ≈ b → [f ↔ f ],
joka pätee triviaalisti, koska kaava f ↔ f on looginen teoreema.
Oletetaan sitten, että ϕ = c ∈ d joillekin muuttujille tai vakioille c ja d. Tässä
on nyt muuttujan w suhteen neljä vaihtoehtoa:
1) w 6= c ja w 6= d,
2) w 6= c ja w = d,
3) w = c ja w 6= d
tai
4) w = c = d.
Tapauksessa 1) saadaan sijoituksen määritelmän mukaan ϕw (a) = c ∈ d =
ϕw (b), joten väite tulee muotoon
⊢ a ≈ b → [c ∈ d ↔ c ∈ d].
Tämäkin pätee triviaalisti, koska kaava c ∈ d ↔ c ∈ d on looginen teoreema.
Tapauksessa 2) saadaan sijoituksen määritelmän mukaan ϕw (a) = c ∈ a ja
ϕw (b) = c ∈ b, joten väite tulee muotoon
⊢ a ≈ b → [c ∈ a ↔ c ∈ b].
Tämä seuraa suoraan yhtenevyyden määritelmästä.
Tapauksessa 3) saadaan sijoituksen määritelmän mukaan ϕw (a) = a ∈ d ja
ϕw (b) = b ∈ d, joten väite tulee muotoon
⊢ a ≈ b → [a ∈ d ↔ b ∈ d].
Tämä seuraa suoraan lauseesta 4.4. Huomaa, että kyseessä ei enää ole looginen
teoreema, siis todistettavissa pelkästään predikaattikielen aksioomista, vaan tässä tarvitaan aksioomaa (JAx1), joka on kudottu sisään lauseen 4.4 todistukseen.
17
Tapauksessa 4) saadaan sijoituksen määritelmän mukaan ϕx (a) = a ∈ a ja
ϕx (b) = b ∈ b, joten väite tulee muotoon
⊢ a ≈ b → [a ∈ a ↔ b ∈ b].
(1)
Yhtenevyyden määritelmän nojalla saadaan
⊢ a ≈ b → [a ∈ a ↔ a ∈ b]
(2)
ja toisaalta lauseen 4.4 nojalla saadaan
⊢ a ≈ b → [a ∈ b ↔ b ∈ b].
(3)
Väite (1) seuraa helposti teoreemoista (2) ja (3) joko pienellä päättelyjonolla
tai totuusarvofunktioita käyttämällä.
Näin induktion alkuaskel eli tapaus m = 1 on kokonaan selvitetty.
Tehdään sitten induktio-oletus, että m ≥ 2 ja että väite pätee kaikille kaavoille, joilla on rakennejono, jonka pituus on korkeintaan m − 1.
Nyt joko
5) ϕ = ψ → η joillekin kaavoille ψ ja η, joilla on rakennejono, jonka pituus
on korkeintaan m − 1 tai
6) ϕ = ∀yψ jollekin muuttujalle y ja jollekin kaavalle ψ, jolla on rakennejono, jonka pituus on korkeintaan m − 1.
Koska kaavan ϕ rakennejonossa ei siis sallita kvantifiointia a:n eikä b:n suhteen, on tapauksessa 6) oltava y 6= a, b.
Tapauksessa 5) pätee sijoituksen määritelmän perusteella ϕw (a) = ψw (a) →
ηw (a) ja vastaavasti ϕw (b) = ψw (b) → ηw (b), joten (induktio-)väite tulee muotoon
⊢ a ≈ b → [[ψw (a) → ηw (a)] ↔ [ψw (b) → ηw (b)]].
(4)
Nyt kaavoilla ψ ja η on m:ää lyhyemmät rakennejonot, joten induktio-oletuksen
nojalla saadaan teoreemat
⊢ a ≈ b → [ψw (a) ↔ ψw (b)]
(5)
⊢ a ≈ b → [ηw (a) ↔ ηw (b)].
(6)
ja
Predikaattikielen päättelylauseen nojalla on helppo todistaa seuraava looginen
teoreema:
⊢L [[ψw (a) ↔ ψw (b)] ∧ [ηw (a) ↔ ηw (b)]] →
[[ψw (a) → ηw (a)] ↔ [ψw (b) → ηw (b)]],
18
jolloin ehtojen (5) ja (6) nojalla väite (4) helposti seuraa.
Näin induktioaskel on otettu tapauksessa 5). Tutkittavana on vielä vaihtoehto 6), jossa siis ϕ on muotoa
ϕ = ∀yψ
jollekin kaavalle ψ ja jollekin muuttujalle y 6= a, b.
Jos y = w, niin sijoituksen määritelmän nojalla ϕw (a) = ∀wKza (ψ) ja ϕw (b) =
∀wKzb (ψ), jolloin ekvivalenssin sijoitussääntöä ja harjoitustehtävää 2.1 käyttäen
väite tulee muotoon
⊢ a ≈ b → [ϕ ↔ ϕ],
mikä pätee triviaalisti, koska ϕ ↔ ϕ on looginen teoreema. Voidaan siis olettaa,
että y 6= w. Tällöin väite tulee muotoon
⊢ a ≈ b → [∀yψw (a) ↔ ∀yψw (b)].
(7)
Induktio-oletuksen nojalla saadaan teoreema
⊢ a ≈ b → [ψw (a) ↔ ψw (b)]
eli looginen teoreema
⊢L (JAx1) → [a ≈ b → [ψw (a) ↔ ψw (b)]]
eli
⊢L [(JAx1) ∧ a ≈ b] → [ψw (a) ↔ ψw (b)].
(8)
Koska nyt (JAx1) on suljettu ja y 6= a, b, niin y ei esiinny vapaana loogisen
teoreeman (8) etujäsenessä (JAx1) ∧ a ≈ b, jolloin teoreeman (8) ja lauseen 2.11
nojalla saadaan looginen teoreema
⊢L [(JAx1) ∧ a ≈ b] → [∀yψw (a) ↔ ∀yψw (b)]
eli
⊢L (JAx1) → [a ≈ b → [∀yψw (a) ↔ ∀yψw (b)]],
jolloin
⊢ a ≈ b → [∀yψw (a) ↔ ∀yψw (b)],
mikä onkin väite (7). Näin induktioaskel on otettu ja lause siten todistettu. ¤
Huomautus. Kuten jo luvussa 2 mainittiin, lauseen 4.5 väite ei päde tavalliselle sijoitukselle Sax (ϕ).
Esitetään vielä tämän luvun lopuksi lause, joka auttaa ymmärtämään seuraavassa luvussa asetettavia määritelmiä. Intuitiivisesti tämä lause sanoo, että a on
joukon b alkio jos ja vain jos a on ekvivalentti jonkun b:n alkion kanssa. Tässä
on oleellista nimenomaan lauseen 4.6 todistuksen ehto (2), joka ei päde ilman
aksioomaa (JAx1).
19
Lause 4.6 Olkoot a ja b muuttujia tai vakioita ja x 6= a, b muuttuja. Tällöin
pätee
⊢ a ∈ b ↔ ∃x[x ≈ a ∧ x ∈ b].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja u, v, w vakioita. Koska x 6= a, b,
niin riittää osoittaa, että
t(u ∈ v ↔ ∃x[x ≈ u ∧ x ∈ v]) = 1.
Tähän riittää osoittaa, että
t(u ∈ v → ∃x[x ≈ u ∧ x ∈ v]) = 1.
(1)
t(∃x[x ≈ u ∧ x ∈ v] → u ∈ v) = 1.
(2)
ja
Väitettä (1) varten voidaan olettaa, että
t(u ∈ v) = 1;
(3)
t(∃x[x ≈ u ∧ x ∈ v]) = 1.
(4)
pitää osoittaa, että
Väite (4) seuraa, jos osoitetaan, että
t(w ≈ u ∧ w ∈ v) = 1
(5)
jollekin vakiolle w. Oletuksen (3) ja lauseen 4.3 1) nojalla tällainen vakio on u.
Siispä väite (4) ja siten myös väite (1) on todistettu.
Väitettä (2) varten oletetaan, että ehto (4) pätee; riittää osoittaa, että tällöin
pätee myös ehto (3). Ehdon (4) nojalla on olemassa vakio w siten, että ehto (5)
pätee. Aksiooman (JAx1) nojalla saadaan
t([w ≈ u ∧ w ∈ v] → u ∈ v) = 1,
jolloin ehto (3) seuraa ehdosta (5). Näin ehto (3) ja siten väite (2) ja näin koko
lause on todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 4.7 Osoita, että lauseen 4.6 väite ei päde ilman oletusta
x 6= a, b.
5
Luokat
Koulussa joukko-oppia kaiketi opetetaan suurinpiirtein näin: Joukkoja ovat kokoelmat {x | ϕ(x)}, missä ϕ on jokin ”ominaisuus”, jonka alkion x on toteutettava kuuluakseen kyseiseen joukkoon. Tämä on tietenkin täysin epämääräistä
puhetta ja sitä pitää kovasti täsmentää. Tuon ”ominaisuus”-käsitteen kanssa on
oltava varovainen. Esimerkkinä tästä on seuraava tarkastelu.
20
Olkoon ϕ(x) ominaisuus ”x ei sisällä itseään alkiona”. Monilla (itse asiassa
useimmilla) joukoilla näyttäisi tällainen ominaisuus olevan, mutta vastakkaisiakin esimerkkejä ilmeisesti(?) löytyy – vaikkapa kaikkien joukkojen joukko.
Vai onko tämä oikea esimerkki? Tarkastellaan sitten kaikkien niiden joukkojen
x joukkoa a, joilla ominaisuus ϕ(x) on. Nyt kysymys kuuluu: Onko joukolla a
ominaisuus ϕ(a) vai ei? Onko siis a itsensä alkio?
Jos a on itsensä alkio, niin sillä siis on joukon a määrittelevä ominaisuus ϕ(a)
eli se ei ole itsensä alkio. Näin päädytään ristiriitaan.
Siispä a ei voi olla itsensä alkio. Silloin a ei myöskään toteuta joukon a määrittelevää ominaisuutta ϕ(a). Tämän ominaisuuden määrittelyn nojalla tällöin a
on välttämättä itsensä alkio. Taas ollaan ristiriitatilanteessa, joten suo on edessä joka puolella.
Tätä yllä kuvailtua ristiriitaista tilannetta kutsutaan Russellin paradoksiksi;
tähänhän jo johdannossa viitattiin, sen on esittänyt Bertrand Russell kirjeessään Gottlob Fregelle vuonna 1902.
Tyyppiä a = {x | ϕ(x)} olevien joukkojen määrittelyssä on oltava siis tarkkana. Ensimmäinen ongelma on ”ominaisuuden” ϕ määrittelyssä. Voidaan sopia, että ϕ on kaava ja z jokin tietty muuttuja. Tällöinhän ϕz (x) on myös kaava
kaikille muuttujille x. Voidaan edelleen sopia, että ”joukko”
{x | ϕz (x)}
(1)
koostuu tarkalleen niistä muuttujista x, joille kaava ϕz (x) ”pätee”. Tämä ajattelu voidaan formalisoida. Jos merkitään symbolilla a ”joukkoa” (1) eli
a = {x | ϕz (x)},
(2)
niin kaikille muuttujille x pitäisi kaavan
x ∈ a ↔ ϕz (x)
”päteä” eli tarkemmin sanottuna kaavan
∀x[x ∈ a ↔ ϕz (x)]
(3)
pitäisi olla teoreema. Ja nyt tulee peruskysymys. Onko a aina joukko? Intuitiivisella tasolla tämä kysymys tarkoittaa sitä – kun muistetaan, että muuttujat
symboloivat nimenomaan joukkoja – , että onko merkintä (2) järkevä eli löytyykö muuttujaa a, jolle merkintä (2) olisi mielekäs eli tarkemmin sanottuna
”pätisikö” kaava (2) eli olisiko kaava
∃a[a ≈ {x | ϕz (x)}]
21
(4)
teoreema. Nythän tämä on täysin mieletön kysymys, koska kyseessä ei ole edes
kaava, sillä {x | ϕz (x)} ei ole sana – siinähän on predikaattikieleen kuulumattomia aakkosia. Kun muistellaan yhtenevyyden määritelmää, kaavayritelmä (4)
voidaan ”kaavan” (3) valossa yrittää kirjoittaa muotoon
∃a∀x[x ∈ a ↔ x ∈ {x | ϕz (x)}].
(5)
No, ei tilanne vieläkään paljon parane, koska edelleenkään kyseessä ei ole sana.
Nyt muistetaan edellä sanottu eli se, että x ”sisältyy joukkoon” {x | ϕz (x)} jos ja
vain jos ”pätee ehto ϕz (x)”. Lisäämällä tämä idea kaavayritelmään (5) voidaan
kyseinen viritys kirjoittaa muotoon
∃a∀x[x ∈ a ↔ ϕz (x)].
Tällöin kysymys (4) voidaan esittää muodossa: Onko kaava
∃a∀x[x ∈ a ↔ ϕz (x)]
(6)
teoreema? Tämä on lopultakin järkevä kysymys, johon vastaus voi olla joko
myöntävä tai kieltävä. Ennen kuin lähdetään hakemaan vastausta tähän ongelmaan, täytyy ensin tarkkaan määritellä, mitä nämä symbolit {x | ϕz (x)} oikeastaan ovat, so. miten ne saadaan sopimaan kielen aakkostoon, niin että niiden
käyttö on järkevää ja niitä voidaan pitää ”sanoina”, vaikkeivät ne sitä oikeasti olekaan. Sovitaan ensin pysyvästi, että merkintää {x | ϕz (x)} käytettäessä
muuttuja x ei esiinny kaavassa ϕ vapaana. Tästä on muun muassa se välitön
etu, että tällöin kaavasta ϕw (x) voidaan nähdä, mikä kaava ϕ on alunperin ollut – kaavassa ϕw (x) muuttuja x tietysti yleensä (vapaana) esiintyy, mutta jos
tiedetään, että se ei ϕ:ssä alunperin ole ollut, kaava ϕ saadaan luettua kaavasta ϕw (x) korvaamalla kaikki siinä esiintyvät vapaat x:t w:llä. Huomaa myös,
että kaavassa ϕz (x) ei koskaan kvantifioida x:n suhteen – mikä johtuu tämän
sijoituksen määritelmästä –, joten x esiintyy (jos esiintyy) ainoastaan vapaana
kaavassa ϕz (x). Sovitaan sitten merkinnästä ”a ∈ {x | ϕz (x)}”, joka on eräs
oikea kaava.
Merkintä 5.1 Olkoon ϕ kaava, x, z muuttujia ja a muuttuja tai vakio. Merkitään
a ∈ {x | ϕz (x)} := ϕz (a).
Nyt siis häkkyrä ”a ∈ {x | ϕz (x)}” toimii ikään kuin lyhennysmerkintänä (tai
oikeastaan pidennys-) kaavalle ϕz (x), joten sekin on kaava. Huomaa, että laite
{x | ϕz (x)} ei yksinään ole kaava – ainakaan tässä tulkinnassa, eikä kyllä jatkossakaan.
Tässä on ideana tuoda nämä symbolit {x | ϕz (x)} peliin mukaan ikään kuin
korvaamaan muuttujia, jotka siis symboloivat joukkoja. Koska muuttujat voivat
symboloida myös alkioita (siis periaatteellisella tasollahan ”joukolla” ja ”alkiolla”
ei tässä esityksessä ole mitään eroa: merkintä a ∈ b on aina järkevä), täytyy nyt
22
sopia myös merkinnästä {x | ϕz (x)} ∈ a. Tämä onkin vähän ongelmallisempaa.
Tässä kannattaa muistaa lause 4.6, joka sanoo, että
⊢ a ∈ b ↔ ∃x[x ≈ a ∧ x ∈ b].
Siis a on b:n alkio jos (ja vain jos) a on yhtenevä jonkin b:n alkion kanssa. Nyt
intuitiivisella tasolla voidaan sopia, että {x | ϕz (x)} on a:n alkio, jos (ja vain
jos) {x | ϕz (x)} on yhtenevä jokin a:n alkion kanssa. Tämä yhtenevyyskäsite
pitää vielä sopia. Joukoille (eli muuttujille) a ja b yhtenevyys määriteltiin näin:
a ≈ b := ∀x[x ∈ a ↔ x ∈ b],
missä x on muuttuja siten, että x 6= a, b.
Tämä käsite voidaan nyt yleistää sopimalla, että
b ≈ {x | ϕz (x)} := ∀y[y ∈ b ↔ y ∈ {x | ϕz (x)}].
Tässä täytyy taas olettaa (vrt. määritelmä 4.1), että y 6= b ja y ei esiinny kaavassa ϕz (x). Huomaa, että kyseessä on ihan oikea kaava, koska y ∈ {x | ϕz (x)} on
merkinnän 5.1 mukaisesti kaava. Tämän jälkeen ollaankin valmiita asettamaan
symbolin {x | ϕz (x)} ∈ a määritelmä:
Merkintä 5.2 Olkoon ϕ kaava, x, z muuttujia ja a muuttuja tai vakio. Merkitään
{x | ϕz (x)} ∈ a := ∃y[y ≈ {x | ϕz (x)} ∧ y ∈ a],
missä y 6= a on muuttuja, joka ei esiinny kaavassa ϕ.
Harjoitustehtävä 5.3 Kirjoita auki lyhennysmerkintä {x | ϕz (x)} ∈ a. Huomaa samalla, että kyseessä todella on kaava.
Nyt on siis määritelty merkinnät a ∈ {x | ϕz (x)} ja {x | ϕz (x)} ∈ a, mutta ei
tämä vielä tähän lopu. Pitää nimittäin vielä määritellä käsite
{x | ϕz (x)} ∈ {x | ψy (x)}.
Idea on edellisestä jo selvillä ja voidaan heti sopia seuraavaa.
Merkintä 5.4 Olkoot ϕ, ψ kaavoja ja x, y, z muuttujia. Merkitään
{x | ϕz (x)} ∈ {x | ψy (x)} := ∃w[w ≈ {x | ϕz (x)} ∧ w ∈ {x | ψy (x)}],
missä w on muuttuja, joka ei esiinny kaavoissa ϕ eikä ψ.
Harjoitustehtävä 5.5 Kirjoita auki lyhennysmerkintä {x | ϕz (x)} ∈ {x | ψy (x)}.
Huomaa samalla, että kyseessä todella on kaava.
23
Symboleja {x | ϕz (x)} kutsutaan jatkossa luokiksi. Luokat vastaavat muuttujia ja esiintyvät (jos esiintyvät) kaavoissa intuitiivisesti ajatellen samalla tavalla. Oikeastaan ainoa ero on siinä, että luokkien suhteen ei koskaan kvantifioida.
Jatkossa merkitään luokkia suurilla aakkosilla A, B, C, . . .. Huomaa, että luokat eivät ole kaavoja (eiväthän muuttujatkaan ole sitä) eivätkä oikeastaan edes
sanoja, koska niissä esiintyy luvattomia aakkosia. Sen sijaan luokat ikään kuin
”heräävät eloon”, kun ne ovat osana jotakin oikeaa kaavaa – siis muodossa a ∈ A,
A ∈ a tai A ∈ B.
Jos ϕ on kaava ja x muuttuja sekä A = {x | ψy (x)} luokka, niin sijoitus
ϕx (A)
voidaan määritellä aivan analogisesti sijoituksen ϕx (a), missä a on muuttuja
tai vakio, kanssa. Kuten muistetaan, sijoituksessa ϕx (a) piti ensin vaihtaa ϕ:n
mahdolliset a:n suhteen tehdyt kvantifikaatiot jonkun uuden muuttujan suhteen tehdyiksi ja sitten vasta korvattiin x:n vapaat esiintymät a:lla. Tässä vaihdetaan ensin ϕ:ssä tehdyt kvantifikaatiot, joissa kvantifioivana muuttujana on
jokin kaavassa ψy (x) oleva muuttuja, joidenkin uusien muuttujien suhteen tehdyiksi ja vasta sitten korvataan ϕ:ssä olevat vapaat x:t A:lla.
Esimerkki. Olkoot x, y, a eri muuttujia ja ϕ = ∀y[y ∈ a ∨ x ∈ y] sekä A =
{y | y ∈ a}. Nyt ϕ:n kvantifikaatio on kiellettyä laatua, koska y esiintyy kaavassa y ∈ a, joten se pitää ensin vaihtaa. Valitaan siis uusi muuttuja z 6= x, y, a
ja korvataan ϕ kaavalla Kzy (ϕ) = ∀z[z ∈ a ∨ x ∈ z]. Tähän sitten vaihdetaan
vapaiden x:ien paikalle A, jolloin tuloksena on kaava
ϕx (A) = ∀z[z ∈ a ∨ {y | y ∈ a} ∈ z].
Harjoitustehtävä 5.6 Anna sijoituksen ϕx (A), missä ϕ on kaava, x muuttuja
ja A luokka, tarkka määritelmä. Osoita samalla, että ϕx (A) on aina kaava.
Luokkien välille voidaan luontevasti määritellä myös yhtenevyys:
Määritelmä 5.7 Olkoot A ja B luokkia, muuttujia tai vakioita. Merkitään
A ≈ B := ∀x[x ∈ A ↔ x ∈ B]
missä x on muuttuja, joka ei esiinny luokissa A tai B.
Sanotaan, että A ja B ovat yhteneviä, mikäli kaava A ≈ B on teoreema.
Huomautus. Jos A ja B ovat muuttujia tai vakioita, tämä on sama määritelmä
kuin ennenkin. Jos A on muuttuja tai vakio, tämä määritelmä on sama kuin
ennen merkintää 5.2 esitetty. Uuttahan tässä on sitten kokonaan ne tapaukset,
joissa A on luokka ja B luokka, muuttuja tai vakio.
Lause 4.5 yleistyy välittömästi koskemaan kaikkia luokkia. Tässä ja jatkossakin
kutsutaan mukavuussyistä ja kirjoitusvaivan helpottamiseksi luokkia, muuttujia
ja vakioita yhteisnimellä termi.
24
Lause 5.8 Olkoot A ja B termejä ja x muuttuja, joka ei esiinny termeissä A
ja B. Tällöin pätee
⊢ A ∈ B ↔ ∃x[x ≈ A ∧ x ∈ B].
Todistus. Tässä on nyt neljä vaihtoehtoa termien A ja B suhteen:
1) A ja B ovat molemmat muuttujia tai vakioita,
2) A on muuttuja tai vakio ja B on luokka,
3) A on luokka ja B on muuttuja tai vakio
ja
4) A ja B ovat molemmat luokkia.
Tapauksessa 1) väite seuraa suoraan lauseesta 4.5.
Tapaus 2) Olkoon A = a ja B = {y | ϕz (y)}. Tällöin väite tulee muotoon
⊢ a ∈ {y | ϕz (y)} ↔ ∃x[x ≈ a ∧ x ∈ {y | ϕz (y)}].
Tämä tulee edelleen merkinnän 5.1 mukaisesti muotoon
⊢ ϕz (a) ↔ ∃x[x ≈ a ∧ ϕz (x)].
Korvataan kaavassa ϕz (a) vapaina esiintyvät muuttujat mielivaltaisilla vakioilla,
jolloin saadaan aikaan suljettu kaava (ei kuitenkaan vaihdeta merkintöjä) ja
riittää todistaa, että
⊢ ϕz (v) ↔ ∃x[x ≈ v ∧ ϕz (x)],
missä v on vakio. Valitaan taas sopiva totuusarvofunktio t. Riittää todistaa, että
jos t(ϕz (v)) = 1, niin t(∃x[x ≈ v ∧ ϕz (x)]) = 1
(1)
jos t(∃x[x ≈ v ∧ ϕz (x)]) = 1, niin t(ϕz (v)) = 1.
(2)
ja kääntäen
Väite (1) on selvä, koska t(v ≈ v) = 1 lauseen 4.3 nojalla. Väitettä (2) varten
oletetaan, että
t(∃x[x ≈ v ∧ ϕz (x)]) = 1
(3)
ja osoitetaan, että
t(ϕz (v)) = 1.
Oletuksen (3) nojalla löytyy vakio u siten, että
t(u ≈ v) = 1 ja t(ϕz (u)) = 1.
25
(4)
Tällöin lauseen 4.5 nojalla väite (4) seuraa, joten asia on selvä tapauksessa 2).
Tapaus 3) Olkoon A = {y | ϕz (y)} ja B = b. Tällöin väite tulee muotoon
⊢ {y | ϕz (y)} ∈ b ↔ ∃x[x ≈ {y | ϕz (y)} ∧ x ∈ b].
(5)
Tämä seuraa välittömästi merkinnästä 5.2, jonka mukaan kaavan (5) väitetyn
ekvivalenssin molemmilla puolilla on täsmälleen sama kaava – muuttujan x valintaa vaille, mutta sillähän ei ekvivalenssiin ole mitään merkitystä, kunhan se
tehdään niin, että se ei esiinny näissä termeissä, vrt. tehtävä 2.1.
Tapaus 4) Tässä siis sekä A ja B ovat luokkia. Nyt käy samalla tavalla kuin
tapauksessa 3) eli että väite seuraa välittömästi merkinnästä 5.3.
Näin väite on kokonaan todistettu.
¤
Lausetta 4.3 eli muuttujien/vakioiden yhtenevyyden ekvivalenssirelaatio-ominaisuutta on käytetty moneen otteeseen – viimeksi juuri edellisen lauseen todistuksessa. On tärkeää, että tämä ominaisuus säilyy myös luokkien yhtenevyydelle.
Tämä todistetaan seuraavaksi.
Lause 5.9 Kaikille termeille A, B, C pätee
1)
⊢ A ≈ A,
2)
⊢ A ≈ B → B ≈ A ja
3)
⊢ [A ≈ B ∧ B ≈ C] → A ≈ C.
Todistus. 1) Jos A on vakio tai muuttuja, niin väite seuraa lauseesta 4.3. Voidaan
siis olettaa, että A on luokka, A = {x | ϕz (x)}. Määritelmän 5.7 ja merkinnän
5.1 mukaan väite tulee tällöin muotoon
⊢ ∀x[ϕz (x) ↔ ϕz (x)].
Tämä pätee triviaalisti, koska kyseessä on looginen teoreema.
2) Tässä on neljä vaihtoehtoa:
i)
ii)
A ja B ovat molemmat joukkoja tai vakioita,
A = a on muuttuja tai vakio ja B{y | ϕz (y)} on luokka,
iii)
A = {y | ϕz (y)} on luokka ja B = b on muuttuja tai vakio
iv)
A ja B ovat molemmat luokkia.
26
ja
Tapauksessa i) väite seuraa lauseesta 4.3. Tapauksessa ii) väite tulee määritelmän 5.7 ja merkinnän 5.1 mukaan muotoon
⊢ ∀x[x ∈ a ↔ ϕz (x)] → ∀x[ϕz (x) ↔ x ∈ a].
Tämä on helppo todistaa vaikkapa päättelylausetta käyttäen, sillä
⊢L ∀x[x ∈ a ↔ ϕz (x)] ↔ ∀x[ϕz (x) ↔ x ∈ a].
Tapaus iii) on analoginen – samoin kuin tapaus iv). Tärkeintä tässä on varmistua kirjoittamalla kaavat kunnolla auki, että kyse on todellakin lähes trivialiteeteista.
3) Tässä on kahdeksan eri vaihtoehtoa termien A, B ja C suhteen, joten homma menee vähän työlääksi. Jätetään nämä harjoitustehtäväksi; kaikki menevät
samalla metodilla, joka on kopio lauseen 4.3 vastaavan kohdan todistuksesta.
Tässä voi tietysti todistaa ensin yleisen loogisen teoreeman
⊢L [∀x[ϕ ↔ ψ] ∧ ∀x[ψ ↔ η]] → ∀x[ϕ ↔ η],
johon nämä kaikki vaihtoehdot viime kädessä palautuvat.
¤
Harjoitustehtävä 5.10 Yleistä lause 4.4 koskemaan kaikkia luokkia. Todista
siis, että kaikille termeille A, B, C pätee
⊢ B ≈ C → [B ∈ A ↔ C ∈ A].
Seuraava lause yleistää tärkeän lauseen 4.5 koskemaan kaikkia termejä:
Lause 5.11 Olkoot A ja B termejä, ϕ kaava ja w muuttuja. Tällöin pätee
⊢ A ≈ B → [ϕw (A) ↔ ϕw (B)].
Todistus. Samalla tavalla kuin lauseen 4.5 todistuksen alussa voidaan olettaa,
että kaavassa ϕ ei kvantifioida kaavassa A ≈ B esiintyvien muuttujien suhteen.
Tehdään induktio kaavan ϕ rakennejonon (minimaalisen) pituuden m suhteen.
Kun m = 1, ϕ on atomikaava. Tapaus ϕ = f on selvä kuten lauseen 4.5 todistuksessa. Voidaan siis olettaa, että ϕ on muotoa ϕ = c ∈ d joillekin vakioille tai
muuttujille c, d. Tässä on nyt w:n suhteen samat neljä vaihtoehtoa kuin lauseen
4.5 todistuksessa:
1) w 6= c ja w 6= d,
2) w 6= c ja w = d,
3) w = c ja w 6= d
tai
4) w = c = d.
27
Tapaus 1) Tämä menee täsmälleen samoin kuin lauseen 4.5 vastaava tapaus.
Tapaus 2) Tässä tapauksessa väite tulee muotoon
⊢ A ≈ B → [c ∈ A ↔ c ∈ B].
Tämä seuraa suoraan yhtenevyyden määritelmästä 5.7.
Tapaus 3) Tässä tapauksessa väite tulee muotoon
⊢ A ≈ B → [A ∈ c ↔ B ∈ c].
Tämä seuraa harjoitustehtävästä 5.10.
Tapaus 4) Tässä tapauksessa väite tulee muotoon
⊢ A ≈ B → [A ∈ A ↔ B ∈ B].
Tämä nähdään oikeaksi aivan samalla tavalla kuin lauseen 4.5 vastaava kohta –
tässä vain lauseen 4.4 sijasta käytetään harjoitustehtävää 5.10.
Näin induktion alkuaskel on selvitetty. Yleinen induktioaskel menee sekin lähes samoin kuin lauseessa 4.5. Implikaatiovaihtoehto on täysin sama ja kvantifikaatiovaihtoehdossa täytyy nyt vain huomata, että ϕ:n kvantifioiva muuttuja
on valittu niin, että se ei esiinny kaavassa A ≈ B, jolloin lause 2.11 toimii samalla tavalla kuin lauseessa 4.5.
¤
Huomataan seuraavaksi, että jokainen joukko on yhtenevä jonkun luokan kanssa, karkeasti sanottuna siis ”jokainen joukko on luokka”. Pätee näet
Lause 5.12 Olkoon a muuttuja tai vakio. Tällöin pätee
⊢ a ≈ {x | x ∈ a}.
Todistus. Yhtenevyyden määritelmän mukaan pitää osoittaa, että
∀y[y ∈ a ↔ y ∈ {x | x ∈ a}],
missä y 6= a, x. Merkinnän 5.1 mukaan – koska x 6= a – väite tulee muotoon
⊢ y ∈ a ↔ y ∈ a.
Mutta tämä on triviaalia.
¤
Nyt siis on selvillä, että jokainen joukko on luokka eli tarkemmin sanottuna
yhtenevä jonkun luokan kanssa. Sitten tullaankin mielenkiintoiseen kysymykseen, jota sivuttiin tämän luvun alussa. Onko jokainen luokka joukko? Tämä ei ole tietenkään ihan korrekti kysymys, vaan pitää kysyä, että onko jokainen luokka yhtenevä jonkun joukon kanssa. Tämä kysymys voidaan formalisoida
seuraavassa esitettävällä tavalla.
28
Määritelmä 5.13 Olkoon A termi ja x muuttuja, joka ei esiinny termissä A.
Merkitään
M(A) := ∃x[x ≈ A]
Sanotaan, että A kuuluu kategoriaan M, jos kaava M(A) on teoreema. Tällöin sanotaan myös, että A on joukko. Jos kaava ¬M(A) on teoreema, niin
sanotaan, että A kuuluu kategoriaan P r ja käytetään merkintää P r(A). Tällöin
sanotaan, että A on aito luokka.
Huomautus. Jotta tässä määritelmässä olisi mitään mieltä, olisi kaikkien joukkoja symboloivien muuttujien ja vakioiden todellakin oltava kategoriassa M.
Näin onkin, kuten seuraava lause sanoo.
Lause 5.14 Jokaisella muuttujalle tai vakiolle a pätee
⊢ M(a).
Todistus. Pitää siis osoittaa, että
⊢ ∃x[x ≈ a].
Tämä seuraa helposti siitä, että lauseen 4.3 mukaan pätee
⊢v≈v
kaikille vakioille v.
¤
Käänteinen tulos ei sitten pädekään – siis jokainen luokka ei ole joukko; tämä
osoitetaan seuraavaksi. Huomaa, että nyt kategoriat M ja P r ovat pistevieraita,
eli niillä ei ole yhteisiä elementtejä. Tämä seuraa siitä perusolettamuksesta (vrt.
luku 3), että ZFC-aksioomajärjestelmä on ristiriidaton. Tosin tässä vaiheessa ei
tarvita kuin aksiooman (JAx1) ristiriidattomuus, minkä näkee helposti.
Nyt voi tietysti kysyä, onko jokainen termi jommassa kummassa luokassa, vai
onko mahdollista, että näiden välissä on jonkinlainen ”harmaa alue”, jossa olevat termit eivät kuulu kumpaankaan kategoriaan. Siis eihän siitä, että kaava
M(A) ei ole teoreema suinkaan välttämättä seuraa, että sen negaatio olisi teoreema. Vastaus tähän kysymykseen on sellainen, että näitä harmaan alueen termejä kyllä löytyy, ainakin jos käytetään vain aksioomaa (JAx1), – ja paljonkin.
Eräs esimerkki on luokka {x | x ∈ x}. Jatkossa tullaan aksioomajärjestelmää
vahvistamaan sillä tavalla, että tämäkin luokka sitten on joukko, mutta pelkästään aksioomalla (JAx1) sitä ei voi todistaa – eikä tietysti (miten niin tietysti?)
myöskään sitä, että se olisi aito luokka.
Voidaan tietysti esittää sama ”harmaan alueen” kysymys, kun kaikki aksioomat ovat käytössä. Semantiikkaan vietynä kysymys kuuluu, että onko olemassa
(suljettua) luokkaa A sekä malleja m1 ja m2 , joista toisen suhteen kaavan M(A)
totuusarvo olisi 1 ja toisen 0. Tässä siis tietenkin pitää olettaa, että nämä mallit toteuttavat kaikki ZFC-aksioomat. Mutta nythän tilanne on sellainen, ettei
29
tämmöisiä malleja osata tehdä, eikä siis kysymykseen osata vastata ainakaan
tätä kautta. Tiedossani ei ole, että tähän kysymykseen olisi ratkaisua esitetty
millään muullakaan tavalla.
Tässä tullaan nyt konstruoimaan sellainen luokka, jolle osataan todistaa, että se on aito, joten se ei voi olla joukko – edellyttäen siis, että ZFC-järjestelmä
on ristiriidaton.
Tämän luvun alussa oli puhetta Russellin paradoksista, jossa intuitiivisella tasolla tarkasteltiin niiden joukkojen joukkoa, jotka eivät sisällä itseään alkiona,
ja päädyttiin ristiriitatilanteeseen. Tämä paradoksaalinen tilanne osataan nyt
formalisoida seuraavasti:
Määritelmä 5.15 Sanotaan, että luokka Ru, joka määritellään asettamalla
Ru = {x | x ∈
/ x},
on Russellin luokka.
Osoittautuu, että Russellin luokka on aito luokka:
Lause 5.16 Russellin luokalle Ru pätee P r(Ru).
Todistus. Pitää siis osoittaa, että
⊢ ¬M(Ru)
eli
⊢ ¬∃z[z ≈ {x | x ∈
/ x}]
eli
⊢ ¬∃z∀y[y ∈ z ↔ y ∈
/ y].
Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(¬∃z∀y[y ∈ z ↔ y ∈
/ y]) = 1.
(1)
t(¬∃z∀y[y ∈ z ↔ y ∈
/ y]) = 0.
(AT)
Tehdään antiteesi
Koska kyseessä on suljettu kaava, saadaan tällöin negaatiolle
t(∃z∀y[y ∈ z ↔ y ∈
/ y]) = 1.
Tällöin (koska y 6= z) on olemassa vakio v siten, että
t(∀y[y ∈ v ↔ y ∈
/ y]) = 1.
Tällöin myös
t(v ∈ v ↔ v ∈
/ v) = 1
30
eli
t(v ∈ v ↔ ¬v ∈ v) = 1,
mikä on mahdotonta. Siispä antiteesi (AT) johti ristiriitaan, joten väite (1) on
todistettu.
¤
Huomautus. Nyt siis Ru on aito luokka, joten erityisesti se ei ole joukko.
Näin tämän luvun alussa intuition tasolla esitetty Russellin paradoksi on selvitetty: niiden joukkojen joukko, jotka eivät sisällä itseään alkiona, ei olekaan
joukko!
Nyt voidaan kysyä pari mielenkiintoista kysymystä. Ensinnäkin: onko joukon
alkio välttämättä joukko? Entä onko luokan alkio välttämättä luokka (tai jopa
joukko)? Toiseksi: Sisältyykö annettu joukko/luokka välttämättä alkiona johonkin (toiseen) joukkoon tai luokkaan?
Jälkimmäiseen kysymykseen osataan ”peruskoulupohjalta” antaa ainakin intuitiivisella tasolla osittainen vastaus: Jos a on joukko, niin a sisältyy alkiona ainakin joukkoon {a}. Nyt ei kuitenkaan olla peruskoulussa, joten joudutaan esittämään jatkokysymys: mikä kumma on tuo joukko {a}? Tämä voidaan määritellä
sopimalla, että {a} = {x | x ≈ a}, jolloin heti a ∈ {a}. Näin siis ainakin annettu
joukko {a} sisältyy alkiona johonkin luokkaan. Tämä ei vastaa vielä kysymykseen ”sisältyykö a alkiona johonkin joukkoon”. Jotta vastaus (tuon esimerkin
valossa) olisi myöntävä, pitäisi yllä määritellyn ”yksiön” {a} olla joukko. No
onko se sitä? Vastaus on sellainen, että eipä tiedä. Aksiooman (JAx1) avulla
ei näet voi osoittaa luokkaa {a} joukoksi – eikä toisaalta aidoksi luokaksikaan.
Seuraavassa luvussa aksioomajärjestelmää kehitetään niin, että yksiöistä tulee
aina joukkoja, jolloin vastaus tulee selväksi: jokainen joukko a on aina joukon
{a} alkio.
Entäpä jos tarkastellaan aitoa luokkaa A. Onko A silloin aina jonkin joukon/luokan
alkio? Edellä olevaa mukaillen voitaisiin määritellä {A} = {x | x ≈ A}, jolloin
näyttäisi siltä, että A ∈ {A} eli vastaus kysymykseen olisi myöntävä. Tämä on
kuitenkin harhanäky, kuten seuraava harjoitustehtävä sanoo.
Harjoitustehtävä 5.17 Olkoon A aito luokka ja määritellään luokka {A} asettamalla {A} := {x | x ≈ A}. Miksi väite
⊢ A ∈ {A}
on virheellinen?
Edellä esitettiin myös toinen kysymys siitä, että onko joukon/luokan alkio välttämättä joukko/luokka. Tähän vastaus on myöntävä, kuten seuraava lause sanoo. Tässä lauseessa (joka sanoo vähän enemmänkin) on oleellista nimenomaan
tämä (ehkä vähän yllättävä) kohta ”A ∈ {x | ϕz (x)} ⇒ M(A)”, joka intuitiivisesti tarkoittaa siis sitä, että jos luokka A on luokan {x | ϕz (x)} alkio, niin
31
A onkin välttämättä joukko. Huomaa, että tästä seuraa muun muassa se, että Russellin luokka Ru ei voi olla minkään luokan alkio. Toisaalta se ei siis voi
myöskään sisältää mitään aitoa luokkaa alkiona.
Lause 5.18 Olkoot x ja z muuttujia, A termi ja ϕ kaava. Tällöin pätee
⊢ A ∈ {x | ϕz (x)} ↔ [M(A) ∧ ϕz (A)].
Todistus. Tässä on A:n suhteen kaksi mahdollisuutta: se voi olla joko muuttuja
(tai vakio) tai sitten luokka.
1) Olkoon ensin A muuttuja tai vakio, A = a. Tällöin väite tulee muotoon
⊢ ϕz (a) ↔ [M(a) ∧ ϕz (a)].
Koska lauseen 5.14 mukaan M(a) on teoreema, väite voidaan todistaa helpolla
predikaattikielisellä päättelyllä, joka jätetään harjoitustehtäväksi.
2) Olkoon sitten A luokka, A = {x | ψw (x)}. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio;
riittää osoittaa, että
t(A ∈ {x | ϕz (x)} ↔ [M(A) ∧ ϕz (A)]) = 1.
Suljetaan kyseinen kaava korvaamalla sen mahdolliset vapaat muuttujat mielivaltaisilla vakioilla – ei kuitenkaan mukavuussyistä vaihdeta merkintöjä. Riittää
osoittaa, että
jos t(A ∈ {x | ϕz (x)}) = 1, niin t(M(A) ∧ ϕz (A)) = 1
(1)
ja kääntäen
jos t(M(A) ∧ ϕz (A)) = 1, niin t(A ∈ {x | ϕz (x)}) = 1.
(2)
Väitettä (1) varten oletetaan siis, että
t(A ∈ {x | ϕz (x)}) = 1;
(3)
pitää osoittaa, että
t(M(A) ∧ ϕz (A)) = 1
eli että
t(M(A)) = 1
(4)
t(ϕz (A)) = 1.
(5)
ja
Oletuksen (3) ja merkinnän 5.4 mukaan löytyy jokin vakio u siten, että
t(u ≈ A ∧ u ∈ {x | ϕz (x)}) = 1,
32
(6)
jolloin merkintää 5.1 käyttäen
t(u ≈ A) = 1
(7)
t(ϕz (u)) = 1.
(8)
ja
Nyt ehdon (7) nojalla
t(∃z[z ≈ A]) = 1,
jolloin kaavan M(A) määritelmän mukaan väite (4) seuraa. Ehdon (7) ja lauseen
5.11 nojalla pätee
t(ϕz (u) ↔ ϕz (A)) = 1,
jolloin väite (5) seuraa ehdosta (8), koska tarkasteltavat kaavat ovat suljettuja.
Näin väite (1) on todistettu.
Väitettä (2) varten oletetaan, että ehdot (4) ja (5) pätevät; pitää osoittaa, että ehto (3) pätee. Ehdon (4) mukaan on olemassa vakio u, jolle pätee ehto (7).
Tällöin ehdon (5) ja lauseen 5.11 nojalla saadaan ehto (8), ja tällöin merkintää
5.1 käyttäen myös ehto (6), josta väite (3) seuraa merkinnän 5.3 perusteella. ¤
6
Luokkien perusominaisuuksia
Olkoot a ja b joukkoja. Pian määritellään järjestetty pari (a, b); tällaisethan ovat
tuttuja esimerkiksi N2 :n alkioina. Sitä ennen määritellään kuitenkin järjestämätön pari {a, b}, joka on erään luokan lyhennysmerkintä, sopimalla seuraavaa.
Merkintä 6.1
{a, b} := {x | x ≈ a ∨ x ≈ b},
missä a ja b ovat joukkoja.
Määritellään samantien yksiö {a} sopimalla, että
Merkintä 6.2
{a} := {a, a},
missä a on joukko.
Seuraavaksi voidaan kysyä onko yksiö joukko (tätähän ihmeteltiin jo edellisessä luvussa) eli onko kaava M({a}) teoreema. Pelkästään aksioomalla (JAx1)
kysymystä ei voi ratkaista, joten tarvitaan joukko-opin toinen aksiooma, jotta
(myönteisen) ratkaisun saisi aikaan. Asetetaan samalla vaivalla vähän kovempi
aksiooma, joka sanoo, että kaikki järjestämättömät parit ovat joukkoja:
(JAx2): ∀a∀bM({a, b}), missä a ja b ovat muuttujia.
Seuraavat tulokset saadaan helposti perusmääritelmistä:
33
Lause 6.3 Olkoot a, b, c muuttujia tai vakioita. Tällöin pätee
i)
⊢ c ∈ {a, b} ↔ [c ≈ a ∨ c ≈ b],
ii)
iii)
⊢ c ∈ {a} ↔ c ≈ a,
⊢ {a} ≈ {b} ↔ a ≈ b
iv)
⊢ {a} ≈ {b, c} ↔ [a ≈ b ∧ a ≈ c].
ja
Harjoitustehtävä 6.4 Todista lause 6.3.
Kuten yllä väitettiin, aksiooma (JAx2) todella takaa sen, että jokainen yksiö on
joukko:
Lause 6.5 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin yksiö {a} on joukko eli pätee
⊢ M({a}).
Lisäksi myös järjestämätön pari {a, b} on joukko eli pätee
⊢ M({a, b}).
Harjoitustehtävä 6.6 Todista lause 6.5. Huomaa, että aksioomassa (JAx2) a
ja b ovat muuttujia, mutta tässä ne ovat joukkoja.
Harjoitustehtävä 6.7 Miten aidolle luokalle käy lauseessa 6.5? Tarkemmin:
Olkoon A aito luokka. Onko {A} välttämättä joukko? Tässä pitää tietysti ensin
vähän viilata merkintöjä 6.2 ja 6.1, jotta kysymys olisi edes mielekäs – näissä
merkinnöissähän oletetaan lähtökohtaisesti, että a on joukko.
Lauseen 6.5 avulla voidaan osoittaa, että lause 4.4 pätee myös toiseen suuntaan:
Lause 6.8 Olkoot a, b muuttujia tai vakioita ja x 6= a, b muuttuja. Tällöin pätee
⊢ ∀x[a ∈ x → b ∈ x] → a ≈ b.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Koska x 6= a, b, niin riittää osoittaa, että kaikille vakioille u, v pätee
t(∀x[u ∈ x → v ∈ x] → u ≈ v) = 1.
(1)
Olkoot siis u ja v mielivaltaisia vakioita. Oletetaan, että
t(∀x[u ∈ x → v ∈ x]) = 1;
(2)
väitteen (1) todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(u ≈ v) = 1.
Lauseen 6.5 nojalla yksiö {u} on joukko, jolloin t(M({u})) = 1 eli
t(∃y[y ≈ {u}]) = 1.
34
(3)
Tällöin on olemassa vakio w siten, että
t(w ≈ {u}) = 1.
(4)
Oletuksen (2) nojalla pätee
t(u ∈ w → v ∈ w) = 1
ja silloin ehdon (4) ja lauseen 4.5 nojalla
t(u ∈ {u} → v ∈ {u}) = 1.
(5)
Nyt lauseiden 4.3 1) ja 6.3 ii) nojalla
t(u ∈ {u}) = 1,
jolloin ehdon (5) nojalla pätee
t(v ∈ {u}) = 1.
(6)
Käytetään uudestaan lausetta 6.3 ii) (tällä kertaa toiseen suuntaan), jolloin ehto
(6) antaa väitteen (3). Näin lause on todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 6.9 Olkoot a, b, c, d joukkoja. Osoita, että
i)
ii)
⊢ {a, b} ≈ {b, a},
⊢ b ≈ d → {a, b} ≈ {a, d},
iii)
iv)
⊢ {a, b} ≈ {a, d} → b ≈ d,
⊢ {a, b} ≈ {c, d} → c ∈ {a, b},
v)
vi)
⊢ {a, b} ≈ {c, d} → d ∈ {a, b} ja
⊢ [a ≈ c ∧ b ≈ d] → {a, b} ≈ {c, d}.
Seuraavaksi määritellään järjestetty pari; yleensähän järjestettyä paria merkitään symbolilla (a, b), mutta nyt kaarisulut on varattu muihin tarkoituksiin,
joten merkitään järjestettyä paria tässä tekstissä selvyyden vuoksi symbolilla
ha, bi. Määritelmässä käytetään edellä esitettyä järjestämättömän parin määritelmää eli merkintää 6.1:
Määritelmä 6.10 Olkoot a ja b joukkoja. Merkitään
ha, bi := {{a}, {a, b}},
ja sanotaan, että luokka ha, bi on a:n ja b:n muodostama järjestetty pari.
Huomautus. Tämä on mielekäs määritelmä, sillä aksioomasta (JAx2) ja lauseesta 6.5 tiedetään, että {a} ja {a, b} ovat joukkoja, joten niiden muodostama järjestämätön pari on määritelty: merkinnässä 6.1 vaaditaan tätä.
35
Harjoitustehtävä 6.11 Olkoot a, b muuttujia tai vakioita ja x, y muuttujia.
Osoita, että
⊢ ∀x∀y[[x ≈ {a} ∧ y ≈ {a, b}] → ha, bi ≈ {x, y}].
Päteekö väite toiseen suuntaan, eli onko kaava
∀x∀y[ha, bi ≈ {x, y} → [x ≈ {a} ∧ y ≈ {a, b}]]
välttämättä teoreema?
Yleensä on totuttu siihen, että järjestetyt parit (vaikkapa avaruudessa R2 ) ovat
samoja, jos ja vain jos niiden molemmat koordinaatit ovat samoja. Seuraava
lause sanoo, että edellä konstruoitu järjestetty pari käyttäytyy juuri näin:
Lause 6.12 Olkoot a, b, c ja d muuttujia tai vakioita. Tällöin pätee
⊢ ha, bi ≈ hc, di ↔ [a ≈ c ∧ b ≈ d].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(ha, bi ≈ hc, di → [a ≈ c ∧ b ≈ d]) = 1
(1)
t([a ≈ c ∧ b ≈ d] → ha, bi ≈ hc, di) = 1.
(2)
ja että
Lisäksi voidaan olettaa, että a, b, c ja d ovat vakioita, jolloin kaavat ovat suljettuja. Todistetaan ensin väite (2). Oletetaan, että
t(a ≈ c) = 1
(3)
t(b ≈ d) = 1.
(4)
t(ha, bi ≈ hc, di) = 1.
(5)
ja
Riittää osoittaa, että
Ehdon (3) ja lauseen 4.5 nojalla saadaan ensin
t(ha, bi ≈ hc, bi) = 1,
josta ehto (5) seuraa ehdon (4) ja lauseen 4.5 perusteella. Näin väite (2) on selvä ja riittää todistaa väite (1).
Sitä varten oletetaan, että ehto (5) pätee. Riittää osoittaa, että ehdot (3) ja
(4) pätevät. Aksiooman (JAx2) ja lauseen 6.5 nojalla luokat {a}, {a, b}, {c} ja
{c, d} ovat joukkoja, joten on olemassa vakiot va , vab , vc ja vcd siten, että
t(va ≈ {a}) = 1,
(6)
t(vab ≈ {a, b}) = 1,
(7)
36
t(vc ≈ {c}) = 1,
(8)
t(vcd ≈ {c, d}) = 1.
(9)
t({va , vab } ≈ ha, bi) = 1
(11)
t({vc , vcd } ≈ hc, di) = 1.
(10)
ja
Tällöin tehtävän 6.11 nojalla
ja
Oletuksen (5), ehtojen (10) ja (11) sekä lauseen 5.11 nojalla saadaan
t({va , vab } ≈ {vc , vcd }) = 1.
(12)
Ehdon (12) ja tehtävän 6.9 nojalla saadaan
t(va ∈ {vc , vcd }) = 1
(13)
t(vab ∈ {vc , vcd }) = 1.
(14)
ja
Ehdon (13) ja lauseen 6.3 i) perusteella on kaksi vaihtoehtoa: joko
t(va ≈ vc ) = 1
(15)
t(va ≈ vcd ) = 1.
(16)
tai
Tarkastellaan ensin vaihtoehtoa (16). Jos ehto (16) pätee, saadaan ehtojen (6)
ja (9) nojalla
t({a} ≈ {c, d}) = 1.
Tällöin lauseen 6.3 iv) nojalla ehto (3) pätee ja lisäksi pätee myös ehto
t(a ≈ d) = 1.
Ehtojen (3) ja (17) nojalla saadaan
t(c ≈ d) = 1,
ja siten
t({c, d} ≈ {c, c}) = 1
eli
t({c, d} ≈ {c}) = 1.
Silloin ehtojen (8) ja (9) nojalla
t(vcd ≈ vc ) = 1,
joten
t({vc , vcd } ≈ {vc , vc }) = 1
37
(17)
eli
t({vc , vcd } ≈ {vc }) = 1.
Tällöin ehdon (14) nojalla
t(vab ∈ {vc }) = 1,
josta lauseen 6.3 ii) perusteella
t(vab ≈ vc ) = 1.
Tämän sekä ehtojen (7) ja (8) nojalla saadaan
t({a, b} ≈ {c}) = 1,
jolloin lauseen 6.3 iv) mukaan
t(c ≈ b) = 1.
Väite (4) seuraa tällöin jo todistetusta ehdosta (3) sekä ehdosta (17). Näin väite
on todistettu vaihtoehdossa (16).
Voidaan siis olettaa, että ehto (15) pätee. Tällöin ehtojen (6) ja (8) sekä tehtävän 6.3 iii) perusteella väite (3) pätee. Lisäksi ehdon (12) nojalla pätee
t({va , vab } ≈ {va , vcd }) = 1,
ja tällöin tehtävän 6.8 iii) nojalla
t(vab ≈ vcd ) = 1,
josta edelleen ehtojen (7) ja (9) mukaan
t({a, b} ≈ {c, d}) = 1.
Tästä saadaan edelleen jo todistetun ehdon (3) ja lauseen 4.5 nojalla
t({a, b} ≈ {a, d}) = 1,
jolloin väite (4) seuraa tehtävästä 6.9 iii).
Näin on nähty, että molemmat väitteet (3) ja (4) pätevät molemmissa vaihtoehdoissa (15) ja (16), joten asia on selvä.
¤
Suoraan aksiooman (JAx2) nojalla järjestämätön pari on aina joukko. Myös
järjestetty pari on joukko, kuten seuraava lause sanoo:
Lause 6.13 Olkoot a ja b muuttujia tai vakioita. Tällöin pätee
⊢ M(ha, bi).
38
Todistus. Olkoon t jokin totuusarvofunktio sekä olkoot a ja b vakioita. Määritelmän 5.13 mukaan riittää osoittaa, että
t(∃x[x ≈ ha, bi]) = 1,
mikä tarkoittaa sitä, että pitää löytää vakio v siten, että
t(v ≈ ha, bi) = 1,
eli määritelmän 6.10 mukaan
t(v ≈ {{a}, {a, b}}) = 1.
(1)
Aksiooman (JAx2) ja lauseen 6.5 nojalla löytyy vakiot u ja w siten, että
t(u ≈ {a}) = 1
(2)
t(w ≈ {a, b}) = 1.
(3)
ja
Edelleen aksiooman (JAx2) mukaan löytyy vakio c siten, että
t(c ≈ {u, w}) = 1.
(4)
Valitaan nyt
v := c.
Tämä v kelpaa ehdossa (1) peräänkuulutetuksi vakioksi, mikä seuraa ehdoista
(4), (2) ja (3) sekä lauseesta 5.11.
¤
Harjoitustehtävä 6.14 Sanooko lause 6.13 sen että joukkojen a ja b muodostama järjestetty pari ha, bi on aina joukko? Huomaa, että lauseessa puhutaan
vain muuttujista tai vakioista. Mitenkäs aidoille luokille käy? Huomaa, että tässä tapauksessa ongelmia tulee jo määritelmän asettamisessa.
Seuraavaksi yleistetään järjestämätön pari ”n-vektoriksi” seuraavaan rekursiiviseen tapaan:
Määritelmä 6.15 Olkoot a1 , a2 , . . . , an joukkoja , n ≥ 1. Symbolit {a1 } sekä
{a1 , a2 } on määritelty edellä. Oletetaan rekursiivisesti, että n ≥ 3 ja että luokka {a1 , a2 , . . . , an−1 } on jo määritelty. Sovitaan, että symboli {a1 , a2 , . . . , an }
tarkoittaa tällöin luokkaa
{a1 , a2 , . . . , an } := {x | x ∈ {a1 , a2 , . . . , an−1 } ∨ x ≈ an }.
Rekursioperiaatteen nojalla luokka {a1 , a2 , . . . , an } tulee näin määriteltyä kaikille n ≥ 1. Sanotaan, että tämä luokka on järjestämätön n-vektori.
39
Harjoitustehtävä 6.16 Olkoot a1 , . . . , an joukkoja. Osoita, että
⊢ ∀x[x ∈ {a1 , a2 , . . . , an } ↔ [x ≈ a1 ∨ · · · ∨ x ≈ an ]]
(Ohje: induktiotodistus. Huomaa, että tässä oleva ”kaava” x ≈ a1 ∨ · · · ∨ x ≈ an
ei ole oikea kaava (eihän se ole edes sana), joten se vaatii ensin oman määritelmänsä. Anna siis ensin tuo (rekursiivinen) määritelmä; se kannattaa tietysti
virittää niin, että sitä on mahdollisimman helppo käyttää varsinaisessa todistuksessa.)
Huomautus. Tehtävän 6.16 valossa voisi ehkä sanoa, että järjestämätön n-vektori
on yksinkertaisesti n:n alkion joukko. Ei kuitenkaan sanota näin, koska mikään
ei estä yhtenevyyttä näiden alkioiden kesken; nehän voivat olla vaikkapa kaikki
keskenään yhteneviä, ja silloin tässä vektorissa on vain yksi alkio, kuten seuraava tehtävä sanoo. Sitä paitsi tuo ”joukon alkioiden lukumäärä” on vähän
syvällisempi käsite, johon palataan kardinaalilukujen yhteydessä – mikäli niihin
asti joskus päästään.
Harjoitustehtävä 6.17 Olkoot a1 , a2 , . . . , an joukkoja, n ≥ 1. Oletetaan, että
kaikille 1 ≤ i, j ≤ n pätee
⊢ ai ≈ aj .
Osoita, että
⊢ {a1 , a2 , . . . , an } ≈ {a1 }.
Huomautus 6.18 Voisi olettaa, että induktiolla näkisi helposti myös (samaan
tapaan kuin tehtävässä 6.16), että järjestämätön n-vektori on joukko – onhan
ensin järjestämätön pari joukko, ja määritelmän 6.15 rekursion mukana kulkevalla induktiolla homma näyttäisi hoituvan. Tämä on vaihteeksi harhanäky: tätä
asiaa ei voi tähänastisilla kahdella aksioomalla todistaa. Mieti, mihin tuo todistusyritys oikeastaan loppujen lopuksi kaatuu.
Järjestämätön n-vektori tulee kyllä olemaan joukko, ja tämä todistetaan lauseessa 6.31 – mutta sitä ennen pitää saada (JAx3) peliin mukaan.
Ennen kuin mennään tuohon uuteen aksioomaan, määritellään vielä järjestetty
n-vektori, joka puolestaan saadaan joukoksi samantien, ilman mitään lisäaksioomia:
Määritelmä 6.19 Olkoot a1 , a2 , . . . , an joukkoja, n ≥ 2. Symboli ha1 , a2 i on
määritelty edellä; on myös nähty (lause 6.13), että ha1 , a2 i on joukko. Oletetaan
nyt rekursiivisesti, että n ≥ 3 ja että ha1 , a2 , . . . , an−1 i on määritelty ja lisäksi
että se on joukko. Tällöin voidaan määritellä
ha1 , a2 , . . . , an i := hha1 , a2 , . . . , an−1 i, an i.
Nyt rekursio-oletuksen ja lauseen 6.13 (ks. myös tehtävä 6.14) mukaan joukkojen
järjestettynä parina määritelty ha1 , a2 , . . . , an i on joukko. Näin rekursiomääritelmän askel on asianmukaisesti otettu, ja rekursioperiaate takaa, että symboli ha1 , a2 , . . . , an i on yksikäsitteisesti määritelty kaikille n ≥ 2. Sanotaan, että
ha1 , a2 , . . . , an i on joukkojen a1 , . . . , an muodostama järjestetty n-vektori.
40
Huomautus. Määritelmästä 6.19 seuraa välittömästi, että järjestetty n-vektori
on aina joukko. Miksei näin tapahdu järjestämättömälle n-vektorille?
Seuraava tehtävä yleistää lauseen 6.12. Huomaa, että tässä on tehtävän 6.16
tapaan vähän huonosti määritelty kaava.
Harjoitustehtävä 6.20 Olkoot a1 , a2 , . . . , an ja b1 , . . . , bn joukkoja, n ≥ 2.
Osoita, että
⊢ ha1 , . . . , an i ≈ hb1 , . . . , bn i ↔ [a1 ≈ b1 ∧ · · · ∧ an ≈ bn ].
Tuo edellä kaipailtu uusi aksiooma (JAx3) koskettaa joukkojen yhdisteitä. Nämä
pitää ensin määritellä – tässä määritellään yhdiste myös luokille. Aloitetaan
yksinkertaisesta asiasta:
Merkintä 6.21 Olkoot A ja B luokkia. Merkitään symbolilla A ∪ B luokkaa
A ∪ B := {x | x ∈ A ∨ x ∈ B}.
Tämähän on kovasti tuttua kaikilta matematiikan kursseilta. Nyt kuitenkin ”oikea” yhdisteen määritelmä on aika lailla monimutkaisempi. Yhdisteessä on jatkossa vain yksi joukko tai luokka A, ja puhutaan joukon/luokan A yhdisteestä.
Tällä tarkoitetaan intuitiivisesti A:n alkioiden yhdistettä, mikä taas tarkoittaa
sitä, että x sisältyy A:n yhdisteeseen eli A:n alkioiden yhdisteeseen, mikäli se
sisältyy johonkin A:n alkioon. A:n yhdiste koostuu siis A:n alkioiden alkioista.
Huomaa, että tämä on aivan eri asia kuin itse joukko A, joka koostuu alkioistaan. Tässä voi intuitiivisesti ajatella näille joitakin hierarkiatasoja, joista johdannossa oli puhetta: A:n yhdisteen alkiot ovat alimmalla tasolla, keskellä A:n
alkiot ja ylimpänä itse A.
Verrataan tilannetta tavalliseen matematiikassa esiintyvään joukkojen yhdisteeseen, jossa I on jokin (indeksi-)joukko ja jokaiselle i ∈ I on annettu joukko
Ui ; yleensähän näiden yhdiste määritellään sopimalla, että
[
Ui = {x | x ∈ Ui jollekin i ∈ I}.
(1)
i∈I
Jos merkitään A = {Ui }i∈I , niin esitys (1) voidaan kirjoittaa myös muodossa
[
Ui = {x | x ∈ U jollekin U ∈ A}
i∈I
tai
[
A = {x | x ∈ U jollekin U ∈ A}.
(2)
Tässä voi siis myös sanoa, että tuo yhdiste (1) tai (2) koostuu A:n alkioiden
alkioista. Tässä näkyy myös edellä puhuttu hierarkia: yhdisteen alkiot x ovat
alimpana, sitten tulevat A:n alkiot U ja ylimpänä on itse A.
Näiden johdattelujen jälkeen asetetaan joukko-opillinen yhdisteen määritelmä:
41
Määritelmä 6.22 Olkoon A luokka (tai joukko, joukothan ovat myös luokkia).
Määritellään symboli ∪A , A:n yhdiste sopimalla, että se on luokka
∪A := {x | ∃y[x ∈ y ∧ y ∈ A]},
missä y on muuttuja, joka ei esiinny luokassa A.
Nyt voi kysyä, että mitä tekemistä tällä on määritelmän 6.21 kanssa, ts. miten
nämä määritelmät liittyvät toisiinsa. Vastaus on seuraavassa lauseessa.
Lause 6.23 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
⊢ a ∪ b ≈ ∪{a,b} .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(a ∪ b ≈ ∪{a,b} ) = 1.
(1)
Voidaan lisäksi olettaa, että a ja b ovat vakioita. Luokkien yhtenevyyden määritelmän 5.7 nojalla väite (1) tulee muotoon
t(∀y[y ∈ a ∪ b ↔ y ∈ ∪{a,b} ]) = 1,
(2)
missä y ei esiinny luokissa a ∪ b tai ∪{a,b} . Olkoon u mielivaltainen vakio. Väite
(2) seuraa, jos osoitetaan, että
t(u ∈ a ∪ b ↔ u ∈ ∪{a,b} ) = 1.
(3)
Merkintöjen 6.21 ja 5.1 mukaan merkintä u ∈ a ∪ b tarkoittaa kaavaa
u ∈ a ∪ b = u ∈ a ∨ u ∈ b.
(4)
Vastaavasti määritelmän 6.22 ja merkinnän 5.1 mukaan merkintä u ∈ ∪{a,b}
tarkoittaa kaavaa
u ∈ ∪{a,b} = ∃y[u ∈ y ∧ y ∈ {a, b}],
joka puolestaan merkintöjen 6.1 ja 5.1 mukaan tarkoittaa kaavaa
u ∈ ∪{a,b} = ∃y[u ∈ y ∧ [y ≈ a ∨ y ≈ b]].
(5)
Kirjoittamalla esitykset (4) ja (5) väitteeseen (3) saadaan tämä väite muotoon
t([u ∈ a ∨ u ∈ b] ↔ ∃y[u ∈ y ∧ [y ≈ a ∨ y ≈ b]]) = 1.
(6)
Tässä on nyt kyseessä suljettu kaava, joten väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että
t([u ∈ a ∨ u ∈ b] → ∃y[u ∈ y ∧ [y ≈ a ∨ y ≈ b]]) = 1
(7)
t(∃y[u ∈ y ∧ [y ≈ a ∨ y ≈ b]] → [u ∈ a ∨ u ∈ b]) = 1.
(8)
ja
42
Väitettä (7) varten oletetaan, että
t(u ∈ a ∨ u ∈ b) = 1.
(9)
t(∃y[u ∈ y ∧ [y ≈ a ∨ y ≈ b]]) = 1.
(10)
Riittää osoittaa, että
Ehto (10) seuraa, jos löydetään jokin vakio v siten, että
t(u ∈ v ∧ [v ≈ a ∨ v ≈ b]) = 1.
(11)
t(u ∈ a) = 1
(12)
t(u ∈ b) = 1.
(13)
Ehdon (9) nojalla joko
tai
Jos ehto (12) pätee, niin valitaan v = a ja jos ehto (13) pätee, niin valitaan
v = b, jolloin kummassakin tapauksessa valittu v toteuttaa ehdon (11). Näin
väite (7) on todistettu.
Väitettä (8) varten oletetaan, että ehto (10) pätee; pitää todistaa, että ehto
(9) pätee. Ehdon (10) nojalla on olemassa vakio v, joka toteuttaa ehdon (11).
Tällöin
t(u ∈ v) = 1
(14)
ja lisäksi joko
t(v ≈ a) = 1
(15)
t(v ≈ b) = 1.
(16)
tai
Tapauksessa (15) saadaan ehdon (14) ja lauseen 4.5 nojalla ehto (12), josta
väite (9) seuraa. Vastaavasti tapauksessa (16) saadaan ehdon (14) ja lauseen
4.5 nojalla ehto (13), josta siitäkin väite (9) seuraa. Koska muita vaihtoehtoja
ei ole, väite (9) seuraa joka tapauksessa. Näin myös väite (8) on todistettu. ¤
Harjoitustehtävä 6.24 Mitä voit sanoa yhdisteestä ∪{a} kun a on joukko?
Onko tämä yhdiste a:n alkio? Entä onko a tämän yhdisteen alkio?
Harjoitustehtävä 6.25 Olkoot a ja b joukkoja. Osoita, että
⊢ a ∈ b ∪ {b} ↔ a ∈ b ∨ a ≈ b.
Harjoitustehtävä 6.26 Olkoot a1 , . . . , an joukkoja, n ≥ 2. Osoita, että
⊢ {a1 , . . . , an } ≈ {a1 , . . . , an−1 } ∪ {an }.
43
Harjoitustehtävä 6.27 Olkoot a1 , . . . , an joukkoja, n ≥ 2. Määritellään ensin
yhdiste a1 ∪ · · · ∪ an rekursiivisesti n:n suhteen seuraavalla tavalla: Kun n = 2
määritelmä on merkinnässä 6.21. Oletetaan rekursiivisesti, että n ≥ 3 ja että
luokka a1 ∪ · · · ∪ an−1 on jo määritelty. Tällöin asetetaan
a1 ∪ · · · ∪ an := (a1 ∪ · · · ∪ an−1 ) ∪ an ,
missä siis on käytetty merkintää 6.21. Osoita, että näin määritellylle yhdisteelle
pätee
⊢ a1 ∪ · · · ∪ an ≈ ∪{a1 ,...,an } .
Kahden luokan A ja B leikkaus voidaan määritellä analogisesti merkinnän 6.21
kanssa:
Merkintä 6.28 Olkoot A ja B luokkia. Merkitään symbolilla A ∩ B luokkaa
A ∩ B = {x | x ∈ A ∧ x ∈ B}.
Yleinen leikkausjoukko ∩A määritellään sitten myöhemmin, mutta nyt näiden
kahden luokan leikkaukselle ja yhdisteelle saadaan tutut säännöt:
Harjoitustehtävä 6.29 Olkoot A, B ja C luokkia. Osoita, että
i)
⊢ A ∪ B ≈ B ∪ A,
ii)
iii)
⊢ A ∩ B ≈ B ∩ A,
⊢ (A ∪ B) ∪ C ≈ A ∪ (B ∪ C),
iv)
v)
vi)
⊢ (A ∩ B) ∩ C ≈ A ∩ (B ∩ C),
⊢ A ∩ (B ∪ C) ≈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ja
⊢ A ∪ (B ∩ C) ≈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).
Yhdisteeseen liittyy luonteva kysymys: jos a ja b ovat joukkoja, niin onko a ∪ b
joukko? Entä yhdisteen yleisemmälle määritelmälle – eli jos a on joukko, niin
onko ∪a joukko? Kumpaankaan näistä kysymyksistä ei osata vastata ilman uutta aksioomaa, joka ilmoittaa myöntävän vastauksen jälkimmäiseen kysymykseen. Tämän avulla voidaan sitten todistaa, että myös ensimmäiseen kysymykseen saadaan myöntävä vastaus, ks. lause 6.30. Toisinpäin homma ei toimi –
eli jos otetaan aksioomaksi myöntävä vastaus ensimmäiseen kysymykseen, niin
jälkimmäisestä, yleisemmästä kysymyksestä ei välttämättä voi sanoa mitään.
Aksiooma kuuluu näin:
(JAx3): ∀aM(∪a ), missä a on muuttuja.
Todistetaan heti se, mitä tuossa edellä väitettiin:
Lause 6.30 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
a)
b)
⊢ M(∪a ) ja
⊢ M(a ∪ b).
44
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, joka siis tällä kertaa toteuttaa myös
aksiooman (JAx3).
a) Riittää osoittaa, että
t(M(∪a )) = 1.
(1)
Voidaan olettaa, että väitteen (1) kaavassa ei ole vapaita muuttujia. Koska a on
oletuksen mukaan joukko, niin määritelmän mukaan on olemassa vakio v siten,
että
t(a ≈ v) = 1.
(2)
Aksiooman (JAx3) nojalla
t(M(∪v )) = 1.
Tällöin on olemassa vakio u siten, että
t(∪v ≈ u) = 1.
(3)
t(∪a ≈ ∪v ) = 1,
(4)
Jos osoitetaan, että
niin ehdon (3) nojalla t(∪a ≈ u) = 1, ja väite (1) seuraa. Riittää siis todistaa
väite (4).
Yhdisteen määritelmän nojalla väite (4) tulee muotoon
t({x | ∃y[x ∈ y ∧ y ∈ a]} ≈ {x | ∃y[x ∈ y ∧ y ∈ v]}) = 1 eli
t(∀z[z ∈ {x | ∃y[x ∈ y ∧ y ∈ a]} ↔ z ∈ {x | ∃y[x ∈ y ∧ y ∈ v]}) = 1 eli
t(∀z[∃y[z ∈ y ∧ y ∈ a] ↔ ∃y[z ∈ y ∧ y ∈ v]) = 1.
(5)
Väite (5) seuraa, jos osoitetaan, että mielivaltaiselle vakiolle w pätee
t(∃y[w ∈ y ∧ y ∈ a] ↔ ∃y[w ∈ y ∧ y ∈ v]) = 1.
(6)
Ilmeisesti väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että mielivaltaiselle vakiolle c pätee
t([w ∈ c ∧ c ∈ a] ↔ [w ∈ c ∧ c ∈ v]) = 1.
(7)
Ilmeisesti väite (7) seuraa, jos osoitetaan, että mielivaltaiselle vakiolle c pätee
t(c ∈ a ↔ c ∈ v) = 1.
Tämä seuraa ehdosta (2).
b) Lauseen 6.23 nojalla t(a ∪ b ≈ ∪{a,b} ) = 1, joten ilmeisesti riittää osoittaa, että
t(M(∪{a,b} )) = 1.
(8)
Väite (8) seuraa a)-kohdasta, jos osoitetaan, että {a, b} on joukko. Tämä seuraa
lauseesta 6.5, koska a ja b ovat joukkoja.
¤
45
Edellä ihmeteltiin sitä, että järjestämättömästä n-vektorista ei tahtonut tulla joukkoa, kun n ≥ 3. Silloin lupailtiin, että aksiooma (JAx3) auttaisi asiassa. Sen se tekeekin, mutta on tietysti vähän hämmästyttävää, mitä tekemistä
joukon yhdistettä koskevalla aksioomalla on n-vektorin kanssa. Vastaus löytyy
harjoitustehtävästä 6.32, jossa (toivottavasti) osataan sitten todistaa, että myös
järjestämätön vektori on joukko.
Lause 6.31 Olkoot a1 , . . . , an joukkoja, n ≥ 2. Tällöin pätee
⊢ M({a1 , . . . , an }).
Harjoitustehtävä 6.32 Todista lause 6.31.
(Ohje: induktio n:n suhteen; käytä hyväksi tehtävää 6.26.)
Seuraavaksi määritellään osajoukon käsite. Määritelmä ulotetaan myös luokkiin, jolloin pitänee puhua osaluokista. Otetaan ensin käyttöön seuraava lyhennysmerkintä.
Merkintä 6.33 Olkoot A ja B luokkia. Sovitaan, että merkintä A 6≈ B tarkoittaa kaavaa
A 6≈ B := ¬[A ≈ B].
Jos tämä kaava on teoreema, niin sanotaan, että A ja B eivät ole yhteneviä.
Mennään sitten tuon osajoukon tai -luokan määritelmään:
Määritelmä 6.34 Olkoot A ja B joukkoja tai luokkia. Sovitaan että merkintä
A ⊆ B tarkoittaa kaavaa
A ⊆ B := ∀x[x ∈ A → x ∈ B],
missä muuttuja x on valittu niin, että se ei esiinny luokissa A tai B. Jos tämä
kaava on teoreema, niin sanotaan, että A on B:n osaluokka tai -joukko.
Sovitaan edelleen, että merkintä A ⊂ B tarkoittaa kaavaa
A ⊂ B := A ⊆ B ∧ A 6≈ B.
Jos tämä kaava on teoreema, niin sanotaan, että A on B:n aito osaluokka tai
-joukko.
Huomautus 6.35 Tässä on huomattava tämä merkinnällinen ero osajoukon
ja aidon sellaisen välillä. Yleensähän matematiikassa on tapana merkitä U ⊂ V
tarkoittamaan sitä, että U on V osajoukko välittämättä siitä, onko kyseessä
aito osajoukko vai ei. Nyt tässä on oltava tarkkana: tässä tämä tavanomainen
merkintätapa tarkoittaa aina aitoa osajoukkoa. Asialla on joissakin paikoissa
ihan tärkeää merkitystäkin; ja jos ei tiedetä onko kyseessä aito osajoukko vai ei,
on käytettävä symbolia ⊆.
46
Harjoitustehtävä 6.36 Olkoot A, B ja C joukkoja tai luokkia. Osoita, että
i)
⊢ A ⊆ A,
ii)
iii)
iv)
⊢ [A ⊆ B ∧ B ⊆ A] → A ≈ B,
⊢ A ⊆ A ∪ B,
⊢ A ∩ B ⊆ A,
v)
vi)
⊢ A ⊆ B ↔ A ∪ B ≈ B,
⊢ A ⊆ B ↔ A ∩ B ≈ A,
vii)
viii)
ix)
⊢ [A ⊆ B ∧ B ⊆ C] → A ⊆ C,
⊢ A ⊆ B → A ∪ C ⊆ B ∪ C ja
⊢ A ⊆ B → A ∩ C ⊆ B ∩ C.
Merkintä 6.37 Olkoot A ja B joukkoja tai luokkia. Merkitään symbolilla
A∈
/ B kaavaa
A∈
/ B := ¬[A ∈ B],
symbolilla A 6⊂ B kaavaa
A 6⊂ B := ¬[A ⊂ B]
ja symbolilla A 6⊆ B kaavaa
A 6⊆ B := ¬[A ⊆ B].
Harjoitustehtävä 6.38 Olkoot A ja B luokkia sekä x muuttuja, joka ei esiinny
näissä luokissa. Osoita, että
⊢ A 6⊆ B ↔ ∃x[x ∈ A ∧ x ∈
/ B].
Harjoitustehtävä 6.39 Olkoot A ja B luokkia. Osoita, että
⊢ A ⊆ B → ∪A ⊆ ∪B .
Harjoitustehtävä 6.40 Olkoot A ja B luokkia. Osoita, että
⊢ A ≈ B → ∪A ≈ ∪B .
Harjoitustehtävä 6.41 Olkoot A ja B luokkia. Päteekö
⊢ A ⊂ B → ∪A ⊂ ∪B ?
Voidaan kysyä, onko osajoukko joukko. Tarkemmin: jos A ja B ovat luokkia,
joille pätee ⊢ A ⊆ B, niin onko välttämättä ⊢ M(A)? Vastaus on heti kielteinen, esimerkiksi käy vaikkapa A = B = Ru, missä Ru on Russellin luokka.
Asiaa ei paljon pelasta sekään, että inkluusio A ⊂ B olisi aito; tästä on helppo
keksiä esimerkkejä. Sen sijaan, jos oletetaan, että B on joukko, niin asia tulee
mielenkiintoisemmaksi. Kysymys voidaan tällöin muotoilla (puoli-intuitiivisesti
– tässä ei olla kovin täsmällisiä) myös näin:
47
Jos B on luokka B = {x | ϕw (x)} ja a on muuttuja, jolle pätee B ⊆ a, niin
onko B välttämättä joukko? Tässä on viisasta ensin muuttaa luokan B määräävää kaavaa ϕ kirjoittamalla ψ = ϕ ∧ [w ∈ a] ja määrittelemällä uusi luokka A = {x | ψw (x)}, jolloin ehdon B ⊆ a nojalla A ≈ B, ja tällöin voidaan
yhtäpitävästi kysyyä, että onko A joukko; tällä tempulla saavutetaan se, että
”ylimääräisestä” oletuksesta B ⊆ a voidaan nyt luopua, koska automaattisesti
A ⊆ a. Kysymys kuuluu nyt niin, että onko
⊢ M(A)
eli
⊢ ∃y[y ≈ A]
eli
⊢ ∃y∀x[x ∈ y ↔ x ∈ A]
eli
⊢ ∃y∀x[x ∈ y ↔ ψw (x)]
eli
⊢ ∃y∀x[x ∈ y ↔ ϕw (x) ∧ x ∈ a]?
(K)
Tähänkin vastaus on kielteinen. Joukko-opin ”yleisen järkevyyden” tai käytettävyyden kannalta olisi kuitenkin hyvä, jos joukkojen osaluokat todella olisivat
joukkoja. Tällä asialla on itse asiassa hyvinkin suurta merkitystä, kun joukkooppia sovelletaan muille matematiikan aloille. Esimerkkinä voi ajatella vaikkapa
analyysiä Rn :ssä. Siellä joudutaan usein konstruoimaan hyvin kryptisiä apujoukkoja, jotka siis ovat Rn :n osajoukkoja. Nyt jos tiedetään, että itse Rn on joukko
(ja tämä osataan kyllä todistaa), niin näistä osajoukoista tulee automaattisesti joukkoja – edellyttäen siis, että tällainen yleisperiaate ”joukon osaluokka on
joukko” on olemassa. Tällöin siis analyysin puolella ei tarvitse enää huolehtia
siitä, ovatko nämä kaikenlaiset apujoukot joukko-opillisessa mielessä oikeita eli
joukkoja. No, eipähän analyysissä yleensä tämmöisestä huolehdita, mutta toisaalta: ei ole tarviskaan. Tämä asia jää helposti kokonaan huomaamatta, kun
analyysiin ja sen temppuihin tutustutaan. Siis äkkiä kuvitellaan, että analyysin
polku olisi kovin sileä kuljettavaksi tältä joukko-opin puolelta. Niin se onkin,
mutta yleissivistykseen kuuluu tietää, ettei tämä mikään itsestäänselvyys ole.
Tavoittena siis on, että yllä esitetty kaava (K) olisi teoreema. Tähän päästään
niin, että asetetaan se kylmästi aksioomaksi. Kaavassa (K) on aksioomaksi valinnan kannalta se vika, että se ei välttämättä ole suljettu, koska kaavassa ϕ
saattaa olla ”ylimääräisiä” vapaita muuttujia. Tämä asia voidaan hoitaa kvantifioimalla kaava (K) paitsi a:n myös kaikkien näiden muuttujien suhteen. Toinen ongelma tulee siitä, että kaavan (K) puoli-intuitiivisessa johdattelussa oltiin
huolimattomia muuttujien x ja y valinnan suhteen: kaavojen M(A) ja y ≈ A
määritelmissä on rajoitteita näiden muuttujien valinnalle. Kun nämä rajoitteet
otetaan huomioon, päästään lopulta kaavasta (K) oikeaan aksioomaan:
48
(JAx4): ∀a∀y1 . . . ∀yn ∃y∀x[x ∈ y ↔ [ϕw (x) ∧ x ∈ a]],
missä a, x, y ovat eri muuttujia sekä ϕ on kaava, jonka muuttujasta
w eroavat vapaat muuttujat ovat y1 , . . . , yn .
Oletetaan lisäksi, että a, x, y 6= y1 , . . . , yn .
Huomautus. Jos kaavassa ϕ ei w:n lisäksi ole muita vapaita muuttujia, aksioomassa (JAx4) ei tietenkään noita kvantifiointeja muuttujien yi suhteen tehdä
lainkaan. Lisäksi oletus a, x, y 6= y1 , . . . , yn jää pois.
Tämän uuden aksiooman avulla saadaan heti seuraavat tulokset:
Lause 6.42 Olkoot x, y eri muuttujia, v vakio ja ϕ kaava, jossa ei ole w:n
lisäksi vapaita muuttujia. Tällöin pätee
⊢ ∃y∀x[x ∈ y ↔ [ϕw (x) ∧ x ∈ v]].
Todistus. Valitaan muuttuja a siten, että a 6= x, y. Tällöin aksioomasta (JAx4)
saadaan
⊢ ∀a∃y∀x[x ∈ y ↔ [ϕw (x) ∧ x ∈ a]],
(1)
josta väite seuraa, sillä predikaattikielinen kaava
∀aB → Sva (B)
on looginen teoreema kaikille kaavoille B ja vakioille v. Huomaa lisäksi, että
tässä sijoitus Sva (B) teoreeman (1) kaavaan B = ∃y∀x[x ∈ y ↔ [ϕw (x) ∧ x ∈ a]]
antaa tosiaan väitteen kaavan, sillä a:n valinnan ja tehtyjen oletusten mukaan
a esiintyy vapaana kaavassa B tarkalleen kerran.
¤
Lause 6.43 Olkoon a muuttuja tai vakio ja A luokka. Tällöin pätee
⊢ M(a ∩ A).
Todistus. Olkoon A = {z | ϕw (z)} ja t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa,
että
t(M(a ∩ {z | ϕw (z)}) = 1.
(1)
Määritelmän 5.13 mukaan väite (1) tulee muotoon
t(∃y[y ≈ a ∩ {z | ϕw (z)}]) = 1,
(2)
missä y on muuttuja, joka ei esiinny luokassa a ∩ {z | ϕw (z)}. Leikkauksen
määritelmän eli merkinnän 6.28 mukaan väite (2) tulee muotoon
t(∃y[y ≈ {z | ϕw (z) ∧ z ∈ a}]) = 1.
(3)
Luokkien yhtenevyyden määritelmän 5.7 mukaan väite (3) tulee edelleen muotoon
t(∃y∀x[x ∈ y ↔ x ∈ {z | ϕw (z) ∧ z ∈ a}]) = 1,
(4)
49
missä x 6= y ja x ei esiinny luokassa {z | ϕw (z) ∧ z ∈ a}. Merkinnän 5.1 mukaan
väite (4) tulee muotoon
t(∃y∀x[x ∈ y ↔ [ϕw (x) ∧ x ∈ a]]) = 1.
(5)
Huomaa, että x:n ja y:n valintojen nojalla a, x, y ovat eri muuttujia ja lisäksi x
ja y voivat esiintyä vapaina kaavassa ϕ ainoastaan siinä tapauksessa, että x = w
tai y = w.
Suljetaan nyt väitteen (5) kaava korvaamalla sen vapaat muuttujat vakioilla.
Huomaa, että ehdon a 6= x, y nojalla a on vapaana tässä kaavassa. Kaava ϕw (x)
mahdollisesti muuttuu tässä sijoituksessa, mutta koska x on sidottu, siihen ei
puututa, ja tuloksena on muotoa ψw (x) oleva kaava, missä ψ:n ainoat mahdolliset vapaat muuttujat ovat x, y ja w. Koska siis x ja y voivat esiintyä vapaina
kaavassa ϕ ainoastaan siinä tapauksessa, että x = w tai y = w, niin sama koskee kaavaa ψ. Tällöin w on ainoa mahdollinen kaavassa ψ oleva vapaa muuttuja.
Totuusarvofunktion määritelmän mukaan riittää osoittaa, että tämän vakiosijoitusten jälkeen syntyvän kaavan totuusarvo on ykkönen eli väite (5) seuraa,
jos osoitetaan, että
t(∃y∀x[x ∈ y ↔ [ψw (x) ∧ x ∈ v]]) = 1,
(6)
missä v on vakio ja ψ yllä kuvailtu kaava, jonka ainoa mahdollinen vapaa muuttuja on w. Koska x 6= y, niin väite (6) seuraa lauseesta 6.42.
¤
Varsinainen vastaus kysymykseen ”onko joukon osaluokka joukko” saadaan nyt
lauseesta 6.43 helposti:
Lause 6.44 Olkoon a joukko ja A luokka. Tällöin pätee
⊢ A ⊆ a → M(A).
Harjoitustehtävä 6.45 Todista lause 6.44.
Seuraavaksi määritellään luokkien A ja B erotus A \ B; tämä on tutun näköinen
määritelmä:
Merkintä 6.46 Olkoot A ja B luokkia. Merkintä A \ B tarkoittaa luokkaa
A \ B := {x | x ∈ A ∧ x ∈
/ B}.
Sanotaan, että tämä luokka on luokkien A ja B erotus.
50
Harjoitustehtävä 6.47 Olkoot A, B ja C luokkia. Osoita, että
i)
⊢ A \ B ≈ A ∩ {x | x ∈
/ B},
ii)
iii)
iv)
⊢ A \ (B ∪ C) ≈ (A \ B) ∩ (A \ C),
⊢ A \ (B ∩ C) ≈ (A \ B) ∪ (A \ C),
⊢ A \ (B \ A) ≈ A,
v)
vi)
⊢ A ∩ (B \ C) ≈ (A ∩ B) \ (A ∩ C),
⊢ A ∩ (B \ C) ≈ (A ∩ B) \ C,
vii)
viii)
ix)
x)
⊢ A ∪ (B \ C) ≈ (A ∪ B) \ (C \ A),
⊢ A ∪ (B \ C) ≈ (A ∪ B) \ ((B ∩ C) \ A),
⊢A\B ⊆A
ja
⊢ A ⊆ B → [C \ B ⊆ C \ A].
Nyt voidaan osoittaa, että joukkojen erotus on joukko. Itse asiassa saadaan
enemmänkin: joukon ja luokan erotus on joukko; tämän sanoo seuraava lause.
Sen sijaan luokan ja joukon erotus ei välttämättä ole joukko.
Harjoitustehtävä 6.48 Osoita esimerkillä, että luokan ja joukon erotus ei
välttämättä ole joukko.
Lause 6.49 Olkoon a joukko ja A luokka tai joukko. Tällöin pätee
⊢ M(a \ A).
Harjoitustehtävä 6.50 Todista lause 6.49.
Seuraavaksi pitäisi määritellä tyhjä joukko. Jonkinlaisena luokkanahan se kaiketi pitäisi sopia, kuten yhdisteelle, leikkaukselle, erotukselle jne. Pitäisi siis keksiä
kaava ϕ niin, että ehto ϕw (x) ei toteudu yhdellekään x. Lauseen 4.3 mukaan
x ≈ x on aina teoreema, joten aksioomien ristiriidattomuuden nojalla x 6≈ x ei
ole teoreema millekään x. Tämä on sopiva kaava tyhjän joukon määritelmään:
Merkintä 6.51 Merkintä ∅ tarkoittaa luokkaa
∅ := {x | x 6≈ x}.
Sanotaan, että tämä luokka on tyhjä joukko.
Nimitys ”tyhjä joukko” sisältää vahvan ennakkoasenteen siitä, että kyseinen
luokka olisi joukko. Tällä kertaa ennakkoluulot osuvat oikeaan; tämä todistetaan lauseessa 6.53. Siihen tarvitaan kuitenkin aputulos:
Lause 6.52 Olkoon a muuttuja. Tällöin pätee
⊢ ∀a[a \ a ≈ ∅].
51
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että jokaiselle
vakiolle a pätee
t(a \ a ≈ ∅) = 1
eli määritelmien 6.46 ja 6.51 mukaan, että
t({x | x ∈ a ∧ x 6∈ a} ≈ {x | x 6≈ x}) = 1.
(1)
Luokkien yhtenevyyden määritelmän mukaan väite (1) tulee muotoon
t(∀y[y ∈ {x | x ∈ a ∧ x 6∈ a} ↔ y ∈ {x | x 6≈ x}]) = 1
eli
t(∀y[y ∈ a ∧ y 6∈ a ↔ y 6≈ y]) = 1,
(2)
missä y 6= a. Väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että kaikille vakioille v pätee
t([v ∈ a ∧ v 6∈ a] ↔ v 6≈ v]) = 1.
(3)
Suljetun kaavan (3) ekvivalenssin vasemman puolen totuusarvo on 0 ja lisäksi
lauseen 4.3 nojalla myös oikean puolen totuusarvo on 0. Koska kyseessä on
suljettu kaava, koko ekvivalenssin totuusarvo on tällöin 1, ja väite (2) seuraa. ¤
Lause 6.53 Tyhjä joukko on joukko eli pätee
⊢ M(∅).
Todistus. Olkoon v jokin vakio. Lauseen 6.52 nojalla pätee
⊢ v \ v ≈ ∅.
(1)
Toisaalta lauseen 6.49 nojalla pätee
⊢ M(v \ v).
(2)
Väite seuraa ehdoista (1) ja (2) lauseen 5.11 nojalla.
¤
Seuraava lause sanoo intuitiivisesti sen kohtuullisen selvältä tuntuvan asian,
että ”tyhjässä joukossa ei ole alkioita”:
Lause 6.54 Olkoon a muuttuja. Tällöin pätee
⊢ ∀a[a ∈
/ ∅].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja a vakio. Riittää osoittaa, että
t(a ∈
/ ∅) = 1.
Tehdään antiteesi:
t(a ∈
/ ∅) = 0.
52
(AT)
Koska kyseessä on suljettu kaava, saadaan negaatiolle
t(¬[a ∈
/ ∅]) = 1,
josta symbolin ∈
/ määritelmän 6.37 perusteella
t(a ∈ ∅) = 1.
Tästä saadaan tyhjän joukon määritelmän 6.51 perusteella
t(a 6≈ a) = 1.
Tällöin merkinnän 6≈ määritelmän 6.33 mukaisesti negaatiolle saadaan
t(a ≈ a) = 0.
Tämä on kuitenkin lauseen 4.3 mukaan mahdotonta. Näin antiteesi (AT) johtaa
ristiriitaan, joten väite pätee.
¤
Seuraava lause taas sanoo intuitiivisesti sen myös kohtuullisen selvältä tuntuvan asian, että ”epätyhjässä joukossa on ainakin yksi alkio”; sekä myös kääntäen:
”jos joukossa on alkio, niin se on epätyhjä”.
Lause 6.55 Olkoot a ja x muuttujia, a 6= x. Tällöin pätee
⊢ a 6≈ ∅ ↔ ∃x[x ∈ a].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Koska a 6= x, niin voidaan olettaa,
että a on vakio ja riittää osoittaa, että
t(a 6≈ ∅ ↔ ∃x[x ∈ a]) = 1.
(1)
Väite (1) seuraa, kun osoitetaan, että
jos t(a 6≈ ∅) = 1, niin t(∃x[x ∈ a]) = 1
(2)
jos t(∃x[x ∈ a]) = 1, niin t(a 6≈ ∅) = 1.
(3)
ja kääntäen
Väitteen (2) todistamiseksi oletetaan siis, että t(a 6≈ ∅) = 1 eli että
t(¬[a ≈ {x | x 6≈ x}]) = 1
eli
t(¬[∀x[x ∈ a ↔ x 6≈ x]]) = 1,
(4)
missä x 6= a. Koska kyseessä on suljettu kaava, pätee tällöin
t(∀x[x ∈ a ↔ x 6≈ x]) = 0,
(5)
joten ehdon x 6= a nojalla on olemassa vakio v siten, että
t(v ∈ a ↔ v 6≈ v) = 0.
53
(6)
Lauseen 4.3 nojalla kaavan (6) ekvivalenssin oikea puoli saa totuusarvon 0. Koska koko kyseisen ekvivalenssin totuusarvo on ehdon (6) mukaan myös 0 ja kyseessä on suljettu kaava, täytyy sen vasemman puolen totuusarvon olla 1 eli on
oltava
t(v ∈ a) = 1.
(7)
Tällöin totuusarvofunktion määritelmän nojalla pätee
t(∃x[x ∈ a]) = 1,
(8)
joten väite (2) on todistettu.
Väitteen (3) todistamiseksi oletetaan, että ehto (8) pätee. Tällöin on olemassa
vakio v siten, että ehto (7) pätee. Tälle v pätee lauseen 4.3 nojalla myös ehto (6), jolloin myös ehto (5) pätee. Edelleen saadaan ehto (4), joka onkin ehto
t(a 6≈ ∅) = 1 vähän toisin kirjoitettuna.
Näin on nähty, että myös väite (3) pätee, joten koko lause on todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 6.56 Olkoon A luokka. Osoita, että
⊢ ∅ ⊆ A.
Harjoitustehtävä 6.57 Olkoon x muuttuja ja a joukko, a 6= x. Osoita, että
⊢ ∀x[x ∈
/ a] ↔ a ≈ ∅.
Päteekö väite, jos a korvataan luokalla A, jossa muuttuja x ei esiinny? Väite ei
päde, jos x = a, mutta tätä ei osata(?) tässä vaiheessa todistaa.
Harjoitustehtävä 6.58 Olkoot a1 , . . . , an joukkoja, n ≥ 1. Osoita, että
⊢ {a1 , . . . , an } 6≈ ∅.
Harjoitustehtävä 6.59 Olkoot A ja B luokkia. Osoita, että
⊢ A \ B ≈ ∅ ↔ A ⊆ B.
Harjoitustehtävä 6.60 Olkoot A, B ja C luokkia. Osoita, että
i)
ii)
⊢ (A \ B) ∩ C ≈ ∅ → A ∩ C ⊆ B ja
⊢ [C ⊆ A ∧ C ∩ (A \ B) ≈ ∅] → C ⊆ B.
Seuraavaksi määritellään annetun joukon/luokan potenssijoukon/luokan käsite.
Potenssijoukkohan tarkoittaa kaikkien osajoukkojen joukkoa, ja määritelmä on
varsin intuitiivinen:
Määritelmä 6.61 Olkoon A luokka tai joukko. Sovitaan, että merkintä P(A)
tarkoittaa luokkaa
P(A) := {x | x ⊆ A}.
Luokkaa P(A) sanotaan A:n potenssiluokaksi tai potenssijoukoksi.
54
Harjoitustehtävä 6.62 Osoita, että kaikille joukoille a pätee
⊢ a ∈ P(a).
Päteekö väite, jos a korvataan mielivaltaisella luokalla A?
Harjoitustehtävä 6.63 Osoita, että kaikille joukoille a pätee
⊢ P(a) 6≈ ∅.
Päteekö väite, jos a korvataan mielivaltaisella luokalla A?
Harjoitustehtävä 6.64 Osoita, että
⊢ P(∅) 6≈ ∅.
Harjoitustehtävä 6.65 Päteekö kaikille joukoille a
⊢ P(a) 6≈ a?
Huomautus. Kuten nimitys antaa ymmärtää, on odotettavissa, että joukon potenssijoukko on todellakin joukko. Tätä ei kuitenkaan voi tähänastisilla aksioomilla todistaa, vaan tarvitaan uusi, nimenomaan tämän asian sanova aksiooma:
(JAx5): ∀aM(P(a)), missä a on muuttuja.
Huomautus. Kuten muistetaan, joukon a yhdiste ∪a on intuitiivisesti ajatellen
a:n alkioiden alkioiden kokoelma. Tässä katsannossa ∪P(a) on P(a):n alkioiden
alkioiden kokoelma. Koska P(a):n alkiot ovat a:n osajoukkoja, ∪P(a) on a:n kaikkien osajoukkojen alkioiden kokoelma. Edelleen intuitiivisesti ajatellen tämän
kokoelman pitäisi olla siis a:n kaikkien alkioiden kokoelma eli joukko a itse. Näin
todella onkin, kuten seuraava lause sanoo. Sen todistuksessa – ja muuallakin –
on mukava käyttää seuraavaa harjoitustehtävää.
Harjoitustehtävä 6.66 Olkoot a ja x muuttujia, a 6= x. Osoita, että
⊢ ∀a∀x[x ∈ a ↔ {x} ⊂ a].
Lause 6.67 Olkoon a muuttuja tai vakio. Tällöin pätee
⊢ ∪P(a) ≈ a.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Määritelmän 5.7 mukaan riittää
osoittaa, että
t(∀x[x ∈ ∪P(a) ↔ x ∈ a]) = 1,
missä x ei esiinny luokassa ∪P(a) . Yhdisteen määritelmän 6.22 mukaan tämä
väite tulee muotoon
t(∀x[∃y[x ∈ y ∧ y ∈ P(a)] ↔ x ∈ a]) = 1,
55
missä y 6= x ja y ei esiinny luokassa P(a). Luokan P(a) määritelmän mukaan
tämä tulee edelleen muotoon
t(∀x[∃y[x ∈ y ∧ y ⊆ a] ↔ x ∈ a]) = 1.
Osajoukon määritelmän 6.34 mukaan tämä tulee edelleen muotoon
t(∀x[∃y[x ∈ y ∧ ∀z[z ∈ y → z ∈ a]] ↔ x ∈ a]) = 1,
(1)
missä z 6= y, a. Näiden muuttujia x, y ja z koskevien ehtojen nojalla x, y, z 6= a ja
lisäksi x, y ja z ovat kaikki eri muuttujia. Tällöin väitteessä (1) voidaan olettaa,
että a on vakio. Olkoon myös vx vakio. Väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että
t([∃y[vx ∈ y ∧ ∀z[z ∈ y → z ∈ a]] ↔ vx ∈ a]) = 1.
(2)
Koska väitteen (2) kaava on suljettu, niin riittää osoittaa, että
jos t(∃y[vx ∈ y ∧ ∀z[z ∈ y → z ∈ a]]) = 1, niin t(vx ∈ a) = 1
(3)
ja kääntäen
jos t(vx ∈ a) = 1, niin t(∃y[vx ∈ y ∧ ∀z[z ∈ y → z ∈ a]]) = 1.
(4)
Väitteen (3) todistamiseksi oletetaan siis, että
t(∃y[vx ∈ y ∧ ∀z[z ∈ y → z ∈ a]]) = 1;
(5)
t(vx ∈ a) = 1.
(6)
pitää osoittaa, että
Ehdon (5) nojalla on olemassa vakio vy siten, että
t(vx ∈ vy ∧ ∀z[z ∈ vy → z ∈ a]) = 1.
Siten sekä
t(vx ∈ vy ) = 1
(7)
t(∀z[z ∈ vy → z ∈ a]) = 1.
(8)
että
Ehdon (8) nojalla pätee
t(vx ∈ vy → vx ∈ a) = 1,
jolloin väite (6) seuraa ehdosta (7). Näin väite (3) on todistettu.
Väitteen (4) todistamiseksi oletetaan, että ehto (6) pätee; pitää osoittaa, että ehto (5) pätee. Väite (5) seuraa, jos löydetään jokin vakio v siten, että
t(vx ∈ v ∧ ∀z[z ∈ v → z ∈ a]]) = 1.
56
(9)
Lauseen 6.5 nojalla t(M({vx })) = 1 eli
t(∃y[y ≈ {vx }]) = 1.
Tällöin jollekin vakiolle v pätee
t(v ≈ {vx }) = 1.
(10)
Osoitetaan nyt, että tämä vakio v kelpaa ehdossa (9) peräänkuulutetuksi vakioksi. Riittää osoittaa, että
t(vx ∈ v) = 1
(11)
ja
t(∀z[z ∈ v → z ∈ a]) = 1.
(12)
Koska lauseen 6.3 nojalla t(vx ∈ {vx }) = 1, niin väite (11) seuraa ehdosta (10)
ja lauseesta 4.5. Siten riittää todistaa ehto (12). Olkoon sitä varten vz vakio.
Ehto (12) seuraa, jos osoitetaan, että
t(vz ∈ v → vz ∈ a) = 1.
(13)
Ehtoa (13) varten oletetaan, että
t(vz ∈ v) = 1;
(14)
t(vz ∈ a) = 1.
(15)
riittää osoittaa, että
Ehtojen (14) ja (10) nojalla pätee
t(vz ∈ {vx }) = 1,
jolloin lauseen 6.3 nojalla saadaan
t(vz ≈ vx ) = 1.
Väite (15) seuraa tällöin ehdosta (6). Näin myös väite (4) on todistettu ja asia
on selvä.
¤
Huomautus. Lauseen 6.63 ajatusta kannattaa vähän aikaa miettiä. Edellisessä huomautuksessahan asiaa tarkasteltiin jollakin intuition tasolla, mutta tässä on vähän toinen näkökulma samaan asiaan: Kun yhdistettä määriteltiin (ks.
määritelmää 6.22 edeltävät tarkastelut), oli puhetta eri ”kategoriatasoista”, joissa ∪a :n alkiot olivat alimpina, a:n alkiot seuraavalla tasolla ja a itse ylimpänä;
intuitiivisesti siis jos u ∈ ∪a ja x ∈ a, niin u ∈ x ∈ a (ainakin sopivalle x). Tässä
mielessä a on itse kaksi pykälää yhdisteensä alkioita ylempänä. Näin ajatellen
joukko itse on yhtä pykälää omia alkioitaan korkeammalla, joten yhdiste on
yhtä pykälää yhdisteen omia alkioita korkeammalla – yksinkertaisella yhteenja vähennyslaskulla huomataan, että yhdiste on samalla kategoriatasolla kuin
joukon alkiot. Sama pätee tietysti kaikille joukoille ja erityisesti joukolle P(a).
57
Toisaalta, jos ajatellaan joukkoa P(a) määritelmänsä kautta, niin tapahtuu seuraavaa: jos x on a:n alkio ja b sopiva a:n osajoukko, niin pätee x ∈ b ∈ P(a),
joten P(a) on kaksi pykälää korkeammalla kuin a:n alkiot, joten sen yhdiste on
pykälän korkeammalla kuin a:n alkiot, eli samalla tasolla kuin a. Tässä mielessä
lauseen 6.63 tulos on järkevä: yhteneviksi väitetyt joukot ovat ainakin samalla kategoriatasolla. Tämähän nyt ei tietenkään millään tavalla todista lausetta
6.63, kertoopahan vain sen, ettei se nyt ihan päätön tulos ole.
Seuraavia tehtäviä kannattaa verrata tehtäviin 6.39 - 41.
Harjoitustehtävä 6.68 Olkoot a ja b muuttujia tai vakioita. Osoita, että
⊢ a ⊆ b ↔ P(a) ⊆ P(b).
Harjoitustehtävä 6.69 Olkoot a ja b muuttujia tai vakioita. Osoita, että
⊢ a ≈ b ↔ P(a) ≈ P(b).
Harjoitustehtävä 6.70 Olkoot a ja b muuttujia tai vakioita. Päteekö
⊢ a ⊂ b ↔ P(a) ⊂ P(b)?
Intuitiivisesti tuntuisi järkevältä, että mikään joukko ei voi olla itsensä alkio –
vertaa Russellin paradoksiin –, joten voi kysyä onko kaava ⊢ a ∈
/ a teoreema.
Vastaus on, että ei tuota voi tähänastisilla aksioomilla todistaa. Tätä varten
tarvitaankin uusi aksiooma, joka kuuluu näin:
(JAx6): ∀a[a 6≈ ∅ → ∃x[x ∈ a ∧ x ∩ a ≈ ∅]],
missä x 6= a.
Intuitiivisesti (JAx6) siis sanoo, että jokaisessa epätyhjässä joukossa on alkio,
jolla ei ole yhteisiä alkioita alkuperäisen joukon kanssa.
Harjoitustehtävä 6.71 Osoita esimerkillä, että joukolla ja sen alkiolla voi olla yhteisiä alkioita. Tämä esimerkki muuten on aika fataali tuon edellä kikkaillun kategoria-ajattelun kannalta: tässä siis joukko a on yhtä pykälää alkiotaan
x korkemmalla, ja jos näillä nyt on yhteinen alkio y, niin a on toisaalta yhtä
ja toisaalta kahta pykälää y:tä korkeammalla. Joopa joo. Ilmankos tästä kategorioiden kautta joukko-oppia lähestymisestä ei koskaan tullut kovin suosittua.
Nyt voidaan todistaa tuo yllä peräänkuulutettu teoreema ⊢ a ∈
/ a. Todistetaan
saman tien vähän yleisempi teoreema, josta haluttu tulos seuraa välittömästi
kun n = 1.
Lause 6.72 Olkoot a1 , . . . , an muuttujia, n ≥ 1. Tällöin pätee
⊢ ¬[a1 ∈ a2 ∧ a2 ∈ a3 ∧ · · · ∧ an−1 ∈ an ∧ an ∈ a1 ].
58
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja v1 , . . . , vn vakioita. Riittää osoittaa, että
t(¬[v1 ∈ v2 ∧ v2 ∈ v3 ∧ · · · ∧ vn−1 ∈ vn ∧ vn ∈ v1 ]) = 1.
(1)
Koska väitteen (1) kaava on suljettu, riittää osoittaa, että
t(v1 ∈ v2 ∧ v2 ∈ v3 ∧ · · · ∧ vn−1 ∈ vn ∧ vn ∈ v1 ) = 0.
(2)
Tehdään antiteesi:
t(v1 ∈ v2 ∧ v2 ∈ v3 ∧ · · · ∧ vn−1 ∈ vn ∧ vn ∈ v1 ) = 1.
(AT)
Tällöin
t(vi ∈ vi+1 ) = 1 kaikille i = 1, . . . , n − 1 ja t(vn ∈ v1 ) = 1.
(3)
Lauseen 6.31 nojalla järjestämätön n-vektori {v1 , . . . , vn } on joukko eli pätee
t(M({v1 , . . . , vn })) = 1
eli
t(∃x[x ≈ {v1 , . . . , vn }]) = 1,
joten on olemassa vakio v siten, että
t(v ≈ {v1 , . . . , vn }) = 1.
(4)
Harjoitustehtävän 6.58 nojalla t(v 6≈ ∅) = 1, jolloin aksiooman (JAx6) nojalla
pätee
t(∃x[x ∈ v ∧ x ∩ v ≈ ∅]) = 1.
Tällöin on olemassa vakio u siten, että
t(u ∈ v ∧ u ∩ v ≈ ∅) = 1,
jolloin
t(u ∈ v) = 1
(5)
t(u ∩ v ≈ ∅) = 1.
(6)
ja
Ehtojen (4) ja (5) sekä harjoitustehtävän 6.16 nojalla pätee
t(u ≈ v1 ∨ · · · ∨ u ≈ vn ) = 1,
joten
t(u ≈ vi ) = 1 jollekin i = 1, . . . , n.
Kiinnitetään tälläinen indeksi i0 = 1, . . . , n, jolle pätee siis
t(u ≈ vi0 ) = 1.
59
(7)
Ehdon (3) nojalla pätee
t(vi0 −1 ∈ vi0 ) = 1,
(sovitaan tässä, että v0 := vn )
jolloin ehdon (7) nojalla saadaan
t(vi0 −1 ∈ u) = 1.
(8)
Harjoitustehtävän 6.16 ja ehdon (4) nojalla pätee
t(vi0 −1 ∈ v) = 1,
jolloin ehdosta (8) saadaan
t(vi0 −1 ∈ u ∧ vi0 −1 ∈ v) = 1,
mikä merkitsee leikkausjoukon määritelmän mukaan sitä, että
t(vi0 −1 ∈ u ∩ v) = 1.
Tällöin
t(∃x[x ∈ u ∩ v]) = 1,
ja silloin lauseen 6.55 nojalla
t(u ∩ v 6≈ ∅) = 1.
Tämä on vastoin ehtoa (6). Ollaan siis päädytty ristiriitaan, joten tehty antiteesi
(AT) on väärä ja lause näin todistettu.
¤
Huomautus 6.73 On syytä vielä korostaa erittäin tärkeää tulosta, joka seuraa
lauseesta 6.72, kun n = 1: kaikille joukoille a pätee
⊢a∈
/ a.
Tyhjä joukko on määritelty sopimalla, että ∅ = {x | x 6≈ x}. Tämän innoittamana voidaan yrittää määritellä ”kaikkien joukkojen joukkoa” vastaavalla tavalla.
Määritelmä 6.74 Sovitaan, että symboli V tarkoittaa luokkaa {x | x ≈ x},
siis
V := {x | x ≈ x}.
Sanotaan, että V on kaikkien joukkojen luokka.
Tuosta nimityksestä voi aavistella, että V ei ole joukko. Näin asia onkin:
Lause 6.75 V on aito luokka.
60
Todistus. Pitää siis osoittaa, että
⊢ ¬M(V )
eli
⊢ ¬∃y[y ≈ V ]
eli
⊢ ¬∃y∀x[x ∈ y ↔ x ≈ x],
missä y 6= x. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(¬∃y∀x[x ∈ y ↔ x ≈ x]) = 1,
mihin riittää se, että
t(∀y¬∀x[x ∈ y ↔ x ≈ x]) = 1.
(1)
Olkoon u mielivaltainen vakio. Koska y 6= x, niin väite (1) seuraa, jos osoitetaan,
että
t(¬∀x[x ∈ u ↔ x ≈ x]) = 1
eli, koska kyseessä on suljettu kaava,
t(∀x[x ∈ u ↔ x ≈ x]) = 0.
(2)
Väite (2) seuraa, jos löydetään jokin vakio v siten, että
t(v ∈ u ↔ v ≈ v) = 0.
Tällainen vakio on v = u, sillä huomautuksen 6.73 nojalla t(u ∈ u) = 0 ja toisaalta lauseen 4.3 nojalla t(u ≈ u) = 1.
¤
Intuitiivisesti ajatellen ∅ on kaikkein ”pienin” ja V ”suurin” luokka. Formaalisti tämän sanoo seuraava lause.
Lause 6.76 Olkoon A luokka. Tällöin pätee
i)
ii)
⊢ ∅ ⊆ A ja
⊢ A ⊆ V.
Todistus. Väite i) seuraa tehtävästä 6.56, joten riittää todistaa väite ii).
Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Suljetaan kaava A ⊆ V ; ei kuitenkaan mukavuussyistä vaihdeta merkintöjä. Riittää osoittaa, että
t(A ⊆ V ) = 1.
Pitää siis osoittaa, että
t(∀x[x ∈ A → x ∈ V ]) = 1.
61
Olkoon u mielivaltainen vakio. Riittää osoittaa, että
t(u ∈ A → u ∈ V ) = 1
eli
t(u ∈ A → u ≈ u) = 1.
(1)
Riittää todeta, että kaavan (1) takajäsenen totuusarvo on 1 eli että
t(u ≈ u) = 1.
Tämä seuraa välittömästi lauseesta 4.3.
¤
Harjoitustehtävä 6.77 Olkoon A luokka ja B = V \ A. Osoita, että
⊢ B ≈ ∅ ↔ A ≈ V.
Harjoitustehtävä 6.78 Russellin luokka Ru määriteltiin asettamalla Ru =
{x | x ∈
/ x}. Osoita, että
⊢ Ru ≈ V.
Harjoitustehtävä 6.79 Olkoon A luokka ja B = V \ A sekä a muuttuja tai
vakio. Osoita, että
⊢a∈
/B↔a∈A
ja
⊢a∈B↔a∈
/ A.
Harjoitustehtävä 6.80 Olkoon A luokka. Osoita, että
⊢A∈
/ A.
Harjoitustehtävä 6.81 Olkoot A ja B luokkia. Osoita, että
⊢ A \ B ≈ ∅ ↔ A ⊆ B.
Seuraavaan lauseeseen aksiooman (JAx6) voima ei riitä. Tämän takia sen paikalle otetaan vahvempi aksiooma (JAx6V ), joka sanoo muuten saman asian,
mutta muuttuja a on korvattu mielivaltaisella luokalla A. Luokkien suhteen ei
kuitenkaan voi kvantifioida, joten aksiooma täytyy esittää näin:
(JAx6V ): A 6≈ ∅ → ∃x[x ∈ A ∧ x ∩ A ≈ ∅],
missä A on luokka ja muuttuja x ei esiinny luokassa A.
Huomautus 6.82 Tätä aksioomaa (JAx6V ) sanotaan aksiooman (JAx6) vahvaksi versioksi. Aksioomajärjestelmän kannalta siinä on se vika, että se ei välttämättä ole suljettu. Tämä asia voitaisiin hoitaa kvantifioimalla sen kaikkien
vapaiden muuttujien suhteen, vrt. (JAx4). Tämä ei ole kuitenkaan tarpeen, koska myöhemmin tullaan osoittamaan, että tämä vahva versio voidaan todistaa
teoreemana muiden aksioomien avulla – ei kuitenkaan pelkästään aksioomilla
(JAx1) - (JAx6). Itse asiassa siis aksiooman vahva versio on tarpeeton, mutta toisaalta sen teoreemaksi todistaminen vaatii varsin kehittynyttä koneistoa,
ja otetaan siitä nyt irti ne tulokset, jotka sopivat tähän kontekstiin. Tietysti on
oltava tarkkana, että tuossa myöhemmin esitettävässä teoreematodistuksessa ei
käytetä hyväksi näitä tuloksia, jotka aksiooman vahvasta versiosta seuraavat –
muutenhan syyllistyttäisiin kehäpäättelyyn.
62
Lause 6.83 Olkoon A luokka ja a muuttuja, joka ei esiinny luokassa A. Tällöin
pätee
⊢ ∀a[a ⊆ A → a ∈ A] → A ≈ V.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Suljetaan väitteen kaava (ei vaihdeta merkintöjä – huomaa, että tässä tarvitaan tuota oletusta ”a ei esiinny
luokassa A”); riittää osoittaa, että
t(∀a[a ⊆ A → a ∈ A] → A ≈ V ) = 1.
(1)
Merkitään B = V \ A. Tehtävän 6.77 nojalla väite (1) seuraa, jos osoitetaan,
että
t(∀a[a ⊆ A → a ∈ A] → B ≈ ∅) = 1.
(2)
Väitteen (2) todistamiseksi oletetaan, että
t(∀a[a ⊆ A → a ∈ A]) = 1;
(3)
t(B ≈ ∅) = 1.
(4)
t(B ≈ ∅) = 0.
(AT)
riittää osoittaa, että
Tehdään antiteesi:
Koska kyseessä on nyt suljettu kaava, pätee tällöin
t(¬[B ≈ ∅]) = 1
eli merkinnän 6.33 mukaisesti
t(B 6≈ ∅) = 1.
(5)
Nyt sovelletaan aksiooman (JAx6) vahvaa versiota. Tämä aksiooma yhdistettynä ehtoon (5) antaa ehdon
t(∃x[x ∈ B ∧ x ∩ B ≈ ∅]) = 1,
missä x ei esiinny luokassa B. Tällöin on olemassa vakio v siten, että
t(v ∈ B ∧ v ∩ B ≈ ∅) = 1,
jolloin pätee
t(v ∈ B) = 1
(6)
t(v ∩ B ≈ ∅) = 1.
(7)
ja
Ehdon (7) ja tyhjän joukon määritelmän 6.51 nojalla pätee
t(∀x[x ∈ v ∩ B ↔ x 6≈ x]) = 1
63
sopivalle x. Silloin kaikille vakioille u pätee
t(u ∈ v ∩ B ↔ u 6≈ u) = 1.
(8)
Ehdon (8) kaava on suljettu ja sen ekvivalenssin oikea puoli on lauseen 4.3
mukaan totuusarvoltaan 0, joten myös sen vasen puoli saa totuusarvon 0 eli
kaikille u pätee
t(u ∈ v ∩ B) = 0.
Tällöin leikkausjoukon määritelmän nojalla kaikille u pätee
t(u ∈ v ∧ u ∈ B) = 0.
Koska kyseessä on edelleen suljettu kaava, pätee tällöin kaikille u
t(u ∈ v → u ∈
/ B) = 1.
(9)
Koska B = V \ A, niin tehtävän 6.79 nojalla kaikille u
t(u ∈
/ B ↔ u ∈ A) = 1.
Tällöin ehdon (9) nojalla pätee kaikille vakioille u
t(u ∈ v → u ∈ A) = 1.
Silloin totuusarvon määritelmän mukaan pätee
t(∀y[y ∈ v → y ∈ A]) = 1,
mikä luokkainkluusion määritelmän 6.34 mukaan tarkoittaa sitä, että
t(v ⊆ A) = 1.
(10)
Koska a ei esiinny luokassa A, niin oletuksen (3) nojalla pätee
t(v ⊆ A → v ∈ A) = 1,
jolloin ehdon (10) nojalla pätee
t(v ∈ A) = 1.
Toisaalta ehdon (6) ja tehtävän 6.79 nojalla pätee – koska B = V \ A –
t(v ∈
/ A) = 1
eli
t(¬[v ∈ A]) = 1
eli
t(v ∈ A) = 0.
64
(11)
Tämä on vastoin ehtoa (11). Tämä ristiriitatilanne seuraa siis tehdystä antiteesistä (AT), joten se on väärä, joten väite (4) ja siten koko lause on todistettu.
¤
Huomautus. Lause 6.83 on vahva ja hyvin käyttökelpoinen tulos. Intuitiivisella
tasolla se sanoo, että jos jokaiselle joukolle a pätee teesi
”jos jokaisella joukon a alkiolla on ominaisuus ϕ, niin myös itse a:lla on tämä ominaisuus,”
niin kaikilla joukoilla on tämä ominaisuus ϕ.
Tätä intuitiivista ajatusta voi soveltaa esimerkiksi seuraavasti. Sanotaan, että joukolla a on aleneva ääretön ketjuominaisuus, jos löytyy joukot an , n ∈ N
siten, että
· · · ∈ an ∈ an−1 ∈ · · · ∈ a1 ∈ a0 ∈ a.
(1)
Sanotaan ominaisuudeksi ϕ(a) sitä, että a:lla ei ole alenevaa ääretöntä ketjuominaisuutta. Nyt jos a on mielivaltainen joukko ja kaikilla a:n alkioilla b on
ominaisuus ϕ(b), niin selvästi myös a:lla on ominaisuus ϕ(a). (Huomaa, että
ketjussa (1) a0 on a:n alkio ja jos on olemassa a:sta alkava ääretön ketju, niin
on olemassa myös a0 :sta alkava ääretön ketju, jollekin a0 ∈ a.) Tällöin lauseen
6.83 mukaan kaikilla joukoilla on ominaisuus ϕ, mikä tarkoittaa sitä, että millään joukolla ei ole alenevaa ääretöntä ketjuominaisuutta.
Jatkossa tultaneen todistamaan, että edellä intuition tasolla esitetty päättely
on tosiaan pätevää – tietysti ensin pitää määritellä kunnolla tuo aleneva ketjuominaisuus. Ylenevä ketjuominaisuus löytyy kyllä helposti kaikille a:
a ∈ {a} ∈ {{a}} ∈ {{{a}}} ∈ . . ..
7
Relaatio ja funktio
Tässä luvussa määritellään funktion käsite. Funktio on erikoistapaus joukkojen
(tai yleisemmin luokkien) välisestä relaatiosta. Näitä määritelmiä varten tarvitaan karteesisen tulon käsite:
Määritelmä 7.1 Olkoot A ja B luokkia. Näiden karteesinen tulo A×B määritellään asettamalla
A × B = {x | ∃a∃b[a ∈ A ∧ b ∈ B ∧ x ≈ ha, bi]},
missä a ja b ovat eri muuttujia, jotka eivät esiinny luokissa A ja B.
Harjoitustehtävä 7.2 Esimerkiksi R2 :ssa on helppo vaikkapa piirtämällä vakuuttua siitä, että kaikille A, B, C, D ⊂ R2 pätee
(A × B) ∩ (C × D) = (A ∩ C) × (B ∩ D).
65
a) Osoita, että tämä pätee yleisesti, ts. jos A, B, C, D ovat luokkia, niin pätee
⊢ (A × B) ∩ (C × D) ≈ (A ∩ C) × (B ∩ D).
b) Osoita myös, että
⊢ [A ≈ C ∧ B ≈ D] → A × B ≈ C × D.
Seuraava lause sanoo, että joukkojen karteesinen tulo on joukko; lauseen todistuksessa on mukava käyttää tehtävää 7.3:
Harjoitustehtävä 7.3 Olkoot a ja b joukkoja. Osoita, että
⊢ a ∈ b ↔ {a} ⊆ b.
Lause 7.4 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
⊢ M(a × b).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Tehtävän 7.2 b) nojalla voidaan
olettaa, että a ja b ovat vakioita. Riittää osoittaa, että
t(M(a × b)) = 1.
(1)
Lauseen 6.30 nojalla pätee
t(M(a ∪ b)) = 1 eli
t(∃y[y ≈ a ∪ b]) = 1,
jolloin on olemassa vakio u siten, että
t(u ≈ a ∪ b) = 1.
(2)
Ehdon (2) ja harjoitustehtävän 6.69 nojalla saadaan
t(P(u) ≈ P(a ∪ b)) = 1.
(3)
Aksiooman (JAx5) nojalla pätee
t(M(P(u)) = 1
eli on olemassa vakio w siten, että
t(w ≈ P(u)) = 1.
Ehdon (3) nojalla saadaan tällöin
t(w ≈ P(a ∪ b)) = 1.
(4)
Sovelletaan uudestaan aksioomaa (JAx5); tällä kertaa joukkoon w, jolle saadaan
t(M(P(w))) = 1
66
ja silloin ehdon (4) nojalla myös
t(M(P(P(a ∪ b)))) = 1.
(5)
Nyt väite (1) seuraa ehdosta (5) ja lauseesta 6.44, jos osoitetaan, että
t(a × b ⊆ P(P(a ∪ b))) = 1.
(6)
Väitettä (6) varten olkoon v vakio, jolle pätee
t(v ∈ a × b) = 1;
(7)
t(v ∈ P(P(a ∪ b))) = 1.
(8)
riittää osoittaa, että
Karteesisen tulon määritelmän 7.1 mukaan ehto (7) tarkoittaa sitä, että on
olemassa vakiot c ja d siten, että
t(c ∈ a) = 1,
t(d ∈ b) = 1 ja
(9)
(10)
t(v ≈ hc, di) = 1.
(11)
Ehdon (9) ja tehtävän 7.3 nojalla
t({c} ⊆ a) = 1.
(12)
Vastaavasti ehdon (10) ja tehtävän 7.3 nojalla
t({d} ⊆ b) = 1.
(13)
Ilmeisesti t({c, d} ≈ {c} ∪ {d}) = 1 ja koska tehtävän 6.36 perusteella
t(a ⊆ a ∪ b) = 1 ja t(b ⊆ a ∪ b) = 1, niin ehtojen (12) ja (13) nojalla saadaan
t({c} ⊆ a ∪ b) = 1 ja
t({c, d} ⊆ a ∪ b) = 1.
(14)
(15)
Potenssijoukon määritelmän 6.61 sekä ehtojen (14) ja (15) nojalla saadaan
t({c} ∈ P(a ∪ b)) = 1 ja
(16)
t({c, d} ∈ P(a ∪ b)) = 1.
(17)
Määritelmien 6.1 ja 6.34 sekä ehtojen (16) ja (17) nojalla pätee
t({{c}, {c, d}} ⊆ P(a ∪ b)) = 1 eli
t({{c}, {c, d}} ∈ P(P(a ∪ b))) = 1.
(18)
Järjestetyn parin määritelmän 6.10 mukaan ehto (18) merkitsee sitä, että
t(hc, di ∈ P(P(a ∪ b))) = 1,
jolloin väite (8) seuraa ehdosta (11). Näin myös väite (6) ja siten koko lause on
todistettu.
¤
67
Merkintä 7.5 Olkoon A luokka. Merkitään
A2 := A × A
−1
A
ja
:= {x | ∃y∃z[hy, zi ∈ A ∧ x ≈ hz, yi},
missä y, z ovat eri muuttujia, jotka eivät esiinny luokassa A. Sanotaan, että
A−1 on luokan A käänteisluokka.
Huomautus. Luokka A2 on selvä tapaus, mutta luokan A−1 kanssa on oltava
varovainen. Jos esimerkiksi a = ∅ ja b = {∅} sekä A = {a, b}, niin A−1 = ∅
ja (A−1 )−1 = ∅. Jos taas B = {a, b, ha, bi}, niin B −1 = {hb, ai} ja (B −1 )−1 =
{ha, bi}. Voi siis hyvin olla (A−1 )−1 6= A. Itse asiassa (A−1 )−1 = A vain mikäli
A koostuu pelkästään järjestetyistä pareista. Tämä havainto toimikoon aasinsiltana seuraavaan määritelmään, ks. myös tehtävä 7.8.
Määritelmä 7.6 Olkoon V kaikkien joukkojen luokka kuten määritelmässä 6.74.
Olkoon A luokka. Merkitään symbolilla Rel(A) kaavaa
Rel(A) := A ⊆ V 2 .
Sanotaan, että luokka A on relaatio, mikäli kaava Rel(A) on teoreema.
Intuitiivisesti siis luokka on relaatio jos ja vain jos kaikki sen alkiot ovat järjestettyjä pareja.
Harjoitustehtävä 7.7 Olkoot A ja B luokkia ja V kaikkien joukkojen luokka.
Osoita, että
i)
⊢ (A−1 )−1 ⊆ A,
ii)
⊢ A × B ⊆ V 2,
iii)
⊢V2 ⊆V
iv)
−1
⊢A
ja
≈ (A ∩ V 2 )−1 .
Huomaa, että väite ii) ei ole aivan triviaali, vaikka äkkiä katsoen siltä näyttäisi.
Harjoitustehtävä 7.8 Olkoon A luokka. Osoita, että
⊢ (A−1 )−1 ≈ A ↔ Rel(A).
Harjoitustehtävä 7.9 Olkoot A ja B luokkia. Osoita, että
⊢ [Rel(A) ∧ Rel(B)] → Rel(A ∪ B).
Tehtävän 7.9 tulos pätee yhdisteelle yleisemminkin:
Harjoitustehtävä 7.10 Olkoon A luokka. Tällöin pätee
⊢ ∀x[x ∈ A → Rel(x)] → Rel(∪A ).
68
Relaatiota A sanotaan yksiarvoiseksi, mikäli samaan ”etujäseneen” ei liity kahta
eri ”takajäsentä”. Intuitiivinen esimerkki: olkoot U, V ⊂ Z2 , U = {(n2 , n) | n ∈
Z} ja V = {(n, n2 ) | n ∈ Z}. Tällöin U ei ole yksiarvoinen, sillä esimerkiksi
etujäseneen x = 1 liittyy kaksi eri takajäsentä y1 = 1 ja y2 = −1, sillä sekä
(1, −1) ∈ U että (1, 1) ∈ U . Sen sijaan V on yksiarvoinen, sillä n määrää luvun
n2 yksikäsitteisesti. Siis siitä, että (n, k) ∈ V ja (n, l) ∈ V seuraa, että k = l.
Tämä yksiarvoisuus voidaan määritellä myös joukko-opillisesti:
Määritelmä 7.11 Olkoon A luokka. Merkitään symbolilla U n(A) kaavaa
U n(A) := ∀x∀y∀z[[hx, yi ∈ A ∧ hx, zi ∈ A] → y ≈ z],
missä x, y ja z ovat eri muuttujia, jotka eivät esiinny luokassa A. Sanotaan,
että luokka A on yksiarvoinen, mikäli kaava U n(A) on teoreema.
Esimerkki. Olkoot a, b, c, d eri vakioita. Tällöin luokka
A = {ha, bi, hb, ci, hc, di, hd, ai} on yksiarvoinen, mutta luokka
B = {ha, bi, hb, ci, hc, di, ha, di} ei sitä ole.
Harjoitustehtävä 7.12 Määritellään luokat A, B ja C asettamalla
A = {x | ∃y∃z[x ≈ hhy, zi, hz, yii]},
B = {x | ∃y∃z[x ≈ hhy, zi, yi]} ja
C = {x | ∃y∃z[x ≈ hhy, zi, zi]},
missä y, z ovat eri muuttujia. Ovatko nämä luokat yksiarvoisia?
Huomautus. Yksiarvoisen luokan määritelmästä ei seuraa, että yksiarvoinen
luokka olisi välttämättä relaatio. Jos esimerkiksi a on vakio, niin yksiö {a}
on määritelmän 7.11 mukaan yksiarvoinen luokka. Tässä katsannossa olisikin
ehkä oikeampaa puhua korkeintaan yksiarvoisesta luokasta. Jos nyt kuitenkin on
niin, että yksiarvoinen luokka sattuu olemaan relaatio, niin puhutaan funktiosta:
Määritelmä 7.13 Olkoon G luokka. Merkitään symbolilla F nc(G) kaavaa
F nc(G) := Rel(G) ∧ U n(G).
Sanotaan, että G on funktio, mikäli kaava F nc(G) on teoreema.
Huomautus. Tässä joukko-opillisessa määritelmässä ikään kuin samastetaan funktio ”kuvaajaansa” tai graafiinsa , jota ”tavalliselle” kuvaukselle f : X → Y yleensä merkitään symbolilla Gf := {(x, f (x)) | x ∈ X} ⊂ X × Y . Jos siis esimerkiksi
tarkastellaan ”tavallista” kuvausta f : Z → Z, f (n) = n2 , niin tässä joukko-opin
katsannossa tarkastellaankin luokkaa Gf = {(n, n2 ) | n ∈ Z}, joka todella on
funktio määritelmän 7.13 intuitiivisessa tulkinnassa.
Harjoitustehtävä 7.14 Ovatko tehtävän 7.12 luokat funktioita?
”Tavalliselle” funktiolle tuttuja käsitteitä ovat määrittelyjoukko ja arvojoukko.
Määritellään nämä myös joukko-opillisessa mielessä. Tässä on kätevää antaa
samalla määritelmä paitsi funktioille myös kaikille luokille.
69
Merkintä 7.15 Olkoon A mielivaltainen luokka. Merkitään symboleilla D(A)
ja W(A) luokkia
D(A) := {x | ∃y[hx, yi ∈ A]} ja
W(A) := {y | ∃x[hx, yi ∈ A]},
missä x ja y eivät esiinny luokassa A. Sanotaan, että D(A) on luokan A määrittelyluokka ja W(A) sen arvoluokka.
Harjoitustehtävä 7.16 Määrää tehtävän 7.12 luokkien määrittely- ja arvoluokat.
Harjoitustehtävä 7.17 Olkoot A ja B luokkia. Osoita, että
⊢ A ⊆ B → [D(A) ⊆ D(B) ∧ W(A) ⊆ W(B)].
Päteekö
⊢ A ⊂ B → D(A) ⊂ D(B)
tai
⊢ A ⊂ B → W(A) ⊂ W(B)?
Harjoitustehtävä 7.18 Olkoon G luokka. Osoita, että
⊢ Rel(G) → G ⊆ D(G) × W(G).
Harjoitustehtävä 7.19 Tehtävän 7.18 nojalla erityisesti funktiolle G pätee
⊢ G ⊆ D(G) × W(G).
Anna esimerkki funktiosta G, jolle pätee
⊢ G 6≈ D(G) × W(G),
jolloin siis
⊢ G ⊂ D(G) × W(G).
Tavalliselle kuvaukselle on tuttu myös rajoittumakuvauksen käsite. Jos tarkastellaan esimerkiksi edellisen huomautuksen kuvausta f : Z → Z, f (n) = n2 ja
jos U = {n ∈ Z | n ≥ 0}, niin intuitiivisesti on selvää, mitä rajoittumakuvauksella f |U tarkoitetaan. Jos samastetaan taas f graafinsa kanssa, samoin kuin rajoittumakuvaus, niin miten tuo rajoittuman graafi tulisi ilmaista? Luonnollinen
tapa on esittää se näin:
Gf |U = Gf ∩ (U × Z).
Tästä saadaan idea yleiseen joukko-opilliseen rajoittumakuvauksen määritelmään. Tässä on taas kätevää määritellä rajoittumaluokka saman tien kaikille
luokille, olivatpa ne funktioita tai eivät:
70
Merkintä 7.20 Olkoon G mielivaltainen luokka (funktio tai ei) ja A toinen
luokka. Merkitään symbolilla GpA luokkaa
GpA := G ∩ (A × V ),
missä V on kaikkien joukkojen luokka. Sanotaan, että luokka GpA on G:n rajoittuma luokkaan A.
Harjoitustehtävä 7.21 Osoita, että rajoittumaluokka on aina relaatio – riippumatta siis siitä, minkälaisia alkuperäiset luokat ovat. Tarkemmin: Olkoot A
ja B luokkia. Osoita, että
⊢ Rel(ApB).
Harjoitustehtävä 7.22 Olkoot A ja B luokkia ja x, y eri muuttujia, jotka eivät
esiinny luokissa A tai B. Osoita, että
⊢ ∀x∀y[hx, yi ∈ ApB ↔ [hx, yi ∈ A ∧ x ∈ B]].
Harjoitustehtävä 7.23 Olkoot A ja B luokkia. Osoita, että
⊢ ApB ⊆ A.
Harjoitustehtävä 7.24 Olkoot A ja B luokkia. Osoita, että
⊢ D(ApB) ≈ D(A) ∩ B.
Harjoitustehtävä 7.25 Olkoon A luokka. Osoita, että
⊢ [A ≈ Ap(D(A))] ↔ Rel(A).
Harjoitustehtävä 7.26 Olkoot A ja B luokkia. Osoita, että
⊢ U n(A) → U n(ApB).
Harjoitustehtävä 7.27 Olkoot A, B ja C luokkia. Osoita, että
⊢ C ⊆ B → [(ApB)pC ≈ ApC].
Harjoitustehtävä 7.28 Olkoot A, B ja C luokkia. Päteekö
⊢ (ApB)pC ≈ Ap(BpC)?
Tässä riittää intuitiivinen perustelu.
Tavalliselle kuvaukselle f : X → Y on tuttu myös kuvajoukko f (U ), missä U ⊂
X. Sille annetaan nyt myös joukko-opillinen määritelmä. Tässä voidaan käyttää
hyväksi jo aiemmin määriteltyjä palikoita, kun huomataan, että kuvajoukko
f (U ) on aina rajoittumakuvauksen f |U arvojoukko:
71
Merkintä 7.29 Olkoot G ja A mielivaltaisia luokkia. Merkitään symbolilla G(A)
luokkaa
G(A) := W(GpA).
Sanotaan, että G(A) on A:n kuva luokassa G.
Harjoitustehtävä 7.30 Olkoot G ja A luokkia ja x, y eri muuttujia, jotka eivät
esiinny näissä luokissa. Osoita, että
⊢ ∀y[y ∈ G(A) ↔ ∃x[x ∈ A ∧ hx, yi ∈ G]].
Harjoitustehtävä 7.31 Olkoot G, F , A ja B luokkia. Osoita, että
⊢ [F ⊆ G ∧ A ⊆ B] → F (A) ⊆ G(B).
Harjoitustehtävä 7.32 Olkoot luokat A, B ja C kuten tehtävässä 7.12. Olkoon
lisäksi D mielivaltainen luokka. Osoita, että
⊢ A(D) ≈ D−1 ,
⊢ B(D) ≈ D(D)
ja
⊢ C(D) ≈ W(D).
Tavallisille kuvauksille f ja g on tuttu myös yhdistetty kuvaus f ◦ g, mikäli kuvaukset ovat sellaisia, että yhdiste ”voidaan muodostaa”. Tätä vastaava joukkoopillinen käsite on mielivaltaisten luokkien A ja B ”yhdiste” A ◦ B; huomaa, että
sen määritelmässä ei ole mitään rajoituksia, vaan se ”voidaan aina muodostaa”.
Tässä on nyt vähän terminologisia vaikeuksia, sillä luokkien A ja B yhdiste A∪B
on jo määritelty, joten tähän pitää nyt keksiä uusi termi; käytetään paremman
puutteessa kömpelöä sanaa ”kombinaatio”.
Merkintä 7.33 Olkoot F ja G mielivaltaisia luokkia. Merkitään symbolilla
F ◦ G luokkaa
F ◦ G := {a | ∃x∃y∃z[a ≈ hx, zi ∧ hx, yi ∈ G ∧ hy, zi ∈ F ]},
missä x, y ja z ovat eri muuttujia, jotka eivät esiinny luokissa F tai G. Sanotaan,
että luokka F ◦ G on luokkien F ja G kombinaatio.
Harjoitustehtävä 7.34 Kahden mielivaltaisen luokan (joiden ei tarvitse olla
relaatioita) kombinaatio on aina relaatio. Tarkemmin: Olkoot A ja B luokkia.
Osoita, että
⊢ Rel(A ◦ B).
Harjoitustehtävä 7.35 Olkoot F ja G luokkia. Osoita, että
i)
ii)
iii)
⊢ [U n(F ) ∧ U n(G)] → U n(F ◦ G),
⊢ [U n(F ) ∧ U n(G)] → F nc(F ◦ G) ja
⊢ [F nc(F ) ∧ F nc(G)] → F nc(F ◦ G).
72
Seuraavaksi määritellään injektiivisyyden käsite. Tavallinen funktio on graafiinsa samastettuna injektio, jos samaan takajäseneen liittyy vain yksi etujäsen.
Tämä ajatus on helppo siirtää luokille samalla tavalla kuin määriteltiin (7.11)
luokan yksiarvoisuus. Tässä voi kuitenkin taas käyttää valmiiksi määriteltyjä
palikoita ja huomata, että tuo ehto ”samaan takajäseneen liittyy vain yksi etujäsen” on sama asia kuin ehto ”käänteisluokka on yksiarvoinen”. Injektiivistä
funktiota kutsutaan usein englannin kielisessä kirjallisuudessa termillä ”one to
one”. Tämä selittää määritelmässä 7.36 käyttöönotettavan merkinnän:
Määritelmä 7.36 Olkoon G mielivaltainen luokka. Merkitään symbolilla
U n1−1 (G) kaavaa
U n1−1 (G) := U n(G) ∧ U n(G−1 ).
Sanotaan, että G on yksi yhteen, jos kaava U n1−1 (G) on teoreema. Merkitään
edelleen symbolilla F nc1−1 (G) kaavaa
F nc1−1 (G) := F nc(G) ∧ U n1−1 (G).
Sanotaan, että G on injektio, mikäli kaava F nc1−1 (G) on teoreema.
Harjoitustehtävä 7.37 Olkoot F ja G luokkia. Osoita, että
i)
ii)
iii)
⊢ [U n1−1 (F ) ∧ U n1−1 (G)] → U n1−1 (F ◦ G),
⊢ [U n1−1 (F ) ∧ U n1−1 (G)] → F nc1−1 (F ◦ G)
ja
⊢ [F nc1−1 (F ) ∧ F nc1−1 (G)] → F nc1−1 (F ◦ G).
Harjoitustehtävä 7.38 Olkoon G luokka ja x, y, z eri muuttujia, jotka eivät
esiinny luokassa G. Osoita, että
⊢ U n1−1 (G) → ∀x∀y∀z[[hx, yi ∈ G ∧ hz, yi ∈ G] → x ≈ z].
Harjoitustehtävä 7.39 Osoita, että injektiivisen funktion käänteisluokka on
funktio. Tarkemmin: olkoon G luokka. Osoita, että
⊢ F nc1−1 (G) → F nc(G−1 ).
Tämä teoreema ei toimi toiseen suuntaan, ts. kaava F nc(G−1 ) → F nc1−1 (G)
ei ole teoreema. Anna tästä esimerkki. Osoita, että kuitenkin pätee
⊢ [F nc(G−1 ) ∧ F nc(G)] → F nc1−1 (G).
Harjoitustehtävä 7.40 Olkoot v1 , v2 ja v3 vakioita. Olkoon
A = {v1 , hv1 , v2 i, {v1 , v3 }} ja B = {hv1 , v2 i, hv1 , v3 i}.
73
Ovatko seuraavat kaavat teoreemoja?
i)
Rel(A),
ii)
iii)
iv)
Rel(B),
U n(A),
U n(B),
v)
vi)
U n1−1 (A),
U n1−1 (B)
vii)
viii)
ix)
x)
F nc(A),
F nc(B),
F nc1−1 (A) ja/tai
F nc1−1 (B).
Määrää luokat D(A), D(B), W(A), W(B), ApB, BpA, A(B), B(A), A ◦ B ja
B ◦ A.
Vastaa uudelleen kysymyksiin i) − x) kun A on korvattu luokalla A ◦ B ja B
luokalla B ◦ A.
Tässä vaiheessa tehdään lisäys aksioomajärjestelmään. Seuraavan aksiooman
(JAx7) tarkoituksena on taata, että missä tahansa funktiossa (tai yleisemmin
yksiarvoisessa luokassa) G joukon a kuva G(a) on joukko. Tässä aksioomassa
tarvitaan seuraavaa lisäystä sijoituksen ϕw (x) määritelmään. Tässä sijoituksessahan x:n sidotut esiintymät vaihdetaan jonkun muun muuttujan suhteen tehdyiksi ja sen jälkeen w:n vapaat esiintymät kaavassa ϕ korvataan x:llä, kuten
tarinan aluksi sovittiin. Aivan analogisesti voidaan määritellä kaava ϕw,u (x, y),
missä u 6= w ovat muuttujia. Tässä tehdään niin, että korvataan sekä x:n että
y:n sidotut esiintymiset joillakin muilla (eri) muuttujilla ja sitten korvataan w:n
vapaat esiintymät x:llä ja u:n vapaat esiintymät y:llä. Jätetään määritelmän
yksityiskohdat harjoitustehtäväksi. Aksiooma (JAx7) kuuluu nyt näin:
(JAx7): ∀a∀y1 . . . ∀yn [∀x∀y∀z[[ϕw,u (x, y) ∧ ϕw,u (x, z)] → y ≈ z] →
∃b∀y[y ∈ b ↔ ∃x[x ∈ a ∧ ϕw,u (x, y)]]],
missä a, b, x, y, z ovat eri muuttujia ja y1 , . . . , yn ovat kaavan ϕ
muuttujista w ja u eroavat vapaat muuttujat. Oletetaan lisäksi,
että a, b, x, y, z 6= y1 , . . . , yn .
Aksiooman (JAx7) intuitiivinen tulkinta. Tätä aksioomaa on vähän vaikea ensilukemalta ymmärtää. Maalaisjärjellä kannattaa ajatella jotenkin tähän tyyliin.
Tässä kannattaa pitää kaavaa ϕw,u (c, d) funktiona, joka kuvaa c:n d:ksi. Nythän
aksiooman ylärivi sanoo nimenomaan sen, että kyseessä on funktio – tai ainakin
yksiarvoinen luokka. Selvempää on ajatella tässä vain funktioita.
74
Tarkastellaan sitten aksiooman alariviä eli sitä, minkä pitää seurata ylärivistä.
Huomataan ensin, että tässä on a koko ajan kiinteä. Kuvajoukon määritelmän
7.29 intuitiivisen tulkinnan mukaan y on joukon a kuvajoukossa jos ja vain jos
y toteuttaa alarivin sisällä olevan ehdon ”∃x[x ∈ a ∧ ϕw,u (x, y)]”. Merkitään
tätä kuvajoukkoa yksinkertaisuuden vuoksi symbolilla A(a). Silloin alarivin ehto ”∀y[y ∈ b ↔ ∃x[x ∈ a ∧ ϕu,w (x, y)]]” kuuluu (ainakin intuitiivisesti) näin:
”∀y[y ∈ b ↔ y ∈ A(a)]” mikä puolestaan kuuluu näin: ”b ≈ A(a)”, jolloin koko
alarivin ehto kuuluu näin: ”∃b[b ≈ A(a)]” eli ”A(a) on joukko” eli joukon a kuva
on joukko.
Siis aksiooman (JAx7) ylärivin ehto eli ”kyseessä on yksiarvoinen luokka” implikoi alarivin ehdon eli ”joukon a kuva on joukko”. Tämä yllä esitetty intuitiivinen ajattelu on ihan pätevää (tai tarkemmin sanottuna voidaan esittää vastaava
pätevä formalisoitu päättely). Tämä tehdään lauseen 7.42 todistuksessa.
Harjoitustehtävä 7.41 Olkoon A luokka ja a joukko. Kuvaluokan A(a) ei tarvitse olla joukko, ei, vaikka oletettaisiin, että A on relaatio. Anna tästä esimerkki.
Seuraavaksi sitten sovelletaan aksioomaa (JAx7) kuten edellä lupailtiin ja todistetaan erittäin tärkeä tulos, joka siis sanoo että jokaisen yksiarvoisen luokan
A antama joukon a kuvaluokka on joukko. Huomaa, että A:n ei tarvitse tällöin
olla edes relaatio. Toisaalta jokainen funktio on yksiarvoinen, joten lause antaa
tiedon: joukon kuva missä tahansa funktiossa on joukko.
Lause 7.42 Olkoon G luokka ja a joukko. Tällöin pätee
⊢ U n(G) → M(G(a)).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio (joka siis nyt toteuttaa erityisesti
aksiooman (JAx7)). Riittää osoittaa, että
t(U n(G) → M(G(a))) = 1.
Koska a on joukko, on olemassa vakio v siten, että
t(v ≈ a) = 1.
Tällöin riittää osoittaa, että
t(U n(G) → M(G(v))) = 1.
(1)
Suljetaan väitteen (1) kaava ja oletetaan, että
t(U n(G)) = 1;
(2)
t(M(G(v))) = 1.
(3)
riittää osoittaa, että
75
Määritelmän 7.11 ja oletuksen (2) nojalla
t(∀x∀y∀z[[hx, yi ∈ G ∧ hx, zi ∈ G] → y ≈ z]) = 1,
(4)
missä x, y, z ovat eri muuttujia, jotka eivät esiinny luokassa G. Sovelletaan nyt
aksioomaa (JAx7) niin, että siinä esiintyvä kaava ϕ on
ϕ := hw, ui ∈ G,
missä w ja u eivät esiinny luokassa G. Tällöin aksiooma (JAx7) antaa ehdon
t(∀x∀y∀z[[hx, yi ∈ G ∧ hx, zi ∈ G] → y ≈ z] →
(5)
∃b∀y[y ∈ b ↔ ∃x[x ∈ v ∧ hx, yi ∈ G]]) = 1,
missä x, y, z ovat kuten edellä ja b näistä eroava muuttuja, joka ei esiinny luokassa G. Ehtojen (4) ja (5) perusteella saadaan
t(∃b∀y[y ∈ b ↔ ∃x[x ∈ v ∧ hx, yi ∈ G]]) = 1.
Tällöin löytyy vakio c siten, että
t(∀y[y ∈ c ↔ ∃x[x ∈ v ∧ hx, yi ∈ G]]) = 1.
(6)
Tehtävän 7.30 nojalla
t(∃x[x ∈ v ∧ hx, yi ∈ G] ↔ y ∈ G(v)) = 1,
jolloin ehdon (6) nojalla
t(∀y[y ∈ c ↔ y ∈ G(v)]) = 1.
(7)
Yhtenevyyden määritelmän 5.7 mukaan ehto (7) merkitsee sitä, että
t(c ≈ G(v)) = 1,
jolloin
t(∃x[x ≈ G(v)]) = 1,
ja tämä antaa välittömästi väitteen (3). Näin lause on todistettu.
¤
Huomautus 7.43 Tähänastiset joukko-opin aksioomat (JAx1)-(JAx6) ovat olleet toisistaan riippumattomia eli mitään niistä ei voi todistaa muiden avulla.
Aksiooman (JAx7) mukaantulo aiheuttaa nyt poikkeuksen, sillä aksiooma (JAx4)
on todistettavissa muiden, erityisesti aksiooman (JAx7) avulla, kuten seuraava
harjoitustehtävä kertoo. Todistuksessa ei tarvita aksioomia (JAx5) tai (JAx6).
Aksioomaa (JAx7) ei kuitenkaan voi todistaa (JAx4):n avulla. Voi tietysti kysyä, mitä varten sitten (JAx4) ylipäätään esitettiin aksioomana, kun sen kuitenkin voi todistaa lauseena. Siis miksei aksiooman (JAx4) paikalle heti kirjoitettu
vahvempaa aksioomaa (JAx7), kun se kumminkin mukaan jouduttiin ottamaan.
Syy on siinä, että edellisessä luvussa, jossa tuo aksiooma (JAx4) esitettiin, ei
funktion käsitettä vielä ollut ja aksiooman (JAx7) intuitiivinen perustelu olisi
tuolloin jäänyt kovin hämäräksi – ehkä se jäi vähän hämäräksi nytkin. Joka
tapauksessa aksiooma (JAx4) on nyt tarpeeton.
76
Harjoitustehtävä 7.44 Todista aksiooma (JAx4) muiden avulla.
(Ohje: sovella aksioomaa (JAx7) kaavaan ψ := ϕ ∧ w ≈ u. Tällöin (JAx7):n
etujäsen pätee ja silloin pätee myös takajäsen. Tämä tulee olemaan ekvivalenttia (JAx4):n kanssa kunhan ensin sopivasti (JAx4):ssä vaihdellaan muuttujien
nimiä. Tässä on nyt visusti varottava kehäpäätelmää: mitään sellaisia tuloksia
ei saa käyttää, joiden todistuksessa on käytetty aksioomaa (JAx4). Varminta
on toimia niin, että kaikki se, mitä aksiooman (JAx4) jälkeen on esitetty, on
kiellettyä – kaikki sitä edeltävät lauseet ovat vapaasti käytettävissä. Todistus onnistuu kyllä näillä eväillä, eikä ole edes kovin vaikea – ainakaan tuon annetun
vihjeen jälkeen.)
Lauseen 7.42 nojalla nähdään nyt helposti, että joukon käänteisluokka, määrittelyluokka ja arvoluokka ovat joukkoja:
Lause 7.45 Kaikille joukoille a pätee
⊢ M(a−1 ),
i)
⊢ M(D(a)) ja
⊢ M(W(a)).
ii)
iii)
Todistus. i) Määritellään luokka A kuten tehtävässä 7.12 asettamalla
A = {x | ∃y∃z[x ≈ hhy, zi, hz, yii}.
Tällöin tehtävän 7.12 nojalla A on yksiarvoinen eli pätee
⊢ U n(A).
Silloin lauseen 7.42 nojalla
⊢ M(A(a)).
Tehtävän 7.32 nojalla pätee
(1)
⊢ A(a) ≈ a−1 ,
jolloin väite i) seuraa ehdosta (1).
ii) Määritellään tässä taas tehtävän 7.12 mukaisesti
B = {x | ∃y∃z[x ≈ hhy, zi, yi}.
Väite seuraa nytkin lauseesta 7.42 sekä tehtävistä 7.12 ja 7.34.
iii) Nyt määritellään taas tehtävää 7.12 mukaillen
C = {x | ∃y∃z[x ≈ hhy, zi, zi}.
Väite seuraa jälleen lauseesta 7.42 sekä tehtävistä 7.12 ja 7.34.
¤
Luokkien karteesinen tulo voi olla tai olla olematta joukko, mutta jos B × C
on joukko, niin myös C × B on joukko. Tämän sanoo seuraava lause:
77
Lause 7.46 Olkoot B ja C luokkia. Tällöin pätee
⊢ M(B × C) ↔ M(C × B).
Todistus. Riittää osoittaa, että
⊢ M(B × C) → M(C × B) ja
⊢ M(C × B) → M(B × C).
(1)
(2)
Olkoon A kuten lauseen 7.45 todistuksessa eli
A = {x | ∃y∃z[x ≈ hhy, zi, hz, yii}.
Tällöin taas tehtävän 7.12 ja lauseen 7.42 nojalla
⊢ M(A(a))
(3)
kaikille joukoille a. Jos nyt osoitetaan, että
⊢ A(B × C) ≈ C × B
ja
⊢ A(C × B) ≈ B × C,
(4)
(5)
niin väite (1) seuraa ehdoista (4) ja (3) sekä vastaavasti väite (2) seuraa ehdoista
(5) ja (3). Riittää siis todistaa ehdot (4) ja (5). Jätetään näiden todistaminen
harjoitustehtäväksi.
¤
Harjoitustehtävä 7.47 Täydennä lauseen 7.46 todistus osoittamalla oikeaksi
sen todistuksen ehdot (4) ja (5).
Jos tiedetään, että luokka on aito, niin sen karteesinen tulo minkä tahansa muun
epätyhjän luokan (siis myös joukon) kanssa on aito luokka. Tämä todistetaan
seuraavassa lauseessa, jonka todistuksessa on mukava käyttää harjoitustehtävää
7.48:
Harjoitustehtävä 7.48 Olkoot B ja C luokkia ja v vakio. Määritellään lisäksi
luokka A asettamalla
A = {x | ∃b[b ∈ B ∧ x ≈ hhb, vi, bi]}.
Osoita, että
i)
ii)
iii)
⊢ U n(A),
⊢ B ≈ A(D(A))
ja
⊢ v ∈ C → D(A) ⊆ B × C.
Lause 7.49 Olkoot B ja C luokkia. Tällöin pätee
⊢ [P r(B) ∧ C 6≈ ∅] → [P r(B × C) ∧ P r(C × B)].
78
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava – ei
kuitenkaan vaihdeta merkintöjä. Riittää osoittaa, että
t([P r(B) ∧ C 6≈ ∅] → [P r(B × C) ∧ P r(C × B)]) = 1.
Tätä varten oletetaan, että
t(P r(B) ∧ C 6≈ ∅) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(P r(B × C) ∧ P r(C × B)) = 1
eli että
t(P r(B × C)) = 1 ja
(2)
t(P r(C × B)) = 1.
(3)
Lauseen 7.46 nojalla riittää todistaa toinen näistä väitteistä, vaikkapa väite (2).
Tehdään antiteesi:
t(P r(B × C)) = 0.
(AT)
Tällöin
t(¬∃x[x ≈ B × C]) = 0.
Koska kyseessä on suljettu kaava, saadaan negaatiolle
t(∃x[x ≈ B × C]) = 1 eli
t(M(B × C)) = 1.
(4)
Oletuksen (1) nojalla t(C 6≈ ∅) = 1 ja silloin lauseen 6.55 nojalla saadaan ehto
t(∃y[y ∈ C]) = 1.
(5)
Tosin lauseessa 6.55 edellytetään, että C on joukko, mitä nyt ei tiedetä. Lause
6.55 pätee kyllä myös siinä tapauksessa, että C on aito luokka (lähes täsmälleen
samalla todistuksella). Jos väitteeseen ei usko, niin todistukseen voi käyttää
(tähän ylivahvaa) aksioomaa (JAx6), josta ehto (5) myös seuraa. Ehdon (5)
nojalla on olemassa vakio v siten, että
t(v ∈ C) = 1.
(6)
Olkoon A kuten tehtävässä 7.48 eli
A = {x | ∃b[b ∈ B ∧ x ≈ hhb, vi, bi]}.
Tehtävän 7.48 iii), ehtojen (6) ja (4) sekä lauseen 6.44 nojalla pätee
t(M(D(A))) = 1.
79
(7)
Tehtävän 7.48 i), ehdon (7) ja lauseen 7.42 nojalla saadaan
t(M(A(D(A))) = 1,
josta tehtävän 7.48 ii) nojalla edelleen
t(M(B)) = 1
eli B on joukko. Tämä on kuitenkin mahdotonta, koska oletuksen (1) mukaan
B on aito luokka. Syntynyt ristiriita osoittaa tehdyn antiteesin vääräksi, joten
väite on todistettu.
¤
Seuraavaksi halutaan määritellä käsite, joka sanoo intuitiivisesti, että ”on olemassa täsmälleen yksi x, jolle ominaisuus ϕw (x) pätee”. Tätä merkitään symbolilla ∃1 xϕw (x). Määritelmä on seuraava:
Merkintä 7.50 Olkoon ϕ kaava sekä x ja w muuttujia, joista x ei esiinny
kaavassa ϕ. Merkitään symbolilla ∃1 xϕw (x) kaavaa
∃1 xϕw (x) := ∃xϕw (x) ∧ [∀x∀y[[ϕw (x) ∧ ϕw (y)] → x ≈ y]],
missä y 6= x on muuttuja, joka ei sekään esiinny kaavassa ϕ.
Harjoitustehtävä 7.51 Olkoon G luokka ja b 6= y muuttujia, jotka eivät esiinny luokassa G. Osoita, että
⊢ F nc(G) → ∀b[b ∈ D(G) ↔ ∃1 y[hb, yi ∈ G]].
Huomautus. Tehtävä 7.51 kertoo intuitiivisesti sen, että määrittelyluokkansa
”pisteissä” b funktion G ”arvot” ovat paitsi määriteltyjä, myös yksikäsitteisiä.
Määritellään nyt kunnolla tämä käsite ”funktion G arvo pisteessä b” – tämä on
eri asia kuin G:n kuvajoukko G(b), joka on joukon b kuva, nyt ajatellaan b:tä
yksittäisenä pisteenä, ei joukkona. Tämä tehdään vähän yleisemmin kaikille
luokille G, jotka eivät välttämättä ole kuvauksia; siis eivät ehkä yksiarvoisia
tai relaatioita. Tällöinhän intuitiivisessa mielessä voi olla, että kuvapisteellä on
monta eri arvoa tai ei arvoa lainkaan. Tällaisessa tapauksessa sovitaan, että
”luokan G arvo pisteessä b” on tyhjä joukko. Määritelmä on seuraava:
Merkintä 7.52 Olkoon G luokka ja b joukko. Merkitään symbolilla G[b] luokkaa
G[b] := {x | ∃y[x ∈ y ∧ hb, yi ∈ G] ∧ ∃1 z[hb, zi ∈ G]}.
Tässä y ja z ovat muuttujia, jotka eivät esiinny luokassa G. Sanotaan, että G[b]
on luokan G arvo pisteessä b.
Seuraava tehtävä sanoo, että funktion G arvo pisteessä b vastaa intuitiivista
käsitystä funktion arvosta:
80
Harjoitustehtävä 7.53 Olkoon G luokka ja x, y eri muuttujia, jotka eivät
esiinny luokassa G. Osoita, että
⊢ F nc(G) → ∀x∀y[hx, yi ∈ G ↔ [x ∈ D(G) ∧ y ≈ G[x]]].
Edellisen tehtävän nojalla funktiolle G ja joukolle b pätee erityisesti hb, G[b]i ∈
G, kun b on G:n määrittelyjoukossa ja lisäksi G[b] on ainoa joukko, jolle tämä
pätee. Nämä ominaisuudet karakterisoivat G[b]:n, vaikka G ei olisikaan funktio;
tämän sanoo seuraava tehtävä:
Harjoitustehtävä 7.54 Olkoon G luokka ja x, y, z eri muuttujia, jotka eivät
esiinny luokassa G. Tällöin pätee
⊢ ∀x∀y[[hx, yi ∈ G ∧ ∃1 z[hx, zi ∈ G]] → G[x] ≈ y].
Tehtävän 7.54 mukaan siis pätee seuraavaa: jos on olemassa täsmälleen yksi y
siten, että hb, yi ∈ G, niin tämä kyseinen y on G:n arvo pisteessä b. Nyt voi olla,
että tällaista y:tä ei ole lainkaan tai niitä on useampia. Tällaisessa tapauksessa
piti merkintää 7.52 edeltävän huomautuksen mukaan G[b]:n olla tyhjä joukko.
Tämän sanoo formaalisti seuraava tehtävä:
Harjoitustehtävä 7.55 Olkoon G luokka ja b joukko. Tällöin pätee
⊢ ¬∃1 y[hb, yi ∈ G] → G[b] ≈ ∅,
missä y on muuttuja, joka ei esiinny luokassa G eikä joukossa b.
Lauseessa 7.42 todistettiin aksiooman (JAx7) avulla tärkeä tulos, joka kertoo,
että funktiossa G joukon b kuva G(b) on joukko. Tärkeä tulos on myös seuraava,
joka kertoo, että funktion G arvo G[b] pisteessä b on samoin joukko. Tämä on
kuitenkin ihan eri kaliberin tulos kuin 7.42; tässä ei tarvita aksioomaa (JAx7)
ja lisäksi tämä väite pätee jokaiselle luokalle G, olipa se funktio tai ei – tässä
ei tarvita myöskään G:n yksiarvoisuutta, vrt. lause 7.42. Tässä yhteydessä on
jälleen hyvä pohtia joukkojen G(b) ja G[b] eroa niin, että sen varmasti ymmärtää
– jatkossa nämä joukot pyörivät lähes koko ajan mukana.
Lause 7.56 Olkoon G luokka ja b joukko. Tällöin pätee
⊢ M(G[b]).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, oletetaan, että b on vakio ja suljetaan väitteen kaava. Riittää löytää vakio v siten, että
t(v ≈ G[b]) = 1.
(1)
Jos pätee
t(G[b] ≈ ∅) = 1,
niin väite (1) seuraa, sillä lauseen 6.53 mukaan tyhjä joukko on joukko. Voidaan
siis olettaa, että
t(G[b] ≈ ∅) = 0,
81
jolloin
t(G[b] 6≈ ∅) = 1.
Tällöin lauseen 6.55 vahvennetun version (vrt. lauseen 7.49 todistuksen kohta
(6)) nojalla löytyy vakio c siten, että
t(c ∈ G[b]) = 1.
Silloin luokan G[b] määritelmän 7.52 mukaan löytyy vakio d siten, että
t(c ∈ d) = 1,
t(hb, di ∈ G) = 1
(2)
t(∃1 z[hb, zi ∈ G]) = 1.
(3)
ja lisäksi pätee
Valitaan nyt ehdossa (1) peräänkuulutetuksi vakioksi
v := d.
Riittää osoittaa, että näin valittu v toteuttaa ehdon (1). Tämä seuraa ehdoista
(2) ja (3) sekä tehtävästä 7.54.
¤
Jos siis G on mielivaltainen luokka, niin G[b] on yksikäsitteisesti määrätty, olipa G funktio tai ei ja olipa b mikä tahansa joukko. Tällöin voisi ajatella, että
”sääntö” y 7→ G[y] olisi funktio, tarkemmin sanottuna luokka G̃ = {x | ∃y[x ≈
hy, G[y]i} olisi funktio. Tämä onkin oikea ajatus. Tämän sanoo seuraava tehtävä:
Harjoitustehtävä 7.57 Olkoon G luokka ja b joukko. Määritellään
e := {x | ∃y[x ≈ hy, G[y]i]},
G
missä y on vakio, joka ei esiinny luokassa G. Osoita, että
e
⊢ F nc(G).
Tässä tarvitaan lausetta 7.56 – mutta mihin?
Funktion määritelmässä ei ole kiinnitetty oikeastaan mitään huomiota siihen,
missä joukossa tai luokassa funktio on ”määritelty”. Määrittelyjoukon tai -luokan
D(A) käsite on toki annettu merkinnässä 7.15. Lisäksi lauseessa 7.45 on osoitettu, että mikäli funktio on joukko, myös sen määrittelyluokka on joukko. ”Normaalissa” matemaattisessa kirjoitustavassahan merkintä ”f : X → Y ” pitää
sisällään sen, että tiedetään, missä joukossa X kuvaus f on määritelty. Formalisoidaan nyt tämäkin asia.
Merkintä 7.58 Olkoot G ja A luokkia. Merkitään symbolilla G F n A kaavaa
G F n A := F nc(G) ∧ D(G) ≈ A.
Merkitään lisäksi symbolilla G F n1−1 A kaavaa
G F n1−1 A := F nc1−1 (G) ∧ D(G) ≈ A.
82
Intuitiivisesti merkintä G F n A tarkoittaa siis sitä, että G on funktio, jonka
määrittelyluokka on A. Jos G sattuu olemaan lisäksi injektiivinen, käytetään
merkintää G F n1−1 A.
Palataan takaisin tuohon yllä tarkasteltuun ”tavalliseen” merkintään f : X → Y
ja erityisesti sen kuvapuoleen. Tämä merkintähän tarkoittaa sitä, että f kuvaa
joukkoon Y , ts. f :n arvojoukko on Y :ssä. Formalisoidaan tämäkin:
Merkintä 7.59 Olkoot A, B ja G luokkia. Merkitään symbolilla
G : A −→ B kaavaa
G : A −→ B := G F n A ∧ W(G) ⊆ B.
1−1
Merkitään lisäksi symbolilla G : A −→ B kaavaa
1−1
G : A −→ B := G F n1−1 A ∧ W(G) ⊆ B.
Tässä symboli W(G) tarkoittaa luokan G arvoluokkaa, ks. merkintä 7.15. Intuitiivisesti merkintä G : A −→ B tarkoittaa siis sitä, että G on tarkalleen A:ssa
määritelty (siis koko A:ssa, muttei sen ulkopuolella) funktio, joka kuvaa B:hen,
mutta ei kuitenkaan vaadita, että arvoluokka olisi koko B. Jos G sattuu lisäksi
1−1
olemaan injektio, niin käytetään merkintää G : A −→ B.
Surjektiivista kuvausta ei ole vielä formalisoitu ja tehdään se nyt. Englannin
kielessä käytetään joskus surjektiivisesta kuvauksesta f : X → Y sanontaa ”f
maps X onto Y ”, mikä selittää käytetyn merkinnän.
Merkintä 7.60 Olkoot A, B ja G luokkia. Merkitään symbolilla
G : A −→ B kaavaa
onto
G : A −→ B := G F n A ∧ W(G) ≈ B.
onto
Sanotaan, että G on surjektio luokasta A luokkaan B, mikäli kaava G : A −→
1−1
B on teoreema. Merkitään lisäksi symbolilla G : A −→ B kaavaa
onto
1−1
1−1
G : A −→ B := G : A −→ B ∧ G : A −→ B.
onto
onto
1−1
Sanotaan, että G on bijektio luokasta A luokkaan B, mikäli kaava G : A −→ B
onto
on teoreema.
Nyt tiedetään, että funktiossa joukon kuva on joukko (lause 7.42), samoin kuin
se, että funktion arvo pisteessä on joukko (lause 7.56). Samoin tiedetään se, että
jos funktio itse on joukko (funktiothan ovat määritelmällisesti luokkia, joten ne
voivat olla joukkoja tai sitten eivät, kuten luokat yleensä), niin sen arvojoukko
ja määrittelyjoukko on joukko (lause 7.45). Nyt voidaan sitten kysyä, millä
ehdolla funktio on joukko. Seuraava lause osoittaa, että joukossa määritellyt
funktiot ovat itsekin joukkoja; tarkemmin muotoiltuna ja formalisoituna
pätee:
83
Lause 7.61 Olkoon a joukko ja G luokka. Tällöin pätee
⊢ G F n a → M(G).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, oletetaan, että a on vakio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(G F n a) = 1.
(1)
t(M(G)) = 1.
(2)
Riittää osoittaa, että
Ehdon (1) ja määritelmän 7.58 nojalla saadaan ehdot
t(F nc(G)) = 1
(3)
t(D(G) ≈ a) = 1.
(4)
ja
Ehdon (3) ja funktion määritelmän 7.13 nojalla saadaan edelleen ehdot
t(Rel(G)) = 1
(5)
t(U n(G)) = 1.
(6)
ja
Ehdon (5) ja harjoitustehtävän 7.25 nojalla saadaan ehto
t(G ≈ GpD(G)) = 1,
jolloin ehdon (4) nojalla saadaan ehto
t(G ≈ Gpa) = 1,
josta saadaan edelleen luokan G(a) määritelmän 7.29 perusteella ehto
t(G(a) ≈ W(G)) = 1.
(7)
Harjoitustehtävän 7.18 ja ehdon (5) nojalla pätee
t(G ⊆ D(G) × W(G)) = 1,
jolloin ehtojen (4) ja (7) nojalla pätee
t(G ⊆ a × G(a)) = 1.
(8)
Lauseen 7.42 ja ehdon (6) nojalla pätee
t(M(G(a))) = 1,
jolloin lauseen 7.4 nojalla saadaan ehto
t(M(a × G(a))) = 1.
(9)
Nyt lauseen 6.44 sekä ehtojen (8) ja (9) nojalla saadaan ehto (2), joten lause on
todistettu.
¤
Lauseesta 7.61 seuraa helposti, että myös funktion rajoittuma joukkoon on joukko. Itse asiassa pätee vähän yleisemminkin seuraavaa:
84
Lause 7.62 Olkoon a joukko ja G luokka. Tällöin pätee
⊢ U n(G) → M(Gpa).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, suljetaan väitteen kaava ja oletetaan, että a on vakio. Oletetaan lisäksi, että pätee
t(U n(G)) = 1.
(1)
t(M(Gpa)) = 1.
(2)
Riittää osoittaa, että
Harjoitustehtävän 7.26 ja ehdon (1) nojalla saadaan
t(U n(Gpa)) = 1.
(3)
Harjoitustehtävän 7.21 nojalla pätee
t(Rel(Gpa)) = 1.
(4)
Lisäksi harjoitustehtävän 7.24 nojalla saadaan
t(D(Gpa) ≈ a ∩ D(G)) = 1,
joten, koska
t(a ∩ D(G) ⊆ a) = 1,
pätee myös
t(D(Gpa) ⊆ a) = 1.
(5)
Nyt lauseen 6.44 sekä ehdon (5) nojalla pätee
t(M(D(Gpa))) = 1.
(6)
Ehtojen (3) ja (4) nojalla pätee
t(F nc(Gpa)) = 1,
joten määritelmän 7.58 mukaan
t((Gpa) F n D(Gpa)) = 1.
(7)
Nyt voidaan lopulta käyttää lausetta 7.61, joka yhdistettynä ehtoihin (6) ja (7)
antaa ehdon (2).
¤
Seuraava tehtävä sanoo intuitiivisesti sen, että jos funktiot ovat samoja, niin
niiden määrittelyjoukot ovat samoja ja funktioiden arvo jokaisessa määrittelyjoukon pisteessä on sama:
Harjoitustehtävä 7.63 Olkoot A, B ja G, F luokkia ja x muuttuja, joka ei
esiinny näissä luokissa. Osoita, että pätee
⊢ [G F n A ∧ F F n B] → [G ≈ F → [A ≈ B ∧ ∀x[x ∈ A → G[x] ≈ F [x]]]].
85
Seuraava tehtävä antaa edellisen tehtävän käänteisen puolen: jos kuvauksilla
on sama määrittelyjoukko ja niiden arvot jokaisessa määrittelyjoukon pisteessä
ovat samat, niin funktiot ovat samoja:
Harjoitustehtävä 7.64 Olkoot G, F ja A luokkia ja x muuttuja, joka ei esiinny näissä luokissa. Osoita, että pätee
⊢ [G F n A ∧ F F n A ∧ ∀x[x ∈ A → G[x] ≈ F [x]]] → G ≈ F.
Seuraava tehtävä sanoo intuitiivisesti sen ”tavallisille” funktioille tutun tosiasian
(tai oikeastaan määritelmän), että jos f : X → Y ja g : Y → Z ovat kuvauksia,
niin yhdistetylle kuvaukselle g ◦ f : X → Z pätee (g ◦ f )(x) = g(f (x)) kaikille
x ∈ X; tehtävä sanoo kyllä vähän enemmänkin:
Harjoitustehtävä 7.65 Olkoot G ja F luokkia sekä a joukko. Osoita, että pätee
⊢ [U n(G) ∧ U n(F ) ∧ a ∈ D(G ◦ F )] → (G ◦ F )[a] ≈ G[F [a]].
Tässä tehtävässä pitää huomata, että symboli G[F [a]] on määritelty vain, mikäli
F [a] on joukko. Tämä seuraa kuitenkin lauseesta 7.56.
Seuraava tehtävä sanoo intuitiivisesti sen ”tavallisille” funktioille tutun tosiasian,
että jos f : X → Y ja g : W → Z ovat kuvauksia, niin yhdistetty kuvaus
g ◦ f : X → Z on määritelty, jos f (X) ⊂ W :
Harjoitustehtävä 7.66 Olkoot A, B ja G, F luokkia. Osoita, että pätee
⊢ [G F n A ∧ F F n B ∧ W(F ) ⊆ A] → (G ◦ F ) F n B.
Seuraava tehtävä sanoo intuitiivisesti sen ”tavallisille” funktioille tutun tosiasian,
että jos f : X → Y ja g : Y → Z ovat kuvauksia ja f surjektio, niin yhdistetylle
kuvaukselle g ◦ f : X → Z pätee (g ◦ f )(X) = g(Y ):
Harjoitustehtävä 7.67 Olkoot A, B ja G, F luokkia. Osoita, että pätee
⊢ [G F n A ∧ F F n B ∧ W(F ) ≈ A] → [(G ◦ F ) F n B ∧ W(G ◦ F ) ≈ W(G)].
Seuraava tehtävä sanoo intuitiivisesti sen ”tavallisille” funktioille tutun tosiasian,
että jos f : X → Y on bijektio, niin myös sen käänteiskuvaus f −1 : Y → X on
määritelty ja se on myös bijektio:
Harjoitustehtävä 7.68 Olkoot A, B ja G luokkia. Osoita, että pätee
1−1
1−1
onto
onto
⊢ [G : A −→ B] → [G−1 : B −→ A].
Seuraava tehtävä sanoo intuitiivisesti sen ”tavallisille” funktioille tutun tosiasian,
että jos f : X → Y on kuvaus ja Z ⊂ X, niin f (Z) = {f (x) | x ∈ Z}:
86
Harjoitustehtävä 7.69 Olkoot A ja G luokkia. Osoita, että pätee
⊢ U n(G) → G(A) ≈ {x | ∃y[y ∈ A ∩ D(G) ∧ x ≈ G[y]]},
missä y ei esiinny luokissa A tai G. Tästä saadaan pari hyvin käyttökelpoista
tulosta:
⊢ [G F n B ∧ A ⊆ B ∧ a ∈ A] → G[a] ∈ G(A)
ja
⊢ [G F n B ∧ A ⊆ B] → G(A) ≈ {x | ∃y[y ∈ A ∧ x ≈ G[y]]},
missä y ei esiinny luokissa A tai G. Intuitiivisesti tämä tarkoittaa juuri sitä,
mitä tehtävän edellä todettiin: funktion G kuva joukossa A ⊆ D(A) koostuu
tarkalleen G:n arvoista G[y] pisteissä y ∈ A. Huomaa tässä taas joukkojen G[y]
ja G(y) ero: G(A) ei suinkaan välttämättä ”koostu alkioista” G(y), y ∈ A. Anna
tästä intuitiivinen esimerkki.
Seuraavassa ryhdytään tarkastelemaan yleisempiäkin relaatioita kuin funktioita.
Määritelmän 7.6 mukaan relaatio on luokan V 2 osaluokka. Joskus tätä melko
väljää määritelmää vähän tiukennetaan:
Määritelmä 7.70 Olkoot A ja R luokkia. Merkitään symbolilla RelA (R) kaavaa
RelA (R) := R ⊆ A2 .
Sanotaan, että R on relaatio luokassa A, jos kaava RelA (R) on teoreema.
Jokainen relaatio synnyttää relaation annetussa luokassa A luonnollisella tavalla,
kuten seuraava tehtävä sanoo:
Harjoitustehtävä 7.71 Olkoon R on mielivaltainen relaatio ja A mielivaltainen luokka. Osoita, että R ∩ A2 on relaatio luokassa A.
Merkintä 7.72 Olkoon R relaatio sekä a ja b joukkoja. Merkitään symbolilla
aRb kaavaa
aRb := ha, bi ∈ R.
Huomautus. Merkintä 7.72 otetaan käyttöön ihan vain mukavuusyistä, samaan
tapaan kuin kirjoitetaan ”a ∈ b” predikaattikielisen merkinnän ”∈ (a, b)” sijasta.
Tässä nyt on tietysti vähän historiallistakin painolastia mukana, sillä ”aina” on
kirjoitettu aRb.
Johdatteleva esimerkki. Tarkastellaan tavallista luonnollisten lukujen järjestysrelaatiota ”<”. Tämähän tosiaan on relaatio luonnollisten lukujen joukossa (< :=
{(m, n) | m < n} ⊂ N2 ), ja sille noudatetaan juuri merkinnän 7.72 mukaista
kirjoitustapaa m < n sen sijaan, että kirjoitettaisiin hm, ni ∈ <. Tällä relaatiolla on kaksi merkille pantavaa ominaisuutta:
1) Kaikille m, n ∈ N pätee täsmälleen yksi vaihtoehdosta m < n, n < m tai
87
m = n. Tätä ehtoa kutsutaan trikotomiaksi.
2) Relaatio < on transitiivinen siinä mielessä, että jos m < n ja n < p, niin
m < p.
Tästä järjestysrelaatiosta päästäänkin sujuvasti yleisen järjestysrelaation määrittelyyn:
Määritelmä 7.73 Olkoot A ja R luokkia. Merkitään symbolilla R Or A kaavaa
R Or A :=∀x∀y[[x ∈ A ∧ y ∈ A] → [xRy ↔ ¬[x ≈ y ∨ yRx]]] ∧
∀x∀y∀z[[x ∈ A ∧ y ∈ A ∧ z ∈ A] → [[xRy ∧ yRz] → xRz]],
missä x, y ja z ovat eri muuttujasymboleita, jotka eivät esiinny luokissa A ja R.
Jos kaava R Or A∧Rel(R) on teoreema, sanotaan, että R on järjestysrelaatio
luokassa A.
Huomautus 7.74 Tämän järjestysrelaation vähän sekavan näköisen määritelmän ylärivi sanoo selkokielellä, että kaikille x, y ∈ A täsmälleen yksi vaihtoehdoista xRy, x ≈ y tai yRx on voimassa eli trikotomia pätee. Tämän näkee
seuraavanlaisella intuitiivisella (tai puoliformaalilla) ajattelulla:
”Osoitetaan” ensin, että ainakin yksi näistä vaihtoehdoista pätee. Jos vaikkapa xRy, niin asia on selvä. Jos x ≈ y, niin asia on taas selvä. Voidaan siis
olettaa, että ¬xRy ja x 6≈ y. Tällöin ¬[xRy ∨ x ≈ y]. Silloin määritelmän ylärivin ehto (oikealta vasemmalle lukien ja x:n ja y:n roolit vaihtaen) sanoo, että
yRx pätee joten asia on selvä.
”Osoitetaan” sitten, että korkeintaan yksi näistä pätee. Tehdään antiteesi: ainakin kaksi pätee. Silloin pätee joko xRy tai yRx (tai molemmat). Merkintöjä
vaihtamalla voidaan olettaa, että xRy pätee. Silloin ylärivin ehto (tällä kertaa
vasemmalta oikealle lukien) sanoo, että kumpikaan kahdesta muusta vaihtoehdosta ei voi päteä, joten tämäkin asia on selvä.
Määritelmän alarivi on vähän selkeämpi, ja sanoo siis, että relaatio R on transitiivinen A:ssa siinä mielessä, että jos x, y, z ∈ A siten, että xRy ja yRz, niin
xRz.
Esimerkki. Edellisen esimerkin relaatio < on järjestysrelaatio N:ssä. Sen sijaan
≤ ei ole järjestysrelaatio, koska se ei toteuta trikotomiaehtoa: pätee samaan
aikaan n ≤ n ja n = n. Transitiivinenhan tämäkin relaatio on. Anna intuitiivinen
esimerkki relaatiosta, joka toteuttaa trikotomiaehdon, muta ei ole transitiivinen.
Määritelmä 7.75 Olkoon R relaatio ja a joukko. Sanotaan, että luokka
{x | xRa} on joukon a R-edeltäjien luokka.
Esimerkki. Tarkastellaan edellisen esimerkin järjestysrelaatiota < luonnollisten
lukujen joukossa. Jos n ∈ N, niin n:n < -edeltäjien joukko N:ssä on {k | k < n}.
Huomaa, että nollalla ei ole < -edeltäjiä lainkaan.
88
Lause 7.76 Olkoon R relaatio ja a joukko. Tällöin pätee
⊢ R−1 ({a}) ≈ {x | xRa}.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, oletetaan, että a on vakio ja suljetaan väitteen kaava . Riittää osoittaa, että
t(R−1 ({a}) ≈ {x | xRa}) = 1 eli
t(∀y[y ∈ R−1 ({a}) ↔ y ∈ {x | xRa}]) = 1.
(1)
Olkoon v mielivaltainen vakio. Väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että
t(v ∈ R−1 ({a}) ↔ v ∈ {x | xRa}) = 1.
(2)
Väitteen (2) todistamiseksi riittää osoittaa, että
ja
jos t(v ∈ R−1 ({a})) = 1, niin t(v ∈ {x | xRa}) = 1
(3)
jos t(v ∈ {x | xRa}) = 1, niin t(v ∈ R−1 ({a})) = 1.
(4)
Väitteen (3) todistamiseksi oletetaan, että
t(v ∈ R−1 ({a})) = 1;
(5)
pitää osoittaa, että
t(v ∈ {x | xRa}) = 1 eli
t(vRa) = 1.
(6)
Oletuksen (5) ja harjoitustehtävän 7.30 nojalla pätee
t(∃y[hy, vi ∈ R−1 ∧ y ∈ {a}]) = 1.
(7)
Tällöin on olemassa vakio u siten, että
t(hu, vi ∈ R−1 ∧ u ∈ {a}) = 1
eli
t(hu, vi ∈ R−1 ) = 1 ja
t(u ∈ {a}) = 1.
(8)
(9)
Luokan R−1 määritelmän ja ehdon (8) nojalla pätee
t(hv, ui ∈ R) = 1.
Ehdon (9) ja lauseen 6.3 nojalla pätee
t(u ≈ a) = 1,
89
(10)
jolloin ehdon (10) nojalla
t(hv, ai ∈ R) = 1,
joka on ehto (6). Näin väite (3) on todistettu.
Väitteen (4) todistamiseksi oletetaan, että ehto (6) pätee; pitää osoittaa, että myös ehto (5) pätee. Harjoitustehtävän 7.30 nojalla riittää osoittaa, että
ehto (7) pätee. Oletuksen (6) ja käänteisluokan R−1 määritelmän nojalla
t(ha, vi ∈ R−1 ) = 1.
(11)
Toisaalta lauseen 6.3 nojalla pätee
t(a ∈ {a}) = 1.
(12)
Ehto (7) seuraa nyt ehdoista (11) ja (12). Näin myös väite (4) ja siten koko
lause on todistettu.
¤
Määritelmä 7.77 Olkoot A, B ja R luokkia sekä a joukko. Sanotaan, että a
on R-minimaalinen luokassa B, jos
⊢ a ∈ B ∧ B ∩ R−1 ({a}) ≈ ∅.
Merkitään symbolilla R M in A kaavaa
R M in A := ∀b[[b ⊆ A ∧ b 6≈ ∅] → ∃x[x ∈ b ∧ b ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅]],
missä b 6= x ovat muuttujia, jotka eivät esiinny luokissa A tai R. Sanotaan,
että R on minimaalirelaatio luokassa A, jos kaava R M in A ∧ Rel(R) on
teoreema.
Huomautus. Lauseen 7.76 ja määritelmän 7.75 mukaan minimaalinen alkio luokassa B on siis sellainen, että sillä ei ole edeltäjiä, jotka kuuluisivat luokkaanB
– muualla edeltäjiä toki voi olla. Nimitys ”minimaalinen” tulee tietenkin siitä, että tässä yleensä R on järjestysrelaatio. Minimaalirelaatio on intuitiivisesti
sellainen, että jokaisesta A:n osajoukosta löytyy minimaalinen alkio. Tämähän
ei (ainakaan välittömästi) takaa sitä, että myös jokaisessa A:n osaluokassa olisi minimaalinen alkio. Myöhemmin tullaan kuitenkin osoittamaan, että näin on.
Esimerkki. Tarkastellaan järjestysrelaatiota ”<” luonnollisten lukujen joukossa. Tämä on selvästikin minimaalirelaatio, sillä jokaisesta luonnollisten lukujen
epätyhjästä osajoukosta voidaan valita pienin.
Toisaalta ”<” on järjestysrelaatio myös joukossa Z, mutta tässä joukossa kyseessä ei ole minimaalirelaatio, koska vaikkapa koko joukosta Z pienintä alkiota ei
löydy.
Edellä huomattiin, että ”≤” ei ole järjestysrelaatio N:ssä. Voisi ajatella, että se
olisi kuitenkin minimaalirelaatio N:ssä, koska intuitiivisessa mielessä taas jokaisesta luonnollisten lukujen epätyhjästä osajoukosta voidaan valita pienin myös
tämän relaation suhteen. Tämä on kuitenkin harhanäky, sillä määritelmän 7.77
ehto ei toteudu, koska x ≤ x ja siten x ∈ b ∩ R−1 ({x}) kaikille x ∈ b, joten
b ∩ R−1 ({x}) 6≈ ∅ kaikille x ∈ b, ∅ 6≈ b ⊆ N.
90
Merkintä 7.78 Merkitään symbolilla E luokkaa
E := {x | ∃a∃b[x ≈ ha, bi ∧ a ∈ b]},
missä a ja b ovat eri muuttujia.
Intuitiivisesti ajatellen E on kaikkien järjestettyjen parien ha, bi, missä a ∈ b,
muodostama luokka.
Lause 7.79 E on minimaalirelaatio luokassa V .
Huomautus. Tässä V on kaikkien joukkojen luokka (ks. määritelmä 6.74) ja E
on määritelmän 7.78 luokka.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Määritelmien nojalla on selvää,
että t(E ⊆ V 2 ) = 1, joten E on relaatio V :ssä, jolloin määritelmän 7.77 mukaan
riittää osoittaa, että
t(∀b[[b ⊆ V ∧ b 6≈ ∅] → ∃x[x ∈ b ∧ b ∩ E −1 ({x}) ≈ ∅]]) = 1.
Olkoon b vakio, jolle pätee
t(b ⊆ V ∧ b 6≈ ∅) = 1.
(1)
Riittää löytää vakio v, jolle pätee
t(v ∈ b ∧ b ∩ E −1 ({v}) ≈ ∅) = 1.
(2)
Oletuksen (1) nojalla pätee
t(b 6≈ ∅) = 1,
jolloin aksiooman (JAx6) perusteella saadaan ehto
t(∃x[x ∈ b ∧ x ∩ b ≈ ∅]) = 1.
Tällöin on olemassa vakio u siten, että
t(u ∈ b ∧ u ∩ b ≈ ∅) = 1.
(3)
Valitaan nyt ehdossa (2) kaipailtu vakio v asettamalla
v := u;
riittää osoittaa, että tällä valinnalla pätee
ja
t(v ∈ b) = 1
(4)
t(b ∩ E −1 ({v}) ≈ ∅) = 1.
(5)
91
Väite (4) seuraa välittömästi ehdosta (3), joten riittää todistaa ehto (5). Lauseen
7.76 nojalla väite (5) tulee muotoon
t(b ∩ {x | xEv} ≈ ∅) = 1.
(6)
Tämän todistamiseksi tehdään antiteesi:
t(b ∩ {x | xEv}) ≈ ∅) = 0.
(AT)
Tällöin
t(b ∩ {x | xEv} 6≈ ∅) = 1,
ja silloin lauseen 6.55 nojalla on olemassa vakio a siten, että
t(a ∈ b ∩ {x | xEv}) = 1.
Tästä saadaan edelleen ehdot
t(a ∈ b) = 1
(7)
t(aEv) = 1 eli t(ha, vi ∈ E) = 1.
(8)
ja
Relaation E määritelmän 7.78 ja lauseen 6.12 nojalla ehto (8) merkitsee sitä,
että
t(a ∈ v) = 1.
(9)
Ehtojen (8) ja (9) nojalla saadaan ehto
t(a ∈ b ∩ v) = 1,
jolloin lauseen 6.55 nojalla
t(b ∩ v 6≈ ∅) = 1.
(10)
Toisaalta kuitenkin ehdon (3) ja v:n valinnan mukaan
t(b ∩ v ≈ ∅) = 1,
jolloin
t(b ∩ v 6≈ ∅) = 0.
Tämä on vastoin ehtoa (10). Syntynyt ristiriita osoittaa, että antiteesi (AT) on
väärä, joten lause on todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 7.80 Osoita, että kaikille joukoille a ja b pätee
i)
ii)
⊢ aEb ↔ a ∈ b
⊢a∈E
−1
ja
({b}) ↔ a ∈ b.
Osoita lisäksi, että E on aito luokka.
92
Lauseessa 6.72 osoitettiin, että mikään joukko ei voi olla itsensä alkio ja yleisemminkin: ei ole olemassa ”ketjuja” a1 ∈ a2 ∈ · · · ∈ an ∈ a1 . Tehtävän 7.80 valossa
tämän voi ilmaista myös näin: ei ole olemassa ketjuja a1 Ea2 E . . . Ean Ea1 . Tämä pätee kaikille minimaalirelaatioille, kuten seuraava tehtävä sanoo – huomaa
tässä myös lause 7.79, jonka mukaan myös E on minimaalirelaatio.
Harjoitustehtävä 7.81 Olkoot A, R luokkia ja a1 , a2 , . . . , an joukkoja. Osoita,
että
⊢ [R M in A ∧ a1 ∈ A ∧ a2 ∈ A ∧· · ·∧ an ∈ A] → ¬[a1 Ra2 ∧ a2 Ra3 ∧· · ·∧ an Ra1 ].
(Ohje. Ota mallia lauseen 6.72 todistuksesta. Mitään oleellista eroa näillä todistuksilla ei ole. Lauseessa 6.72 tarvittiin aksioomaa (JAx6), joka koskee relaatiota
E; tämä korvataan nyt R:ää koskevalla minimaalirelaation määritelmällä.)
Esimerkki. Tehtävän 7.81 avulla nähdään heti, että ”≤” ei voi olla minimaalirelaatio (missään epätyhjässä joukossa A ⊂ Z), koska x ≤ x kaikille x.
Määritelmä 7.82 Olkoot A, R luokkia ja a joukko. Sanotaan, että luokka
A ∩ R−1 ({a})
on a:n ja R:n määräämä alkusegmentti luokassa A.
Huomautus. Määritelmän 7.75 ja lauseen 7.76 mukaan alkusegmentti luokassa
A koostuu tarkalleen niistä a:n R-edeltäjistä, jotka sattuvat olemaan luokassa A.
Esimerkki. Olkoon R luonnollisten lukujen (minimaali)relaatio ”<” ja
A = {2n | n ∈ N} Luvun 6 ∈ N määräämä alkusegmentti A:ssa on {0, 2, 4}.
Sama pätee luvulle 5. Relaatiossa ≤ vastaavat alkusegmentit ovat {0, 2, 4, 6} ja
{0, 2, 4}.
Esimerkki 7.83 Tehtävän 7.80 mukaan joukon a ja relaation E määräämä
alkusegmentti luokassa V koostuu tarkalleen a:n alkioista eli
⊢ E −1 ({a}) ≈ a.
Nyt herää kysymys siitä, mahtaako alkusegmentti olla aina joukko (vrt. tehtävä 7.88). Jos luokka A itse sattuu olemaan joukko, niin jokainen alkusegmentti
on myös joukko – tämä seuraa lauseesta 6.43. Jos A on aito luokka, niin alkusegmentille voi käydä tässä suhteessa huonosti – silloin kysytään relaation R
ominaisuuksia, ja ne voivat olla riittämättömiä tekemään ainakaan jokaisesta
alkusegmentistä joukkoa. Tässä katsannossa otetaan käyttöön seuraava hyvin
määritellyn minimaalirelaation käsite:
Määritelmä 7.84 Olkoot A ja R luokkia. Merkitään symbolilla R HM in A
kaavaa
R HM in A := R M in A ∧ ∀x[x ∈ A → M(A ∩ R−1 ({x})],
missä x on muuttuja, joka ei esiinny luokissa A tai R. Sanotaan, että R on
hyvin määritelty minimaalirelaatio luokassa A, jos kaava R HM in A ∧
Rel(R) on teoreema.
93
Esimerkki 7.85 Esimerkin 7.83 mukaan E on hyvin määritelty minimaalirelaatio luokassa V . Tällöin se on lauseen 6.43 nojalla hyvin määritelty minimaalirelaatio missä tahansa luokassa.
Kuten edellä todettiin, joukossa A jokainen minimaalirelaatio on aina myös
hyvin määritelty. Näillä käsitteillä M in ja HM in voi olla eroa siis vain kun
”pohjaluokka” A on aito.
Huomautus 7.86 Määritelmän 7.77 jälkeisessä huomautuksessa todettiin, että minimaalirelaatiolle jokaisessa A:han sisältyvässä epätyhjässä joukossa on
minimaalinen alkio; sen sijaan jokaisessa A:han sisältyvässä epätyhjässä luokassa ei välttämättä minimaalista alkiota ainakaan heti näyttäisi olevan, mutta
kyllä se sieltä sitten kuitenkin löytyy. Tämä tulos on hyvin vaikeasti todistettavissa, mutta se saadaan aikaan luvussa 10. Asiaa vähän helpottaa, jos oletetaan,
että minimaalirelaatio on hyvin määritelty, mutta ei riittävästi, jotta todistus
nyt tässä saataisiin aikaan – sitä paitsi tarvitaan vielä yksi aksioomakin. Tehdään (muun muassa) tämän takia vielä yksi relaatiota koskeva lisäoletus (ks.
määritelmä 7.89), ja kun tämä lisäoletus pannaan peliin, todistus onnistuu tämänhetkisilläkin tiedoilla (ks. lause 7.94).
Harjoitustehtävä 7.87 Huomautuksen 7.86 ja esimerkin 7.85 valossa luokasta V pitäisi löytyä minimaalialkio relaatiossa E. Sellainen sieltä löytyykin. Mikä
se on?
Harjoitustehtävä 7.88 Anna intuitiivinen esimerkki minimaalirelaatiosta, joka ei ole hyvin määritelty.
(Ohje. Tämä on aika vaikea keksiä, mutta seuraava idea toimii. Olkoon A kaikkien äärellisten epätyhjien joukkojen luokka (mutta mitenkäs tämän formaalisti
määrittelet??) ja määritellään relaatio R siten, että aRb jos a:n alkioiden lukumäärä on aidosti vähemmän kuin b:n alkioiden lukumäärä. Tästä on helppo
nähdä, että kyseessä on minimaalirelaatio A:ssa; vähän vaikeampaa on nähdä,
että R ei ole hyvin määritelty.)
Määritellään vielä yksi minimaalirelaatioiden tyyppi:
Määritelmä 7.89 Olkoot A ja R luokkia. Merkitään symbolilla R JM in A
kaavaa
R JM in A := R M in A ∧ ∀x∀y[[x ∈ A ∧ y ∈ A] → [xRy ∨ x ≈ y ∨ yRx]],
missä x, y ovat eri muuttujia, jotka eivät esiinny luokissa A tai R. Sanotaan,
että R on järjestävä minimaalirelaatio, jos kaava R JM in A ∧ Rel(R) on
teoreema.
Huomautus. Intuitiivisesti ajatellen siis järjestävä minimaalirelaatio on sellainen, että kaikki A:n alkiot ovat ”vertailtavissa keskenään” tämän relaation suhteen.
Esimerkki. Relaatio ”<” on järjestävä minimaalirelaatio N:ssä, koska kaikille
m, n ∈ N pätee joko m < n, m = n tai n < m.
94
Harjoitustehtävä 7.90 Osoita, että E ei ole järjestävä minimaalirelaatio luokassa V .
e = R ∩ B 2 . OsoiHarjoitustehtävä 7.91 Olkoot A, B, R luokkia. Merkitään R
ta, että
e JM in B.
⊢ [R JM in A ∧ B ⊆ A] → R
Minimaalirelaatio-ominaisuus siis takaa sen, että jokaisesta A:n osajoukosta löytyy minimaalinen alkio. Onko tämä minimaalinen alkio yksikäsitteinen? Eipä
välttämättä; tämän näkee esimerkiksi tehtävän 7.88 relaatiosta. Asiaa ei paranna sekään, että kyseessä olisi hyvin määritelty minimaalirelaatio – tästä saa
esimerkkejä vaikkapa tehtävän 7.88 esimerkkiä vähän viilaamalla. Sen sijaan
jos kyseessä on järjestävä minimaalirelaatio, niin löytyvä minimaalialkio on
yksikäsitteisesti määrätty. Tämän sanoo seuraava lause:
Lause 7.92 Olkoon A ja R luokkia. Tällöin pätee
⊢ R JM in A → ∀a[[a ⊆ A ∧ a 6≈ ∅] → ∃1 x[x ∈ a ∧ a ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅]],
missä a ja x ovat eri muuttujia, jotka eivät esiinny luokissa A ja R.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Suljetaan väitteen kaava ja oletetaan, että
t(R JM in A) = 1.
(1)
Oletetaan myös, että a on vakio. Riittää osoittaa, että
t([a ⊆ A ∧ a 6≈ ∅] → ∃1 x[x ∈ a ∧ a ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅]) = 1.
(2)
Väitettä (2) varten oletetaan, että
t(a ⊆ A ∧ a 6≈ ∅) = 1;
(3)
t(∃1 x[x ∈ a ∧ a ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅]) = 1.
(4)
riittää osoittaa, että
Merkinnän 7.50 mukaan väite (4) seuraa, jos löydetään vakio v siten, että
t(v ∈ a ∧ a ∩ R−1 ({v}) ≈ ∅) = 1
(5)
ja että kaikille vakioille u, v pätee
t([v ∈ a ∧ a ∩ R−1 ({v}) ≈ ∅ ∧ u ∈ a ∧ a ∩ R−1 ({u}) ≈ ∅] → u ≈ v) = 1.
(6)
Määritelmän 7.89 ja ehdon (1) nojalla pätee
t(R M in A) = 1.
Tällöin määritelmän 7.77 mukaan väite (5) seuraa ehdosta (3). Riittää siis todistaa väite (6). Tätä varten oletetaan, että
t(v ∈ a ∧ a ∩ R−1 ({v}) ≈ ∅ ∧ u ∈ a ∧ a ∩ R−1 ({u}) ≈ ∅) = 1;
95
(7)
riittää osoittaa, että
t(u ≈ v) = 1.
(8)
t(u ∈ a ∧ v ∈ a) = 1,
(9)
Ehdon (7) nojalla pätee
jolloin ehdon (3) nojalla saadaan
t(u ∈ A ∧ v ∈ A) = 1.
(10)
Ehdon (1) ja määritelmän 7.89 nojalla pätee
t([u ∈ A ∧ v ∈ A] → [uRv ∨ u ≈ v ∨ vRu]) = 1,
jolloin ehdosta (10) saadaan
t(uRv ∨ u ≈ v ∨ vRu) = 1
(11)
t(uRv) = 1,
(12)
t(vRu) = 1
(13)
eli joko
tai
tai väite (8) pätee. Siten riittää osoittaa, että ehdot (12) ja (13) eivät voi päteä.
Tehdään antiteesi: ehto (12) pätee. Tällöin lauseen 7.76 nojalla
t(u ∈ R−1 ({v})) = 1,
jolloin ehdon (9) nojalla
t(u ∈ a ∩ R−1 ({v})) = 1,
ja edelleen ehdon (7) nojalla
t(u ∈ ∅) = 1,
mikä on mahdotonta lauseen 6.54 perusteella. Näin tehty antiteesi on väärä, ja
on osoitettu, että ehto (12) ei voi päteä.
Aivan analogisesti nähdään, että ehto (13) ei voi päteä, jolloin ehdon (8) on pädettävä, ja siten lause on todistettu.
¤
Tässä on nyt määritelty kaksi järjestykseen liittyvää relaatiota: järjestysrelaatio
R Or A (määritelmä 7.73) ja järjestävä minimaalirelaatio R JM in A (määritelmä 7.89). Nämä eivät ole samoja käsitteitä; esimerkiksi ”<” on järjestysrelaatio
Z:ssä, mutta ei ole järjestävä minimaalirelaatio. Tämä esimerkki osoittaa että
”järjestysrelaatio 6⇒ järjestävä minimaalirelaatio”. Mikä olisi esimerkki toiseen
suuntaan? Eipä mikään, sillä pätee ”järjestävä minimaalirelaatio ⇒ järjestysrelaatio”, kuten seuraava lause sanoo:
96
Lause 7.93 Olkoot A ja R luokkia. Tällöin pätee
⊢ R JM in A → R Or A.
Todistus. Olkoon t totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan,
että
t(R JM in A) = 1;
(1)
riittää osoittaa, että
t(R Or A) = 1.
Oletuksen (1) ja määritelmien mukaan R ∩ A2 on relaatio A:ssa, joten riittää
osoittaa, että
t(∀x∀y[[x ∈ A ∧ y ∈ A] → [xRy ↔ ¬[x ≈ y ∨ yRx]] ∧
∀x∀y∀z[[x ∈ A ∧ y ∈ A ∧ z ∈ A] → [[xRy ∧ yRz] → xRz]]) = 1.
Olkoot u v ja w mielivaltaisia vakioita. Riittää osoittaa, että
t([u ∈ A ∧ v ∈ A] → [uRv ↔ ¬[u ≈ v ∨ vRu]]) = 1
(2)
t([u ∈ A ∧ v ∈ A ∧ w ∈ A] → [[uRv ∧ vRw] → uRw]) = 1.
(3)
ja että
Väitteen (2) todistamiseksi oletetaan, että
t(u ∈ A ∧ v ∈ A) = 1;
(4)
jos t(uRv) = 1, niin t(¬[u ≈ v ∨ vRu]) = 1
(5)
jos t(¬[u ≈ v ∨ vRu]) = 1, niin t(uRv) = 1.
(6)
riittää osoittaa, että
ja kääntäen, että
Väitteen (5) todistamiseksi oletetaan siis että
t(uRv) = 1;
(7)
t(¬[u ≈ v ∨ vRu]) = 1.
(8)
t(¬[u ≈ v ∨ vRu]) = 0.
(A)
pitää osoittaa, että
Tehdään antiteesi:
Kyseessä on (todistuksen alussa tehdyn sulkemisen jälkeen) suljettu kaava, joten
negaatiolle saadaan ehto
t(u ≈ v ∨ vRu) = 1,
97
jolloin joko
t(u ≈ v) = 1
(9)
t(vRu) = 1.
(9’)
tai
Oletuksen (1) ja määritelmien 7.89 sekä 7.77 mukaan R on minimaalirelaatio
A:ssa, jolloin tehtävän 7.81 nojalla ehdot (4), (7) ja (9’) eivät voi päteä yhtaikaa.
Koska ehdot (4) ja (7) ovat tässä oletuksia, niin ehto (9’) ei voi päteä, jolloin
ainoastaan toinen vaihtoehto eli ehto (9) tulee kyseeseen. Jos tämä pätee, niin
ehdon (7) nojalla saadaan
t(uRu) = 1,
mikä sekään ei ole mahdollista tehtävän 7.81 nojalla. Siten joka tapauksessa
joudutaan ristiriitaan, joten antiteesi (A) on väärä ja väite (5) on näin todistettu.
Väitteen (6) todistamiseksi oletetaan, että ehto (8) pätee; pitää osoittaa, että myös ehto (7) pätee.
Oletuksesta (8) saadaan nyt ehdot
t(u ≈ v) = 0
(10)
t(vRu) = 0.
(11)
ja
Oletuksen (1) ja määritelmän 7.89 nojalla pätee
t(uRv ∨ u ≈ v ∨ vRu) = 1,
jolloin väite (7) seuraa ehdoista (10) ja (11).
Näin väite (2) on todistettu; pitää vielä todistaa väite (3).
Tämän väitteen todistamiseksi oletetaan, että
t(u ∈ A ∧ v ∈ A ∧ w ∈ A) = 1
(12)
t(uRv ∧ vRw) = 1;
(13)
t(uRw) = 1.
(14)
ja
riittää osoittaa, että
Ehto (2) on jo todistettu, joten sitä voidaan käyttää, ja saadaan ehto
t([u ∈ A ∧ w ∈ A] → [uRw ↔ ¬[u ≈ w ∨ wRu]]) = 1,
jolloin oletuksen (12) nojalla saadaan
t(uRw ↔ ¬[u ≈ w ∨ wRu]) = 1.
98
Tällöin väitteen (14) todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(¬[u ≈ w ∨ wRu]) = 1,
eli, koska kyseessä on taas suljettu kaava, että
t(u ≈ w ∨ wRu) = 0,
eli että
t(u ≈ w) = 0
(15)
t(wRu) = 0.
(16)
ja
Väitteen (15) todistamiseksi tehdään taas antiteesi:
t(u ≈ w) = 1.
(B)
Oletuksesta (13) saadaan ehto
t(vRw) = 1,
ja antiteesin (B) vallitessa tämä antaa ehdon
t(vRu) = 1.
(17)
Toisaalta oletuksen (13) nojalla saadaan myös ehto
t(uRv) = 1.
(18)
Mutta nyt taas ehdot (1), (12), (17) ja (18) eivät tehtävän 7.81 nojalla voi päteä
yhtaikaa. Tämä on ristiriita, joten antiteesi (B) on väärä ja siten väite (15) on
todistettu.
Pitää lopuksi vielä todistaa väite (16). Tehdään tätäkin varten antiteesi:
t(wRu) = 1.
(C)
Tämä johtaa taas ristiriitaan ehtojen (1), (12) ja (13) kanssa tehtävän 7.81 perusteella. Näin tämäkin antiteesi on väärä ja väite (16) ja siten koko lause on
lopulta todistettu.
¤
Nyt todistetaan sitten se, mitä huomautuksessa 7.86 lupailtiin: jos minimaalirelaatio on hyvin määritelty ja järjestävä, niin silloin jokaisesta epätyhjästä
luokasta löytyy minimaalinen alkio:
Lause 7.94 Olkoot A, B ja R luokkia. Tällöin pätee
⊢ [R HM in A ∧ R JM in A ∧ B ⊆ A ∧ B 6≈ ∅] → ∃a[a ∈ B ∧ B∩R−1 ({a}) ≈ ∅],
missä muuttuja a ei esiinny luokissa B ja R.
99
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Suljetaan väitteen kaava ja oletetaan, että
t(R HM in A ∧ R JM in A ∧ B ⊆ A ∧ B 6≈ ∅) = 1;
(1)
riittää löytää vakio b siten, että
t(b ∈ B ∧ B ∩ R−1 ({b}) ≈ ∅) = 1.
(2)
Oletuksen (1) nojalla pätee
t(B 6≈ ∅) = 1,
joten lauseen 6.55 (vahvistetun version) nojalla
t(∃x[x ∈ B]) = 1,
ja siten on olemassa vakio u siten, että
t(u ∈ B) = 1.
Jos nyt pätee
(3)
t(B ∩ R−1 ({u}) ≈ ∅) = 1,
niin ehdon (3) nojalla ehto (2) saadaan voimaan valinnalla b := u. Voidaan siis
olettaa, että
t(B ∩ R−1 ({u}) ≈ ∅) = 0.
Koska kyseessä on suljettu kaava saadaan tällöin negaatiolle
t(B ∩ R−1 ({u}) 6≈ ∅) = 1.
(4)
Ehtojen (1) ja (3) nojalla saadaan
t(u ∈ A) = 1.
(5)
Ehdon (1) nojalla
t(R HM in A) = 1,
jolloin määritelmän 7.84 mukaan pätee
t(∀x[x ∈ A → M(A ∩ R−1 ({x}))]) = 1,
joten
t(u ∈ A → M(A ∩ R−1 ({u}))) = 1.
Tällöin ehdon (5) nojalla saadaan
t(M(A ∩ R−1 ({u}))) = 1.
Tästä saadaan edelleen lauseen 6.43 nojalla ehto
t(M(B ∩ A ∩ R−1 ({u}))) = 1.
100
(6)
Ehdon (1) nojalla t(B ⊆ A) = 1, jolloin
t(B ∩ A ∩ R−1 ({u}) ≈ B ∩ R−1 ({u})) = 1,
ja ehdosta (6) saadaan ehto
t(M(B ∩ R−1 ({u}))) = 1.
Tällöin on olemassa vakio v siten, että
t(v ≈ B ∩ R−1 ({u})) = 1.
(7)
Ehtojen (7) ja (4) nojalla pätee
t(v 6≈ ∅) = 1.
(8)
Ehdon (1) nojalla pätee
t(R M in A) = 1,
jolloin minimaalirelaation määritelmän 7.77 nojalla
t([v ⊆ A ∧ v 6≈ ∅] → ∃x[x ∈ v ∧ v ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅]) = 1.
(9)
Ehtojen (7), (1) ja (8) nojalla pätee
t(v ⊆ A ∧ v 6≈ ∅) = 1,
jolloin ehdon (9) nojalla löytyy vakio w siten, että
t(w ∈ v ∧ v ∩ R−1 ({w}) ≈ ∅) = 1.
(10)
Nyt voidaan valita ehdossa (2) peräänkuulutettu vakio b asettamalla
b := w.
Riittää osoittaa, että tämä valinta kelpaa ehtoon (2), eli pitää osoittaa, että
ja
t(w ∈ B) = 1
(11)
t(B ∩ R−1 ({w}) ≈ ∅) = 1.
(12)
Ehdon (10) nojalla pätee
t(w ∈ v) = 1,
jolloin ehdon (7) nojalla saadaan
t(w ∈ B ∩ R−1 ({u})) = 1.
Tällöin väite (11) seuraa siitä, että triviaalisti
t(B ∩ R−1 ({u}) ⊆ B) = 1.
101
(13)
Riittää siis todistaa ehto (12). Tätä varten tehdään antiteesi
t(B ∩ R−1 ({w}) ≈ ∅) = 0.
(A)
Koska kyseessä on suljettu kaava, pätee tällöin negaatiolle
t(B ∩ R−1 ({w}) 6≈ ∅) = 1,
jolloin lauseen 6.55 (vahvennetun version) nojalla pätee
t(∃x[x ∈ B ∩ R−1 ({w})]) = 1.
Tällöin on olemassa vakio c siten, että
t(c ∈ B ∩ R−1 ({w})) = 1.
(14)
Ehtojen (14) ja (1) nojalla saadaan ehto
t(c ∈ A) = 1.
(15)
Ehdon (14) nojalla saadaan myös
t(c ∈ R−1 ({w})) = 1,
jolloin lauseen 7.76 nojalla pätee
t(c ∈ {x | xRw}) = 1
eli
t(cRw) = 1.
(16)
Ehdon (13) ja lauseen 7.76 mukaan
t(w ∈ R−1 ({u})) = 1
eli
t(wRu) = 1.
(17)
Nyt käytetään ensimmäistä kertaa hyväksi sitä, että relaatio R on järjestävä eli
ehdosta (1) saadaan
t(R JM in A) = 1.
Tällöin lauseen 7.93 nojalla pätee
t(R Or A) = 1.
(18)
Järjestysrelaation määritelmän 7.73 ja ehdon (18) mukaan pätee
t(∀x∀y∀z[[x ∈ A ∧ y ∈ A ∧ z ∈ A] → [[xRy ∧ yRz] → xRz]]) = 1,
jolloin erityisesti
t([c ∈ A ∧ w ∈ A ∧ u ∈ A] → [[cRw ∧ wRu] → cRu]) = 1.
102
(19)
Ehtojen (5), (15) sekä (11) ja (1) nojalla pätee
t(c ∈ A ∧ w ∈ A ∧ u ∈ A) = 1,
jolloin ehdon (19) nojalla
t([cRw ∧ wRu] → cRu) = 1.
(20)
Ehtojen (16) ja (17) nojalla pätee
t(cRw ∧ wRu) = 1,
jolloin ehdon (20) nojalla
t(cRu) = 1.
Tällöin lauseen 7.76 perusteella
t(c ∈ R−1 ({u})) = 1,
ja tällöin ehdon (14) nojalla
t(c ∈ B ∩ R−1 ({u}) ∩ R−1 ({w})) = 1.
Ehdon (7) nojalla tämä merkitsee sitä, että
t(c ∈ v ∩ R−1 ({w})) = 1.
Lauseen 6.55 (vahvennetun version) nojalla pätee tällöin
t(v ∩ R−1 ({w}) 6≈ ∅) = 1.
(21)
Ehdosta (10) saadaan kuitenkin
t(v ∩ R−1 ({w}) ≈ ∅) = 1,
jolloin
t(v ∩ R−1 ({w}) 6≈ ∅) = 0,
mikä on vastoin ehtoa (21). Tämä ristiriita osoittaa, että antiteesi (A) on väärä,
ja siten väite (12) on todistettu – ja sen mukana koko lause.
¤
Huomautus. Seuraava lause yleistää lauseen 6.83 koskemaan yleistä minimaalirelaatiota R relaation E sijasta – lause 6.83 on de facto muotoiltu relaatiolle
E. Tässä todistuksessa joudutaan kuitenkin olettamaan, että minimaalirelaatio
on hyvin määritelty ja järjestävä. Yleinen tulos – ilman näitä lisäoletuksia –
todistetaan luvussa 10, kuten siis myös edellisen lauseen 7.94 yleistys.
Harjoitustehtävä 7.95 Muotoile uudestaan lause 6.83 relaatiota E käyttäen
sellaiseen formaattiin, josta näkyy, että lause 7.96 on todella sen yleistys. Muista
tässä esimerkki 7.83.
103
Lause 7.96 Olkoot A, B ja R luokkia. Tällöin pätee
⊢[R HM in A ∧ R JM in A] →
[B ⊆ A ∧ ∀x[[x ∈ A ∧ A ∩ R−1 ({x}) ⊆ B] → x ∈ B]] → B ≈ A],
missä x on muuttuja, joka ei esiinny näissä luokissa.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(R HM in A ∧ R JM in A) = 1
(1)
ja
t(B ⊆ A ∧ ∀x[[x ∈ A ∧ A ∩ R−1 ({x}) ⊆ B] → x ∈ B]) = 1;
(2)
riittää osoittaa, että
t(B ≈ A) = 1.
Koska oletuksen (2) mukaan pätee
t(B ⊆ A) = 1,
niin tehtävän 6.36 nojalla riittää osoittaa, että
t(A ⊆ B) = 1,
ja tehtävän 6.59 nojalla tämä seuraa, jos osoitetaan, että
t(A \ B ≈ ∅) = 1.
(3)
t(A \ B ≈ ∅) = 0.
(AT)
Tehdään antiteesi:
Koska kyseessä on nyt suljettu kaava, pätee negaatiolle
t(A \ B 6≈ ∅) = 1.
(4)
Nyt käytetään oletusta (1). Sen ja ja lauseen 7.94 nojalla saadaan ehto
t([A \ B ⊆ A ∧ A \ B 6≈ ∅] →
∃x[x ∈ A \ B ∧ (A \ B) ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅]) = 1.
(5)
Tehtävän 6.47 mukaan pätee
t(A \ B ⊆ A) = 1,
jolloin ehtojen (4) ja (5) nojalla saadaan ehto
t(∃x[x ∈ A \ B ∧ (A \ B) ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅]) = 1.
Tällöin on olemassa vakio u siten, että
t(u ∈ A \ B ∧ (A \ B) ∩ R−1 ({u}) ≈ ∅) = 1.
104
(6)
Ehdon (6) nojalla pätee
t((A \ B) ∩ R−1 ({u}) ≈ ∅) = 1,
jolloin tehtävän 6.60 nojalla
t(A ∩ R−1 ({u}) ⊆ B) = 1.
(7)
Ehdosta (6) saadaan tehtävän 6.47 nojalla myös ehto
t(u ∈ A) = 1.
(8)
Nyt oletuksen (2) mukaan
t(∀x[[x ∈ A ∧ A ∩ R−1 ({x}) ⊆ B] → x ∈ B]) = 1,
joten
t([u ∈ A ∧ A ∩ R−1 ({u}) ⊆ B] → u ∈ B) = 1.
Tämä merkitsee ehtojen (7) ja (8) nojalla sitä, että
t(u ∈ B) = 1.
(9)
Kuitenkin ehdosta (6) saadaan ehto
t(u ∈ A \ B) = 1,
jolloin tehtävän 6.47 nojalla pätee
t(u 6∈ B) = 1.
Tämä on vastoin ehtoa (9). Syntynyt ristiriita osoittaa, että antiteesi (AT) on
väärä, joten väite (3) ja siten koko lause on todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 7.97 Lauseessa 6.72 osoitettiin, että relaatiolla E ei voi olla ”lenkkejä”, ts. ei ole olemassa joukkoja a1 , . . . , an siten, että olisi
a1 Ea2 E . . . Ean Ea1 . Tehtävässä 7.81 tämä tulos yleistettiin mielivaltaiselle minimaalirelaatiolle R. Lauseen 6.83 jälkeisessä esimerkissä esitettiin kyseisen
lauseen perusteella intuitiivinen todistus sille, miksei relaation E suhteen voi olla olemassa ”äärettömiä alenevia ketjuja” . . . an Ean−1 E . . . Ea2 Ea1 . Esitä nyt
lauseen 7.96 nojalla vastaavanlainen intuitiivinen perustelu sille, miksei hyvin
määritellyn ja järjestävän minimaalirelaation R suhteen voi olla vastaavia alenevia ketjuja . . . an Ran−1 R . . . Ra2 Ra1 .
Tätä nyt ei tietysti voi pitää tuon aiemman havainnon varsinaisena ”yleistyksenä”, koska E ei ole järjestävä (ainakaan koko luokassa V ), vaikkakin se on hyvin
määritelty. Toisaalta, kuten lausetta 7.96 edeltävässä huomautuksessa todettiin,
lause pätee kyllä myös ilman näitä lisäoletuksia, siis jokaiselle minimaalirelaatiolle. Silloin tämä harjoitustehtävä estää näiden ketjujen löytymisen kaikille
minimaalirelaatioille ja saadaan aikaan aito yleistys relaatiota E koskevalle aiemmalle tulokselle.
105
Se, miksi tässä pitää turvautua ”intuitiiviseen todistukseen”, on tietysti oma kysymyksensä. Syy on yksinkertaisesti siinä, että tässä vaiheessa on vaikea antaa
edes tuon ketjun tarkkaa formaalista määritelmää, todistuksen formalisoinnista
puhumattakaan. Se on kyllä tehtävissä, kunhan aseita löytyy, joten ei tässä nyt
ihan höpöjä ”todistella”.
Ryhdytään sitten tarkastelemaan kahta eri luokkaa A1 ja A2 , joissa on annettu
relaatiot R1 ja R2 . Matematiikassa yleensä joidenkin objektien välinen isomorfismi on tärkeä käsite; jos objektit ovat (kulloinkin määriteltävässä mielessä)
isomorfisia, ne voidaan ikään kuin ”samastaa”, koska niillä on samat ominaisuudet – mitä ne nyt sitten kulloinkin ovat. Esimerkkejä löytyy lähes kaikilta matematiikan aloilta. Nyt määritellään näiden relaatioilla varustettujen luokkien
isomorfismi:
Määritelmä 7.98 Olkoon A ja R luokkia. Sanotaan, että pari (A, R) on relaatiosysteemi, mikäli R on relaatio luokassa A eli kaava RelA (R) on teoreema.
Olkoot sitten A1 , A2 , R1 , R2 ja H luokkia. Merkitään symbolilla
H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 ) kaavaa
H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 ) :=
1−1
H : A1 −−−→ A2 ∧ ∀x∀y[[x ∈ A1 ∧ y ∈ A1 ] → [xR1 y ↔ H[x]R2 H[y]]],
onto
missä x ja y ovat eri muuttujia, jotka eivät esiinny luokissa A1 , A2 , R1 , R2 ja
H. Sanotaan, että H on isomorfismi relaatiosysteemistä (A1 , R1 ) relaatiosysteemiin (A2 , R2 ), jos kaava H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 ) on teoreema.
Sanotaan, että relaatiosysteemit (A1 , R1 ) ja (A2 , R2 ) ovat isomorfisia, jos on
olemassa isomorfismi relaatiosysteemistä (A1 , R1 ) relaatiosysteemiin (A2 , R2 ).
Huomautus. Tämä ”relaatiosysteemien välinen isomorfisuus”- käsitteen määritelmä on otettu irralleen määritelmästä 7.98, koska se ei ole ”oikea looginen määritelmä”, mikä tarkoittaa sitä, että sitä ei voi esittää kaavana. Ei voida sanoa,
että ”relaatiosysteemit ovat isomorfisia, jos kaava ∃H[H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 )] on
teoreema”, koska kyseessä ei välttämättä ole kaava. Syy tähän on siinä, että H
ei välttämättä ole joukko ja aitojen luokkien suhteen ei saa kvantifioida. Tällaisessa tilanteessa – kun siis logiikan kieli ei riitä, vaan joudutaan turvautumaan
suomen (tai englannin tai bulgarian tai minkä hyvänsä) kieleen (jota logiikassa kutsutaan metakieleksi), tällaista määritelmää kutsutaan metamääritelmäksi.
Huomautus. Relaatiosysteemien (A1 , R1 ) ja (A2 , R2 ) välinen isomorfismi on siis
bijektio H : A1 → A2 , joka ”säilyttää relaation” ts. jos x, y ∈ A1 ovat relaatiossa R1 , niin kuvapisteet H[x], H[y] ∈ A2 ovat relaatiossa R2 ja kääntäen.
Relaatiosysteemien isomorfisuus tarkoittaa sitä, että tällainen bijektio löytyy.
Merkintä 7.99 Merkitään symbolilla I luokkaa
I := {x | ∃y[x ≈ hy, yi]}.
106
Sanotaan, että I on identtinen funktio.
Harjoitustehtävä 7.100 Osoita, että I on intuitiivisessa mielessä todella identtinen funktio. Tarkemmin: osoita, että
⊢ I : V −→ V
ja
⊢ ∀x[I[x] ≈ x].
Harjoitustehtävä 7.101 Osoita, että identtinen funktio on aina isomorfismi.
Tarkemmin: Olkoon (A, R) mielivaltainen relaatiosysteemi. Osoita, että
⊢ (IpA) IsomR,R (A, A).
Harjoitustehtävä 7.102 Osoita, että isomorfismin käänteisluokka on myös
isomorfismi. Tarkemmin: Olkoot (A1 , R1 ) ja (A2 , R2 ) relaatiosysteemejä ja H
luokka. Osoita, että
⊢ H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 ) → H −1 IsomR2 ,R1 (A2 , A1 ).
Harjoitustehtävä 7.103 Osoita, että isomorfismien kombinaatio on myös isomorfismi. Tarkemmin: Olkoot (A1 , R1 ), (A2 , R2 ) ja (A3 , R3 ) relaatiosysteemejä
sekä H1 ja H2 luokkia. Osoita, että
⊢ H1 IsomR1 ,R2 (A1 , A2 )∧H2 IsomR2 ,R3 (A2 , A3 ) → H2 ◦H1 IsomR1 ,R3 (A1 , A3 ).
Harjoitustehtävät 7.101 - 103 kertovat intuitiivisesti sen, että relaatiosysteemeiden isomorfisuus on ”ekvivalenssirelaatio”. Seuraava lause kertoo puolestaan sen,
että isomorfismismi säilyttää minimaaliset alkiot, ts. jos a on R1 -minimaalinen
luokassa B ⊆ A1 , niin sen arvo H[a] on R2 -minimaalinen luokassa H(B) ⊆ A2
ja kääntäen.
Lause 7.104 Olkoot A1 , A2 , R1 , R2 , H ja B luokkia. Tällöin pätee
⊢[H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 ) ∧ B ⊆ A1 ] →
∀a[[a ∈ B ∧ B ∩ R1−1 ({a}) ≈ ∅] ↔
[H[a] ∈ H(B) ∧ H(B) ∩ R2−1 ({H[a]}) ≈ ∅]],
missä a on muuttuja, joka ei esiinny näissä luokissa.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Suljetaan väitteen kaava ja oletetaan, että a on vakio. Oletetaan myös, että
t(H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 ) ∧ B ⊆ A1 ) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t([a ∈ B ∧ B ∩ R1−1 ({a}) ≈ ∅] ↔
[H[a] ∈ H(B) ∧ H(B) ∩
107
R2−1 ({H[a]})
(2)
≈ ∅]) = 1.
Tarkastellaan ehtoja
ja
t(a ∈ B ∧ B ∩ R1−1 ({a}) ≈ ∅) = 1
(3)
t(H[a] ∈ H(B) ∧ H(B) ∩ R2−1 ({H[a]}) ≈ ∅) = 1.
(4)
Väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että ehdot (3) ja (4) ovat yhtaikaa voimassa.
Oletetaan ensin, että ehto (3) pätee; pitää osoittaa, että ehto (4) pätee. Tehdään
antiteesi
(AT)
t(H(B) ∩ R2−1 ({H[a]}) ≈ ∅) = 0.
Koska kyseessä on suljettu kaava, pätee negaatiolle
t(H(B) ∩ R2−1 ({H[a]}) 6≈ ∅) = 1.
Tällöin lauseen 6.5 nojalla pätee
t(∃x[x ∈ H(B) ∩ R2−1 ({H[a]})]) = 1,
joten on olemassa vakio u siten, että
t(u ∈ H(B) ∩ R2−1 ({H[a]})) = 1.
Tällöin sekä
että
t(u ∈ H(B)) = 1
(6)
t(u ∈ R2−1 ({H[a]})) = 1.
(7)
Oletuksen (1) nojalla saadaan ehto
t(H F n A1 ∧ B ⊆ A1 ) = 1,
jolloin ehdon (6) ja tehtävän 7.69 nojalla pätee
t(∃x[x ∈ B ∧ u ≈ H[x]) = 1,
joten on olemassa vakio w siten, että
t(w ∈ B ∧ u ≈ H[w]) = 1.
(8)
Toisaalta ehdon (7) ja lauseen 7.76 mukaan
t(uR2 H[a]) = 1.
Tällöin ehdon (8) nojalla pätee
t(H[w]R2 H[a]) = 1.
108
(9)
Ehtojen (3), (8) ja (1) nojalla pätee
t(a ∈ A1 ∧ u ∈ A1 ) = 1,
jolloin ehdon (1) ja isomorfismin määritelmän 7.98 mukaan pätee
t(wR1 a ↔ H[w]R2 H[a]) = 1.
(10)
Tällöin ehdon (9) nojalla pätee
t(wR1 a) = 1,
mikä lauseen 7.76 nojalla merkitsee sitä, että
w ∈ R1−1 ({a}).
(11)
Ehdon (8) nojalla pätee
t(w ∈ B) = 1.
Tällöin ehdon (11) nojalla saadaan ehto
t(w ∈ B ∩ R1−1 ({a})) = 1
ja tästä edelleen ehto
Tällöin pätee
t(w 6∈ B ∩ R1−1 ({a})) = 0.
t(∀x[x 6∈ B ∩ R1−1 ({v})]) = 0.
(12)
Harjoitustehtävän 6.57 nojalla ehto (12) merkitsee sitä, että
t(B ∩ R1−1 ({v})) ≈ ∅) = 0.
Tämä on vastoin oletusta eli ehtoa (3), joten antiteesi (AT) johtaa ristiriitaan
ja on siten väärä. Näin väite (3)⇒(4) on todistettu.
Käänteinen suunta (4)⇒(3) jätetään harjoitustehtäväksi.
¤
Harjoitustehtävä 7.105 Täydennä lauseen 7.104 todistus osoittamalla oikeaksi myös suunta (4)⇒(3). Tässä on ehkä helpointa käyttää hyväksi jo todistettua
suuntaa (3)⇒(4) käänteisluokalle H −1 , joka on myös isomorfismi.
Seuraava lause sanoo intuitiivisesti sen, että isomorfimi H kuvaa relaation R1
alkusegmentit luokassa A1 eli luokat A1 ∩ {x | xR1 a} arvopisteen H[a] alkusegmenteiksi luokassa A2 eli luokiksi A2 ∩ {y | yR2 H[a]}:
Lause 7.106 Olkoot A1 , A2 , R1 , R2 ja H luokkia. Tällöin pätee
⊢H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 ) →
∀a[a ∈ A1 → [H(A1 ∩ R1−1 ({a})) ≈ A2 ∩ R2−1 ({H[a]})]],
missä a on muuttuja, joka ei esiinny näissä luokissa.
109
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, suljetaan väitteen kaava ja oletetaan, että
(1)
t(H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 )) = 1.
Oletetaan lisäksi, että a on vakio. Riittää osoittaa, että
t(a ∈ A1 → [H(A1 ∩ R1−1 ({a})) ≈ A2 ∩ R2−1 ({H[a]})]) = 1.
Oletetaan, että
t(a ∈ A1 ) = 1;
(2)
t(H(A1 ∩ R1−1 ({a})) ≈ A2 ∩ R2−1 ({H[a]})) = 1.
(3)
riittää osoittaa, että
Olkoon u mielivaltainen vakio. Väite (3) seuraa, jos osoitetaan, että
t(u ∈ H(A1 ∩ R1−1 ({a})) ↔ u ∈ A2 ∩ R2−1 ({H[a]})) = 1.
(4)
Tarkastellaan ehtoja
ja
t(u ∈ H(A1 ∩ R1−1 ({a}))) = 1
(5)
t(u ∈ A2 ∩ R2−1 ({H[a]})) = 1.
(6)
Väite (4) seuraa, jos osoitetaan, että ”(5)⇒(6)” ja ”(6)⇒(5)”.
Todistetaan ensin suunta (5)⇒(6), jolloin siis oletetaan, että ehto (5) pätee;
pitää osoittaa, että ehto (6) pätee.
Koska t(A1 ∩ R1−1 ({a}) ⊆ A1 ) = 1, niin oletuksen (1) nojalla saadaan ehto
t(H F n A1 ∧ A1 ∩ R1−1 ({a}) ⊆ A1 ) = 1,
jolloin ehdon (5) ja tehtävän 7.69 nojalla on olemassa vakio w siten, että
t(w ∈ A1 ∩ R1−1 ({a}) ∧ u ≈ H[w]) = 1.
(7)
Oletuksen (1) nojalla t(H : A1 −→ A2 ) = 1, jolloin
t(H F n A1 ∧ H(A1 ) ⊆ A2 ) = 1.
(8)
Ehdon (7) nojalla t(w ∈ A1 ) = 1, jolloin ehdon (8) ja tehtävän 7.69 perusteella
t(H[w] ∈ A2 ) = 1.
Tällöin ehdon (7) mukaan
t(u ∈ A2 ) = 1.
Silloin väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että
t(u ∈ R2−1 ({H[a]})) = 1.
110
(9)
Väite (9) tulee lauseen 7.76 mukaan muotoon
t(uR2 H[a]) = 1
ja edelleen ehdon (7) mukaan muotoon
t(H[w]R2 H[a]) = 1.
(10)
Ehdon (7) ja lauseen 7.76 nojalla pätee myös
t(wR1 a) = 1.
(11)
Ehtojen (2) ja (7) nojalla saadaan
t(w ∈ A1 ∧ a ∈ A1 ) = 1,
jolloin väite (10) seuraa ehdoista (11) ja (1) sekä isomorfismin määritelmästä
7.98.
Näin väite (5)⇒(6) on todistettu. Käänteinen puoli (6)⇒(5) jätetään harjoitustehtäväksi.
¤
Harjoitustehtävä 7.107 Täydennä lauseen 7.106 todistus osoittamalla oikeaksi myös suunta (6)⇒(5). Tässä on taas helpointa – kuten tehtävässä 7.105 –
käyttää hyväksi jo todistettua suuntaa (5)⇒(6) käänteisluokalle H −1 .
Seuraava tehtävä kertoo, että relaatiosysteemien välinen isomorfismi säilyttää
minimaalirelaatio-ominaisuuden ja lisäksi vielä hyvin määritellyn sekä järjestävän minimaalirelaation. Todistus saadaan helposti lauseista 7.104 ja 7.106.
Harjoitustehtävä 7.108 Olkoot A1 , R1 , A2 , R2 ja H luokkia. Osoita, että
i)
ii)
⊢ H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 ) → [R1 M in A1 ↔ R2 M in A2 ],
⊢ H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 ) → [R1 HM in A1 ↔ R2 HM in A2 ]
iii)
⊢ H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 ) → [R1 JM in A1 ↔ R2 JM in A2 ].
ja
Oletetaan, että (A1 , R1 ) on jokin relaatiosysteemi ja A2 jokin luokka. Voidaan
kysyä, millä ehdolla on olemassa A2 :n relaatio R2 siten, että relaatiosysteemit
(A1 , R1 ) ja (A2 , R2 ) ovat isomorfisia keskenään. Suoraan isomorfismin määritelmästä nähdään, että välttämätön ehto tälle on, että on olemassa bijektio
1−1
H : A1 −−−→ A2 . Tämä on myös riittävä ehto, sillä tällöin haluttu relaatio R2
onto
syntyy asettamalla luonnollisesti
R2 = {x | ∃y∃z[x ≈ hH[y], H[z]i ∧ y ∈ A1 ∧ z ∈ A1 ∧ hy, zi ∈ R1 ]}.
Tämän sanoo seuraava lause:
111
Lause 7.109 Olkoot A1 , R1 , A2 ja H luokkia. Määritellään luokka R2 asettamalla
R2 = {x | ∃y∃z[x ≈ hH[y], H[z]i ∧ y ∈ A1 ∧ z ∈ A1 ∧ hy, zi ∈ R1 ]},
missä muuttujat y 6= z eivät esiinny luokissa A1 , R1 , A2 ja H. Tällöin pätee
1−1
⊢ [RelA1 (R1 ) ∧ H : A1 −−−→ A2 ] → H IsomR1 ,R2 (A1 , A2 ).
onto
Harjoitustehtävä 7.110 Todista lause 7.109.
Määritelmä 7.111 Olkoot A1 , R1 , A2 ja H luokkia. Määritellään R2 kuten
1−1
lauseessa 7.109. Oletetaan, että (A1 , R1 ) on relaatiosysteemi ja H : A1 −−−→ A2 .
onto
Tällöin sanotaan, että R2 on funktion H ja relaation R1 indusoima A2 :n relaatio.
Huomautus 7.112 Jos siis oletetaan, että (A1 , R1 ) on relaatiosysteemi ja H :
A1 −→ A2 on bijektio, niin lause 7.109 takaa, että (A2 , R2 ) on myös relaatiosysteemi eli määritelmän 1.111 ”indusoitu relaatio” R2 on todella relaatio A2 :ssa
ja H on isomorfismi näiden relaatiosysteemien välillä. Lisäksi tehtävän 7.108
perusteella nähdään, että jos R1 on järjestävä tai hyvin määritelty minimaalirelaatio, niin R2 on samaa tyyppiä.
Voidaan kysyä, minkä tyyppisiä relaatioita voi annetussa (mielivaltaisessa) luokassa olla. Voidaanko siis jokaiseen luokkaan määritellä jokin minimaalirelaatio?
Entä hyvin määritelty minimaalirelaatio? Entäpä järjestävä minimaalirelaatio?
Vastaus kahteen ensimmäiseen kysymykseen on myöntävä, kuten harjoitustehtävästä 7.85 näkyy. Kysymys järjestävän minimaalirelaation olemassaolosta on
paljon mielenkiintoisempi, vrt. tehtävä 7.90.
Vastaus on nimittäin sellainen, että vastausta ei ole. Paul Cohen on näet osoittanut, että ainakaan tässä aksioomasysteemissä (eli ZF-aksioomilla, joista tosin
yksi vielä puuttuu) ei voida todistaa väitettä ”jokaisessa luokassa on hyvin järjestävä minimaalirelaatio” sen enempää oikeaksi kuin vääräksikään. Asia ei muuksi
muutu, jos kysytään, että onko jokaisessa joukossa järjestävä minimaalirelaatio. Kun peliin otetaan ZF-aksioomien lisäksi valinta-aksiooma, kuva kirkastuu,
ja voidaan todistaa, että jokaisessa joukossa todella on tällainen relaatio.
8
Ordinaaliluvut
Tässä luvussa määritellään tärkeä joukko-opin perustyökalu eli ordinaaliluvut.
Tuon nimen voisi suomentaa vaikkapa järjestysluvuiksi, mutta käytetään nyt
tätä vakiintunutta ordinaaliluku-nimitystä. Sitä paitsi termistä ”järjestysluku”
tulee ehkä vähän vääriä mielleyhtymiä. Tosin on niin, että kyllä nämä jossakin
mielessä järjestystä mittaavat tai kuvaavat.
112
Tässä on pohjalla idea luonnollisista luvuista 0, 1, 2, . . . , jotka ovat suuruusjärjestyksessä ja jatkuvat äärettömiin. Nyt voidaan esittää kysymys, että onko
olemassa vielä suurempia lukuja α kuin mikä tahansa luonnollinen luku, ts. onko olemassa lukua α, jolle pätisi n < α kaikille n ∈ N?
No, tämä nyt on kaikin puolin huonosti asetettu kysymys. Onko olemassa? Ei,
jos sellaista ei ole määritelty, määritelmän jälkeen on. Kysymys on siis α:n määritelmän olemassaolosta. Määritellä voi tietysti miten vain, mutta jotenkin järkevää määritelmää toivottaisiin. Sen jälkeen tulee tietysti tuo kysymys: ”onko
n < α kaikille n ∈ N?” Tässäkään kysymyksessä ei ole mitään sisältöä, ennen
kuin relaatio ”<” on määritelty. Taaskin tarvitaan määritelmä ja mielellään suhteellisen asiallinen sellainen.
Naiivi tapa hoitaa nämä asiat on seuraava. Merkitään α = ∞ ja sovitaan, että
n < ∞ kaikille n ∈ N. Silloinhan yllä asetettu tavoite on saavutettu – tosin ehkä
ilman noita asiallisuus- ja järkevyysvaatimuksia. Tässä ordinaaliluku-kuviossa
on kuitenkin ideana se, että noita ”äärettömyyksiä” on kovin monen luonteisia
ja niitäkin voidaan pistää järjestykseen. Esimerkkinä tästä on vaikkapa N:n ja
R:n suhde: molemmat ovat äärettömiä, mutta R on ”äärettömämpi” kuin N. Tätäkin ”äärettömämpi” joukko on P(R), ja on ilmeistä, että aina löytyy isompi
”äärettömyys” edellisen potenssijoukkona. Nyt tehtävänä onkin siis esittää määritelmät ja muut systeemit niin, että nämä äärettömyydet voidaan jollakinlailla
mielekkäästi järjestää ja niillä voidaan pelata vähän samaan tapaan kuin luonnollisilla luvuilla. Kuulostaa kyllä vähän ihmeelliseltä: Paljonko on ääretön +
ääretön tai ääretön × ääretön tai ääretön potenssiin ääretön? Vastaus on varmaan näissä kaikissa ääretön, mutta minkä sorttinen ääretön?
Määritelmät, joista vastaukset noihinkin kysymyksiin on kaivettavissa, voidaan
kyllä asettaa ja näin tässä luvussa tehdäänkin. Seuraavassa luvussa tutustutaan sitten tarkemmin siihen, miten näillä ”äärettömyyksillä” lasketaan vaikkapa yhteen- tai kertolaskua. Osoittautuu, että täysin mielekkäillä määritelmillä
”järjestyslukujen” 0, 1, 2, . . . joukkoa voidaan valtavasti laajentaa ja saadaan aikaan melkoinen universumi ”lukuja”, joita sitten ordinaaliluvuiksi kutsutaan.
Näiden lukujen luokka on siis hyvin suuri, mikä näkyy esimerkiksi siitä, että se
on aito luokka.
Ordinaalilukujen luokassa On voidaan määritellä järjestävä minimaalirelaatio
”≺”, joka on N:ssä sama kuin tavallinen ”<”. Kaikkia ordinaalilukuja voidaan
siis vertailla tämän relaation mielessä, ja osoittautuu, että n ≺ α kaikille n ∈ N
ja α ∈ On \ N. Näitä suuria ordinaalilukuja α ∈ On \ N kutsutaan transfiniittisiksi ordinaaliluvuiksi. Ne ovat siis vähän kömpelösti suomentaen ”äärellisyyden
tuolla puolen”.
Lähdetään sitten kehittelemään ordinaaliluvun määritelmää.
113
Määritelmä 8.1 Olkoon A luokka. Merkitään symbolilla T r(A) kaavaa
T r(A) := ∀x[x ∈ A → x ⊆ A],
missä x ei esiinny luokassa A. Sanotaan, että luokka A on transitiivinen, jos
kaava T r(A) on teoreema.
Huomautus. Intuitiivisesti määritelmä tarkoittaa siis sitä, että jos a on transitiivisen luokan A alkio, niin myös kaikki a:n alkiot ovat A:n alkioita. Kaikki luokat
(tai joukot) eivät selvästikään ole transitiivisia. Voi tietysti kysyä, onko transitiivisia luokkia olemassa lainkaan. Kyllähän näitä on, triviaalina esimerkkinä ∅.
Seuraavassa tehtävässä on lisää:
Harjoitustehtävä 8.2 Ovatko joukot {∅} ja/tai {{∅}, {{∅}}} transitiivisia?
Entäpä joukot {∅, {∅}}, {∅, {∅}, {{∅}}} ja/tai {∅, {∅}, {∅, {∅}}}?
Osoita yleisesti, että kaikille joukoille a pätee
⊢ T r(a) → T r(a ∪ {a}).
Transitiivisen luokan määritelmän mukaan siis kaikki joukot, jotka ovat kyseisen
luokan alkioita, ovat myös sen osajoukkoja. Seuraava lause sanoo, että tämä
pätee myös kaikille luokille – ja itse asiassa pätee vähän enemmänkin eli nämä
alkiot ovat aitoja osajoukkoja. Määritelmässä 8.1 voisi siis symbolin ”⊆” sijasta
olla symboli ”⊂”. Käytetty muotoilu on valittu sen takia, että sitä on mukavampi
käyttää todistettaessa jotakin luokkaa transitiiviseksi.
Lause 8.3 Olkoot A ja B luokkia. Tällöin pätee
⊢ [T r(A) ∧ B ∈ A] → B ⊂ A.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(T r(A) ∧ B ∈ A) = 1;
(1)
riittää osoittaa, että
t(B ⊆ A) = 1
(2)
t(B 6≈ A) = 1.
(3)
t(B ∈ A) = 1,
(4)
ja
Oletuksen (1) nojalla pätee
jolloin lauseen 5.18 nojalla
t(M(B)) = 1,
joten on olemassa vakio u siten, että
t(u ≈ B) = 1.
114
(5)
Tällöin ehdon (4) nojalla pätee
t(u ∈ A) = 1.
(6)
Oletuksen (1) nojalla pätee myös
t(T r(A)) = 1
eli määritelmän 8.1 mukaan
t(∀x[x ∈ A → x ⊆ A]) = 1.
Tällöin
t(u ∈ A → u ⊆ A) = 1,
ja näin ehdon (6) nojalla
t(u ⊆ A) = 1.
Tämän ja ehdon (5) nojalla saadaan ehto (2).
Ehtoa (3) varten tehdään antiteesi:
t(B 6≈ A) = 0.
(AT)
Koska kyseessä on suljettu kaava, saadaan negaatiolle
t(B ≈ A) = 1,
jolloin ehdon (4) nojalla
t(A ∈ A) = 1,
mikä on huomautuksen 6.73 nojalla mahdotonta. Näin antiteesi (AT) johtaa ristiriitaan, joten se on väärä ja näin myös ehto (3) on todistettu.
¤
Muistutetaan mieleen merkintä 7.78, jossa määriteltiin relaatio E asettamalla
E = {x | ∃a∃b[x ≈ ha, bi ∧ a ∈ b]},
missä a ja b ovat eri muuttujia. Määritellään nyt ordinaaliluokka:
Määritelmä 8.4 Olkoon A luokka. Merkitään symbolilla Ord(A) luokkaa
Ord(A) := T r(A) ∧ E JM in A.
Sanotaan, että luokka A on ordinaaliluokka, jos kaava Ord(A) on teoreema.
Jos A on lisäksi joukko, puhutaan ordinaalijoukosta.
Huomautus 8.5 Ordinaaliluokka A on siis aina transitiivinen ja lisäksi relaation E pitää olla järjestävä minimaalirelaatio A:ssa. Minimaalirelaatio se on
aina (ks. tehtävä 7.85), mutta järjestävä ei välttämättä. Järjestävyydessä (ks.
määritelmä 7.89) on siis kyse siitä, voidaanko kahta mielivaltaista A:n alkiota
a ja b vertailla relaatiossa E. Jotta relaatio E olisi järjestävä A:ssa, pitäsi siis
olla joko a ∈ b, b ∈ a tai a ≈ b. Näin ei aina välttämättä ole, vaikka transitiivisuusehto olisikin voimassa, ks. seuraava tehtävä:
115
Harjoitustehtävä 8.6 Ovatko joukot {∅} ja/tai {{∅}, {{∅}}} ordinaalijoukkoja? Entäpä joukot {∅, {∅}}, {∅, {∅}, {{∅}}} ja/tai {∅, {∅}, {∅, {∅}}} ?
Osoita yleisesti, että kaikille joukoille a pätee
⊢ Ord(a) → Ord(a ∪ {a}).
Seuraava lause kertoo, että ordinaaliluokan jokaisesta osaluokasta löytyy Eminimaalinen elementti.
Lause 8.7 Olkoot A ja B luokkia. Tällöin pätee
⊢ [Ord(A) ∧ B ⊆ A ∧ B 6≈ ∅] → ∃a[a ∈ B ∧ a ∩ B ≈ ∅],
missä muuttuja a ei esiinny luokassa B.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Suljetaan väitteen kaava ja oletetaan, että
t(Ord(A) ∧ B ⊆ A ∧ B 6≈ ∅) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(∃a[a ∈ B ∧ a ∩ B ≈ ∅]) = 1.
(2)
Tehtävän 7.85 nojalla E on aina hyvin määritelty minimaalirelaatio, joten oletuksen (1) ja määritelmän 8.4 nojalla saadaan
t(E HM in A ∧ E JM in A ∧ B ⊆ A ∧ B 6≈ ∅) = 1.
Tällöin lauseen 7.94 nojalla
t(∃a[a ∈ B ∧ B ∩ E −1 ({a}) ≈ ∅]) = 1.
Esimerkin 7.83 nojalla
(3)
t(E −1 ({a}) ≈ a) = 1,
joten väite (2) seuraa ehdosta (3).
¤
Seuraava lause sanoo, että jokainen ordinaaliluokan alkio on myös ordinaaliluokka.
Lause 8.8 Olkoon A luokka ja a joukko. Tällöin pätee
⊢ [Ord(A) ∧ a ∈ A] → Ord(a).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, suljetaan väitteen kaava sekä oletetaan, että a on vakio ja että
t(Ord(A) ∧ a ∈ A) = 1,
116
(1)
jolloin määritelmien 8.4 ja 7.89 nojalla pätee
t(T r(A)) = 1
(2)
t(∀x∀y[[x ∈ A ∧ y ∈ A] → [x ∈ y ∨ x ≈ y ∨ y ∈ x]]) = 1
(3)
ja
ja lisäksi vielä
t(a ∈ A) = 1.
(4)
t(Ord(a)) = 1.
(5)
Riittää osoittaa, että
Määritelmän 8.4 perusteella riittää osoittaa, että a on transitiivinen ja että E
on järjestävä a:ssa, ts. siis että
t(T r(a)) = 1
(6)
t(∀x∀y[[x ∈ a ∧ y ∈ a] → [x ∈ y ∨ x ≈ y ∨ y ∈ x]]) = 1.
(7)
ja
Todistetaan ensin väite (7). Olkoot u ja v vakioita, joille pätee
t(u ∈ a ∧ v ∈ a) = 1;
(8)
t(u ∈ v ∨ u ≈ v ∨ u ∈ v) = 1.
(9)
riittää osoittaa, että
Ehtojen (4) ja (2) sekä transitiivisuuden määritelmän 8.1 nojalla
t(a ⊆ A) = 1.
(10)
Tällöin oletuksen (8) nojalla pätee
t(u ∈ A ∧ v ∈ A) = 1,
ja väite (7) seuraa ehdosta (3).
Näin väite (7) on todistettu ja riittää todistaa väite (6), joka transitiivisuuden määritelmän 8.1 mukaan tulee muotoon
t(∀x[x ∈ a → x ⊆ a]) = 1.
(11)
Olkoon u vakio. Väite (11) seuraa, jos osoitetaan, että
t(u ∈ a → u ⊆ a) = 1.
(12)
Väitteen (12) todistamiseksi oletetaan, että
t(u ∈ a) = 1;
pitää osoittaa, että
t(u ⊆ a) = 1
117
(13)
eli että
t(∀x[x ∈ u → x ∈ a]) = 1.
Tätä varten olkoon v vakio. Riittää osoittaa, että
t(v ∈ u → v ∈ a) = 1.
(14)
Väitteen (14) todistamiseksi oletetaan, että
t(v ∈ u) = 1;
(15)
t(v ∈ a) = 1.
(16)
riittää osoittaa, että
Oletuksen (13) ja ehdon (10) nojalla pätee
t(u ∈ A) = 1.
Tällöin A:n transitiivisuuden nojalla pätee
t(u ⊆ A) = 1.
Tämä ehto yhdessä ehdon (15) kanssa takaa, että
t(v ∈ A) = 1.
(17)
Nyt ehtojen (17), (4) ja (3) nojalla pätee
t(v ∈ a ∨ v ≈ a ∨ a ∈ v) = 1.
(18)
Nyt ei voi olla
t(v ≈ a) = 1,
sillä jos näin olisi, saataisiin ehdosta (15) ehto
t(a ∈ u) = 1,
jolloin ehdosta (13) seuraisi
t(a ∈ u ∧ u ∈ a) = 1,
mikä on lauseen 6.72 nojalla mahdotonta.
Vastaavasti ei voi olla
t(a ∈ v) = 1,
sillä jos näin olisi, saataisiin ehdoista (15) ja (13) ehto
t(a ∈ v ∧ v ∈ u ∧ u ∈ a) = 1,
mikä sekin on lauseen 6.72 nojalla mahdotonta.
Näin ehdon (18) kolmesta vaihtoehdosta vain yksi (eli ensimmäinen) tulee kyseeseen, joten väite (16) seuraa.
Näin lause on kokonaan todistettu.
¤
118
Harjoitustehtävä 8.9 Osoita, että lause 8.8 pätee myös jos joukko a korvataan mielivaltaisella luokalla B. Siis jos A ja B ovat luokkia, niin
⊢ [Ord(A) ∧ B ∈ A] → Ord(B).
Harjoitustehtävä 8.10 Osoita esimerkillä, että tehtävästä 8.9 huolimatta ei
yleisesti päde
⊢ [Ord(A) ∧ B ⊆ A] → Ord(B)
eikä edes
⊢ [Ord(A) ∧ a ⊆ A] → Ord(a).
Lause 8.11 Olkoot A ja B luokkia. Tällöin pätee
⊢ [Ord(A) ∧ T r(B)] → [B ∈ A ↔ B ⊂ A].
Huomautus. Tässä täytyy huomata ero merkintöjen B ⊂ A ja B ⊆ A välillä.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Suljetaan väitteen kaava ja oletetaan, että
t(Ord(A) ∧ T r(B)) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(B ∈ A ↔ B ⊂ A) = 1
eli että
t(B ∈ A → B ⊂ A) = 1
(2)
t(B ⊂ A → B ∈ A) = 1.
(3)
ja
Väitteen (2) todistamiseksi oletetaan, että
t(B ∈ A) = 1;
(4)
t(B ⊂ A) = 1.
(5)
t(Ord(A)) = 1,
(6)
riittää osoittaa, että
Oletuksen (1) nojalla pätee
jolloin ordinaaliluokan määritelmän mukaan myös
t(T r(A)) = 1.
Tällöin oletuksen (4) nojalla saadaan
t(T r(A) ∧ B ∈ A) = 1,
ja tällöin väite (5) seuraa lauseesta 8.3.
119
Väitteen (3) todistamiseksi oletetaan, että ehto (5) pätee; pitää osoittaa, että myös ehto (4) pätee.
Ehdon (5) (huomaa aito inkluusio A ⊂ B) ja tehtävien 6.59 sekä 6.36 ii) nojalla
saadaan ehto
t(A \ B 6≈ ∅) = 1.
(7)
Tehtävän 6.47 ix) nojalla pätee
t(A \ B ⊆ A) = 1.
(8)
Nyt ehtojen (6), (7) ja (8) nojalla saadaan
t(Ord(A) ∧ A \ B ⊆ A ∧ A \ B 6≈ ∅) = 1.
Tällöin lauseen 8.7 nojalla
t(∃a[a ∈ A \ B ∧ a ∩ A \ B ≈ ∅]) = 1.
Silloin on olemassa vakio u siten, että
t(u ∈ A \ B ∧ u ∩ A \ B ≈ ∅]) = 1.
(9)
t(u ∈ A \ B) = 1,
(10)
t(u ∈ A) = 1.
(11)
Tälle u pätee
jolloin ehdon (8) nojalla myös
Nyt ehdon (6) ja ordinaaliluokan määritelmän nojalla pätee
t(T r(A)) = 1,
joten transitiivisuuden määritelmän mukaan ehdosta (11) saadaan
t(u ⊆ A) = 1.
(12)
Ehdon (9) nojalla saadaan toisaalta
t(u ∩ A \ B ≈ ∅) = 1.
(13)
Ehtojen (12) ja (13) nojalla pätee
t(u ⊆ A ∧ u ∩ A \ B ≈ ∅) = 1,
jolloin tehtävän 6.60 ii) nojalla saadaan
t(u ⊆ B) = 1.
(14)
Osoitetaan seuraavaksi, että pätee myös kääntäen
t(B ⊆ u) = 1.
120
(15)
Ehdon (15) todistusta varten olkoon v vakio, jolle pätee
t(v ∈ B) = 1.
(16)
Ehto (15) seuraa, jos osoitetaan, että
t(v ∈ u) = 1.
(17)
Oletuksen (5) ja ehdon (16) nojalla pätee
t(v ∈ A) = 1.
(18)
Ehdon (1) ja ordinaaliluokan määritelmän nojalla pätee
t(E JM in A) = 1,
jolloin määritelmän 7.89 sekä ehtojen (11) ja (18) nojalla saadaan
t(u ∈ v ∨ u ≈ v ∨ v ∈ u) = 1.
(19)
Haluttu ehto (17) seuraa ehdosta (19), jos osoitetaan, että sen lisäksi pätee
t(¬[u ∈ v] ∧ ¬[u ≈ v]) = 1.
(20)
Tehdään tätä varten antiteesi:
t(¬[u ∈ v] ∧ ¬[u ≈ v]) = 0.
(A)
Tällöin
t(u ∈ v ∨ u ≈ v) = 1
eli joko
t(u ∈ v) = 1
(21-1)
t(u ≈ v)
(21-2)
tai
Jos ehto (21-2) pätee, saadaan ehdosta (10) ehto
t(v ∈ A \ B) = 1.
Tämä tarkoittaa sitä, että
t(v ∈
/ B) = 1,
mikä on vastoin ehtoa (16). Tämä ristiriita osoittaa, että ehto (21-2) ei voi päteä, jolloin pätee vaihtoehto (21-1).
Nyt käytetään ensimmäisen ja ainoan kerran hyväksi B:n transitiivisuutta. Oletuksesta (1) saadaan siis
t(T r(B)) = 1,
121
jolloin transitiivisuuden määritelmästä saadaan ehto
t(v ∈ B → v ⊆ B) = 1
ja tästä edelleen ehdon (16) nojalla
t(v ⊆ B) = 1.
Mutta tällöin saadaan ehdosta (21-1) ehto
t(u ∈ B) = 1.
(22)
Ehdon (10) nojalla saadaan kuitenkin ehto
t(u ∈
/ B) = 1,
joka on vastoin ehtoa (22). Tämä ristiriita osoittaa, että myöskään ehto (21-1)
ei voi päteä eli antiteesi johtaa joka tapauksessa ristiriitaan ja on siten väärä.
Näin ehto (15) on todistettu.
Nyt ehdoista (14) ja (15) saadaan ehto
t(u ⊆ B ∧ B ⊆ u) = 1,
jolloin tehtävän 6.36 nojalla pätee
t(u ≈ B) = 1.
Tällöin ehdon (11) nojalla pätee
t(B ∈ A) = 1
eli haluttu ehto (4) ja siten myös ehto (3) on todistettu.
¤
Lause 8.12 Olkoot A ja B luokkia. Tällöin pätee
⊢ [Ord(A) ∧ Ord(B)] → [B ⊂ A ↔ B ∈ A].
Todistus. Tämä seuraa välittömästi lauseesta 8.11, sillä ordinaaliluokan määritelmän 8.4 mukaan ordinaaliluokka on aina transitiivinen.
¤
Tehtävän 8.10 mukaan ordinaaliluokan osaluokka ei välttämättä ole ordinaaliluokka. Jos tämä osaluokka on transitiivinen, niin tilanne muuttuu:
Lause 8.13 Olkoot A ja B luokkia. Tällöin pätee
⊢ [Ord(A) ∧ B ⊆ A ∧ T r(B)] → Ord(B).
122
Todistus. Jos B ≈ A, niin väite pätee triviaalisti. Siten riittää osoittaa, että
⊢ [Ord(A) ∧ B ⊂ A ∧ T r(B)] → Ord(B).
Lauseen 8.11 nojalla pätee
⊢ [Ord(A) ∧ B ⊂ A ∧ T r(B)] → B ∈ A.
Siten riittää osoittaa, että
⊢ [Ord(A) ∧ B ∈ A] → Ord(B),
mutta tämä seuraa suoraan tehtävästä 8.9.
¤
Ordinaaliluokkien leikkaus on myös ordinaaliluokka:
Harjoitustehtävä 8.14 Olkoot A ja B luokkia. Osoita, että
⊢ [Ord(A) ∧ Ord(B)] → Ord(A ∩ B).
Koska ordinaaliluokassa C relaatio E on määritelmän 8.4 mukaan järjestävä
minimaalirelaatio, niin C:n alkioita voidaan aina vertailla tässä relaatiossa, ts.
jos a, b ∈ C, niin joko a ∈ b, b ∈ a tai a ≈ b. Seuraava lause sanoo, että kahta
mielivaltaista ordinaaliluokkaa voidaan myös aina vertailla relaation E suhteen
– huomaa, että tässä ei tarvita mitään pohjalla olevaa ordinaaliluokkaa C, jossa
A ja B (jotka voivat olla myös joukkoja) eläisivät:
Lause 8.15 Olkoot A ja B luokkia. Tällöin pätee
⊢ [Ord(A) ∧ Ord(B)] → [A ∈ B ∨ A ≈ B ∨ B ∈ A].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(Ord(A) ∧ Ord(B)) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(A ∈ B ∨ A ≈ B ∨ B ∈ A) = 1.
(2)
Koska
t(A ∩ B ⊆ A) = 1 ja t(A ∩ B ⊆ B) = 1
eli
t(A ∩ B ⊂ A ∨ A ∩ B ≈ A) = 1 ja t(A ∩ B ⊂ B ∨ A ∩ B ≈ B) = 1,
niin pätee
t(A ∩ B ⊂ A) = 1 tai t(A ∩ B ≈ A) = 1
(3)
t(A ∩ B ⊂ B) = 1 tai t(A ∩ B ≈ B) = 1.
(4)
ja
123
Ehtojen (3) ja (4) nojalla on nyt vain neljä mahdollisuutta:
joko t(A ∩ B ⊂ A) = 1 ja t(A ∩ B ⊂ B) = 1
tai t(A ∩ B ⊂ A) = 1 ja t(A ∩ B ≈ B) = 1
(5)
(6)
tai t(A ∩ B ≈ A) = 1 ja t(A ∩ B ⊂ B) = 1
tai t(A ∩ B ≈ A) = 1 ja t(A ∩ B ≈ B) = 1.
(7)
(8)
Osoitetaan, että näistä ehto (5) ei ole mahdollinen. Tehdään antiteesi: ehto (5)
pätee. Ehdon (1) ja tehtävän 8.14 nojalla pätee
t(Ord(A ∩ B)) = 1.
Tällöin ehdon (5) sekä lauseen 8.12 nojalla saadaan
t(A ∩ B ∈ A) = 1 ja t(A ∩ B ∈ B) = 1,
jolloin
t(A ∩ B ∈ A ∩ B) = 1,
mikä on mahdotonta huomautuksen 6.73 nojalla. Siispä tehty antiteesi on väärä, ja ehto (5) ei voi päteä.
Tällöin pätee joko ehto (6), (7) tai (8). Silloin joka tapauksessa pätee
t(A ∩ B ≈ A) = 1 tai t(A ∩ B ≈ B) = 1,
jolloin tehtävän 6.36 nojalla pätee
t(A ⊆ B) = 1 tai t(A ⊆ B) = 1.
Tämän nojalla jokin seuraavista kolmesta ehdosta pätee:
joko t(A ⊂ B) = 1
tai t(B ⊂ A) = 1
tai t(A ≈ B) = 1.
Ehdon (1) ja lauseen 8.12 nojalla pätee tällöin myös jokin seuraavista kolmesta
ehdosta:
joko t(A ∈ B) = 1
tai t(B ∈ A) = 1
tai t(A ≈ B) = 1,
jolloin väite (2) seuraa.
¤
Määritelmä 8.16 Merkitään symbolilla On luokkaa
On := {x | Ord(x)}.
Sanotaan, että joukko a on ordinaaliluku, jos kaava a ∈ On on teoreema.
Sanotaan lisäksi, että On on ordinaalilukujen luokka.
124
Huomautus. Määritelmän mukaan siis kaikki joukot, jotka ovat ordinaaliluokkia, ovat ordinaalilukuja. Sen sijaan, jos A on aito luokka, se ei ole ordinaaliluku, vaikka se olisikin ordinaaliluokka.
Huomataan seuraavaksi, että ordinaalilukujen luokka On on ordinaaliluokka:
Lause 8.17
⊢ Ord(On).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Ordinaaliluokan määritelmän 8.4
mukaan pitää osoittaa, että
t(T r(On)) = 1
(1)
ja että
t(E JM in On) = 1.
(2)
Ehtoa (1) varten oletetaan, että u on vakio, jolle pätee
t(u ∈ On) = 1.
(3)
t(u ⊆ On) = 1.
(4)
Riittää osoittaa, että
Tätä varten olkoon v vakio, jolle pätee
t(v ∈ u) = 1.
(5)
Ehto (4) seuraa, jos osoitetaan, että
t(v ∈ On) = 1
eli että
t(Ord(v)) = 1.
(6)
Ehtojen (4) ja (5) nojalla pätee
t(Ord(u) ∧ v ∈ u) = 1.
Tällöin ehto (6) seuraa lauseesta 8.8. Näin väite (1) on todistettu.
Väitettä (2) varten pitää määritelmän 7.89 mukaan todistaa ehdot
t(E M in On) = 1
(7)
ja
t(∀x∀y[[x ∈ On ∧ y ∈ On] → [x ∈ y ∨ x ≈ y ∨ y ∈ x]]) = 1
eli
t(∀x∀y[[Ord(x) ∧ Ord(y)] → [x ∈ y ∨ x ≈ y ∨ y ∈ x]]) = 1.
(8)
Ehto (7) seuraa esimerkistä 7.85, jonka mukaan E on (hyvin määritelty) minimaalirelaatio missä tahansa luokassa. Ehto (8) puolestaan seuraa välittömästi
125
lauseesta 8.15.
¤
Lauseen 8.17 valossa voidaan kysyä, onko On ordinaaliluku. Näinhän lauseen
8.17 perusteella on, mikäli se on joukko. Sitä se ei kuitenkaan ole, kuten seuraava
lause sanoo.
Lause 8.18 On on aito luokka eli pätee
⊢ P r(On).
Harjoitustehtävä 8.19 Todista lause 8.18.
Harjoitustehtävä 8.20 Hyvin määritelty minimaalirelatio ei välttämättä ole
järjestävä. Tästä on esimerkkinä E, joka on hyvin määritelty, muttei järjestävä
vaikkapa luokassa V , ks. tehtävä 7.90. Anna esimerkki, joka osoittaa, että järjestävä minimaalirelaatio ei välttämättä ole hyvin määritelty.
(Ehdotus: Tässä täytyy ”pohjaluokan” A tietenkin olla aito. Järjestä On2 ns. leksikograafisesti eli ”sanakirjajärjestykseen” (ks. määritelmä 12.68) ja käytä lausetta 8.18.)
Aidot ordinaaliluokat siis eivät määritelmän mukaan ole ordinaalilukuja. Tällaisia aitoja ordinaaliluokkia on olemassa, esimerkkinä On, kuten lauseessa 8.18
todettiin. Ehkä vähän yllättävästi näitä ei sitten enempää olekaan. Tämän sanoo seuraava lause, joka kertoo tärkeän asian: jokainen ordinaaliluokka on
joko ordinaaliluku tai sitten koko ordinaalilukujen luokka On.
Lause 8.21 Olkoon A luokka. Tällöin pätee
⊢ Ord(A) → [A ∈ On ∨ A ≈ On].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(Ord(A)) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(A ∈ On ∨ A ≈ On) = 1.
(2)
Lauseen 8.17 ja ehdon (1) nojalla pätee
t(Ord(A) ∧ Ord(On)) = 1.
Tällöin lauseen 8.15 nojalla saadaan
t(A ∈ On ∨ A ≈ On ∨ On ∈ A) = 1.
Tällöin pätee joko ehto (2) tai sitten
t(On ∈ A) = 1.
(3)
Jos ehto (3) pätee, niin lauseen 5.18 nojalla On on joukko, mitä se ei kuitenkaan
lauseen 8.18 mukaan ole. Siten ehto (3) ei voi päteä, joten ehto (2) pätee, ja asia
126
on selvä.
¤
Seuraava lause kertoo, että jokainen ordinaaliluokka on luokan On osaluokka.
Voi kysyä, että mitä hyötyä tämmöisestä tuloksesta on lauseen 8.21 jälkeen. No,
ei kovin paljon; tärkein asia, mikä tästä lauseesta näkyy on se, että jokainen ordinaaliluku on paitsi luokan On alkio, myös sen osajoukko. Toinen syy tämän
lauseen esittämiselle on se, että tätä on näppärä käyttää: ei tarvitse tietää onko
A joukko vai aito luokka.
Lause 8.22 Olkoon A luokka. Tällöin pätee
⊢ Ord(A) → A ⊆ On.
Harjoitustehtävä 8.23 Todista lause 8.22.
Tässä ja seuraavissakin luvuissa keskitytään melko tarkkaan ordinaalilukuihin ja
niiden ominaisuuksiin. Otetaan mukavuussyistä käyttöön muutamia merkintöjä.
Ensinnäkin ordinaalilukuja merkitään yleensä symboleilla α, β, γ, . . . ja noudatetaan seuraavia käytäntöjä:
Merkintä 8.24 Olkoon ϕ kaava ja x muuttuja, joka ei esiinny kaavassa ϕ.
Merkitään symbolilla ∀αϕw (α) kaavaa
∀αϕw (α) := ∀x[Ord(x) → ϕw (x)]
ja vastaavasti symbolilla ∃αϕw (α) kaavaa
∃αϕw (α) := ∃x[Ord(x) ∧ ϕw (x)].
Merkitään vielä symbolilla {α | ϕw (α)} luokkaa
{α | ϕw (α)} := {x | Ord(x) ∧ ϕw (x)}.
Kun totuusarvofunktio t on kiinnitetty, sovitaan myös, että sanonta ”α on ordinaaliluku” tarkoittaa sitä, että α on vakio, jolle pätee t(α ∈ On) = 1.
Huomautus. Jatkossa merkinnässä 8.24 esiintyy symbolin α paikalla joskus myös
symboli β, γ, δ, ǫ tms. kreikkalainen aakkonen – tästä ei aiheutune sekaannuksia. Lisäksi, jos kaavassa on useampia kvantifiointeja näiden symbolien suhteen,
niin oletetaan automaattisesti, että ne vastaavat eri muuttujia. Intuitiivisesti
merkintä ∀αϕw (α) tarkoittaa tietenkin sitä, että kaikilla ordinaaliluvuilla α on
ominaisuus ϕ ja vastaavasti merkintä ∃αϕw (α) sitä, että on olemassa ordinaaliluku α, jolla on ominaisuus ϕ. Jatkossa siis symboli α esiintyy sekä vakiona
että muuttujana, tilanteesta riippuen. Tästäkään ei aiheutune sekaannuksia –
tähänhän on jo totuttu esimerkiksi symbolin a tapauksessa.
Ordinaalilukujen joukossa pätee myös induktioperiaate, ns. transfiniittinen induktio. Sen esittämistä ennen muistutetaan tavallisesta N:n induktioperiaatteesta: Jos 0 ∈ A ⊂ N ja kaikille n ∈ A pätee n + 1 ∈ A, niin A = N. Ordinaaliluvuille vastaava tulos kuuluu näin (huomaa, että tässä käytetään yllä sovittua
lyhennysmerkintää 8.24):
127
Lause 8.25 (Transfiniittinen induktio) Olkoon A luokka. Tällöin pätee
⊢ [A ⊆ On ∧ ∀α[α ⊆ A → α ∈ A]] → A ≈ On.
Huomautus. Tässä siis ”yleinen induktioaskel” on tavallisen ”n ∈ A ⇒ n+1 ∈ A”
sijasta ”α ⊆ A → α ∈ A”. Ihmetystä voi herättää tavallisen induktion alkuaskeleen ”0 ∈ A” puuttuminen. Ei se oikeasti puutu, vaan on sisällytetty
yleiseen askeleeseen, sillä aina pätee ∅ ⊆ A, ja transfiniittisen induktion ehto
∀α[α ⊆ A → α ∈ A] vaatii, että tällöin myös ∅ ∈ A. Siis transfiniittisen induktion alkuaskel on intuitiivisesti ∅ ∈ A.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(A ⊆ On) = 1
(1)
ja
t(∀α[α ⊆ A → α ∈ A]) = 1.
(2)
t(A ≈ On) = 1.
(3)
Riittää osoittaa, että
Oletuksen (1) ja tehtävän 6.59 nojalla riittää osoittaa, että
t(On \ A ≈ ∅) = 1.
(4)
t(On \ A ≈ ∅) = 0.
(AT)
t(On \ A 6≈ ∅) = 1.
(4)
Tehdään antiteesi:
Negaatiolle pätee tällöin
Koska
t(On \ A ⊆ On) = 1
ja E on esimerkin 7.85 ja lauseen 8.17 nojalla hyvin määritelty ja järjestävä
minimaalirelaatio luokassa On, niin ehdon (4) ja lauseen 7.94 nojalla luokasta
On \ A löytyy E-minimaalinen alkio, ts.
t(∃α[α ∈ On \ A ∧ α ∩ (On \ A) ≈ ∅]) = 1.
Tällöin on olemassa ordinaaliluku (eli vakio) α siten, että
t(α ∈ On \ A ∧ α ∩ (On \ A) ≈ ∅) = 1.
(5)
Tällöin siis t(α ∈ On) = 1 ja koska On on lauseen 8.17 perusteella ordinaaliluokka, pätee myös
t(α ⊆ On) = 1.
(6)
Ehdon (5) nojalla pätee myös
t(α ∩ (On \ A) ≈ ∅) = 1,
128
jolloin ehdon (6) ja harjoitustehtävän 6.60 nojalla pätee
t(α ⊆ A) = 1.
(7)
Koska α on ordinaaliluku, niin induktio-oletuksen (2) ja ehdon (7) nojalla saadaan
t(α ∈ A) = 1.
Tämä on mahdotonta, koska ehdon (5) nojalla pätee
t(α ∈ On \ A) = 1.
Syntynyt ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi (AT) on väärä, joten väite on
todistettu.
¤
Nythän siis E on lauseen 8.17 ja määritelmän 8.4 mukaan järjestävä minimaalirelaatio ordinaalilukujen luokassa – niin kuin on useampaan kertaan todettu.
Yleensä on tapana tuoda tämä ”järjestysajattelu” myös merkintöihin seuraavaan
tapaan:
Merkintä 8.26 Olkoot α ja β luokkia. Merkitään symbolilla α ≺ β kaavaa
α ≺ β := Ord(α) ∧ Ord(β) ∧ α ∈ β
ja symbolilla α - β kaavaa
α - β := Ord(α) ∧ Ord(β) ∧ [α ∈ β ∨ α ≈ β].
Sanotaan, että α on aidosti pienempi kuin β, jos kaava α ≺ β on teoreema
ja vastaavasti että α on pienempi tai yhtäsuuri kuin β, jos kaava α - β on
teoreema.
Huomautus. Merkintä 8.26 järjestää siis kaikki ordinaaliluokat. Lauseen 8.21 mukaan ordinaaliluokkia ovat vain ordinaaliluvut ja koko luokka On. Näin 8.26:n
antama järjestys koskee kaikkia ordinaalilukuja α ja β sekä lisäksi luokkaa On.
Seuraava tehtävä kertoo, että ordinaaliluvut ovat aidosti pienempiä kuin luokka
On:
Harjoitustehtävä 8.27 Osoita, että
⊢ ∀α[α ≺ On].
Seuraava tehtävä kertoo, että kaikkia ordinaalilukuja voidaan vertailla keskenään – tämä on erittäin tärkeä havainto:
Harjoitustehtävä 8.28 Osoita, että
⊢ ∀α∀β[α ≺ β ∨ α ≈ β ∨ β ≺ α].
129
Symbolin ”-” määritelmän olisi voinut asettaa myös seuraavasti:
Harjoitustehtävä 8.29 Osoita, että
⊢ ∀α∀β[α - β ↔ α ⊆ β].
Jatkossa nojataan usein seuraavaan tehtävään:
Harjoitustehtävä 8.30 Osoita, että
⊢ ∀α∀β[α - β ∧ β - α] → α ≈ β.
Järjestykset ”≺”ja ”-” ovat ”transitiivisia” seuraavassa mielessä:
Harjoitustehtävä 8.31 Osoita, että
i)
ii)
iii)
iv)
⊢ ∀α∀β∀γ[α ≺ β ∧ β ≺ γ] → α ≺ γ,
⊢ ∀α∀β∀γ[α - β ∧ β - γ] → α - γ,
⊢ ∀α∀β∀γ[α ≺ β ∧ β - γ] → α ≺ γ ja
⊢ ∀α∀β∀γ[α - β ∧ β ≺ γ] → α ≺ γ.
Seuraava tehtävä kertoo, että jokaiselle ordinaaliluvulle α myös luokka α ∪ {α}
on ordinaaliluku – tähän ordinaalilukuun törmätään myöhemmin vielä moneen
kertaan:
Harjoitustehtävä 8.32 Osoita, että
∀α[α ∪ {α} ∈ On].
Seuraava ordinaalilukujen ominaisuus osoittautuu jatkossa tärkeäksi:
Harjoitustehtävä 8.33 Osoita, että
⊢ ∀α[∪α ⊆ α].
Anna esimerkki ordinaaliluvuista α ja β, joille pätee
⊢ ∪α ⊂ α
ja
⊢ ∪β ≈ β.
Harjoitustehtävä 8.34 Osoita, että
⊢ ∪On ≈ On.
Huomaa, että tämä ei kelpaa edellisen tehtävän esimerkiksi, koska On ei ole
ordinaaliluku.
Määritellään seuraavaksi kahden ordinaaliluvun maksimi:
Merkintä 8.35 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Merkitään symbolilla max{α, β}
luokkaa
max{α, β} := α ∪ β.
Sanotaan, että luokka max{α, β} on ordinaalilukujen α ja β maksimi.
130
Huomataan heti, että kahden ordinaaliluvun maksimi on myös ordinaaliluku:
Harjoitustehtävä 8.36 Osoita, että
⊢ ∀α∀β[max{α, β} ∈ On].
Ordinaalilukujen maksimi käyttäytyy niinkuin maksimi intuitiivisessa mielessä
käyttäytyy:
Harjoitustehtävä 8.37 Osoita, että
i)
ii)
⊢ ∀α∀β[α - max{α, β} ∧ β - max{α, β}]
⊢ ∀α∀β[α ≈ max{α, β} ∨ β ≈ max{α, β}].
ja
Määritelmä 8.38 Olkoon A luokka. Sanotaan, että A on ordinaalilukujen
osaluokka, jos kaava A ⊆ On on teoreema.
Harjoitustehtävä 8.39 Osoita esimerkillä, että ordinaalilukujen osaluokka ei
välttämättä ole ordinaaliluokka.
(Vihje: Tehtävä 8.6.)
Vaikkakaan mielivaltainen ordinaalilukujen osaluokka ei siis edellisen tehtävän
mukaan välttämättä ole ordinaaliluokka, niin sen yhdiste on. Tämän sanoo lause
8.41. Sen todistuksessa tarvitaan pientä yleisesti yhdisteeseen liittyvää havaintoa:
Harjoitustehtävä 8.40 Olkoon A luokka. Osoita, että
⊢ ∀x[x ∈ A → x ⊆ ∪A ],
missä x on muuttuja, joka ei esiinny luokassa A.
Lause 8.41 Olkoon A luokka. Tällöin pätee
⊢ A ⊆ On → Ord(∪A ).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(A ⊆ On) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(Ord(∪A )) = 1.
Koska lauseen 8.17 mukaan pätee t(Ord(On)) = 1, niin lauseen 8.13 nojalla
riittää osoittaa, että
t(T r(∪A )) = 1
(2)
ja
t(∪A ⊆ On) = 1.
131
(3)
Todistetaan ensin väite (2). Olkoon sitä varten u vakio siten, että
t(u ∈ ∪A ) = 1.
(4)
t(u ⊆ ∪A ) = 1.
(5)
Riittää osoittaa, että
Oletuksen (4) ja yhdisteen määritelmän nojalla on olemassa vakio v siten, että
t(u ∈ v ∧ v ∈ A) = 1,
(6)
t(u ∈ v) = 1
(7)
t(v ∈ A) = 1.
(8)
jolloin
ja
Tehtävän 8.40 nojalla
t(v ∈ A → v ⊆ ∪A ) = 1,
jolloin ehdon (8) nojalla saadaan
t(v ⊆ ∪A ) = 1.
(9)
Oletuksen (1) ja ehdon (8) nojalla saadaan
t(v ∈ On) = 1,
(10)
joten v on ordinaaliluku ja siten määritelmän 8.16 mukaan t(Ord(v)) = 1. Määritelmän 8.4 mukaan tällöin erityisesti
t(T r(v)) = 1.
Silloin ehdon (7) ja määritelmän 8.1 nojalla saadaan
t(u ⊆ v) = 1.
Tästä saadaan edelleen ehdon (9) nojalla haluttu ehto (5). Näin väite (2) on
todistettu.
Väitteen (3) todistamiseksi olkoon u kuten ehdossa (4). Riittää osoittaa, että
t(u ∈ On) = 1.
(11)
Valitaan v kuten ehdossa (6), jolloin taas ehto (10) pätee. Koska lauseen 8.17
mukaan t(Ord(On)) = 1, niin ehdon (10) nojalla saadaan
t(v ⊆ On) = 1.
(12)
Nyt myös ehto (7) pätee, jolloin haluttu ehto (11) seuraa ehdosta (12). Näin
lause on kokonaan todistettu.
¤
132
Lause 8.42 Olkoon A luokka ja α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ [A ⊆ On ∧ α ∈ A] → α - ∪A .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(A ⊆ On ∧ α ∈ A) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(α - ∪A ) = 1
eli määritelmän 8.26 mukaisesti, että
t(Ord(α) ∧ Ord(∪A ) ∧ α ⊆ ∪A ) = 1.
(2)
Ehto t(Ord(α)) = 1 seuraa heti siitä, että α on ordinaaliluku, ja toinen ehto t(Ord(∪A )) = 1 seuraa lauseesta 8.41 sekä ehdosta (1), joten väitteen (2)
todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(α ⊆ ∪A ) = 1.
Tämä taas seuraa tehtävästä 8.40 ja ehdosta (1).
¤
Määritelmä 8.43 Olkoon A luokka. Merkitään symbolilla sup A luokkaa
sup A := ∪A∩On
ja sanotaan, että sup A on luokan A supremum.
Huomatus. Luokka sup A on määritelty siis kaikille luokille, olivatpa ne ordinaalilukujen osaluokkia tai eivät. Jos A on ordinaalilukujen osaluokka, niin
suoraan määritelmän mukaan sup A = ∪A eli täsmällisemmin sanottuna kaava sup A ≈ ∪A on teoreema.
Harjoitustehtävä 8.44 Osoita, että sup A on ordinaaliluokka kaikille luokille A. Osoita edelleen, että jos α on ordinaaliluku, niin sup α on myös ordinaaliluku.
Harjoitustehtävä 8.45 Osoita, että
⊢ ∀α[ sup α - α].
Huomautus. Supremumin käsitehän on tuttu reaaliluvuista puhuttaessa. Reaalilukujoukon K supremum S on K:n pienin yläraja, ts. kaikille k ∈ K pätee
k ≤ S ja jos S ′ on toinen yläraja, jolle siis k ≤ S ′ kaikille k ∈ K, niin S ≤ S ′ .
Nyt voisi epäillä, että ordinaalilukujen osaluokalle määritelty supremum käyttäytyisi samalla tavalla – miksipä muuten moinen nimitys olisi otettu käyttöön.
Näin asia onkin. Lauseessa 8.42 jo nähtiin, että sup A eli ∪A on A:n yläraja,
seuraavassa lauseessa todetaan, että se on pienin sellainen.
133
Lause 8.46 Olkoon A luokka ja α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ [A ⊆ On ∧ ∀β[β ∈ A → β - α]] → sup A - α.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(A ⊆ On ∧ ∀β[β ∈ A → β - α]) = 1.
(1)
Määritelmän 8.43 mukaisesti pitää osoittaa, että
t(∪A∩On - α) = 1.
Ehdon (1) nojalla t(A ∩ On ≈ A) = 1, joten tämä väite tulee muotoon
t(∪A - α) = 1,
joka puolestaan määritelmän 8.26 mukaan tulee muotoon
t(Ord(∪A ) ∧ Ord(α) ∧ ∪A ⊆ α) = 1.
(2)
Ehto t(Ord(∪A )) = 1 seuraa lauseesta 8.41 ja ehdosta (1) ja ehto t(Ord(α)) = 1
siitä, että α on ordinaaliluku, joten väitteen (2) todistamiseksi riittää osoittaa,
että
t(∪A ⊆ α) = 1
eli
t(∀x[x ∈ ∪A → x ∈ α]) = 1.
(3)
Olkoon u vakio. Väite (3) seuraa, jos osoitetaan, että
t(u ∈ ∪A → u ∈ α) = 1.
(4)
Väitteen (4) todistusta varten oletetaan, että
t(u ∈ ∪A ) = 1;
(5)
t(u ∈ α) = 1.
(6)
riittää osoittaa, että
Yhdisteen määritelmän 6.22 ja ehdon (5) nojalla on olemassa vakio v siten, että
t(u ∈ v ∧ v ∈ A) = 1.
(7)
Ehdon (1) nojalla pätee t(A ⊆ On) = 1 ja ehdon (7) nojalla
t(v ∈ A) = 1,
(8)
t(v ∈ On) = 1.
(9)
jolloin
Ehdon (9) ja lauseen 8.17 nojalla saadaan
t(v ⊆ On) = 1.
134
(10)
Ehdon (7) mukaan pätee myös
t(u ∈ v) = 1,
(11)
t(u ∈ On) = 1.
(12)
jolloin ehdosta (10) saadaan
Ehtojen (9), (12) ja (11) sekä määritelmän 8.26 mukaan
t(u ≺ v) = 1.
(13)
Oletuksen (1) perusteella – merkintä 8.24 muistaen – saadaan
t(v ∈ On → [v ∈ A → v - α]) = 1,
jolloin ehtojen (9) ja (8) nojalla
t(v - α) = 1.
Tämän ja ehdon (13) sekä harjoitustehtävän 8.31 mukaan saadaan
t(u ≺ α) = 1,
jolloin väite (6) seuraa määritelmästä 8.26. Näin lause on todistettu.
¤
Määritelmä 8.47 Olkoon A ordinaalilukujen osaluokka ja α ordinaaliluku. Sanotaan, että α on luokan A maksimi, merkitään α := max A, jos kaava
α ∈ A ∧ ∀β[β ∈ A → β - α]
on teoreema. Edelleen sanotaan, että joukossa A on maksimi, mikäli kaava
∃α[α ∈ A ∧ ∀β[β ∈ A → β - α]]
on teoreema ja että joukossa A ei ole maksimia, mikäli kaava
¬∃α[α ∈ A ∧ ∀β[β ∈ A → β - α]]
on teoreema.
Huomautus. Määritelmän 8.47 merkintä α := max A on tietenkin mieletön, jos
maksimi ei ole yksikäsitteinen. Näin nyt kuitenkin sattuu olemaan, kuten seuraavassa tehtävässä nähdään.
Harjoitustehtävä 8.48 Osoita, että ordinaalilukujen osaluokan maksimi – mikäli on olemassa – on yksikäsitteinen.
135
Huomautus. Ordinaalilukujen maksimin ja supremumin välillä on aika lailla samanlainen suhde kuin reaalilukujen maksimin ja supremumin välillä. Epätyhjän
reaalilukujoukon supremum on aina olemassa – ainakin jos hyväksytään ylhäältä
rajoittamattoman reaalilukujoukon (jolloin maksimia ei ole) supremumiksi ”∞”.
Ordinaaliluvuilla tällaisessa ylhäältä rajoittamattomassa tilanteessa maksimia
ei myöskään ole ja supremumiksi tulee luokka On, kuten seuraava tehtävä kertoo. Ylhäältä rajoitetullakaan reaalilukujoukolla ei ole välttämättä maksimia,
mutta jos on, se on sama kuin supremum. Sama ilmiö tapahtuu ordinaaliluvuille. Tämän kertoo tehtävä 8.50, ks. myös tehtävä 8.52 ja lausetta 8.66 edeltävä
huomautus.
Harjoitustehtävä 8.49 Olkoon A ordinaalilukujen osaluokka, joka on ”ylhäältä rajoittamaton”, mikä voidaan formaalisti ilmaista niin, että kaava
∀α∃β[β ∈ A ∧ α ≺ β] on teoreema. Osoita, että luokassa A ei ole maksimia
(määritelmän 8.47 mielessä) ja että
⊢ sup A ≈ On.
Harjoitustehtävä 8.50 Olkoon A ordinaalilukujen osaluokka, jossa on maksimi. Osoita, että
⊢ max A ≈ sup A.
Jos maksimi siis löytyy niin se on supremum. Kääntäen pätee: jos supremum sattuu kuulumaan kyseiseen luokkaan, niin se on maksimi. Tämän sanoo seuraava
tehtävä.
Harjoitustehtävä 8.51 Olkoon A luokka. Osoita, että
⊢ [A ⊆ On ∧ sup A ∈ A] → sup A ≈ max A.
Vielä eräs näkökulma samaan asiaan: jos supremum ei kuulu kyseiseen luokkaan,
niin maksimia ei ole olemassa (vrt. määritelmä 8.47).
Harjoitustehtävä 8.52 Olkoon A luokka. Osoita, että
⊢ [A ⊆ On ∧ sup A ∈
/ A] → ¬∃α[α ∈ A ∧ ∀β[β ∈ A → β - α]].
Huomautus 8.53 Koska On on ordinaaliluokka, niin jokaiselle ordinaaliluvulle α ∈ On pätee myös α ⊂ On. Tällöin α on ordinaalilukujen osaluokka (tai
oikeastaan osajoukko), ja nyt tehtävien 8.50 - 52 tulokset pätevät myös α:lle.
Näiden valossa peruskysymys kuuluu: onko α:ssa maksimia? Jos on, se on
sama kuin sup α, muussa tapauksessa käy noiden tehtävien perusteella niin, että
sup α 6∈ α.
Mikä nyt sitten on vastaus tuohon esitettyyn peruskysymykseen? Comme ci,
comme ça, kuten ranskalainen sanoisi eli niin tai näin. On nimittäin olemassa
ordinaalilukuja α, joille sup α ∈ α ja sitten toisia lukuja, joille sup α ∈
/ α.
136
Esimerkki. Tyhjä joukko ∅ on ordinaaliluku, sup ∅ ≈ ∪∅ ≈ ∅ ja ∅ 6∈ ∅, jolloin
ainakin tätä laatua oleva ordinaaliluku löytyy.
Toisaalta myös {∅} on ordinaaliluku, ja tälle pätee myös sup{∅} ≈ ∅, mutta
nyt ∅ ∈ {∅}, joten tämä ordinaaliluku on tuota toista laatua.
Harjoitustehtävä 8.54 Tehtävän 8.6 mukaan joukko α = {∅, {∅}, {∅, {∅}}}
on ordinaaliluku. Kumpaako tyyppiä se mahtaa olla, ts. onko siinä maksimia?
Harjoitustehtävä 8.55 Osoita, että jokaisessa ordinaaliluvussa joko on maksimi tai ei ole maksimia. Tässä käytetään tietenkin määritelmää 8.47, jonka
mukaan pitää osoittaa, että eräs kaava tai sen negaatio on teoreema – tämähän
ei tietenkään yleisesti ottaen pidä paikkaansa mielivaltaisille kaavoille.
(Vihje: Tehtävä 8.45.)
Harjoitustehtävä 8.56 Osoita, että ordinaaliluvussa γ on maksimi jos ja vain
jos sup γ ≺ γ. Tarkemmin: osoita, että
⊢ ∃α[α ∈ γ ∧ ∀β[β ∈ γ → β - α]] ↔ sup γ ≺ γ.
Osoita vastaavasti, että ordinaaliluvussa γ ei ole maksimia jos ja vain jos sup γ ≈
γ. Tarkemmin: Osoita, että
⊢ ¬∃α[α ∈ γ ∧ ∀β[β ∈ γ → β - α]] ↔ sup γ ≈ γ.
Tähän mennessä ei konkreettisia ordinaalilukuja ole juurikaan esiintynyt. Tosin
tehtävä 8.6 antaa mahdollisuuden tuottaa niitä rekursiivisesti. Jos α on ordinaaliluku, niin tehtävän 8.6 mukaan myös α ∪ {α} on ordinaaliluokka, ja joukkohan
se on, joten kyseessä on ordinaaliluku – tämähän todettiin myös tehtävässä 8.32.
Tämä havainto antaa aiheen seuraavaan rekursiiviseen määritelmään:
Merkintä 8.57 Merkitään symbolilla 0 joukkoa
0 := ∅
ja symbolilla 1 joukkoa
1 := ∅ ∪ {∅} (≈ {∅})
sekä yleisesti, jos joukko n on jo määritelty, niin merkitään symbolilla n+1
joukkoa
n+1 := n ∪ {n}.
Harjoitustehtävä 8.58 Osoita, että n on ordinaaliluku kaikille n ∈ N. Osoita
edelleen, että
⊢ n+1 ≈ {0, 1, . . . , n}
kaikille n ∈ N. Kumpaa tyyppiä nämä ordinaaliluvut ovat, ts. onko niissä maksimia vai ei?
137
Ruvetaan pikku hiljaa määrittelemään ordinaalilukujen laskutoimituksia – tosin varsinaisesti näistä puhutaan vasta luvussa 10. Aloitetaan yhteenlaskusta.
Tavallinen N:n yhteenlasku määritellään rekursiivisesti käyttäen hyväksi ns. seuraajakuvausta n 7→ n+1. Tätä vastaava peruselementti ordinaalilukujen puolella
on seuraava:
Merkintä 8.59 Olkoon α ordinaaliluku. Merkitään symbolilla α ⊕ 1 joukkoa
α ⊕ 1 := α ∪ {α}.
Huomautus. Tehtävän 8.32 nojalla α ⊕ 1 on ordinaaliluku kaikille ordinaaliluvuille α.
Harjoitustehtävä 8.60 Olkoon α ordinaaliluku. Osoita, että
⊢ α ≺ α ⊕ 1.
Tehtävä 8.60 siis kertoo, että α on aina aidosti pienempi kuin α ⊕ 1 . Toisaalta
se on suurin ordinaaliluku, joka on aidosti lukua α ⊕ 1 pienempi – eli sen ja
α ⊕ 1:n välissä ei ole muita ordinaalilukuja, kuten seuraava lause sanoo. Tämä
lause on tärkeässä roolissa monissa todistuksissa jatkossa.
Lause 8.61 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ ¬∃β[α ≺ β ∧ β ≺ α ⊕ 1].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja β ordinaaliluku. Riittää osoittaa,
että
t(¬[α ≺ β ∧ β ≺ α ⊕ 1]) = 1.
(1)
Tehdään antiteesi
t(¬[α ≺ β ∧ β ≺ α ⊕ 1]) = 0.
(AT)
Tällöin negaatiolle saadaan
t(α ≺ β ∧ β ≺ α ⊕ 1) = 1
eli
t(α ∈ β ∧ β ∈ α ∪ {α}) = 1
eli
t(α ∈ β) = 1
(2)
t(β ∈ α ∪ {α}) = 1.
(3)
t(β ∈ α) = 1
(4)
t(β ≈ α) = 1.
(5)
ja
Ehdon (3) mukaan joko
tai
138
Lauseen 6.72 nojalla ehdot (2) ja (4) eivät voi yhtaikaa päteä. Koska ehto (2)
nyt kuitenkin pätee, ehto (4) ei voi päteä, vaan sen sijasta pätee vaihtoehto (5).
Mutta tämäkään ei voi päteä lauseen 6.72 nojalla yhtaikaa ehdon (2) kanssa.
Siten kummassakin tapauksessa joudutaan ristiriitaan, joten antiteesi (AT) on
väärä ja väite (1) näin todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 8.62 Olkoon α ordinaaliluku. Osoita, että
⊢ sup(α ⊕ 1) ≈ α.
Tällöin tehtävän 8.60 nojalla pätee sup(α ⊕ 1) ≺ α ⊕ 1, vrt. tehtävään 8.45.
(Ohje: Suunta α ⊆ sup(α ⊕ 1) seuraa helposti suoraan määritelmistä; suunta
sup(α ⊕ 1) ⊆ α on vähän vaikeampi, siinä kannattaa käyttää hyväksi lausetta
8.61.)
Kysymys. Onko jokainen R:n (tai N:n) osajoukko A rajoitettu? No eipä tietenkään. Tietysti voi puhua supremumista sup A, mutta kun tämä ei ole aina
välttämättä reaaliluku. Nyt voidaan kysyä, että miten asiat ovat ordinaalilukujen luokassa On. Jos a ⊂ On on mielivaltainen osajoukko, niin löytyykö sille
ylärajaa, ts. olisiko olemassa ordinaalilukua β siten, että α ≺ β kaikille α ∈ a?
Supremumista on puhuttu edellä, mutta auttaako se nyt mitään, vrt. edellä oleva esimerkki R:stä ja myös tehtävä 8.49.
Vastaus tuohon kysymykseen saattaa ensi kuulemalta tuntua vähän yllättävältä
– yläraja nimittäin aina löytyy, olipa a minkälainen osajoukko hyvänsä. Siispä
kaikki On:n osajoukot ovat rajoitettuja. Tässä on huomattava, että edellä sanottu koskee vain osajoukkoja, ei aitoja luokkia. Vertaa taas tehtävään 8.49, jossa oleva ”rajoittamaton luokka” onkin välttämättä aito luokka. Seuraava lause
kertoo tuon rajoittuneisuuden. Samalla se antaa joukolle a ylärajan, joka on
sup a ⊕ 1. Tässä täytyy ensin tietysti tietää, että sup a on ordinaaliluku, jotta
sup a ⊕ 1 olisi myös ordinaaliluku ja siten kelvollinen ylärajaksi. Tämä seuraa
kuitenkin tehtävästä 8.44.
Lause 8.63 Olkoon a joukko. Tällöin
⊢ a ⊂ On → ∀α[α ∈ a → α ≺ sup a ⊕ 1].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja oletetaan, että a on vakio. Oletetaan lisäksi, että
t(a ⊂ On) = 1.
(1)
Olkoon α ordinaaliluku, jolle pätee
t(α ∈ a) = 1.
(2)
Ehdon (1) ja supremumin määritelmän 8.43 nojalla riittää osoittaa, että
t(α ≺ ∪a ⊕ 1) = 1.
139
(3)
Ehtojen (1) ja (2) sekä lauseen 8.42 nojalla saadaan
t(α - ∪a ) = 1,
mikä tarkoittaa supremumin määritelmän mukaan sitä, että
t(α - sup a) = 1.
(4)
Nyt siis tehtävän 8.44 nojalla sup a on ordinaaliluku, jolloin tehtävän 8.60 mukaan pätee
t(sup a ≺ sup a ⊕ 1) = 1.
(5)
Väite (3) seuraa nyt ehdoista (4) ja (5) tehtävän 8.31 nojalla.
¤
Huomautus. Nyt siis tiedetään, että mille hyvänsä ordinaalilukujoukolle löytyy ordinaaliluku, joka on aidosti suurempi kuin mikään kyseisen joukon alkio.
Jos nyt On olisi joukko (mitä se ei siis ole), löytyisi tämän tiedon perusteella
ordinaaliluku (eli On:n alkio α), joka on aidosti suurempi kuin mikään tämän
joukon On alkio – mukaan lukien α itse. Siis α olisi aidosti suurempi kuin α itse.
Tätä tilannetta (jota ei siis kuitenkaan pääse syntymään, koska tiedetään, että
On ei olekaan joukko) kutsutaan Burali-Fortin paradoksiksi. Tässä täytyy
muistaa, että näitä ordinaalilukuja kehiteltiin ennen kuin mistään aidoista luokista tiedettiin mitään, joten on tuossakin ihmettelemistä ollut.
Lauseesta 8.63 saadaan helposti seuraava käyttökelpoinen seurauslause:
Lause 8.64 ⊢ ∀α[α - sup α ⊕ 1].
Huomautus. Vertaa tehtäviin 8.45 ja 8.62.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja α ordinaaliluku. Riittää osoittaa,
että
t(α - sup α ⊕ 1) = 1.
(1)
Koska sup α ⊕ 1 on ordinaaliluku, väite (1) seuraa tehtävän 8.28 mukaan, jos
osoitetaan, että
t(α ⊆ sup α ⊕ 1) = 1.
(2)
Koska t(α ∈ On) = 1 ja On on ordinaaliluokka, niin myös
t(α ⊂ On) = 1,
jolloin lauseen 8.63 mukaan pätee
t(∀β[β ∈ α → β ≺ sup α ⊕ 1]) = 1.
(3)
Koska α on ordinaaliluku, niin sen alkiot ovat myös ordinaalilukuja, ja tällöin
ehdosta (3) saadaan ehto
t(∀x[x ∈ α → x ∈ sup α ⊕ 1]) = 1,
140
mikä merkitsee sitä, että väite (2) pätee.
¤
Edellä oli puhetta siitä, että ordinaaliluvut jakautuvat kahteen luokkaan: niihin,
joissa on maksimi ja sitten niihin, joissa sitä ei ole. Tämä kahtiajako voidaan
karakterisoida myös merkinnän 8.59 avulla seuraavasti:
Määritelmä 8.65 Merkitään symboleilla KI ja KII luokkia
KI = {α | ∃β[α ≈ β ⊕ 1] ∨ α ≈ 0}
KII = On \ KI .
ja
Sanotaan, että ordinaaliluku α on rajaordinaali, mikäli kaava α ∈ KII on
teoreema. Jos kaava α ≈ β ⊕ 1 on teoreema, niin sanotaan, että α on luvun β
seuraaja ja vastaavasti β on α:n edeltäjä.
Huomautus. On selvää, että ordinaalilukujen osaluokat KI ja KII ovat pistevieraita. Yhtä selvää on, että ne yhdessä ”täyttävät” koko luokan On, ts. että jokaiselle ordinaaliluvulle α joko kaava α ∈ KI tai α ∈ KII on teoreema.
Osoittautuu, että rajaordinaalit ovat niitä ordinaaleja, joissa maksimia ei ole,
ja seuraajaordinaaleista aina maksimi löytyy. Tyhjä joukko eli luku 0 on tässä
vähän poikkeusasemassa. Se ei ole rajaordinaali eikä seuraaja – eikä siinä ole
kyllä maksimiakaan. Sopimuksen mukaan se on siis luokassa KI .
Seuraava lause kertoo, että määritelmä 8.65 on rajaordinaalien osalta tosiaan
juuri sellainen kuin haluttiin eli rajaordinaalissa ei ole maksimia ja kääntäen, jos ordinaaliluvussa ei ole maksimia, niin se on rajaordinaali
(poislukien poikkeusluvun 0, jossa ei ole maksimia, mutta se ei ole rajaordinaali). Tämän sanoo seuraava lause:
Lause 8.66 Olkoon γ ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ γ ∈ KII ↔ [¬∃α[α ∈ γ ∧ ∀β[β ∈ γ → β - α]] ∧ γ 6≈ 0].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Tehtävän 8.56 nojalla riittää osoittaa, että
t(γ ∈ KII ↔ [sup γ ≈ γ ∧ γ 6≈ 0]) = 1.
(1)
Tarkastellaan ehtoja
t(γ ∈ KII ) = 1
(2)
t(sup γ ≈ γ ∧ γ 6≈ 0) = 1.
(3)
ja
Oletetaan ensin, että ehto (2) pätee. Pitää osoittaa, että myös ehto (3) pätee.
Ehto
t(γ 6≈ 0) = 1
seuraa suoraan ehdosta (2) ja määritelmästä 8.65, joten riittää osoittaa, että
t(sup γ ≈ γ) = 1.
141
(4)
Tehtävän 8.45 nojalla joko ehto (4) pätee tai sitten pätee ehto
t(sup γ ≺ γ) = 1.
(5)
Silloin riittää osoittaa, että ehto (5) ei voi päteä. Tehdään antiteesi: ehto (5)
pätee. Tällöin lauseen 8.61 nojalla pätee
t(sup γ ⊕ 1 - γ) = 1.
(6)
Lauseen 8.64 nojalla pätee
t(γ - sup γ ⊕ 1) = 1,
jolloin ehdon (6) ja tehtävän 8.29 nojalla
t(γ ≈ sup γ ⊕ 1) = 1.
Tällöin γ on ordinaaliluvun sup γ seuraaja, mikä määritelmän 8.65 mukaan merkitsee sitä, että
t(γ ∈ KI ) = 1.
Tämä on ristiriidassa ehdon (2) kanssa, jonka mukaan
t(γ ∈ On \ KI ) = 1.
Syntynyt ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi on väärä, joten ehto (5) ei voi
päteä, vaan pätee ehto (4). Näin todistuksen suunta ”(2)⇒(3)” on valmis.
Oletetaan sitten, että ehto (3) pätee ja todistetaan, että tällöin myös ehto (2)
pätee. Ehdon (3) mukaan t(γ 6≈ 0) = 1, joten määritelmän 8.65 nojalla riittää osoittaa, että γ ei ole minkään ordinaaliluvun seuraaja. Tehdään antiteesi:
voidaan valita ordinaaliluku β siten, että
t(γ ≈ β ⊕ 1) = 1.
(AT)
Tällöin tehtävän 8.62 mukaan
t(sup γ ≈ β) = 1,
jolloin ehdon (3) ja antiteesin (AT) nojalla
t(β ≈ β ⊕ 1) = 1.
Tämä on tehtävän 8.60 nojalla mahdotonta, joten tämä toinenkin antiteesi on
väärä ja väite pätee. Näin myös suunta ”(3)⇒(2)” on todistettu ja asia on selvä.
¤
Harjoitustehtävä 8.67 Olkoon α nollasta eroava ordinaaliluku. Osoita, että
⊢ α ∈ KI ↔ sup α ≺ α ja
⊢ α ∈ KII ↔ sup α ≈ α.
Vertaa tehtävään 8.45.
142
Lauseessa 8.61 (ja tehtävässä 8.60) nähtiin, että jokaiselle ordinaaliluvulle α luku α ⊕ 1 on pienin α:aa aidosti suurempi luku. Seuraava tehtävä sanoo, että
rajaordinaalilla α ei ole suurinta α:aa aidosti pienempää lukua, kun taas seuraajaordinaalilla on:
Harjoitustehtävä 8.68 Olkoon α ordinaaliluku. Osoita, että
⊢ α ∈ KI \ {0} → ∃β[β ≺ α ∧ ∀γ[γ - β → γ - α]]
ja
⊢ α ∈ KII → ∀β[β ≺ α → ∃γ[β ≺ γ ∧ γ ≺ α]].
Harjoitustehtävä 8.69 Osoita, että kaikille n ∈ N pätee
⊢ n ∈ KI ,
ks. määritelmä 8.57.
Huomautus 8.70 Vieläkään konkreettisia ordinaalilukuja ei ole esiintynyt kovin paljon – itse asiassa merkinnän 8.57 luvut n ovat ainoita esimerkkejä. Ne
ovat siis kategoriassa KI eli ovat ei-rajaordinaaleja. Nyt voi kysyä, että onko
rajaordinaaleja olemassa lainkaan. Tämä on taas sellainen kysymys, johon vastausta ei ole. Tähänastisilla aksioomilla (JAx1)-(JAx7) vastausta ei voi antaa
puoleen eikä toiseen. Tähän asiaan palataan tuonnempana samalla kun lisätään
aksioomajärjestelmään vielä kahdeksas aksiooma.
Intuitiivinen esimerkki puuttuvasta rajaordinaalista. Tarkastellaan ”luokkaa”ω :=
{n | n ∈ N}. Voisiko tämä olla rajaordinaali? Tässä määritelmäyrityksessä on
tietenkin se ilmeinen puute, että kyseessä ei ole luokka, koska viritelmässä esiintyy tuo N, joka ei kuulu kielen aakkostoon. Tämä viritys voidaan kyllä tehdä
ihan asiallisesti – ja tehdäänkin tuonnempana. Intuitiivisesti on aika selvää, että ”luokan” ω jokainen alkio n on myös ω:n osajoukko, ks. tehtävä 8.58. Siten
ω on transitiivinen ja ilmeisesti myös ordinaaliluokka. Selvästikään ω ei voi olla
seuraajaordinaali, joten se on rajaordinaali.
Hienoa päättelyä, joka on melkein oikein. Ainoa todellinen virhe tuossa on se,
että vaikkakin ω on ordinaaliluokka, niin mikään ei takaa sitä, että se olisi ordinaaliluku. Jos se olisi aito luokka, niin se olisi lauseen 8.20 nojalla koko On,
mikä merkitsisi sitä, että muita ordinaalilukuja kuin nuo n:t ei sitten olisikaan.
Tämä ei teorian kehittelyn kannalta ole hyvä tilanne, joten tuo asia hoidetaan
niin, että asetetaan aksiooma, joka sanoo, että ω on joukko. Tällöin yllä esitetty ”päättely” on perusteiltaan oikein ja homma etenee. Silloin saadaan näitä
rajaordinaaleja samantien valtavasti lisää.
Ruvetaan nyt tekemään noita edellisessä intuitiivisessa esimerkissä kuvailtuja
asioita. Ensimmäinen tehtävä on määritellä kunnolla luokka ω, visusti siis karttaen esimerkiksi N:n esiintymistä määritelmässä. Näin se menee:
Määritelmä 8.71 Merkitään symbolilla ω luokkaa
ω := {α | α ∪ {α} ⊆ KI }.
143
Sanotaan, että ordinaaliluku α on finiittinen ordinaali, jos kaava α ∈ ω on
teoreema.
Huomautus. Luokan ω määritelmässä on tärkeää huomata, että sen määrittelevä ehto on α ∪ {α} ⊆ KI eikä α ∪ {α} ∈ KI . Intuitiivisesti tämä tarkoittaa sitä,
että ehdossa vaaditaan kaikkien α:aa pienempien ordinaalilukujen eli lukujen β,
β - α olevan luokassa KI . Sen sijaan luvusta α ⊕ 1 = α ∪ {α} ei puhuta mitään.
Ordinaaliluvuille otettiin merkinnässä 8.23 käyttöön symboleja ∀αϕw (α) jne.
Sama tehdään nyt finiittisille ordinaaleille. Näitä finiittisiä ordinaaleja merkitään (yleensä) symboleilla n, m, p, k, l ja sovitaan seuraavaa:
Merkintä 8.72 Olkoon ϕ kaava ja x muuttuja, joka ei esiinny kaavassa ϕ.
Merkitään symbolilla ∀nϕw (n) kaavaa
∀nϕw (n) := ∀x[x ∈ ω → ϕw (x)]
ja vastaavasti symbolilla ∃nϕw (n) kaavaa
∃nϕw (n) := ∃x[x ∈ ω ∧ ϕw (x)].
Merkitään edelleen symbolilla {n | ϕw (n)} luokkaa
{n | ϕw (n)} := {x | x ∈ ω ∧ ϕw (x)}.
Kun totuusarvofunktio t on kiinnitetty, sovitaan myös, että sanonta ”n on finiittinen ordinaali” tarkoittaa sitä, että n on vakio, jolle pätee t(n ∈ ω) = 1.
Harjoitustehtävä 8.73 Osoita – nojautuen määritelmään 8.71, ei huomautuksen 8.70 jälkeiseen ”määritelmään” –, että
i)
ii)
⊢ω≈
6 ∅,
⊢ ω ⊆ On
iii)
⊢ ω ⊆ KI .
ja enemmänkin:
Harjoitustehtävä 8.74 Tässä käytetään sopimuksen 8.72 merkintöjä. Osoita,
että
i)
ii)
iii)
⊢ 0 ∈ ω,
⊢ ∀i[i ⊕ 1 ∈ ω],
⊢ ∀i[i ⊕ 1 6≈ 0] ja
iv)
⊢ ∀i∀j[i ⊕ 1 ≈ j ⊕ 1 ↔ i ≈ j].
Harjoitustehtävä 8.75 Osoita, että
⊢ ∀i[i ⊕ 1 ⊆ KI ].
Huomaa, että väite ei ole i ⊕ 1 ∈ KI .
144
Harjoitustehtävä 8.76 Osoita, että kaikille n ∈ N pätee
⊢ n ∈ ω.
Huomautus. Tässähän oli tarkoituksena määritellä luokka ω niin, että se vastaisi
intuitiivisesti määriteltyä ”luokkaa” {n | n ∈ N}. Tehtävän 8.75 nojalla näyttäisi ainakin pätevän {n | n ∈ N} ⊂ ω. Myös toisinpäin inkluusio syntyy, mutta
kun kyseessä ei ole mikään oikea kaava, mitään todistustakaan ei oikeastaan
voi antaa – intuition tasollehan sitä väkisinkin jäädään. Jonkinlainen todistuksentapainen saadaan seuraavasta erittäin tärkeästä tuloksesta, jossa käytetään
sopimuksen 8.72 merkintöjä. Huomaa, että tämä vastaa intuitiivisessa mielessä
täsmälleen tavallista N:n induktioperiaatetta:
Lause 8.77 (Finiittinen induktio) Olkoon A luokka. Tällöin pätee
⊢ [A ⊆ ω ∧ 0 ∈ A ∧ ∀i[i ∈ A → i ⊕ 1 ∈ A]] → A ≈ ω.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(A ⊆ ω ∧ 0 ∈ A ∧ ∀i[i ∈ A → i ⊕ 1 ∈ A]) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(A ≈ ω) = 1,
mihin riittää oletuksen (1) antaman ehdon t(A ⊆ ω) = 1 nojalla se, että
t(ω \ A ≈ ∅) = 1.
(2)
t(ω \ A ≈ ∅) = 0.
(AT)
Tehdään antiteesi
Koska kyseessä on suljettu kaava, saadaan negaatiolle
t(ω \ A 6≈ ∅) = 1.
(3)
Koska On on ordinaaliluokka, niin relaatio E on järjestävä minimaalirelaatio
luokassa On. Koska E (tai sen rajoittuma) on hyvin määritelty minimaalirelaatio missä tahansa luokassa, erityisesti luokassa On, niin voidaan soveltaa lausetta
7.94, jonka mukaan saadaan
t([ω \ A ⊆ On ∧ ω \ A 6≈ ∅] → ∃a[a ∈ ω \ A ∧ (ω \ A) ∩ E −1 ({a}) ≈ ∅]) = 1. (4)
Koska tehtävän 8.73 nojalla pätee
t(ω \ A ⊆ On) = 1,
niin ehtojen (3) ja (4) nojalla saadaan
t(∃a[a ∈ ω \ A ∧ (ω \ A) ∩ E −1 ({a}) ≈ ∅]) = 1
145
eli
t(∃a[a ∈ ω \ A ∧ (ω \ A) ∩ a ≈ ∅]) = 1.
Tällöin on olemassa vakio u siten, että
t(u ∈ ω \ A) = 1
(5)
t((ω \ A) ∩ u ≈ ∅) = 1.
(6)
ja
Oletuksen (1) nojalla
t(0 ∈ A) = 1,
joten ehdon (5) perusteella täytyy olla
t(u 6≈ 0) = 1.
(7)
Ehdon (5) ja tehtävän 8.73 nojalla saadaan
t(u ∈ KI ) = 1.
Tällöin joukon KI määritelmän ja ehdon (7) nojalla
t(∃β[u ≈ β ⊕ 1]) = 1
eli voidaan valita ordinaaliluku β siten, että
t(u ≈ β ⊕ 1) = 1.
(8)
Ehdon (5) nojalla u on finiittinen ordinaali, joten tehtävän 8.75 nojalla
t(u ⊕ 1 ⊆ KI ) = 1.
Koska lisäksi
t(u ⊆ u ⊕ 1) = 1,
niin
t(u ⊆ KI ) = 1.
Tällöin ehdon (8) perusteella
t(β ⊕ 1 ⊆ KI ) = 1
eli
t(β ∪ {β} ⊆ KI ) = 1.
Luokan ω määritelmän 8.71 perusteella tämä merkitsee sitä, että
t(β ∈ ω) = 1.
Koska t(β ∈ β ∪ {β}) = 1 eli
t(β ∈ β ⊕ 1) = 1,
146
(9)
niin ehdon (8) perusteella
t(β ∈ u) = 1.
Tällöin ehdon (6) nojalla täytyy olla
t(β ∈
/ ω \ A) = 1.
Ehdon (9) nojalla pätee tällöin
t(β ∈ A) = 1.
(10)
Nyt oletuksen (1) sekä ehtojen (9) ja (10) perusteella pätee
t(β ⊕ 1 ∈ A) = 1.
Tällöin ehdon (8) nojalla
t(u ∈ A) = 1.
Tämä on vastoin ehtoa (5). Syntynyt ristiriita osoittaa, että antiteesi (AT) on
väärä, joten ehto (2) ja koko väite on näin todistettu.
¤
Huomautus. Kuten tätä ”induktiolausetta” edeltävässä huomautuksessa lupailtiin, finiittisen induktion avulla voidaan antaa jonkinlainen intuitiivinen perustelu sille, miksi pätee ”ω ⊆ {n | n ∈ N}”. Näin se käy: Merkitään symbolilla B
”luokkaa” {n | n ∈ N} ja symbolilla A niiden finiittisten ordinaalien i luokkaa,
joille pätee i ∈ B. Pitäisi nähdä, että A ≈ ω. Finiittisen induktion perusteella
riittää todeta, että 0 ∈ A (mikä on selvää) ja että ∀i[i ∈ A → i ⊕ 1 ∈ A]. Tämä
jälkimmäinen ehto seuraa siitä, että jos i ∈ A, niin i ≈ m jollekin m ja tällöin
selvästi i ⊕ 1 ≈ m + 1, jolloin myös i ⊕ 1 ∈ A.
Huomautuksen 8.70 jälkeisessä intuitiivisessa esimerkissä vihjailtiin, että ω olisi
rajaordinaali. Näin loppujen lopuksi onkin, mutta ensin pitää tietää, että kyseessä on ylipäätään ordinaaliluku. Osoitetaan, että se on ainakin ordinaaliluokka:
Lause 8.78
⊢ Ord(ω).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(Ord(ω)) = 1.
(1)
t(ω ⊆ On) = 1,
(2)
Tehtävän 8.73 nojalla pätee
ja lauseen 8.17 perusteella saadaan
t(Ord(On)) = 1.
(3)
Lauseen 8.13 sekä ehtojen (2) ja (3) nojalla väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että
t(T r(ω)) = 1.
147
(4)
Olkoon α ordinaaliluku. Ehdon (2) nojalla kaikki ω:n alkiot ovat ordinaalilukuja,
joten väite (4) seuraa, jos osoitetaan, että
t(α ∈ ω → α ⊆ ω) = 1.
(5)
Väitteen (5) todistamiseksi oletetaan, että
t(α ∈ ω) = 1;
(6)
t(α ⊆ ω) = 1.
(7)
riittää osoittaa, että
Olkoon β ordinaaliluku, jolle pätee
t(β ∈ α) = 1.
(8)
Koska kaikki ordinaaliluvun α alkiot ovat ordinaalilukuja, niin väite (7) seuraa,
jos osoitetaan, että
t(β ∈ ω) = 1
eli luokan ω määritelmän 8.71 mukaisesti
t(β ∪ {β} ⊆ KI ) = 1.
(9)
Oletuksen (6) nojalla pätee
t(α ∪ {α} ⊆ KI ) = 1,
joten väite (9) seuraa, jos osoitetaan, että
t(β ∪ {β} ⊆ α ∪ {α}) = 1.
(10)
Koska α on ordinaaliluku, niin ehdon (8) nojalla
t(β ⊆ α) = 1,
jolloin väitteen (10) todistamiseksi riittää osoittaa, että
t({b} ⊆ α) = 1.
Tämäkin seuraa ehdosta (8), joten asia on selvä.
¤
Huomautus. Nyt siis tiedetään, että ω on ordinaaliluokka, joten lauseen 8.21
perusteella se on joko ordinaaliluku tai ω ≈ On. Nyt tilanne on sellainen, että tähänastisilla aksioomilla ei voida osoittaa kummasta on kysymys. Ongelma
ratkeaa, kun asetetaan uusi (ja ZF-järjestelmän viimeinen) aksiooma:
(JAx8):
M(ω).
Tämän aksiooman sekä lauseiden 8.21, 8.18 ja 8.78 nojalla saadaan välittömästi
148
Lause 8.79
⊢ ω ∈ On.
Nyt kun tiedetään, että ω on ordinaaliluku, voidaan järkevästi kysyä onko se
rajaordinaali vai seuraajaordinaali. Intuitiivinen vastaus on tiedossa – formaali
(ja oikea) vastaus on seuraavassa lauseessa.
Lause 8.80
⊢ ω ∈ KII .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, joka nyt siis toteuttaa myös aksiooman (JAx8). Riittää osoittaa, että
t(ω ∈ KII ) = 1.
Tehdään antiteesi:
t(ω ∈ KII ) = 0.
(AT)
Koska kyseessä on suljettu kaava, saadaan tällöin negaatiolle
t(ω ∈
/ KII ) = 1.
(1)
Lauseen 8.79 mukaan
t(ω ∈ On) = 1,
jolloin ehdon (1) nojalla
t(ω ∈ On \ KII ) = 1
eli luokan KII määritelmän mukaan
t(ω ∈ KI ) = 1.
(2)
Toisaalta harjoitustehtävän 8.73 nojalla
t(ω ⊆ KI ) = 1,
joten ehdon (2) perusteella
t(ω ∪ {ω} ⊆ KI ) = 1.
Tällöin joukon(!) ω määritelmän 8.71 ja lauseen 8.79 perusteella pätee
t(ω ∈ ω) = 1,
(3)
mikä on mahdotonta. Siten antiteesi (AT) on väärä ja lause näin todistettu. ¤
Nyt on siis löydetty yksi rajaordinaali ω. No onko sitten muita olemassa? Kyllä,
näitä riittää. Luokka KII on aito (samoin kuin KI ), mikä on kertomus siitä, että
ei se nyt kovin pieni luokka voi olla. Tämä luokan aitous todistetaan myöhemmin. Nyt tehdään kuitenkin vähän toisen suuntainen havainto: ω on kaikkein
pienin rajaordinaali. Tämän sanoo seuraava lause. Suurinta rajaordinaalia ei
ole olemassa; palataan tähänkin kysymykseen myöhemmin.
149
Lause 8.81
⊢ ∀α[α ∈ KII → ω - α].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja α ordinaaliluku. Oletetaan, että
t(α ∈ KII ) = 1.
(1)
t(ω - α) = 1.
(2)
Riittää osoittaa, että
Nyt sekä α että ω ovat ordinaalilukuja, joten tehtävän 8.28 mukaan pätee joko
t(ω ≺ α) = 1,
t(ω ≈ α) = 1 tai
t(α ≺ ω) = 1.
(3)
Jos näistä kolmesta vaihtoehdosta toinen kahdesta ensimmäisestä pätee, niin
väite (2) seuraa. Siten riittää osoittaa, että vaihtoehto (3) ei voi päteä. Tehdään
antiteesi: ehto (3) pätee. Tällöin
t(α ∈ ω) = 1.
(4)
Harjoitustehtävän 8.73 mukaan
t(ω ⊆ KI ) = 1,
joten nyt ehdon (4) nojalla
t(α ∈ KI ) = 1.
Tämä on kuitenkin vastoin ehtoa (1), jonka mukaan
t(α ∈ On \ KI ) = 1.
Tämä ristiriita osoittaa, että antiteesi on väärä, joten ehto (3) ei voi päteä ja
siten väite seuraa.
¤
Huomautus. Luonnollisille luvuille pätee tuttu tulos, jonka mukaan jokaisesta
epätyhjästä N:n osajoukosta löytyy pienin alkio. Voi kysyä, päteekö sama joukkoa N imitoivalle ordinaaliluvulle ω. Vastaus on, että pätee, koska E on hyvin
määritelty järjestävä minimaalirelaatio luokassa On, ja silloin lauseen 7.94 mukaan jokaisesta On:n epätyhjästä osaluokasta löytyy minimaalialkio, joka lisäksi lauseen 7.92 nojalla on yksikäsitteinen. Tässä ei siis millään tavalla tarvitse rajoittua joukkoon ω, vaan yksikäsitteinen minimaalialkio eli minimi löytyy
siis mistä tahansa On:n epätyhjästä osaluokasta. Tämä havainto antaa aiheen
seuraaviin määritelmiin, joissa minimin formaali määrittely esitetään – intuitiivisestihan asia on aivan selvä, mutta formaalisti tulee vähän ongelmia: miten
sanotaan formaalisti, että α on juuri tuo luokan A minimaalialkio, jonka olemassaolo ja yksikäsitteisyys kyllä tiedetään, mutta vain (ja tämä se hankala
paikka on), jos A on epätyhjä. Pitää siis antaa yleispätevä määritelmä, joka
150
toimii kaikille luokille. Tätä voisi verrata supremumin/maksimin määrittelyyn:
supremum on asiallisesti määritelty kaikille luokille ja sitä voi sujuvasti käyttää. Sen sijaan maksimin määritelmä on huono (eikä toimi kuin satunnaisesti),
eikä sitä ole paljon käytettykään – se on mukana vain havainnollistamassa raja/seuraajaordinaalien eroa.
Formaalisti minimin määritelmä onkin viisainta tehdä yleisen leikkausjoukon
kautta samaan tapaan kuin supremum määriteltiin yhdisteen avulla kohdassa
8.43. Määritellään ensin yleinen leikkaus:
Merkintä 8.82 Olkoon A luokka. Merkitään symbolilla ∩A luokkaa
∩A := {x | ∀y[y ∈ A → x ∈ y]},
missä y on muuttuja, joka ei esiinny luokassa A. Sanotaan, että luokka ∩A on
luokan A leikkaus.
Vertaa yhdisteen määritelmään 6.22. Seuraavissa tehtävissä on joitakin leikkauksen perusominaisuuksia.
Harjoitustehtävä 8.83 Olkoot a ja b joukkoja. Osoita, että
i)
ii)
iii)
⊢ ∩{a} ≈ a,
⊢ ∩{a,b} ≈ a ∩ b
⊢ ∩∅ ≈ V.
ja
Harjoitustehtävä 8.84 Olkoon a joukko ja A luokka. Osoita, että
i)
ii)
⊢ a ∈ A → ∩A ⊆ a
⊢ a ∈ A → a ⊆ ∪A .
ja
Harjoitustehtävä 8.85 Olkoon A luokka. Osoita, että
⊢ [T r(A) ∧ A 6≈ ∅] → ∩A ⊆ A.
Osoita esimerkillä, että väite ei päde ilman transitiivisuusoletusta.
Aikaisemmin pähkäiltiin sitä, onko joukon yhdiste joukko. Tilanne selvisi vasta
tätä koskevan aksiooman asettamisella. Nyt voidaan vastaavasti kysyä, onko
joukon leikkaus joukko. Tässä ei uutta aksioomaa enää tarvita, vaan asia on
selvä – joukon leikkaus on (melkein) aina joukko:
Harjoitustehtävä 8.86 Olkoon a joukko. Osoita, että
⊢ a 6≈ ∅ → M(∩a ).
Onko mielivaltaisen luokan leikkaus välttämättä joukko?
Harjoitustehtävä 8.87 Olkoon α ordinaaliluku. Osoita, että
⊢ ∩On\α ≈ α.
151
Nyt voidaan sitten määritellä minimi:
Määritelmä 8.88 Olkoon A luokka. Määritellään luokka min A asettamalla
(
∩A∩On jos A ∩ On 6≈ ∅
min A :=
∅
muuten.
Huomautus. Tätä määritelmää pitää vähän tulkita. Tuo ehto ”jos A ∩ On 6≈ ∅”
tarkoittaa tässä sitä, että joko kyseinen kaava on teoreema tai sitten sitä, että
sen totuusarvo jossakin tietyssä mallissa on ykkönen – tämä vähän tilanteesta
riippuen. Sotkuja tai sekaannuksia ei pitäisi syntyä. Jos tämä ehto pätee, on
tietysti suoraan määritelmän mukaan min A = ∩A∩On eli tarkemmin sanottuna
min A ≈ ∩A∩On .
Harjoitustehtävä 8.89 Osoita, että min A on ordinaaliluku kaikille luokille
A. Vertaa tehtävään 8.44.
Harjoitustehtävä 8.90 Olkoon A ordinaalilukujen osaluokka. Osoita, että
⊢ min A ∈ A ↔ A 6≈ ∅.
Harjoitustehtävä 8.91 Olkoon A ordinaalilukujen osaluokka. Osoita, että näillä määritelmillä saatiin aikaan se, mikä oli intuitiivisena tavoitteena, eli että
min A on todella A:n pienin alkio – poislukien se tapaus, jossa A on tyhjä.
Harjoitustehtävä 8.92 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Osoita, että
i)
ii)
iii)
⊢ min α ≈ ∅,
⊢ min{α} ≈ α ja
⊢ α - β ↔ min{α, β} ≈ α.
Huomautus. Nyt on siis määritelty kolme käsitettä: supremum, maksimi ja minimi. Näistä supremum ja minimi on määritelty kaikille luokille, ja ne ovat aina
olemassa yksikäsitteisinä. Sen sijaan maksimi on määritelty vain ordinaalilukuluokille, eikä sitä aina ole olemassa. Epätyhjän ordinaalilukuluokan minimi on
intuitiivisesti sen pienin alkio ja maksimi suurin – mikäli maksimi on olemassa.
Tällaisessa tapauksessa maksimi on sama kuin supremum. Huomaa, että erillistä infimumin käsitettä ei tarvita lainkaan, koska alarajaltaan ordinaalilukujen
osaluokat ovat ikään kuin ”suljettuja” eli pienin alkio aina löytyy. Ylärajalla siis
voi käydä toisin.
9
Funktiot ordinaalilukujen luokassa
Luvussa 7 oli puhetta relaatiosysteemeistä (A, R), missä A on luokka ja R jokin
relaatio A:ssa, siis intuitiivisesti R on A × A:n osaluokka. Kahden tällaisen relaatiosysteemin (A1 , R1 ) ja (A2 , R2 ) välinen isomorfismi H määriteltiin (7.98)
niin, että H:n tuli olla bijektio luokalta A1 luokalle A2 ja ja säilyttää relaatiot,
152
ts. aR1 b jos ja vain jos H[a]R2 H[b]. Todettiin että relaatiosysteemien välinen
isomorfisuus on intuitiivisessa mielessä ekvivalenssirelaatio, joten voidaan järkevästi sanoa, että kaksi relaatiosysteemiä ovat ekvivalentteja, mikäli niiden välillä
on isomorfismi. Tällöin siis jokainen relaatiosysteemi määrää täsmälleen yhden
ekvivalenssiluokan tämän ekvivalenssin suhteen.
Jatkossa tarkastellaan oikeastaan vain hyvin määriteltyjä järjestäviä minimaalirelaatioita. Tarkemmin sanottuna tarkastellaan sellaisten relaatiosysteemien
(A, R) ekvivalenssiluokkia, joissa R on hyvin määritelty järjestävä minimaalirelaatio. Merkitään noin intuitiivisessa mielessä symbolilla X näiden ekvivalenssiluokkien muodostamaa ”joukkoa” (vai onko se luokka vai onko se edes sitäkään...).
Jos α on ordinaaliluku (tai koko On), niin E antaa hyvin määritellyn järjestävän minimaalirelaation α:aan, ja pari (α, E) on tässä tarkasteltava relaatiosysteemi, joka määrää erään ekvivalenssiluokan eli joukkomme X alkion.
Nyt voidaan esittää kaksi kysymystä: Onko jokaisessa X:n alkiossa jokin pari (α, E)? Voiko samassa X:n alkiossa eli ekvivalenssiluokassa olla useita eri alkioita (α, E), missä α on ordinaaliluku (tai luokka)? Toisin muotoiltuna samat
kaksi kysymystä voidaan esittää näin: Onko jokainen jollakin hyvin määritellyllä ja järjestävällä minimaalirelaatiolla varustettu luokka isomorfinen jonkin ordinaaliluokan kanssa? Jos on, voiko se olla isomorfinen
kahden eri ordinaaliluokan kanssa?
Vastaus ensimmäiseen kysymykseen on myöntävä ja jälkimmäiseen kieltävä.
Siispä jokaisessa ekvivalenssiluokassa on täsmälleen yksi muotoa (α, E) oleva
pari, missä α on ordinaaliluokka. Jos nyt samastetaan ekvivalentit eli isomorfiset parit, niin intuitiivisesti nuo vastaukset tarkoittavat sitä, että ”oleellisesti”
ei muita hyvin määriteltyjä ja järjestäviä minimaalirelaatioita olekaan kuin ordinaaliluokissa toimivat E-relaatiot.
Edellä esitetyistä kysymyksistä ensimmäinen (eli olemassaolokysymys) on hyvin vaikea, mutta vastataan siihen kuitenkin tässä luvussa. Jälkimmäinen (eli
yksikäsitteisyyskysymys) on paljon helpompi ja siihen vastaus voidaan antaa
heti. Seuraava lause sanoo intuitiivisesti, että jos kaksi ordinaaliluokkaa, E:llä
järjestettynä, ovat isomorfisia, niin ne ovat samoja. Tämähän tarkoittaa juuri
sitä, että samassa ekvivalenssiluokassa voi olla korkeintaan yksi ordinaaliluokka.
Jatkokysymyksenä voi sitten kysyä, onko jokaisessa joukossa mahdollista määritellä järjestävä minimaalirelaatio – huomaa, että joukossa minimaalirelaatio on
aina hyvin määritelty. Jos näin olisi, voitaisiin edelläsanotun mukaan jokainen
joukko samastaa jonkin ordinaaliluvun kanssa. Siis ”oleellisesti” ei muita joukkoja olisikaan kuin ordinaaliluvut. ZF-aksioomajärjestelmässä tuota järjestävän
minimaalirelaation olemassaolokysymystä ei voida ratkaista suuntaan eikä toiseen. Sen jälkeen, kun mukaan otetaan valinta-aksiooma, tilanne muuttuu täs153
sä suhteessa dramaattisesti, sillä järjestävä minimaalirelaatio löytyy jokaisesta
joukosta ja katso: sen jälkeen ei muita joukkoja olekaan kuin ordinaaliluvut!
Tämä edellä sanottu on vahva kertomus siitä, miten tärkeitä ordinaaliluvut ja
järjestävät minimaalirelaatiot joukko-opissa oikeastaan ovat.
Harjoitustehtävä 9.1 Määrittele intuitiivisesti jokin järjestävä minimaalirelaatio joukkoihin Z, N2 , Q ja R.
Ennen kuin mennään tuohon edellä mainittuun yksikäsitteisyystulokseen, kirjataan ylös pari käyttökelpoista injektioita koskevaa tulosta:
Harjoitustehtävä 9.2 Olkoot A, B ja F luokkia sekä a joukko. Osoita, että
pätee
i)
ii)
iii)
1−1
⊢ [F : A −→ B ∧ a ∈ A] → F (A \ a) ≈ F (A) \ F (a),
1−1
⊢ [F : A −→ B ∧ a ∈ A] → F [a] ∈ F (A) \ F (a)
ja
1−1
⊢ [F : A −→ B ∧ a ∈ A] → F (a) 6≈ F (A).
Seuraavatkin havainnot ovat hyödyllisiä:
Harjoitustehtävä 9.3 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢ ∀γ[γ ≺ α → γ ≺ β] → α - β.
Harjoitustehtävä 9.4 Jos A = {0, 1, . . . , k} ja f : A → N on aidosti kasvava
kuvaus (so. n < m ≤ k ⇒ f (n) < f (m)), niin kaikille n ∈ A pätee n ≤ f (n).
Tämä on helppo todistaa induktiolla. Todista nyt transfiniittisella induktiolla
vastaava tulos ordinaaliluvuille: Olkoon α ordinaaliluku. Osoita, että
⊢[f : α −→ On ∧ ∀γ∀δ[[δ ≺ α ∧ γ ≺ δ] → f [γ] ≺ f [δ]]] →
∀β[β ≺ α → β - f [β]].
Lause 9.5 Olkoot A, B ja F luokkia. Tällöin pätee
⊢ [Ord(A) ∧ Ord(B) ∧ F IsomE,E (A, B)] → A ≈ B.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(Ord(A) ∧ Ord(B) ∧ F IsomE,E (A, B)) = 1;
(1)
riittää osoittaa, että
t(A ≈ B) = 1.
(2)
Ehdon (1) ja lauseen 8.21 nojalla pätee joko
t(A ≈ On) = 1
154
(3)
tai on olemassa ordinaaliluku α siten, että
t(A ≈ α) = 1.
(4)
t(B ≈ On) = 1
(5)
Vastaavasti pätee joko
tai on olemassa ordinaaliluku β siten, että
t(B ≈ β) = 1.
(6)
Jos ehdot (3) sekä (5) pätevät, niin väite (2) seuraa. Voidaan siis olettaa, että
ainakin toinen näistä ei päde; merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaa sopia,
että ehto (3) ei päde. Tällöin pätee ehto (4). Silloin ehdon (1) ja isomorfismin
määritelmän 7.98 nojalla pätee
t(F : α −→ B) = 1,
onto
jolloin
t(F (α) ≈ B) = 1.
(7)
Koska α on ordinaalilukuna joukko, niin lauseen 7.42 nojalla myös F (α) on
joukko. Tällöin ehdon (7) nojalla ehto (5) ei voi päteä, koska lauseen 8.18 nojalla
On ei ole joukko. Silloin pätee ehto (6), jolloin oletuksen (1) nojalla saadaan
t(F IsomE,E (α, β)) = 1
(8)
t(α ≈ β) = 1.
(9)
ja väite (2) tulee muotoon
Ehdon (8) ja isomorfismin määritelmän mukaan pätee
t([F : α −→ On ∧ ∀γ∀δ[[δ ≺ α ∧ γ ≺ δ] → F [γ] ≺ F [δ]]]) = 1,
jolloin tehtävän 9.4 nojalla pätee
t(∀γ[γ ≺ α → γ - F [γ]]) = 1.
(10)
Ehtojen (7) ja (6) perusteella pätee
t(∀γ[γ ≺ α → F [γ] ≺ β]) = 1,
jolloin ehdon (10) nojalla
t(∀γ[γ ≺ α → γ ≺ β]) = 1.
Tällöin tehtävän 9.3 mukaan pätee
t(α - β) = 1.
155
(11)
Tehtävän 7.102 ja ehdon (8) nojalla pätee myös
t(F −1 IsomE,E (β, α)) = 1,
josta ehdosta voidaan aivan analogisesti ehdon (11) kanssa – α:n ja β:n roolit
vaihtaen – päätellä tehtäviä 9.4 ja 9.3 käyttäen, että
t(β - α) = 1.
(12)
Väite (9) seuraa ehdoista (11) ja (12) sekä tehtävästä 8.30, joten lause on todistettu.
¤
Lauseesta 9.5 voidaan vielä antaa vähän toisin muotoiltu versio, joka intuitiivisesti sanoo, että (mikä tahansa) relaatiosysteemi voi olla isomorfinen korkeintaan yhden ordinaaliluokan kanssa:
Lause 9.6 Olkoot A ja B sekä F ja G luokkia sekä (C, R) relaatiosysteemi.
Tällöin pätee
⊢ [Ord(A) ∧ Ord(B) ∧ F IsomR,E (C, A) ∧ G IsomR,E (C, B)] → A ≈ B.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, suljetaan väitteen kaava ja oletetaan, että
t(Ord(A) ∧ Ord(B) ∧ F IsomR,E (C, A) ∧ G IsomR,E (C, B)) = 1;
(1)
pitää osoittaa, että
t(A ≈ B) = 1.
(2)
Tehtävien 7.102 ja 7.104 sekä oletuksen (1) nojalla pätee
t(G ◦ F −1 IsomE,E (A, B)) = 1,
jolloin väite (2) seuraa oletuksesta (1) ja lauseesta 9.5.
¤
Seuraavaksi lähdetään todistamaan sitä, että jokainen hyvin määritellyllä minimaalirelaatiolla järjestetty joukko tosiaan on isomorfinen jonkin ordinaaliluokan kanssa. Tämä edellyttää sitä, että osataan konstruoida isomorfismi annetusta luokasta johonkin ordinaaliluokkaan tai päinvastoin. Tällaisen isomorfismin
konstruointi on kovin vaivalloista. Propositio- ja predikaattilogiikassa tarvittavia funktioita konstruoidaan usein rekursioperiaatteella, joka ei nyt sellaisenaan
voi toimia, koska tilanne on oleellisesti monimutkaisempi. Jotain tämänsuuntaista tosin saadaan aikaan: kehitellään ”tavallisen” rekursioperiaatteen vastine,
ns. transfiniittinen rekursio, joka sitten toimii tässäkin. Tavallisen rekursioperiaatteen idea on, että määritellään ensin f (0) ja jos f (0), f (1), . . . , f (n) on jo
määritelty, niin näiden avulla määritellään f (n + 1). Pitää siis antaa ”sääntö”,
jonka avulla nuo aiemmin määritellyt funktiot määräävät f (n + 1):n. Tämä
”sääntö” on tarkkaan ottaen yhtälö f (n + 1) = G(f (0), f (1), . . . , f (n)), missä G
on jokin ennalta annettu kuvaus.
156
Transfiniittisessa rekursiossa idea on samankaltainen. Nyt määritellään nimenomaan ordinaalilukujen joukosta lähtevää funktiota. Olkoon α annettu ordinaaliluku ja oletetaan, että f [β] on määritelty kaikille α:aa pienemmille ordinaaleille,
ts. f pα on määritelty. Nyt f [α] määritellään tämän funktion f pα avulla jonkin
ennalta annetun säännön eli funktion G avulla määrittelemällä f [α] := G[f pα].
Osoitetaan jatkossa, että tämä intuitiivinen idea voidaan formalisoida, se toimii
ja antaa luokassa On yksikäsitteisesti määritellyn kuvauksen.
Huomautus 9.7 Seuraavassa lemmassa ja myöhemminkin moneen otteeseen
sovelletaan transfiniittistä induktiota. Tehtävänä on todistaa, että jokin kaava
ϕw (α) on teoreema kaikille ordinaaliluvuille α eli pätee ⊢ ∀αϕw (α).
Transfiniittinen induktio (lause 8.25) kuuluu näin: Olkoon A luokka. Tällöin
pätee
⊢ [A ⊆ On ∧ ∀α[α ⊆ A → α ∈ A]] → A ≈ On.
Nyt merkitään symbolilla A kaikkien niiden ordinaalilukujen joukkoa, joille ϕw (α)
”pätee” eli määritellään A = {α | ϕw (α)}, jolloin väite ⊢ ∀αϕw (α) seuraa, jos
osoitetaan, että ⊢ ∀α[α ∈ A]. Tämä väite seuraa, jos osoitetaan, että kaava
A ≈ On on teoreema. Koska A ⊆ On, niin transfiniittisen induktion perusteella
riittää osoittaa, että kaava
∀α[α ⊆ A → α ∈ A]
on teoreema. Tämä tapahtuu sopivaa totuusarvofunktiota t käyttäen seuraavasti.
Oletetaan, että α:n alkioille β pätee t(ϕw (β)) = 1 eli t(α ⊆ A) = 1 ja osoitetaan, että tällöin myös t(ϕw (α)) = 1 eli t(α ∈ A) = 1.
Siis induktio-oletuksena on, että
t(ϕw (β)) = 1
kaikille β ≺ α
ja induktioväitteenä on
t(ϕw (α)) = 1.
Jos tämä induktioaskel osataan ottaa, niin homma on selvä. Tosin tässä pitää
käytännössä aina muistaa tarkistaa induktion alkuaskel eli että t(∅ ∈ A) = 1 eli
t(ϕw (0)) = 1.
Usein yleisessä induktioaskeleessa kannattaa vielä tehdä eri tarkastelu rajaordinaaleille ja seuraajaordinaaleille. Pelkistettynä transfiniittisessä induktiossa on
silloin kolme vaihetta:
1) Osoitetaan, että t(ϕw (0)) = 1.
2) Osoitetaan, että jos t(ϕw (β)) = 1, niin myös t(ϕw (β ⊕ 1)) = 1. Tämä
on siis seuraajaordinaalin α ≈ β ⊕ 1 tapaus.
3) Oletetaan, että α on rajaordinaali ja että t(∀β[β ≺ α → ϕw (β)]) = 1. Osoitetaan, että myös t(ϕw (α)) = 1.
157
Todistetaan ennen itse transfiniittistä rekursiota pieni lemma. Tämä lemma
sanoo intuitiivisesti ajatellen, että jos f ja g on määritelty ennen huomautusta
9.7 kuvaillulla rekursiivisella tavalla, f α:aan asti ja g γ:aan asti ja lisäksi α - γ,
niin f ja g ovat samoja ainakin ”α:aan asti”. Tässä kannattaa ehkä ajatella ensin,
että α = γ, jolloin asia tullee selvemmäksi. Valittu formulaatio on kuitenkin
kätevämpi käyttää lauseen 9.9 todistuksessa.
Lause 9.8 Olkoon G luokka sekä α ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢∀f ∀g[[α - γ ∧
f F n α ∧ ∀β[β ≺ α → f [β] ≈ G[f pβ]] ∧
g F n γ ∧ ∀β[β ≺ γ → g[β] ≈ G[gpβ]]] →
∀β[β ≺ α → f [β] ≈ g[β]]].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Pidetään γ kiinteänä ja tehdään transfiniittinen induktio α:n suhteen. Merkitään
lyhyyden vuoksi symbolilla ∀f ∀gKα väitteen kaavaa. Tarkoitus on siis todistaa
transfiniittistä induktiota käyttäen, että kaava ∀f ∀gKα on teoreema kaikille ordinaaliluvuille α. Huomautuksen 9.7 mukaan riittää osoittaa, että
1) t(∀f ∀gK0 ) = 1 ja
2) jos t(∀δ[δ ≺ α → ∀f ∀gKδ ]) = 1, niin t(∀f ∀gKα ) = 1.
Tapaus 1): Implikaatiokaavan K0 takajäsen on ∀β[β ≺ 0 → f [β] ≈ g[β]]
ja riittää osoittaa, että tämän totuusarvo on 1 kaikille f ja g. Tähän taas riittää
että kaavan β ≺ 0 → f [β] ≈ g[β] totuusarvo on 1 kaikille ordinaaliluvuille β
ja kaikille f, g. Tämä seuraa siitä, että sen etujäsenen β ≺ 0 totuusarvo on 0
kaikille ordinaaliluvuille β.
Tapaus 2): Tehdään tässä siis induktio-oletus
t(∀δ[δ ≺ α → ∀f ∀gKδ ]) = 1.
(1)
Induktioväitteenä on, että
t(∀f ∀gKα ) = 1.
(2)
Oletetaan, että f ja g ovat vakioita ja
t(α - γ ∧
f F n α ∧ ∀β[β ≺ α → f [β] ≈ G[f pβ]] ∧
g F n γ ∧ ∀β[β ≺ γ → g[β] ≈ G[gpβ]]) = 1;
(3)
väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∀β[β ≺ α → f [β] ≈ g[β]]) = 1.
158
(4)
Olkoon ξ ordinaaliluku, jolle pätee
t(ξ ≺ α) = 1.
(5)
Väite (4) seuraa, jos osoitetaan, että
t(f [ξ] ≈ g[ξ]) = 1.
(6)
Ehtojen (5) ja (3) nojalla pätee
t(f [ξ] ≈ G[f pξ]) = 1 ja t(g[ξ] ≈ G[gpξ]) = 1,
joten väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että
t(f pξ ≈ gpξ) = 1.
(7)
Tehtävän 7.64 nojalla funktiot ovat samoja, jos niiden arvot kaikissa määrittelyjoukon pisteissä ovat samat; siispä väite (7) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∀ǫ[ǫ ≺ ξ → f pξ[ǫ] ≈ gpξ[ǫ]]) = 1.
(8)
Olkoon ǫ ordinaaliluku, jolle pätee
t(ǫ ≺ ξ) = 1.
(9)
Väite (8) seuraa, jos osoitetaan, että
t(f pξ[ǫ] ≈ gpξ[ǫ]) = 1.
(10)
Koska rajoittumafunktion arvo rajoittumaluokan pisteessä on sama kuin itse
funktion ja ehdon (9) nojalla ǫ on rajoittumafunktioiden f pξ ja gpξ määrittelyluokassa ξ, niin väite (10) tulee muotoon
t(f [ǫ] ≈ g[ǫ]) = 1.
(11)
Käytetään nyt induktio-oletusta (1). Sen ja ehdon (5) nojalla pätee
t(∀f ∀gKξ ) = 1.
(12)
Ehtojen (5) ja (3) nojalla pätee myös
t(ξ - γ ∧
f pξ F n ξ ∧ ∀β[β ≺ ξ → f pξ[β] ≈ G[(f pξ)pβ]] ∧
g F n γ ∧ ∀β[β ≺ ξ → g[β] ≈ G[gpβ]]) = 1.
(13)
Koska ξ on ordinaalilukuna joukko ja f on oletuksen (3) mukaan funktio, niin
lauseen 7.62 nojalla myös f pξ on joukko. Tällöin ehtojen (13), (12) ja (9) nojalla
saadaan
t(f pξ[ǫ] ≈ g[ǫ]) = 1.
(14)
159
Ehdon (9) nojalla ǫ on rajoittumafunktion f pξ määrittelyjoukossa ξ, jolloin
t(f pξ[ǫ] ≈ f [ǫ]) = 1,
ja väite (11) seuraa ehdosta (14).
¤
Seuraava lause on nyt sitten tämä mainittu transfiniittinen rekursio. Intuitiivinen selvitys on seuraava. Luokka K koostuu tässä niistä funktioista f , joille
johonkin ordinaaliin α asti f on määritelty apuluokan G avulla kuten edellisessä lemmassa. Itse konstruoitava funktio F on tämän luokan K yhdiste, ja
koostuu siis (kuten yhdiste aina koostuu) K:n alkioiden alkioista eli luokkaan
K sisältyvien funktioiden f alkioista eli järjestetyistä pareista hx, yi, missä x on
f :n määrittelyjoukossa ja y = f [x]. Kun nämä parit kasataan yhteen luokaksi
F = ∪K , niin syntyy ainakin relaatio, joten on järkevää kysyä, että onko F
funktio ja jos on, missä se on määritelty. Näihin kysymyksiin vastataan lauseen
kohdassa 1). On niin, että F on funktio koko luokassa On. Lauseen ehto 2) kertoo, että tämä F on syntynyt G:n avulla juuri niin kuin haluttiinkin, eli F :n
arvot α:aa pienemmissä ordinaaleissa eli α:n alkioissa määräävät F [α]:n eli F :n
rajoittumakuvaus joukkoon α määrää F :n arvon pisteessä α – siis G:n välityksellä ehdosta F [α] := G[F pα]. Lauseen ehto 3) kertoo näin syntyvän funktion
olevan yksikäsitteinen. Huomaa, että rekursion alkuaskel eli arvo f [0] on G[0],
sillä f p∅ ≈ ∅.
Kaiken kaikkiaan lause siis kertoo, että kun luokka G on annettu – ilman mitään
siihen kohdistuvia lisäoletuksia, on olemassa täsmälleen yksi luokassa On määritelty funktio F , joka määräytyy G:n kautta lauseen kohdasta 2) ilmenevällä
tavalla.
Lause 9.9 (Transfiniittinen rekursio) Olkoot G ja Fe luokkia. Merkitään
K = {f | ∃α[f F n α ∧ ∀β[β ≺ α → f [β] ≈ G[f pβ]]]}
ja
F = ∪K .
Tällöin pätee
1)
⊢ F F n On,
2)
⊢ ∀α[F [α] ≈ G[F pα]] ja
⊢ [Fe F n On ∧ ∀α[Fe[α] ≈ G[Fepα]]] → Fe ≈ F.
3)
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaavat. Osoitetaan ensin, että F on relaatio, eli että
t(F ⊆ V 2 ) = 1.
(1)
Olkoon sitä varten u vakio siten, että
t(u ∈ F ) = 1;
160
(2)
pitää osoittaa, että
t(u ∈ V 2 ) = 1.
(3)
Luokan F sekä yhdisteen määritelmän ja ehdon (2) mukaan on olemassa vakio
v siten, että
t(u ∈ v) = 1
(4)
ja
t(v ∈ K) = 1.
(5)
Luokan K määritelmän ja ehdon (5) nojalla on olemassa ordinaaliluku α siten,
että
t(v F n α) = 1.
Tällöin v on funktio ja erityisesti relaatio, eli
t(v ⊆ V 2 ) = 1.
Tällöin väite (3) seuraa ehdosta (4). Silloin myös väite (1) on todistettu eli on
nähty, että F on relaatio.
Osoitetaan seuraavaksi, että F on funktio eli yksiarvoinen eli että kaikille vakioille a, b, c pätee
t([ha, bi ∈ F ∧ ha, ci ∈ F ] → b ≈ c) = 1.
(6)
Tätä varten oletetaan, että
t(ha, bi ∈ F ∧ ha, ci ∈ F ) = 1;
(7)
t(b ≈ c) = 1.
(8)
pitää osoittaa, että
Koska siis F = ∪K niin yhdisteen määritelmän ja ehdon (7) nojalla on olemassa
vakio f siten, että
t(f ∈ K ∧ ha, bi ∈ f ) = 1
(9)
ja vastaavasti on olemassa vakio g siten, että
t(g ∈ K ∧ ha, ci ∈ g) = 1.
(10)
Luokan K määritelmän nojalla on tällöin olemassa ordinaaliluvut α ja γ siten,
että
t(f F n α ∧ ∀β[β ≺ α → f [β] ≈ G[f pβ]] ∧
g F n γ ∧ ∀β[β ≺ γ → g[β] ≈ G[gpβ]]) = 1.
(11)
Koska α ja γ ovat ordinaalilukuja, niin pätee joko t(α - γ) = 1 tai t(γ - α) = 1.
Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että
t(α - γ) = 1.
161
(12)
Koska ehdon (9) nojalla t(ha, bi ∈ f ) = 1, niin a on f :n määrittelyluokassa, joka
ehdon (11) perusteella on α. Siten a on ordinaaliluku, jolle pätee
t(a ≺ α) = 1.
(13)
Nyt apulauseen 9.8 sekä ehtojen (13), (12) ja (11) nojalla pätee
t(f [a] ≈ g[a]) = 1.
(14)
Ehtojen (9) ja (10) nojalla pätee toisaalta
t(f [a] ≈ b) = 1 ja t(g[a] ≈ c) = 1.
Tällöin väite (8) seuraa ehdosta (14).
Näin on nähty, että F on funktio. Väitteen 1) todistamiseksi riittää tällöin osoittaa, että F :n määrittelyluokka on On, ts. että
t(D(F ) ≈ On) = 1.
(15)
t(D(F ) ⊆ On) = 1.
(16)
Osoitetaan ensin, että
Olkoon sitä varten a vakio, jolle pätee
t(a ∈ D(F )) = 1;
(17)
t(a ∈ On) = 1.
(18)
riittää osoittaa, että
Ehdon (17) nojalla löytyy vakio b siten, että
t(ha, bi ∈ F ) = 1.
Tällöin, koska F = ∪K , on olemassa vakio f , jolle pätee
t(f ∈ K) = 1
(19)
t(ha, bi ∈ f ) = 1.
(20)
siten, että
Luokan K määritelmän ja ehdon (19) perusteella on olemassa ordinaaliluku α
siten, että
t(f F n α) = 1.
(21)
Tällöin f :n määrittelyjoukko on α joten ehdon (20) nojalla pätee
t(a ∈ α) = 1.
(22)
Koska α on ordinaaliluku, niin tällöin myös a on ordinaaliluku ja väite (18) seuraa. Näin väite (16) on todistettu.
162
Osoitetaan seuraavaksi, että
t(Ord(D(F ))) = 1.
(23)
Koska relaatio E on järjestävä luokassa On, niin se on järjestävä myös jokaisessa
On:n osaluokassa. Tällöin ehdon (16) (joka jo todistettiin) perusteella pätee
t(E JM in D(F )) = 1.
Silloin ehdon (23) todistamiseksi riittää osoittaa, että D(F ) on transitiivinen.
Olkoon sitä varten vakio a kuten ehdossa (17); pitää osoittaa, että
t(a ⊆ D(F )) = 1.
(24)
Olkoon sitä varten u vakio, jolle pätee
t(u ∈ a) = 1;
(25)
t(u ∈ D(F )) = 1.
(26)
pitää osoittaa, että
Ehdot (19), (20), (21) ja (22) pätevät ehdon (17) perusteella nytkin jollekin
jollekin vakiolle f ja jollekin ordinaaliluvulle α, ja tällöin ehdon (22) nojalla,
koska α on ordinaaliluokka, pätee myös
t(a ⊆ α) = 1,
jolloin ehdon (25) nojalla
t(u ∈ α) = 1.
Tällöin ehdon (21) mukaan
t(u ∈ D(f )) = 1,
joten on olemassa vakio v siten, että
t(hu, vi ∈ f ) = 1.
(27)
Koska ehdon (19) mukaan t(f ∈ K) = 1, niin yhdisteen määritelmän ja ehdon
(27) mukaan pätee
t(hu, vi ∈ ∪K ) = 1
eli
t(hu, vi ∈ F ) = 1.
Tällöin väite (26) seuraa suoraan luokan D(F ) määritelmästä. Näin väite (23)
on todistettu.
Nyt lauseen 8.21 ja ehdon (23) perusteella pätee joko
t(D(F ) ≈ On) = 1
163
tai D(F ) on ordinaaliluku. Siten väite (15) seuraa, jos osoitetaan, että D(F ) ei
voi olla ordinaaliluku.
Tehdään antiteesi:
t(D(F ) ∈ On) = 1.
(AT)
Tällöin voidaan valita ordinaaliluku γ siten, että
t(D(F ) ≈ γ) = 1.
(28)
Nyt siis kuvauksen F määrittelyjoukko on γ. Laajennetaan nyt ensin tätä määrittelyjoukkoa yhdellä pisteellä joukoksi γ ∪ {γ} eli joukoksi γ ⊕ 1. Määritellään
sitten luokka g asettamalla
g = F ∪ hγ, G[F ]i.
Koska F on siis kuvaus, jonka määrittelyjoukko on γ, niin g on myös kuvaus ja
sen määrittelyjoukko on lauseen 8.61 perusteella γ ⊕ 1 eli
t(g F n (γ ⊕ 1)) = 1.
(29)
Lisäksi suoraan g:n määritelmän nojalla pätee
t(gpγ ≈ F ) = 1 ja t(g[γ] ≈ G[F ]) = 1.
(30)
Osoitetaan nyt, että
t(∀β[β ≺ γ ⊕ 1 → g[β] ≈ G[gpβ]]) = 1.
(31)
Olkoon sitä varten β ordinaaliluku siten, että
t(β ≺ γ ⊕ 1) = 1;
(32)
t(g[β] ≈ G[gpβ]) = 1.
(33)
riittää osoittaa, että
Ehdon (32) ja lauseen 8.61 nojalla pätee
t(β ¹ γ) = 1
eli joko
t(β ≺ γ) = 1
(34)
t(β ≈ γ) = 1.
(35)
tai
Tapauksessa (34) pätee ehdon (30) nojalla
t(g[β] ≈ F [β]) = 1,
joten väite (33) seuraa, jos osoitetaan, että
t(F [β] ≈ G[F pβ]) = 1.
164
(36)
Nyt ehtojen (28) ja (34) nojalla
t(hβ, F [β]i ∈ F ) = 1,
ja koska F = ∪K , niin yhdisteen määritelmän nojalla on olemassa vakio f siten,
että t(f ∈ K) = 1 ja
t(hβ, F [β]i ∈ f ) = 1.
(37)
Tällöin β on f :n määrittelyjoukossa D(f ) ja luokan K määritelmän nojalla
löytyy jokin ordinaaliluku δ siten, että
t(D(f ) ≈ δ) = 1,
ja silloin t(β ∈ δ) = 1 eli
t(β ≺ δ) = 1.
(38)
Nyt siis t(f F n δ) = 1 ja t(f ∈ K) = 1, jolloin ehdon (38) ja luokan K
määritelmän nojalla saadaan
t(f [β] ≈ G[f pβ]) = 1
(39)
ja lisäksi ehdon (37) nojalla pätee
t(f [β] ≈ F [β]) = 1.
(40)
Ehtojen (39) ja (40) nojalla väite (36) seuraa, jos osoitetaan, että
t(f pβ ≈ F pβ) = 1.
(41)
Koska f :n määrittelyjoukko on δ ja F :n määrittelyjoukko on γ, niin ehtojen
(34) ja (38) nojalla kuvauksilla f pβ ja F pβ on sama määrittelyjoukko β. Silloin
väite (41) seuraa, jos osoitetaan, että ordinaaliluvulle ξ pätee
t(ξ ≺ β → f [ξ] ≈ F [ξ]) = 1.
Tämän todistamiseksi oletetaan, että
t(ξ ≺ β) = 1;
(42)
t(f [ξ] ≈ F [ξ]) = 1.
(43)
riittää osoittaa, että
Koska ξ on f :n määrittelyjoukossa δ, niin
t(hξ, f [ξ]i ∈ f ) = 1.
(44)
Koska siis F = ∪K ja t(f ∈ K) = 1, niin tehtävän 8.40 nojalla
t(f ⊆ F ) = 1,
ja silloin ehdon (44) nojalla
t(hξ, f [ξ]i ∈ F ) = 1.
165
(45)
Koska ξ on myös F :n määrittelyjoukossa β, niin ehdon (45) nojalla väite (43)
seuraa. Tällöin seuraa myös väite (31) eli väite (31) on todistettu tapauksessa (34). Tarkastellaan sitten tapausta (35). Tässä vaihtoehdossa väite (33)
tulee muotoon
t(g[γ] ≈ G[gpγ]) = 1.
Tämä väite seuraa suoraan ehdosta (30).
Näin ehto (31) on todistettu. Kun yhdistetään tämä ehtoon (29), niin luokan K määritelmän mukaan pätee
t(g ∈ K) = 1.
(46)
Ehdon (30) mukaan
t(hγ, G[F ]i ∈ g) = 1,
jolloin ehdon (46) ja yhdisteen F = ∪K määritelmän nojalla pätee
t(hγ, G[F ]i ∈ F ) = 1.
Tällöin
t(γ ∈ D(F )) = 1.
(47)
Mutta ehdon (28) mukaan ordinaaliluku γ valittiin niin, että t(D(F ) ≈ γ) = 1,
joten ehdosta (47) seuraa ehto
t(γ ∈ γ) = 1,
mikä on mahdotonta. Tämä ristiriita johtuu antiteesista (AT), jonka täytyy siis
olla väärä. Siispä D(F ) ei ole ordinaaliluku, vaan koko luokka On ja näin väite
(15) ja siten koko lauseen väite 1) on todistettu.
Väitettä 2) varten valitaan ordinaaliluku β. Riittää osoittaa, että
t(F [β] ≈ G[F pβ]) = 1.
(48)
Tämä on sama väite kuin ehdossa (36) – tosin sillä erotuksella, että nyt F :n
määrittelyjoukko on koko On, kun se ehdon (36) tilanteessa oli γ. Tämä ei kuitenkaan vaikuta siihen, että aivan samoin perustein kuin kuin edellä löytyy f ,
joka toteuttaa ehdot (37), (39), (40) ja (41), joista ehdoista väite (48)/(36) seuraa nytkin. Näin väite 2) on todistettu.
Väitettä 3) eli F :n yksikäsitteisyyttä varten oletetaan, että
pitää osoittaa, että
t([Fe F n On ∧ ∀α[Fe[α] ≈ G[Fepα]]) = 1;
t(Fe ≈ F ) = 1.
166
(49)
Koska jo todistetun ehdon 1) ja oletuksen (49) nojalla funktioilla Fe ja F on sama
määrittelyjoukko eli On, niin harjoitustehtävän 7.64 nojalla riittää osoittaa, että
t(∀α[Fe[α] ≈ F [α]]) = 1.
(50)
t(Fe[α] ≈ F [α]) = 1.
(51)
t(∀β[β ≺ γ → f [β] ≈ G[f pβ]]) = 1
(52)
t(∀β[β ≺ γ → h[β] ≈ G[hpβ]]) = 1.
(53)
Olkoon α ordinaaliluku. Väite (50) seuraa, jos osoitetaan, että
Merkitään γ := α ⊕ 1 ja tarkastellaan rajoittumakuvauksia f := F pγ ja h :=
Fepγ. Osoitetaan, että
ja
Väite (52) seuraa lauseen jo todistetusta kohdasta 2) ja siitä, että kun t(β ≺
γ) = 1, niin rajoittumakuvauksen määritelmän mukaan t(f [β] ≈ F [β]) = 1 ja
t(f pβ ≈ F pβ) = 1.
Vastaavasti väite (53) seuraa ehdosta (49) ja siitä, että kun t(β ≺ γ) = 1,
niin t(h[β] ≈ Fe[β]) = 1 ja t(hpβ ≈ Fepβ) = 1.
Näin ehdot (52) ja (53) on todistettu.
Koska nyt t(f F n γ) = 1 ja t(h F n γ) = 1 sekä lisäksi f ja h ovat joukossa γ määriteltyinä funktioina joukkoja (lause 7.61), niin ehtojen (52) ja (53)
sekä apulauseen 9.8 nojalla saadaan
t(∀β[β ≺ γ → f [β] ≈ h[β]]) = 1.
(54)
Koska
t(α ≺ γ) = 1,
niin ehdon (54) perusteella
t(f [α] ≈ h[α]) = 1.
Väite (51) seuraa tästä, sillä t(f [α] ≈ F [α]) = 1 ja t(h[α] ≈ Fe [α]) = 1.
Näin väitteen kohta 3) on todistettu ja koko todistus on lopulta valmis.
¤
Transfiniittisen rekursion antama funktio tai luokka F ei ole joukko, mikä johtuu
siitä, että sen määrittelyluokka On ei ole joukko. Jos tarkastellaan tämän funktion rajoittumaa mielivaltaiseen ordinaalilukuun α, niin silloin syntyy lauseen
7.61 perusteella joukko. Pätee vähän enemmänkin, sillä tämä rajoittumafunktio
on yksikäsitteinen transfiniittisen rekursion ehdon 3) tarkoittamassa mielessä:
167
Lause 9.10 Olkoon G luokka ja α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ ∃1 f [f F n α ∧ ∀β[β ≺ α → f [β] ≈ G[f pβ]]].
Todistusidea. Olemassaolopuoli seuraa rajoittamalla transfiniittisen rekursion
antama F joukkoon α. Yksikäsitteisyys todistetaan samaan tapaan kuin transfiniittisen rekursion kohdassa 3); jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi.
Transfiniittistä rekursiota on vähän hankala soveltaa suoraan. Monissa tilanteissa seuraava lause, joka on transfiniittisen rekursion hienosäätöä, antaa käyttökelpoisemman tuloksen. Tämä tulos antaa tilanteesta havainnollisemman kuvan
ja muistuttaa (niin paljon kuin mahdollista) tavallista rekursiota. Periaatteessa
tässä on vähän samanlainen tilanne kuin huomautuksessa 9.7, jossa transfiniittinen induktio formuloitiin käyttäjäystävälliseen asentoon.
”Tavallinen” N:n rekursio toimii useimmissa tapauksissa karkeasti sanoen niin,
että jos on annettu funktio h : X → X, missä X on jokin joukko, ja f :n
arvo f (0) ∈ X on kiinnitetty, niin on olemassa yksikäsitteinen f siten, että
f (n + 1) = h(f (n)) kaikille n ∈ N. Yleistetään nyt tämä kuvio N:n sijasta ordinaaliluvuille. Periaate on pääpiirteissään selvä sellaisille ordinaaliluvuille, joilla
on edeltäjä, jonka avulla halutun f :n arvo tässä ordinaalissa määräytyy: jos
α ≈ β ⊕ 1, niin asetetaan f [α] := h[f [β]]. Ensimmäinen pulma tulee kuitenkin
vastaan siinä, miten voidaan menetellä sellaisten ordinaalilukujen kanssa, joilla
ei ole edeltäjää, so. rajaordinaalin tapauksessa. Tällöinhän tehtävän 8.67 mukaan pätee α ≈ sup α. Ratkaisu on se, että tällöin f [α]:n tulee olla ”aiemmin”
määriteltyjen joukkojen f [β], β ≺ α ”supremum” – nyt on kuitenkin parempi puhua yhdisteestä, koska ei ole tietoa, mikä on f :n maalijoukko. Tämä on
kovin epätäsmällistä puhetta ja yritetään sitä vähän täsmentää. Otetaan ensin
käyttöön hieman sotkuisia kaavoja yksinkertaistava merkintä:
Merkintä 9.11 Olkoon α ordinaaliluku ja F luokka. Merkitään
∪β≺α F [β] := ∪A ,
missä A := {x | ∃β[β ≺ α ∧ x ≈ F [β]]}.
Huomautus. Merkintää 9.11 käyttäen siis a ∈ ∪β≺α F [β] jos ja vain jos a ∈ F [β]
jollekin β ≺ α.
Tavoitteena on todistaa, että jokaiselle luokalle H pätee
⊢ ∀a∃1 F [F F n On ∧ F [0] ≈ a ∧
∀α[F [α ⊕ 1] ≈ H[F [α]] ∧ [α ∈ KII → F [α] ≈ ∪β≺α F [β]]]].
(1)
Tämähän tarkoittaa intuitiivisesti sitä, että mielivaltaiselle rekursion alkuarvolle
a on olemassa koko luokassa On määritelty funktio F , jonka arvot seuraajaordinaaleissa α (näillähän on aina edeltäjä) määräytyvät ehdosta F [α] ≈ H[F [β]],
missä β on α:n edeltäjä; rajaordinaaleille (eli luokan KII alkioille α) F :n arvo
α:ssa määräytyy ehdosta F [α] ≈ ∪β≺α F [β]. Lisäksi nämä ehdot määräävät F :n
168
yksikäsitteisesti.
Ennen kuin rynnätään todistamaan teoreemaa (1) täytyy valitettavasti todeta, että se ei ole teoreema, sillä se ei ole edes kaava. Syy tähän on se, että siinä
kvantifioidaan luokan F suhteen ja tällaistahan ei saa mennä tekemään: ainoastaan muuttujien suhteen on lupa kvantifioida. Siispä teoreema (1) on syytä kirjoittaa uudelleen. Tässä nyt käy sitten niin, että lopputulos on melko hirveän
näköinen sekasotku, joka ei ihan ensimmäisellä lukemalla aukea. Tuo ”teoreema”
(1) on tuossa edellä vain sitä varten, että sen avulla voi seuraava oikea teoreema
konkretisoitua siinä mielessä, että lukija saa käsityksen, mitä siinä oikeastaan
sanotaan. Siis seuraavan lauseen sisältö on intuitiivisessa mielessä täysin sama
kuin ”teoreeman” (1); ainoa asiallinen ero on siinä, että lause on muotoiltu oikein
eli tuo luokan suhteen kvantifiointi on kierretty. Tässä on syytä muistaa, että
ordinaaliluku α on rajaordinaali täsmälleen silloin, kun sup α ≈ α eli ∪α ≈ α; eirajaordinaaleille sup α on α:n edeltäjä. Edelleen kannattaa muistaa, että D(A)
on minkä tahansa luokan A määrittelyluokka ja W(A) sen kuvaluokka.
Lause 9.12 (Transfiniittinen rekursio, versio 2) Olkoon H luokka ja a
joukko. Merkitään
G = {z | ∃x∃y[z ≈ hx, yi ∧ [[x ≈ 0 ∧ y ≈ a]∨
[x 6≈ 0 ∧ ∪D(x) 6≈ D(x) ∧ y ≈ H[x[∪D(x) ]]] ∨
[x 6≈ 0 ∧ ∪D(x) ≈ D(x) ∧ y ≈ ∪W(x) ]]]}.
Olkoon F transfiniittisen rekursion ensimmäisen version eli lauseen 9.9 tästä
luokasta G antama (yksikäsitteisesti määrätty) funktio, jolle siis pätee
⊢ F F n On ja
⊢ ∀α[F [α] ≈ G[F pα]].
(1)
(2)
Tällöin pätee myös
⊢ F [0] ≈ a,
⊢ ∀α[F [α ⊕ 1] ≈ H[F [α]]]
ja
⊢ ∀α[α ∈ KII → F [α] ≈ ∪β≺α F [β]].
(3)
(4)
(5)
Lisäksi ehdot (1), (3), (4) ja (5) määräävät F :n yksikäsitteisesti, ts. jos Fe toteuttaa nämä ehdot, niin
⊢ Fe ≈ F.
(6)
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaavat.
Huomataan ensin, että G on funktio, ts. että pätee
t(F nc(G)) = 1.
169
(7)
Tämä seuraa suoraan G:n määritelmästä: selvästi G on relaatio ja G on yksiarvoinen, ts. pätee
t(∀a∀b∀c[[ha, bi ∈ G ∧ ha, ci ∈ G] → b ≈ c]) = 1.
Jätetään tämän tarkka todistus harjoitustehtäväksi; samalla jätetään pohdittavaksi se, että mikä mahtaa olla funktion G määrittelyluokka. Ehdosta (7)
saadaan kuitenkin tehtävän 7.53 nojalla havainto
t(∀x∀y[hx, yi ∈ G → y ≈ G[x]]) = 1.
(8)
Ryhdytään sitten todistamaan varsinaisia väitteitä.
Väite (3): Riittää osoittaa, että
t(F [0] ≈ a) = 1.
(9)
Koska
t(F p∅ ≈ ∅) = 1 eli t(F p0 ≈ 0) = 1,
niin ehdon (2) nojalla väite (9) seuraa, jos osoitetaan, että
t(G[0] ≈ a) = 1.
(10)
Suoraan luokan G määritelmän mukaan nähdään, että
t(h0, ai ∈ G) = 1,
jolloin väite (10) seuraa ehdosta (8). Siten väite (3) on todistettu.
Väite (4): Olkoon α ordinaaliluku. Riittää osoittaa, että
t(F [α ⊕ 1] ≈ H[F [α]]) = 1.
(11)
Ehdon (2) nojalla saadaan
t(F [α ⊕ 1] ≈ G[F p(α ⊕ 1)]) = 1.
(12)
Koska t(α ⊕ 1 ⊆ On) = 1, niin ehdon (1) nojalla pätee
t(D(F p(α ⊕ 1)) ≈ α ⊕ 1) = 1.
(13)
Koska t(0 ∈ α ⊕ 1) = 1, niin jo todistetun ehdon (3) nojalla
t(h0, ai ∈ F p(α ⊕ 1)) = 1,
jolloin
t(F p(α ⊕ 1) 6≈ ∅) = 1
eli
t(F p(α ⊕ 1) 6≈ 0) = 1.
170
(14)
Koska tehtävän 8.62 mukaan
t(sup(α ⊕ 1) ≈ α) = 1 eli t(∪α⊕1 ≈ α) = 1
ja toisaalta
t(α 6≈ α ⊕ 1) = 1,
jolloin
t(∪α⊕1 6≈ α ⊕ 1) = 1,
niin ehdon (13) nojalla
t(∪D(F p(α⊕1)) 6≈ D(F p(α ⊕ 1))) = 1.
(15)
Tällöin ehtojen (13) ja (14) sekä luokan G määritelmän mukaan
t(hF p(α ⊕ 1), H[F p(α ⊕ 1)[sup(α ⊕ 1)]]i ∈ G) = 1.
Silloin ehdon (8) mukaan – koska F p(α ⊕ 1) ja H[F p(α ⊕ 1)[sup(α ⊕ 1)]] ovat
joukkoja – saadaan
t(G[F p(α ⊕ 1)] ≈ H[F p(α ⊕ 1)[sup(α ⊕ 1)]]) = 1
ja edelleen ehdon (12) mukaan
t(F [α ⊕ 1] ≈ H[F p(α ⊕ 1)[sup(α ⊕ 1)]]) = 1.
Tästä saadaan ehdon t(sup α ⊕ 1 ≈ α) = 1 nojalla
t(F [α ⊕ 1] ≈ H[F p(α ⊕ 1)[α]]) = 1.
(16)
Koska t(α ≺ α ⊕ 1) = 1, niin α on rajoittumafunktion F p(α ⊕ 1) määrittelyjoukossa, ja siten
t(F p(α ⊕ 1)[α] ≈ F [α]) = 1,
ja tällöin väite (11) seuraa ehdosta (16).
Väite (5): Olkoon α ordinaaliluku, jolle pätee
t(α ∈ KII ) = 1.
(17)
t(F [α] ≈ ∪β≺α F [β]) = 1.
(18)
Riittää osoittaa, että
Tehtävän 8.67 ja ehdon (17) nojalla pätee
t(α ≈ sup α) = 1 eli t(α ≈ ∪α ) = 1.
Ehdon (1) nojalla pätee
t(D(F pα) ≈ α) = 1,
171
(19)
jolloin ehdon (19) mukaan
t(∪D(F pα) ≈ D(F pα)) = 1.
(20)
Koska määritelmän mukaan 0 ei ole rajaordinaali, niin oletuksen (17) nojalla
t(0 ≺ α) = 1 eli t(0 ∈ α) = 1. Tällöin jo todistetun ehdon (3) nojalla
t(h0, ai ∈ F pα) = 1,
ja siten
t(F p(α) 6≈ ∅) = 1
eli
t(F pα 6≈ 0) = 1.
(21)
Ehtojen (20) ja (21) sekä luokan G määritelmän mukaan
t(hF pα, ∪W(F pα) i ∈ G) = 1.
Silloin ehdon (8) mukaan – koska F pα ja ∪W(F pα) ovat joukkoja – saadaan
t(G[F pα] ≈ ∪W(F pα) ) = 1.
(22)
Ehdon (2) nojalla saadaan
t(F [α] ≈ G[F pα]) = 1,
joten ehdon (22) mukaan
t(F [α] ≈ ∪W(F pα) ) = 1.
(23)
Ehdon (23) mukaan väitteen (18) todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(∪W(F pα) ≈ ∪β≺α F [β]) = 1.
(24)
Tässähän merkintä ∪β≺α F [β] on sopimuksen 9.11 mukaisesti luokka
∪β≺α F [β] = ∪A ,
missä A = {x | ∃β[β ≺ α ∧ x ≈ F [β]]}.
Väite (24) seuraa tehtävän 6.40 nojalla, jos nähdään, että
t(A ≈ W(F pα)) = 1.
Tämä seuraa suoraan kuvajoukon ja rajoittumakuvauksen määritelmistä, joten
väite (24) pätee ja siten pätee myös väite (5).
Väite (6) eli F :n yksikäsitteisyys: Tämä seuraa helpolla transfiniittisella
induktiolla ja jätetään harjoitustehtäväksi.
¤
Harjoitustehtävä 9.13 Täydennä lauseen 9.12 todistus osoittamalla F :n yksikäsitteisyys eli väitteen ehto (6).
172
Huomautus. Nyt kannattaa verrata lauseen 9.12 kohtia (3), (4) ja (5) ”tavalliseen” N:n rekursioon. Tästähän oli puhetta ennen merkintää 9.11. Rekursioaskel
seuraajaordinaaliin α ⊕ 1 tehdään sen edeltäjän eli α:n ja ”rekursiofunktion” H
avulla aivan kuten N:ssäkin. Uuttahan tässä on sitten rajaordinaalin α tapaus.
Tällöin F [α] määritellään siis yhdisteenä joukoista F [β], missä β ≺ α. Tämä
on siis ratkaisu pulmaan, jota ennen merkintää 9.11 pähkäiltiin. Huomaa, että
tässä rajaordinaalin tapauksessa rekursiofunktiota H ei muodollisesti käytetä
lainkaan.
Huomautus 9.14 Lauseessa 9.12 on merkille pantavaa se, että siinä ei kohdisteta minkäänlaisia vaatimuksia ”rekursiofunktioon” H. Tämä voi siis olla aivan mikä luokka hyvänsä – sen ei tarvitse olla edes funktio. Luokan H avulla
määritellään luokka G lauseesta ilmenevällä tavalla, ja kun tähän luokkaan G
sovelletaan transfiniittisen rekursion ”perusmallia” eli lausetta 9.9, niin syntyy
funktio F , jolla on lauseen 9.12 ilmoittamat ominaisuudet (3), (4) ja (5).
Edellisestä rekursiotuloksesta seuraa myös ”tavallista” N:n rekursioperiaatetta
imitoiva tulos:
Lause 9.15 (Finiittinen rekursio) Olkoon H luokka ja a joukko. Tällöin
⊢ ∃1 f [f F n ω ∧ f [0] ≈ a ∧ ∀k[f [k + 1] ≈ H[f [k]]]].
Huomautus. Tässä siis kvantifioidaan muuttujan f suhteen, mikä intuitiivisesti
ajatellen tarkoittaa sitä, että f on joukko. Väite sisältää siis myös tämän idean;
lauseessa 9.12 syntyvä funktio F ei ole joukko.
Harjoitustehtävä 9.16 Todista lause 9.15.
Tämän luvun suurena tavoitteena on osoittaa, että jokainen hyvin määritellyllä ja järjestävällä minimaalirelaatiolla R varustettu luokka A on isomorfinen
jonkin ordinaaliluokan kanssa. Tämä tehdään periaatteessa niin, että raakasti
konstruoidaan isomorfismi näiden välille. Tehdään se niin päin, että isomorfismin määrittelyluokka on ordinaaliluokka ja kuvaluokkana tuo HM in- ja JM inrelaatiolla varustettu luokka. Tässä isomorfismin konstruoinnissa suurimpana
aseena on (kuten arvata saattaa) transfiniittinen rekursio. Tämän isomorfismin
F määrittelyssä on kirkkaimpana ideana se, että kullekin ordinaaliluvulle α
arvopiste F [α] on luokan A \ F (α) R-minimaalinen elementti.
Miten tuollaiseen tilanteeseen päästään, on sitten toinen kysymys, mutta oletetaan hetkeksi, että on onnistuttu tällainen kuvaus konstruoimaan. Seuraava
tehtävä kertoo, että näin syntyy välttämättä isomorfismi, ellei nyt koko luokalle A, niin ainakin jollekin osaluokalle. Tämä on tärkeä tehtävä, ja kannattaa
miettiä sen ratkaisua. Kaksi ongelmaahan siinä on: F pitää osoittaa ensin injektioksi, jolloin se on bijektio kuvalleen, ja sen jälkeen pitää osoittaa, että se
säilyttää relaatiot eli aEb ↔ F [a]RF [b]. Kumpikin näistä on varsin helppo ratkaista, mutta kannattaa silti miettiä: tuo yllä esitetty määrittelyehto ”arvopiste
F [α] on luokan A \ F (α) R-minimaalinen elementti” on aika ovela.
173
Harjoitustehtävä 9.17 Olkoot A, C, R ja F luokkia. Osoita, että
⊢[Ord(C) ∧ R JM in A ∧ F : C −→ A ∧
∀a[a ∈ C → [F [a] ∈ A \ F (a) ∧ (A \ F (a)) ∩ R−1 ({F [a]}) ≈ ∅]]] →
F IsomE,R (C, W(F )).
Jos nyt sitten onnistutaan konstruoimaan edellä kuvailtu funktio F , niin tehtävän 9.17 perusteella homma on melkein valmis: ei tarvitse osoittaa enää muuta
kuin surjektiivisuus. Senpä takia katseet kääntyvät kohti tällaisen funktion kuvaluokkaa W(B).
Jos R on relaatio ja A, B luokkia siten, että B ⊆ A, niin sanotaan, että B
on R-transitiivinen luokassa A, jos jokaisen B:n alkion alkusegmentti A:ssa pysyy kokonaan B:ssä eli kaava
Rel(R) ∧ B ⊆ A ∧ ∀x∀y[[y ∈ B ∧ xRy ∧ x ∈ A] → x ∈ B]
on teoreema. Huomaa, että joukko on transitiivinen ”tavallisessa” määritelmän
8.1 tarkoittamassa mielessä, jos se on E-transitiivinen luokassa V . Oletetaan
nyt, että on onnistuttu konstruoimaan yllä puhuttu kuvaus F : C → A, joka siis
tehtävän 9.17 nojalla on isomorfismi. Seuraavassa tehtävässä osoitetaan, että
sen kuvaluokka W(F ) on R-transitiivinen.
Harjoitustehtävä 9.18 Olkoot A, C, R ja F luokkia. Osoita, että
⊢[Ord(C) ∧ R JM in A ∧ F : C −→ A ∧
∀a[a ∈ C → [F [a] ∈ A \ F (a) ∧ (A \ F (a)) ∩ R−1 ({F [a]}) ≈ ∅]]] →
[W(F ) ⊆ A ∧ ∀x∀y[[y ∈ W(F ) ∧ xRy ∧ x ∈ A] → x ∈ W(F )]].
Koska siis tämän tulevaisuudessa konstruoitavan isomorfismin kuva tulee tehtävän 9.18 perusteella olemaan R-transitiivinen, niin seuraava lause kertoo siitä
paljon: kyseessä on joko surjektiivinen kuvaus tai sitten W(F ) on jokin kokonainen alkusegmentti A:ssa, sillä jokainen R-transitiivinen luokka toteuttaa toisen
näistä ehdoista. Tässä joudutaan tekemään lisäoletus: vaaditaan, että relaatio
R on hyvin määritelty. Tämä lisäoletus joudutaan ottamaan mukaan, jotta voidaan soveltaa lausetta 7.94, jossa se on oletuksena. Tämä oletus on tässä –
samoin kuin lauseessa 7.94 tarpeeton, mutta sitäpä ei vielä tiedetä.
Lause 9.19 Olkoot A, B ja R luokkia. Tällöin pätee
⊢[R HM in A ∧ R JM in A ∧ B ⊆ A ∧
∀x∀y[[x ∈ A ∧ y ∈ B ∧ xRy] → x ∈ B]] →
[A ≈ B ∨ ∃x[x ∈ A ∧ B ≈ A ∩ R−1 ({x})]].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(R HM in A ∧ R JM in A ∧ B ⊆ A ∧
∀x∀y[[x ∈ A ∧ y ∈ B ∧ xRy] → x ∈ B]) = 1.
174
(1)
Riittää osoittaa, että
t(A ≈ B ∨ ∃x[x ∈ A ∧ B ≈ A ∩ R−1 ({x})]) = 1.
Koska kaava on suljettu, voidaan olettaa, että
t(A ≈ B) = 0,
(2)
jolloin riittää osoittaa, että on olemassa vakio u siten, että
t(u ∈ A ∧ B ≈ A ∩ R−1 ({u})) = 1.
(3)
Ehdon (2) perusteella (koska kyse on suljetusta kaavasta) pätee
t(A 6≈ B) = 1.
Oletuksen t(B ⊆ A) = 1 (ehto (1)) nojalla saadaan tällöin
t(A \ B 6= ∅) = 1.
(4)
Koska lisäksi oletuksen (1) nojalla
t(R HM in A ∧ R JM in A) = 1
ja triviaalisti
t(A \ B ⊆ A) = 1,
niin ehdon (4) ja lauseen 7.94 nojalla luokasta A \ B löytyy R-minimaalinen
alkio, eli löytyy vakio v siten, että
t(v ∈ A \ B ∧ R−1 ({v}) ∩ (A \ B) ≈ ∅) = 1.
(5)
Osoitetaan, että tälle v pätee
t(∀x[x ∈ B → xRv]) = 1.
(6)
Tehdään antiteesi: väite (6) ei päde. Tällöin löytyy vakio b siten, että
t(b ∈ B) = 1 ja
t(¬[bRv]) = 1.
(7)
(8)
Koska R on oletuksen (1) perusteella järjestävä minimaalirelaatio luokassa A ja
t(b ∈ A ∧ v ∈ A) = 1, pätee ehdon (8) perusteella joko
t(vRb) = 1 tai
t(v ≈ b) = 1.
(9)
(10)
Vaihtoehto (10) ei tule kyseeseen, koska ehdon (5) mukaan t(v ∈
/ B) = 1 ja
ehdon (7) perusteella t(b ∈ B) = 1. Siispä ehto (9) pätee. Koska ehdon (5)
perusteella t(v ∈ A) = 1, niin ehtojen (7), (9) ja (1) nojalla pätee t(v ∈ B) = 1,
175
mikä on taas mahdotonta ehdon (5) mukaan. Näin antiteesi johtaa ristiriitaan,
joten väite (6) on todistettu. Tämän ehdon (6) ja oletuksen (1) nojalla saadaan
t(B ⊆ A ∩ R−1 ({v})) = 1.
(11)
Osoitetaan, että ehto (11) pätee myös kääntäen eli
t(A ∩ R−1 ({v}) ⊆ B) = 1.
(12)
Olkoon sitä varten a vakio, jolle pätee
t(a ∈ A ∩ R−1 ({v})) = 1
eli
ja
t(a ∈ A) = 1
(13)
t(a ∈ R−1 ({v})) = 1;
(14)
t(a ∈ B) = 1.
(15)
riittää osoittaa, että
Nyt siis v on luokan A \ B R-minimaalinen elementti eli ehdon (5) mukaisesti
t(R−1 ({v}) ∩ (A \ B) ≈ ∅) = 1.
Tällöin ehdon (14) perusteella on oltava
t(a ∈
/ A \ B) = 1,
jolloin ehdon (13) nojalla väite (15) pätee. Näin ehto (12) on todistettu oikeaksi,
ja siten ehdon (11) nojalla saadaan
t(B ≈ A ∩ R−1 ({v})) = 1.
Koska ehdon (5) mukaan t(v ∈ A) = 1, niin ehdossa (3) peräänkuulutettu vakio
u on löytynyt: tällaiseksi kelpaa u := v.
¤
Transfiniittisessa rekursiossa konstruoitiin annetun luokan G avulla luokassa
On määritelty funktio F , joka toteutti ehdon F [α] ≈ G[F pα] kaikille ordinaaliluvuille α. Tässä ei luokasta G lähtökohtaisesti oleteta mitään. Tällöin on mahdoton sanoa, mikä on edes funktion F kuvaluokka: ei ole mitään käsitystä siitä,
minne se kuvaa – vain määrittelyluokka On on selvillä.
Kuten oli puhetta, tavoitteena on siis konstruoida isomorfismi ordinaaliluokalta
annetulle luokalle A. Jotta transfiniittisen rekursion antama funktio saataisiin
edes kuvaamaan luokkaan A, täytyy G:stä olettaa jotakin. Tietyillä ehdoilla
F :stä tiedetään minne se kuvaa, siitä saadaan injektio, ja voidaan jopa sanoa,
että sen kuvaluokka on aito. Nämä G:lle asetettavat ehdot näkyvät lauseesta
176
9.21. Huomaa, että ensimmäiset kaksi ehtoa ovat aina transfiniittisessä rekursiossa voimassa; oleellinen ehto on kolmas eli ehto ∀α[G[F pα] ∈ A \ F (α)]], jota
kannattaa verrata tehtävään 9.17. Tämä ehto on tärkeässä roolissa jatkoa ajatellen.
Lauseen todistuksessa tarvitaan seuraavaa pientä aputulosta, jonka todistus jätetään harjoitustehtäväksi.
Harjoitustehtävä 9.20 Olkoot A ja F luokkia. Osoita, että
⊢ F F n1−1 A → [M(A) ↔ M(W(F ))].
Lause 9.21 Olkoot A, F ja G luokkia. Tällöin pätee
⊢[F F n On ∧ ∀α[F [α] ≈ G[F pα]] ∧ ∀α[G[F pα] ∈ A \ F (α)]] →
[W(F ) ⊆ A ∧ F nc1−1 (F ) ∧ P r(A)].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Suljetaan väitteen kaava ja oletetaan, että
t(F F n On) = 1,
(1)
t(∀α[F [α] ≈ G[F pα]]) = 1
(2)
t(∀α[G[F pα] ∈ A \ F (α)]) = 1.
(3)
t(W(F ) ⊆ A) = 1,
(4)
t(F nc1−1 (F )) = 1
(5)
t(P r(A)) = 1.
(6)
ja
Riittää osoittaa, että
ja
Todistetaan ensin ehto (4). Olkoon α ordinaaliluku. Kuvaluokan määritelmän
ja oletuksen (1) mukaan riittää osoittaa, että
t(F [α] ∈ A) = 1.
(7)
Tämä seuraa suoraan oletuksista (2) ja (3).
Todistetaan sitten väite (5). Olkoot α ja β ordinaalilukuja, joille pätee
t(F [α] ≈ F [β]) = 1.
(8)
t(α ≈ β) = 1.
(9)
t(α ≈ β) = 0.
(A)
Riittää osoittaa, että
Tehdään antiteesi:
177
Tällöin tehtävän 8.28 perusteella
joko t(α ≺ β) = 1 tai t(β ≺ α) = 1.
Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että
t(α ≺ β) = 1.
Tällöin t(α ∈ β) = 1 ja siten
t(F [α] ∈ F (β)) = 1.
(10)
Ehtojen (2) ja (3) nojalla pätee
t(F [β] ∈ A \ F (β)) = 1,
jolloin
t(F [β] ∈
/ F (β)) = 1.
Tällöin ehdon (10) nojalla ei voi olla
t(F [α] ≈ F [β]) = 1,
mikä on vastoin ehtoa (8). Näin antiteesi (A) johti ristiriitaan, joten väite (9)
ja siten myös väite (5) on todistettu.
Pitää vielä todistaa väite (6). Tehdään taas antiteesi
t(P r(A)) = 0.
(B)
Koska kyseessä on suljettu kaava, pätee tällöin negaatiolle
t(M(A)) = 1.
Tällöin jo todistetun ehdon (4) ja lauseen 6.44 nojalla pätee
t(M(W(F ))) = 1.
(11)
Nyt oletuksen (1) ja jo todistetun ehdon (5) perusteella pätee
t(F F n1−1 On) = 1.
Tällöin tehtävän 9.19 nojalla
t(M(On) ↔ M(W(F ))) = 1.
Silloin ehdon (11) nojalla saadaan
t(M(On)) = 1,
mikä on kuitenkin mahdotonta lauseen 8.18 mukaan. Näin antiteesi (B) johti
ristiriitaan, joten myös väite (6) on todistettu.
¤
178
Muistetaan taas tämän luvun suuri tavoite: pitäisi konstruoida isomorfismi ordinaaliluokasta annettuun hyvin määritellyllä järjestävällä minimaalirelaatiolla
varustettuun joukkoon/luokkaan A. Tähän on siis tarkoitus soveltaa transfiniittistä rekursiota ja tavoitteena on, että kullekin ordinaaliluvulle α arvopiste F [α]
on luokan A\F (α) R-minimaalinen elementti. Tähän sitten päästään – jos päästään – valitsemalla transfiniittisessa induktiossa käytettävä luokka G ”oikein”.
Kuten lauseesta 9.21 ilmenee, niin jo sellainen G:n valinta, että F [α] ylipäätään
kuuluu luokkaan A \ F (α) kaikille α aiheuttaa sen, että A on aito luokka. Tämä
on kertomus siitä, että tavoitteeseen ei koskaan päästä, jos A on joukko.
Mitä silloin tapahtuu? Käy niin, että jossakin vaiheessa rekursio ikään kuin
lakkaa toimimasta (halutulla tavalla) siitä syystä, että joukko A \ F (α) tyhjenee eli käy niin, että A ≈ F (α). Mutta tällöin rajoittumafunktiosta F pα tulee
toivottu isomorfismi – kuten tullaan näkemään, ja homma hoituu.
Seuraava lause kertoo, että tuossa edelläsanotussa on ainakin vähän perää: jos G
onnistutaan konstruoimaan niin, että G[F pα] on luokassa A \ F (α) ”niin kauan
kuin se on mahdollista” so. kunnes tämä luokka tyhjenee, tuloksena on se, että
jollekin α ∈ On rajoittumafunktio F pα on ainakin bijektio joukosta α joukkoon
A.
Tässä ei puhuta vielä isomorfismista mitään, eikä tässä tarvita sitä valintakriteeriä, että ”F [β] on luokan A \ F (β) R-minimaalinen elementti”, vaan pelkästään
F [β]:n kuuluminen (epätyhjään) luokkaan A \ F (β) kaikille β ≺ α riittää.
Lause 9.22 Olkoot A, F ja G luokkia. Tällöin pätee
⊢[M(A) ∧ F F n On ∧ ∀α[F [α] ≈ G[F pα]] ∧
∀α[A \ F (α) 6≈ ∅ → G[F pα] ∈ A \ F (α)]] →
1−1
∃α[∀β[β ≺ α → A \ F (β) 6≈ ∅] ∧ F pα : α −→ A].
onto
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(M(A)) = 1,
(1)
t(F F n On) = 1,
(2)
t(∀α[F [α] ≈ G[F pα]]) = 1
(3)
t(∀α[A \ F (α) 6≈ ∅ → G[F pα] ∈ A \ F (α)]) = 1.
(4)
ja
Riittää osoittaa, että
1−1
t(∃α[∀β[β ≺ α → A \ F (β) 6≈ ∅] ∧ F pα : α −→ A]) = 1.
onto
179
(5)
Merkitään
B := {α | A \ F (α) ≈ ∅}.
Osoitetaan ensin, että
t(B 6≈ ∅) = 1.
(6)
t(B ≈ ∅) = 1.
(A)
Tehdään antiteesi:
Tällöin pätee
t(∀α[A \ F (α) 6≈ ∅]) = 1.
Silloin oletuksen (4) nojalla pätee
t(∀α[G[F pα] ∈ A \ F (α)]) = 1,
jolloin oletusten (2) ja (3) sekä lauseen 9.21 nojalla sadaan
t(P r(A)) = 1,
mikä on kuitenkin vastoin oletusta (1). Tämä ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi (A) on väärä ja väite (6) pätee.
Koska jokaisesta epätyhjästä ordinaalilukuluokasta löytyy E-minimaalinen alkio, niin ehdon (6) perusteella voidaan valita ordinaaliluku α siten, että
t(α ∈ B ∧ α ∩ B ≈ ∅) = 1.
Tällöin luokan B määritelmän mukaan
t(A \ F (α) ≈ ∅) = 1 ja
t(∀β[β ≺ α → A \ F (β) 6≈ ∅]) = 1.
(7)
(8)
Väite (5) seuraa, jos osoitetaan, että juuri tälle ordinaaliluvulle α pätee
1−1
t(∀β[β ≺ α → A \ F (β) 6≈ ∅] ∧ F pα : α −→ A) = 1.
onto
(9)
Ehdon (8) nojalla väite (9) seuraa, jos osoitetaan, että
t(F (α) ≈ A) = 1 ja
(10)
t(F n1−1 (F pα)) = 1.
(11)
Väitettä (10) varten riittää osoittaa, että vakiolle v ehdot
t(v ∈ F (α)) = 1 ja
(12)
t(v ∈ A) = 1
(13)
ovat yhtaikaa voimassa. Oletetaan ensin, että ehto (12) pätee. Tällöin on olemassa ordinaaliluku β siten, että
t(β ∈ α) = 1 ja
t(F [β] ≈ v) = 1.
180
(14)
(15)
Ehdon (14) mukaan t(β ≺ α) = 1, jolloin ehdon (8) nojalla
t(A \ F (β) 6≈ ∅) = 1.
Tällöin oletuksen (4) nojalla pätee
t(G[F pα] ∈ A \ F (β)) = 1
ja edelleen oletuksen (3) perusteella
t(F [β] ∈ A \ F (β)) = 1.
Silloin ehdon (15) nojalla
t(v ∈ A \ F (β)) = 1
ja siten ehto (13) pätee. Näin väite (12)⇒(13) on todistettu.
Käänteinen suunta (13)⇒(12) seuraa välittömästi ehdosta (7). Siten väite (10)
on todistettu.
Todistettavana on vielä väite (11). Valitaan tätä varten ordinaaliluvut β, γ, joille
pätee
t(β ∈ α) = 1 ja t(γ ∈ α) = 1
eli t(β ≺ α) = 1 ja t(γ ≺ α) = 1
(16)
ja
t(F [β] ≈ F [γ]) = 1.
(17)
t(β ≈ γ) = 1.
(18)
t(β 6≈ γ) = 1.
(B)
Riittää osoittaa, että
Tehdään antiteesi:
Tällöin joko t(β ≺ γ) = 1 tai t(γ ≺ β) = 1. Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla
voidaan olettaa, että
t(β ≺ γ) = 1.
Tällöin t(β ∈ γ) = 1, joten kuvaluokan määritelmän mukaan
t(F [β] ∈ F (γ)) = 1.
Ehtojen (16) ja (8) nojalla
t(A \ F (γ) 6≈ ∅) = 1.
Tällöin oletusten (3) ja (4) perusteella
t(F [γ] ∈ A \ F (γ)) = 1,
181
(19)
ja siten
t(F [γ] ∈
/ F (γ)) = 1,
josta edelleen ehdon (17) nojalla
t(F [β] ∈
/ F (γ)) = 1,
mikä on vastoin ehtoa (17). Tämä ristiriita johtuu antiteesista (B), joka on siis
väärä, ja näin väite (11) ja siten koko lause on todistettu.
¤
Muistetaan taas tässä välissä päämäärä. Tavoitteena on konstruoida tietty isomorfismi F transfiniittisellä rekursiolla, mitä varten pitäisi konstruoida sopiva
luokka G, joka sitten synnyttäisi halutun F :n tässä rekursiossa. Lähtökohtahan
on se, että A on jokin luokka ja R hyvin määritelty järjestävä minimaalirelaatio
A:ssa. Tämän mystisen luokan G määritelmä on seuraava.
Merkintä 9.23 Olkoot A ja R luokkia. Merkitään symbolilla G(A, R) luokkaa
G(A, R) := {z | ∃x∃y[z ≈ hx, yi ∧ y ∈ A \ W(x) ∧ (A \ W(x)) ∩ R−1 ({y}) ≈ ∅]}.
Havainnollisesti G(A, R) koostuu siis pareista hx, yi, joissa y on luokan A \
W(x) R-minimaalinen alkio. Jos annetulle x tämä R-minimaalinen alkio y on
olemassa ja yksikäsitteisesti määrätty, niin arvopisteen määritelmän mukaan
G(A, R)[x] ≈ y. Muussa tapauksessa G(A, R)[x] ≈ ∅. Tämän luokan G(A, R)
käyttäytymisestä on yleisesti aika vaikea sanoa mitään. Jos luokista A ja R
oletetaan jotakin, niin myös G(A, R):stä voidaan jotain kertoa, ja nimenomaan
sellaista, joka jatkossa on oleellista:
Lause 9.24 Olkoot A ja R luokkia. Tällöin pätee
⊢[R HM in A ∧ R JM in A] →
[F nc(G(A, R)) ∧ ∀x[G(A, R)[x] ∈ A \ W(x) ↔ A \ W(x) 6≈ ∅]],
missä x on muuttuja, joka ei esiinny luokissa A ja R.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(R HM in A ∧ R JM in A) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(F nc(G(A, R))) = 1
(2)
t(∀x[G(A, R)[x] ∈ A \ W(x) ↔ A \ W(x) 6≈ ∅]) = 1.
(3)
ja
Todistetaan ensin väite (2). Määritelmänsä (9.23) nojalla G(A, R) on selvästi
relaatio, joten riittää osoittaa, että se on yksiarvoinen eli että vakioille u, v, w
pätee
t([hu, vi ∈ G(A, R) ∧ hu, wi ∈ G(A, R)] → v ≈ w) = 1.
(4)
182
Väitteen (4) todistamista varten oletetaan, että
t(hu, vi ∈ G(A, R) ∧ hu, wi ∈ G(A, R)) = 1;
(5)
riittää osoittaa, että
t(v ≈ w) = 1.
(6)
Oletuksen (5) ja luokan G(A, R) määritelmän nojalla pätee
t(v ∈ A \ W(u)) = 1 ja
t(w ∈ A \ W(u)) = 1
(7)
(8)
t((A \ W(u)) ∩ R−1 ({v}) ≈ ∅) = 1 ja
(9)
sekä
t((A \ W(u)) ∩ R
−1
({w}) ≈ ∅) = 1.
(10)
Ehtojen (7) ja (10) nojalla saadaan
t(v ∈
/ R−1 ({w})) = 1
(11)
ja vastaavasti ehtojen (8) ja (9) nojalla saadaan
t(w ∈
/ R−1 ({v})) = 1.
(12)
Ehtojen (11) ja (12) nojalla pätee
t(¬[wRv] ∧ ¬[vRw]) = 1.
Tällöin ehtojen (1) (eli R on järjestävä minimaalirelaatio A:ssa) sekä (7) ja (8)
(eli u ja v ovat A:n alkioita) nojalla on oltava t(u ≈ v) = 1, eli ehto (6) pätee.
Näin väite (2) on todistettu.
Väitteen (3) todistamiseksi olkoon v vakio. Riittää osoittaa, että
t(G(A, R)[v] ∈ A \ W(v) ↔ A \ W(v) 6≈ ∅) = 1
eli että ehdot
t(G(A, R)[v] ∈ A \ W(v)) = 1
(13)
t(A \ W(v) 6≈ ∅) = 1
(14)
ja
ovat yhtaikaa voimassa. Jos ehto (13) pätee, niin ehto (14) pätee triviaalisti, joten riittää todistaa suunta (14)⇒(13). Oletetaan siis, että ehto (14) pätee; pitää
osoittaa, että myös ehto (13) pätee.
Nyt käytetään hyväksi sitä, että R on oletuksen (1) nojalla paitsi järjestävä,
myös hyvin määritelty minimaalirelaatio A:ssa, jolloin ehdon (14) ja lauseen
183
7.94 nojalla A:n epätyhjässä osaluokassa A \ W(v) on R-minimaalinen alkio; ts.
on olemassa vakio u siten, että
t(u ∈ A \ W(v) ∧ (A \ W(v)) ∩ R−1 ({u}) ≈ ∅) = 1.
(15)
Tällöin luokan G(A, R) määritelmän 9.23 mukaan pätee
t(hv, ui ∈ G(A, R)) = 1.
Koska G(A, R) on jo todistetun väitteen (2) mukaan yksiarvoinen, pätee tällöin
arvopisteen määritelmän mukaan
t(G(A, R)[v] ≈ u) = 1,
jolloin väite (13) seuraa ehdosta (15).
¤
Nyt ollaan jo hyvin lähellä toivottua tulosta eli sitä, että jokainen järjestävällä
minimaalirelaatiolla R varustettu joukko A on isomorfinen jonkin ordinaaliluvun
kanssa. Tarkastellaan kuitenkin ensin aitoja luokkia. Tällöin A on isomorfinen
luokan On kanssa, minkä sanoo seuraava lause. Aidolle luokalle tilanne on kuitenkin vähän toinen kuin joukolle: pitää näet olettaa, että R on myös hyvin määritelty. Tämä on tässä välttämätön oletus – toisin kuin monessa aikaisemmassa
lauseessa, joissa on vedottu lauseeseen 7.94, jonka (tosiasiassa tarpeettomana)
oletuksena tuo HM in-ominaisuus on. Tämän oletuksen välttämättömyyden näkee siitä, että jos (A, R) on isomorfinen relaatiosysteemin (On, E) kanssa niin
tehtävän 7.108 nojalla R on hyvin määritelty A:ssa, koska E on sitä On:ssä.
Toisaalta on olemassa aidoissa luokissa järjestäviä minimaalirelaatioita, jotka
eivät ole hyvin määriteltyjä (tehtävä 7.88), ja jotka eivät siis voi olla isomorfisia
systeemin (On, E) kanssa.
Lause 9.25 Olkoot A ja R luokkia ja G(A, R) kuten merkinnässä 9.23. Olkoon
F luokan G(A, R) transfiniittisella rekursiolla antama funktio, jolle siis lauseen
9.9 mukaisesti pätee
⊢ F F n On ja
⊢ ∀α[F [α] ≈ G(A, R)[F pα]].
(1)
(2)
Tällöin pätee
⊢ [P r(A) ∧ R HM inA ∧ R JM in A] → F IsomE,R (On, A).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(P r(A)) = 1
(3)
ja
t(R HM inA ∧ R JM in A) = 1.
(4)
t(F IsomE,R (On, A)) = 1.
(5)
Riittää osoittaa, että
184
Osoitetaan ensin, että F on injektio luokasta On luokkaan A eli että pätee
1−1
t(F : On −→ A) = 1.
(6)
Lauseen 9.21 nojalla väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että
t(F F n On∧∀α[F [α] ≈ G(A, R)[F pα]]∧∀α[G(A, R)[F pα] ∈ A\F (α)]) = 1. (7)
Ehtojen (1) ja (2) nojalla väite (7) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∀α[G(A, R)[F pα] ∈ A \ F (α)]) = 1.
(8)
Kiinnitetään tätä varten ordinaaliluku α. Pitää osoittaa, että
t(G(A, R)[F pα] ∈ A \ F (α)) = 1.
(9)
t(F (α) ≈ W(F pα)) = 1,
(10)
Koska
niin väite (9) seuraa, jos osoitetaan, että
t(G(A, R)[F pα] ∈ A \ W(F pα)) = 1.
(11)
Koska α on joukko ja F on funktio, niin lauseen 7.62 nojalla myös F pα on
joukko. Tällöin on olemassa vakio u siten, että
t(F pα ≈ u) = 1.
(12)
Silloin väite (11) seuraa, jos osoitetaan, että
t(G(A, R)[u] ∈ A \ W(u)) = 1.
Ehdon (4) nojalla tämä seuraa lauseesta 9.24, jos osoitetaan, että
t(A \ W(u) 6≈ ∅) = 1.
(13)
Ehdon (12) nojalla
t(W(u) ≈ W(F pα)) = 1,
joten ehdon (10) nojalla pätee
t(W(u) ≈ F (α)) = 1.
Silloin väite (13) tulee muotoon
t(A \ F (α) 6≈ ∅) = 1.
(14)
t(A \ F (α) ≈ ∅) = 1.
(AT)
t(A ⊆ F (α)) = 1.
(15)
Tehdään antiteesi:
Tällöin pätee
185
Koska α on joukko ja F funktio, niin lauseen 7.42 nojalla
t(M(F (α))) = 1.
Tällöin ehdon (15) ja lauseen 6.44 nojalla pätee
t(M(A)) = 1.
Tämä on kuitenkin vastoin oletusta (3). Näin antiteesi (AT) johti ristiriitaan,
joten se on väärä ja väite (14) sekä sitä kautta myös väite (6) on todistettu.
Seuraavaksi osoitetaan, että F on surjektio eli että
t(W(F ) ≈ A) = 1.
(16)
Tätä varten sovelletaan lausetta 9.19 korvaamalla siinä oleva luokka B luokalla
W(F ). Tämän lauseen mukaisesti pätee
t([R HM in A ∧ R JM in A ∧ W(F ) ⊆ A ∧
(17)
∀x∀y[[x ∈ A ∧ y ∈ W(F ) ∧ xRy] → x ∈ W(F )]] →
[A ≈ W(F ) ∨ ∃x[x ∈ A ∧ W(F ) ≈ A ∩ R−1 ({x})]]) = 1.
Ehdon (17) käyttöä varten huomataan ensin, että
t(∀x∀y[[x ∈ A ∧ y ∈ W(F ) ∧ xRy] → x ∈ W(F )]) = 1.
(18)
Olkoot tätä varten u ja v vakioita siten, että
t([u ∈ A ∧ v ∈ W(F ) ∧ uRv]) = 1;
(19)
t(u ∈ W(F )) = 1.
(20)
pitää osoittaa, että
Ehdon (19) perusteella t(v ∈ W(F )) = 1, joten ehdon (1) nojalla on olemassa
ordinaaliluku α siten, että
t(F [α] ≈ v) = 1.
(21)
Ehdon (14) (joka todistettiin oikeaksi edellä) mukaan luokka A \ F (α) on epätyhjä, jolloin oletuksen (4) ja lauseen 7.94 nojalla siinä on R-minimaalinen elementti. Silloin luokan G(A, R) määritelmän ja lauseen 7.92 (joka antaa tarvittavan yksikäsitteisyyden) mukaan G(A, R)[F pα] on täsmälleen tämä elementti
eli pätee
t(G(A, R)[F pα] ∈ A \ F (α) ∧ (A \ F (α)) ∩ R−1 ({G(A, R)[F pα]}) ≈ ∅) = 1,
jolloin ehtojen (2) ja (21) perusteella
t(v ∈ A \ F (α) ∧ (A \ F (α)) ∩ R−1 ({v}) ≈ ∅) = 1,
186
(22)
joten v on luokan A \ F (α) R-minimaalinen elementti. Tällöin oletuksen (19)
(eli t(uRv) = 1) nojalla täytyy olla
t(u ∈
/ A \ F (α)) = 1,
jolloin ehdon (19) (eli t(u ∈ A) = 1) nojalla pätee
t(u ∈ F (α)) = 1.
Tällöin on siis olemassa ordinaaliluku β siten, että t(β ∈ α) = 1 ja
t(u ≈ F [β]) = 1.
Koska t(β ∈ On) = 1, niin väite (20) seuraa. Näin myös väite (18) on todistettu.
Nyt ehtojen (4), (6), (18) ja (17) nojalla pätee
t(A ≈ W(F ) ∨ ∃x[x ∈ A ∧ W(F ) ≈ A ∩ R−1 ({x})]) = 1.
Silloin väitteen (16) todistamiseksi riittää osoittaa, että ehto
t(∃x[W(F ) ≈ A ∩ R−1 ({x})]) = 1.
(23)
ei voi päteä. Tehdään antiteesi: ehto (23) pätee. Tällöin löytyy vakio v siten,
että
t(W(F ) ≈ A ∩ R−1 ({v})) = 1.
(24)
Nyt R on oletuksen (4) mukaan hyvin määritelty minimaalirelaatio (tämä on
tämän todistuksen ainoa kohta, jossa tätä oletusta varsinaisesti tarvitaan), joten
t(M(A ∩ R−1 ({v}))) = 1
ja silloin ehdon (24) perusteella myös
t(M(W(F ))) = 1.
(25)
Ehdon (6) nojalla
1−1
t(F : On −→ W(F )) = 1,
onto
joten
1−1
t(F −1 : W(F ) −→ On) = 1,
onto
(26)
eli käänteisfunktio F −1 : W(F ) −→ A on bijektio, erityisesti siis kuvaus ja
surjektio. Koska nyt siis W(F ) on ehdon (25) nojalla joukko, niin lauseen 7.42
ja ehdon (26) nojalla myös
t(M(On)) = 1.
Tämä on vastoin lausetta 8.18 ja siten antiteesi on väärä eli ehto (23) ei voi
päteä. Tällöin väite (16) on todistettu.
187
Yhdistämällä ehdot (6) ja (16) saadaan
1−1
t(F : On −→ A) = 1.
onto
(27)
Väitteen (5) todistamiseksi pitää vielä nähdä että
t(∀α∀β[α ∈ β ↔ F [α] R F [β]) = 1.
(28)
Ehtoa (28) varten kiinnitetään ordinaaliluvut α ja β. Pitää osoittaa, että ehdot
t(α ∈ β) = 1
(29)
t(F [α] R F [β]) = 1
(30)
ja
pätevät yhtaikaa. Oletetaan ensin, että ehto (29) pätee ja osoitetaan, että myös
ehto (30) pätee. Ehdon (29) nojalla pätee – koska β on ordinaaliluokka –
t(α ⊆ β) = 1,
jolloin myös
t(F (α) ⊆ F (β)) = 1
ja siten
t(A \ F (β) ⊆ A \ F (α)) = 1.
(31)
Ehdon (7) nojalla
t(F [β] ∈ A \ F (β)) = 1,
joten ehdon (31) nojalla
t(F [β] ∈ A \ F (α)) = 1.
(32)
Ehtojen (21) ja (22) nojalla
t((A \ F (α)) ∩ R−1 ({F [α]}) ≈ ∅) = 1,
jolloin ehdon (32) nojalla pätee
t(F [β] ∈
/ R−1 ({F [α]})) = 1
eli
t(F [β] R F [α]) = 0.
(33)
Koska R on oletuksen (4) nojalla järjestävä minimaalirelaatio A:ssa ja t(F [α] ∈
A) = 1 sekä t(F [β] ∈ A) = 1, niin ehdon (33) mukaan
joko t(F [α] R F [β]) = 1 tai t(F [α] ≈ F [β]) = 1.
(34)
Koska F on ehdon (6) nojalla injektio ja oletuksen (29) perusteella pätee t(α 6≈
β) = 1, niin on oltava myös t(F [α] 6≈ F [β]) = 1 eli t(F [α] ≈ F [β]) = 0, jolloin
188
ehdon (34) nojalla saadaan väite (30).
Näin suunta (29)⇒(30) on todistettu. Käänteinen suunta (30)⇒(29) seuraa
tästä, sillä jos ehto (30) pätee, niin tehtävän 7.81 nojalla ei voi olla t(F [α] ≈
F [β]) = 1 eikä t(F [β] R F [α]) = 1 ja siten ei voi olla t(α ≈ β) = 1 eikä (suunnan (29)⇒(30) nojalla) t(β ∈ α) = 1. Koska kyse on ordinaaliluvuista, täytyy
tällöin olla t(α ∈ β) = 1.
Näin lause on kokonaan todistettu.
¤
Edellisestä tuloksesta saadaan välittömästi luokan On osaluokkia koskeva havainto:
Lause 9.26 Olkoon A luokka ja G(A, E) kuten merkinnässä 9.23 – tässä merkinnän 9.23 luokka R on korvattu luokalla E. Olkoon F luokan G(A, E) transfiniittisella rekursiolla antama funktio. Tällöin pätee
⊢ [P r(A) ∧ A ⊆ On] → F IsomE,E (On, A).
Todistus. Väite seuraa lauseesta 9.25, sillä E on hyvin määritelty jä järjestävä
minimaalirelaatio luokan On osaluokassa A.
¤
Nyt voidaan lopultakin todistaa tässä luvussa pitkään jahdattu tulos siitä, että
jokainen JM in-relaatiolla järjestetty joukko A on isomorfinen jonkun ordinaaliluvun α kanssa. Lisäksi huomataan, että kyseinen α on yksikäsitteinen, samoin
kuin syntyvä isomorfismi f : α → A.
Huomaa, että tässä – toisin kuin lauseessa 9.25 – ei tarvitse olettaa, että A:n
järjestävä relaatio olisi hyvin määritelty.
Lause 9.27 Olkoot A ja R luokkia. Tällöin pätee
⊢ [R JM in A ∧ M(A)] → ∃α∃f [f IsomE,R (α, A)].
(1)
Lisäksi kyseinen α on yksikäsitteinen eli pätee
⊢ ∀α∀β[[∃f [f IsomE,R (α, A)] ∧ ∃g[g IsomE,R (β, A)]] → α ≈ β].
(2)
Myös isomorfismi f on yksikäsitteinen eli pätee
⊢ ∀α∀f ∀g[[f IsomE,R (α, A)] ∧ g IsomE,R (α, A)] → f ≈ g].
(3)
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaavat.
Todistetaan ensin väite (1). Oletetaan sitä varten, että
t(R JM in A) = 1
(4)
t(M(A)) = 1.
(5)
ja
189
Riittää osoittaa, että jollekin ordinaaliluvulle α ja jollekin vakiolle f pätee
t(f IsomE,R (α, A)) = 1.
(6)
Olkoon G(A, R) kuten merkinnässä 9.23 ja olkoon F luokan G(A, R) transfiniittisella rekursiolla antama funktio, jolle siis pätee
t(F F n On) = 1
(7)
t(∀α[F [α] ≈ G(A, R)[F pα]]) = 1.
(8)
ja
Ehtojen (4) ja (5) sekä lauseen 6.44 nojalla
t(R HM in A) = 1,
jolloin ehdon (4) ja lauseen 7.94 perusteella jokaisessa A:n epätyhjässä osaluokassa on R-minimaalinen alkio. Lauseen 7.92 nojalla lisäksi tämä alkio on yksikäsitteinen. Tällöin luokan G(A, R) määritelmän 9.23 (ja arvopisteen määritelmän) nojalla pätee
t(∀x[A \ W(x) 6≈ ∅ →
(9)
[G(A, R)[x] ∈ A \ W(x) ∧ (A \ W(x)) ∩ R
−1
({G(A, R)[x]}) ≈ ∅]]) = 1.
Koska
t(F (α) ≈ W(F pα)) = 1,
niin ehdon (9) nojalla pätee
t(∀α[A \ F (α) 6≈ ∅ →
(10)
G(A, R)[F pα] ∈ A \ F (α) ∧ (A \ F (α)) ∩ R
−1
({G(A, R)[F pα]}) ≈ ∅]) = 1.
Tällöin ehtojen (5), (7), (8) ja (10) sekä lauseen 9.22 nojalla saadaan
1−1
t(∃α[∀β[β ≺ α → A \ F (β) 6≈ ∅] ∧ F pα : α −→ A]) = 1.
onto
Tällöin löytyy ordinaaliluku α siten, että
1−1
t(∀β[β ≺ α → A \ F (β) 6≈ ∅] ∧ F pα : α −→ A) = 1.
onto
(11)
Koska F pα on ehdon (7) mukaan joukossa α määritelty funktio, niin se on
lauseen 7.62 perusteella joukko. Silloin on olemassa vakio f siten, että
t(f ≈ F pα) = 1.
(12)
Koska selvästi pätee t(∀β[β ≺ α → F (β) ≈ (F pα)(β)]) = 1, niin ehtojen (11) ja
(12) nojalla
t(∀β[β ≺ α → A \ f (β) 6≈ ∅]) = 1
(13)
190
ja
1−1
t(f : α −→ A) = 1.
onto
(14)
Ehdon (14) nojalla väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∀β∀γ[[β ∈ α ∧ γ ∈ α] → [γ ∈ β ↔ f [γ] R f [β]]]) = 1.
(15)
Ehtoa (15) varten kiinnitetään ordinaaliluvut β, γ, joille pätee
t(β ∈ α ∧ γ ∈ α) = 1.
(16)
t(γ ∈ β) = 1
(17)
t(f [γ] R f [β]) = 1
(18)
Pitää osoittaa, että ehdot
ja
pätevät yhtaikaa. Oletetaan ensin, että ehto (17) pätee ja osoitetaan, että myös
ehto (18) pätee. Ehdon (17) nojalla pätee – koska β on ordinaaliluokka –
t(γ ⊆ β) = 1,
jolloin myös
t(f (γ) ⊆ f (β)) = 1
ja siten
t(A \ f (β) ⊆ A \ f (γ)) = 1.
(19)
Nyt ehtojen (16) ja (13) nojalla pätee
t(A \ f (β) 6≈ ∅) = 1.
Tällöin ehtojen (10), (12) ja (16) nojalla saadaan
t(G(A, R)[F pβ] ∈ A \ f (β) ∧ (A \ f (β)) ∩ R−1 ({G(A, R)[F pβ]}) ≈ ∅) = 1,
josta edelleen ehdon (8) mukaan
t(F [β] ∈ A \ f (β) ∧ (A \ f (β)) ∩ R−1 ({F [β]}) ≈ ∅) = 1,
ja edelleen ehtojen (12) ja (16) nojalla
t(f [β] ∈ A \ f (β) ∧ (A \ f (β)) ∩ R−1 ({f [β]}) ≈ ∅) = 1.
(20)
Vastaavasti nähdään, että myös
t(f [γ] ∈ A \ f (γ) ∧ (A \ f (γ)) ∩ R−1 ({f [γ]}) ≈ ∅) = 1.
Ehdon (20) nojalla
t(f [β] ∈ A \ f (β)) = 1,
191
(21)
joten ehdon (19) nojalla
t(f [β] ∈ A \ f (γ)) = 1.
Tällöin ehdon (21) nojalla
t(f [β] ∈
/ R−1 ({f [γ]})) = 1 eli
t(f [β] R f [γ]) = 0.
(22)
Koska R on oletuksen (4) nojalla järjestävä minimaalirelaatio A:ssa ja t(f [γ] ∈
A) = 1 sekä t(f [β] ∈ A) = 1, niin ehdon (22) mukaan
joko t(f [γ] R f [β]) = 1 tai t(f [γ] ≈ f [β]) = 1.
(23)
Koska f on ehdon (14) nojalla injektio ja ehdon (17) perusteella pätee t(γ 6≈
β) = 1, niin on oltava myös t(f [γ] 6≈ f [β]) = 1 eli t(f [γ] ≈ f [β]) = 0, jolloin
ehdon (23) nojalla saadaan väite (18).
Näin suunta (17)⇒(18) on todistettu. Käänteinen suunta (18)⇒(17) seuraa tästä helposti samalla tavalla kuin lauseen 9.25 todistuksessa.
Näin väite (6) ja siten myös väite (1) on todistettu.
Todistetaan sitten väite (2). Tätä varten oletetaan, että α ja β ovat ordinaalilukuja ja f, g vakioita siten, että
t(f IsomE,R (α, A)) = 1
(24)
t(g IsomE,R (β, A)) = 1.
(25)
t(α ≈ β) = 1.
(26)
ja
Pitää osoittaa, että
Ehtojen (24) ja (25) sekä tehtävien 7.102 ja 7.103 nojalla
t(g −1 ◦ f IsomE,E (α, β)) = 1.
(27)
Koska α ja β ovat ordinaaliluokkia, niin väite (26) seuraa ehdosta (27) ja lauseesta 9.5. Näin väite (2) on todistettu.
Pitää vielä todistaa väite (3). Olkoon sitä varten α ordinaaliluku ja f, g
vakioita siten, että ehto (24) pätee ja lisäksi
t(g IsomE,R (α, A)) = 1.
(28)
t(f ≈ g) = 1.
(29)
Riittää osoittaa, että
192
Väitteen (29) todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(∀β[β ≺ α → f [β] ≈ g[β]]) = 1.
(30)
Olkoon tätä varten β ordinaaliluku, jolle pätee
t(β ≺ α) = 1.
(31)
Riittää osoittaa, että
t(f [β] ≈ g[β]) = 1
eli että
t(g −1 ◦ f [β] ≈ β) = 1.
Nyt
(32)
t(g −1 ◦ f IsomE,E (α, α)) = 1,
joten tehtävän 9.4 ja ehdon (31) nojalla saadaan
t(β - g −1 ◦ f [β]) = 1.
Toisaalta myös
(33)
t(f −1 ◦ g IsomE,E (α, α)) = 1
ja
t(g −1 ◦ f [β] ≺ α) = 1,
jolloin tehtävä 9.4 antaa ehdon
t(g −1 ◦ f [β] - f −1 ◦ g[g −1 ◦ f [β]]) = 1
eli
t(g −1 ◦ f [β] - β) = 1.
(34)
Väite (32) seuraa nyt ehdoista (33) ja (34). Näin myös väite (3) on todistettu,
ja siten koko todistus on valmis.
¤
10
10.1
Ordinaaliaritmetiikkaa
Yhteenlasku
Aiemmin on jo määritelty ”ykkösen lisääminen” ordinaalilukuun α sopimalla,
että
α ⊕ 1 = α ∪ {α}.
Yleistetään nyt tämä määritelmä niin, että voidaan laskea kaikkia ordinaalilukuja keskenään yhteen. Tavallinen N:n yhteenlasku eli kuvaus (m, n) 7→ m + n
määritellään rekursiivisesti n:n suhteen (pitäen m kiinteänä) käyttäen ns. ”seuraajafunktiota” s : N → N, s(n) = n+1, jonka olemassaolo oletetaan tunnetuksi.
Määritelmä on seuraava:
193
Ensin asetetaan m + 0 = m ja jos oletetaan, että m + n on jo määritelty,
niin asetetaan m + (n + 1) = s(m + n).
Tämä määritelmäidea yleistetään nyt ordinaaliluvuille. Tässä on tietenkin käytettävä transfiniittistä rekursiota. Näin se menee:
Määritelmä 10.1 Olkoon α kiinteä ordinaaliluku. Merkitään
H = {x | ∃β[x ≈ hβ, β ⊕ 1i]}.
Olkoon Fα transfiniittisen rekursion tästä luokasta H lähtöarvolla a = α lauseen
9.12 mukaisesti saatava yksikäsitteisesti määrätty funktio, joka on siis määritelty kaikkien kaikkien ordinaalilukujen luokassa On. Merkitään kaikille ordinaaliluvuille β symbolilla α ⊕ β luokkaa
α ⊕ β := Fα [β].
Sanotaan, että α ⊕ β on ordinaalilukujen α ja β summa.
Harjoitustehtävä 10.2 Koska 1 = {∅} on ordinaaliluku, niin nyt summa α⊕1
on määritelty kahteen kertaan: ensin siis merkinnässä 8.59 α ⊕ 1 := α ∪ {α}
ja toiseen kertaan määritelmässä 10.1. Osoita, että nämä johtavat kuitenkin
samaan lopputulokseen, ts. että jokaiselle ordinaaliluvulle α pätee
⊢ α ∪ {α} = Fα [1],
missä Fα on kuten määritelmässä 10.1.
Harjoitustehtävä 10.3 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Osoita, että
i)
ii)
iii)
⊢ α ⊕ 0 ≈ α,
⊢ α ⊕ (β ⊕ 1) ≈ (α ⊕ β) ⊕ 1 ja
⊢ β ∈ KII → α ⊕ β ≈ ∪γ≺β (α ⊕ γ).
Tässä käytetään lyhennysmerkintää
∪γ≺β (α ⊕ γ) := ∪A ,
missä A = {x | ∃γ[γ ≺ β ∧ x ≈ α ⊕ γ]}.
Huomaa, että kohdan ii) väite on epätriviaali: siinä tarvitaan määritelmän 10.1
luokan H määritelmän johdosta sellaista tietoa, että α ⊕ β on ordinaaliluku.
Tämä seuraa lauseesta 10.4, mutta silloin lauseen 10.4 todistuksessa pitää varoa
käyttämästä tätä tehtävää 10.3 ii). Tehtävän muut kohdat i) ja iii) eivät aiheuta
tässä suhteessa ongelmia. Lauseen 10.4 todistuksen jälkeen kaikki tehtävän 10.3
kohdat ovat tietysti käytettävissä.
Lause 10.4 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ α ⊕ β ∈ On.
194
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Pidetään α kiinteänä ja tehdään
transfiniittinen induktio β:n suhteen. Huomautuksen 9.7 mukaisesti riittää osoittaa, että
1) t(α ⊕ 0 ∈ On) = 1,
2) jos t(α ⊕ β ∈ On) = 1, niin t(α ⊕ (β ⊕ 1) ∈ On) = 1 ja
3) jos t(β ∈ KII ) = 1 ja t(∀δ[δ ≺ β → α ⊕ δ ∈ On]) = 1, niin t(α ⊕ β ∈ On) = 1.
Tapaus 1) seuraa tehtävästä 10.3 i).
Tapaus 2): Tässä siis oletetaan, että
t(α ⊕ β ∈ On) = 1;
(1)
t(α ⊕ (β ⊕ 1) ∈ On) = 1.
(2)
pitää osoittaa, että
Olkoon H kuten määritelmässä 10.1. Ehdon (1) ja tehtävän 8.32 nojalla
(α ⊕ β) ⊕ 1 on joukko, ja silloin ehdon (1) ja luokan H määritelmän nojalla
t(hα ⊕ β, (α ⊕ β) ⊕ 1i ∈ H) = 1.
(3)
Koska määritelmänsä mukaisesti H on selvästi funktio, niin ehdon (3) nojalla
t(H[α ⊕ β] ≈ (α ⊕ β) ⊕ 1) = 1.
Tällöin määritelmän/merkinnän 10.1 mukaisesti
t(H[Fα [β]] ≈ (α ⊕ β) ⊕ 1) = 1.
(4)
Toisaalta määritelmän 10.1 ja lauseen 9.12 nojalla saadaan
t(Fα [β ⊕ 1] ≈ H[Fα [β]]) = 1,
jolloin ehdon (4) nojalla
t(Fα [β ⊕ 1] ≈ (α ⊕ β) ⊕ 1) = 1.
(5)
Ehdon (5) ja määritelmän/merkinnän 10.1 mukaisesti
t(α ⊕ (β ⊕ 1) ≈ (α ⊕ β) ⊕ 1) = 1.
(6)
Ehdon (6) nojalla väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että
t((α ⊕ β) ⊕ 1 ∈ On) = 1,
mutta tässä ei ole paljon osoittamista, koska se seuraa ehdosta (1) ja tehtävästä
8.32.
195
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
t(β ∈ KII ) = 1 ja
t(∀δ[δ ≺ β → α ⊕ δ ∈ On]) = 1.
(7)
(8)
Pitää osoittaa, että ehto (1) pätee. Tehtävän 10.3 iii) ja oletuksen (7) nojalla
t(α ⊕ β ≈ ∪A ) = 1,
(9)
missä
A = {x | ∃γ[γ ≺ β ∧ x ≈ α ⊕ γ]}.
Osoitetaan ensin, että pätee
t(A ⊆ On) = 1.
(10)
Olkoon sitä varten u vakio, jolle pätee
t(u ∈ A) = 1.
(11)
t(u ∈ On) = 1.
(12)
Pitää osoittaa, että
Luokan A määritelmän ja ehdon (11) nojalla löytyy ordinaaliluku γ siten, että
t(γ ≺ β) = 1 ja
t(u ≈ α ⊕ γ) = 1.
(13)
(14)
Ehtojen (8) ja (13) nojalla pätee
t(α ⊕ γ ∈ On) = 1,
jolloin väite (12) seuraa ehdosta (14). Näin väite (10) on todistettu.
Nyt ehdon (10) ja lauseen 8.41 nojalla pätee
t(Ord(∪A )) = 1.
Tällöin ehdon (9) nojalla pätee
t(Ord(α ⊕ β)) = 1,
joten lauseen 8.21 nojalla joko induktioväite (1) pätee tai sitten pätee
t(α ⊕ β ≈ On) = 1.
(15)
Silloin riittää osoittaa, että ehto (15) ei voi päteä. Tehdään antiteesi: ehto (15)
pätee. Tällöin lauseen 8.18 nojalla
t(P r(α ⊕ β)) = 1.
196
(16)
Määritellään luokka F asettamalla
F = {x | ∃δ[δ ≺ β ∧ x ≈ hδ, α ⊕ δi]}.
On ilmeistä, että
t(F : β −→ A) = 1.
onto
(17)
Tällöin, koska β on ordinaalilukuna joukko, pätee lauseen 7.42 nojalla
t(M(A)) = 1.
Silloin aksiooman (JAx3) nojalla myös
t(M(∪A )) = 1.
Ehdon (9) mukaan tämä merkitsee sitä, että
t(M(α ⊕ β)) = 1,
mikä on vastoin ehtoa (16). Tämä ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi on väärä ja siten ehto (15) ei päde, vaan pätee induktioväite (1).
Näin transfiniittisen induktion vaatimukset on täytetty ja väite seuraa.
¤
Harjoitustehtävä 10.5 Osoita tarkasti, että lauseen 10.4 todistuksen ehto (14)
pätee.
Harjoitustehtävä 10.6 Olkoon α ordinaaliluku. Osoita, että
⊢ α ∈ KII → α ≈ ∪β≺α β,
missä symboli ∪β≺α β tarkoittaa yhdistettä ∪A , jossa luokka A määritellään asettamalla A = {β | β ≺ α}.
Lause 10.7 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ 0 ⊕ α ≈ α.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Tehdään transfiniittinen induktio
α:n suhteen. Riittää osoittaa, että
1) t(0 ⊕ 0 ≈ 0) = 1,
2) jos t(0 ⊕ α ≈ α) = 1, niin t(0 ⊕ (α ⊕ 1) ≈ α ⊕ 1) = 1 ja
3) jos α on rajaordinaali ja jos väite pätee kaikille ordinaaliluvuille β ≺ α,
niin väite pätee myös α:lle.
Tapaus 1) seuraa tehtävästä 10.3 i).
197
Tapaus 2): Oletetaan, että
t(0 ⊕ α ≈ α) = 1.
(1)
Induktioväitteenä on, että
t(0 ⊕ (α ⊕ 1) ≈ α ⊕ 1) = 1.
Tehtävän 10.3 ii) mukaan
t(0 ⊕ (α ⊕ 1) ≈ (0 ⊕ α) ⊕ 1) = 1,
joten riittää osoittaa, että
t((0 ⊕ α) ⊕ 1 ≈ α ⊕ 1) = 1.
Tämä seuraa induktio-oletuksesta (1).
Tapaus 3): Tässä siis tehdään induktio-oletukset
t(α ∈ KII ) = 1
(2)
t(∀β[β ≺ α → 0 ⊕ β ≈ β]) = 1;
(3)
ja
induktioväitteenä on, että ehto (1) pätee.
Oletuksen (2) ja tehtävän 10.6 nojalla saadaan esitys
t(α ≈ ∪β≺α β) = 1.
(4)
Toisaalta tehtävän 10.3 iii) ja ehdon (2) nojalla
t(0 ⊕ α ≈ ∪β≺α (0 ⊕ β)) = 1.
(5)
Ehtojen (4) ja (5) nojalla väite (1) tulee muotoon
t(∪β≺α (0 ⊕ β) ≈ ∪β≺α β) = 1.
(6)
Esityksessä (4) on tehdyn sopimuksen mukaan kyse yhdisteestä
∪β≺α β = ∪A ,
missä A = {β | β ≺ α}
ja vastaavasti esityksessä (5) on kyse yhdisteestä
∪β≺α (0 ⊕ β) = ∪B ,
missä B = {x | ∃β[β ≺ α ∧ x ≈ 0 ⊕ β]}.
Näillä merkinnöillä väite (6) tulee muotoon
t(∪B ≈ ∪A ) = 1.
198
(7)
Tehtävän 6.40 nojalla väite (7) seuraa, jos osoitetaan, että
t(A ≈ B) = 1.
(8)
Jos oletetaan, että t(β ∈ A) = 1, niin
t(β ≺ α) = 1
(9)
ja silloin induktio-oletuksen (3) nojalla
t(β ≈ 0 ⊕ β) = 1.
(10)
Ehtojen (9) ja (10) nojalla pätee t(β ∈ B) = 1, joten tähän suuntaan asia on
selvä eli on nähty, että t(A ⊆ B) = 1. Jos kääntäen oletetaan, että t(v ∈ B) = 1,
niin on olemassa β siten, että ehto (9) pätee ja
t(v ≈ 0 ⊕ β) = 1.
(11)
Ehdon (9) ja induktio-oletuksen (3) nojalla saadaan taas ehto (10), jolloin ehdon
(11) nojalla
t(v ≈ β) = 1,
ja silloin ehdon (9) perusteella t(v ∈ A) = 1. Näin pätee myös t(B ⊆ A) = 1 ja
silloin väite (8) on todistettu.
Tämä selvittää tapauksen 3), ja siten transfiniittinen induktio on viety läpi
ja väite on todistettu.
¤
Lause 10.8 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ α ≺ β → γ ⊕ α ≺ γ ⊕ β.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Pitää osoittaa, että
t(α ≺ β → γ ⊕ α ≺ γ ⊕ β) = 1.
(1)
Olkoot α ja γ kiinteitä; tehdään transfiniittinen induktio β:n suhteen. Riittää
osoittaa, että
1) t(α ≺ 0 → γ ⊕ α ≺ γ ⊕ 0) = 1,
2) jos väite (1) pätee β:lle, niin se pätee myös β ⊕ 1:lle ja
3) jos β on rajaordinaali ja väite (1) pätee kaikille δ ≺ β, niin se pätee myös β:lle.
Tapaus 1) on triviaali, sillä t(α ≺ 0) = 0.
Tapaus 2): Tässä oletetaan siis että ehto (1) pätee; pitää osoittaa, että
t(α ≺ β ⊕ 1 → γ ⊕ α ≺ γ ⊕ (β ⊕ 1)) = 1.
199
(2)
Väitettä (2) varten oletetaan myös, että
t(α ≺ β ⊕ 1) = 1.
(3)
t(γ ⊕ α ≺ γ ⊕ (β ⊕ 1)) = 1.
(4)
Riittää osoittaa, että
Oletuksen (3) ja lauseen 8.61 nojalla pätee joko
t(α ≺ β) = 1
(5)
t(α ≈ β) = 1.
(6)
tai
Tapauksessa (6) väite (4) tulee muotoon
t(γ ⊕ α ≺ γ ⊕ (α ⊕ 1)) = 1,
joka puolestaan tehtävän 10.3 ii) nojalla tulee muotoon
t(γ ⊕ α ≺ (γ ⊕ α) ⊕ 1) = 1,
mikä taas on tehtävän 8.60 (lähes triviaali) tulos. Siten väite (4) pätee tapauksessa (6), joten voidaan olettaa, että vaihtoehto (5) pätee.
Tehtävän 10.3 ii) nojalla väite (4) voidaan nyt kirjoittaa muotoon
t(γ ⊕ α ≺ (γ ⊕ β) ⊕ 1) = 1.
(7)
Ehdon (5) ja induktio-oletuksen (1) nojalla pätee
t(γ ⊕ α ≺ γ ⊕ β) = 1,
ja koska lisäksi tehtävän 8.60 nojalla
t(γ ⊕ β ≺ (γ ⊕ β) ⊕ 1) = 1,
niin väite (7) seuraa tehtävästä 8.31. Näin tapaus 2) on käsitelty.
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
t(α ∈ KII ) = 1
(8)
t(∀δ[δ ≺ β → [α ≺ δ → γ ⊕ α ≺ γ ⊕ δ]]) = 1;
(9)
ja lisäksi induktiivisesti, että
induktioväitteenä on, että ehto (1) pätee.
Oletetaan, että ehto (5) pätee, jolloin induktioväite seuraa, jos osoitetaan, että
t(γ ⊕ α ≺ γ ⊕ β) = 1.
200
(10)
Ehdon (8) ja tehtävän 10.3 iii) nojalla pätee
t(γ ⊕ β ≈ ∪δ≺β (γ ⊕ δ)) = 1,
jolloin
t(∀δ[δ ≺ β → γ ⊕ δ - γ ⊕ β]) = 1.
Tällöin väite (10) seuraa, jos löydetään jokin ordinaaliluku δ, jolle pätee
t(δ ≺ β) = 1
(11)
t(γ ⊕ α ≺ γ ⊕ δ) = 1.
(12)
ja
Tällaiseksi ordinaaliluvuksi kelpaa
δ := α ⊕ 1.
Tämän väitteen todistamiseksi pitää osoittaa, että näin valittu δ toteuttaa ehdot
(11) ja (12) eli että
t(α ⊕ 1 ≺ β) = 1
(13)
ja
t(γ ⊕ α ≺ γ ⊕ (α ⊕ 1)) = 1.
(14)
Ehto (13) seuraa siitä, että ehdon (5) ja lauseen 8.61 nojalla pätee
t(α ⊕ 1 - β) = 1,
ja nyt ehdon (8) nojalla ei voi olla t(α ⊕ 1 ≈ β) = 1. Siten riittää todistaa, että
ehto (14) pätee. Tehtävän 10.3 ii) mukaan väite (14) tulee muotoon
t(γ ⊕ α ≺ (γ ⊕ α) ⊕ 1) = 1,
ja tämähän pätee tunnetusti tehtävän 8.60 mukaan.
Näin transfiniittinen induktio on viety läpi ja lause on todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 10.9 Osoita esimerkillä, että lauseen 10.8 väite ei päde
”toisinpäin”; ts. että kaava
α≺β →α⊕γ ≺β⊕γ
ei ole teoreema. Mieti, miksi lauseen 10.8 todistus ei toimi tälle kaavalle.
(Vihje: α = 0, β = 1 ja γ = ω.)
Lause 10.10 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢ γ ⊕ α ≈ γ ⊕ β → α ≈ β.
201
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Oletetaan, että
t(γ ⊕ α ≈ γ ⊕ β) = 1;
(1)
t(α ≈ β) = 1.
(2)
t(α ≈ β) = 0.
(AT)
t(α ≺ β) = 1
(3)
t(β ≺ α) = 1.
(4)
riittää osoittaa, että
Tehdään antiteesi:
Tällöin pätee joko
tai
Tapauksessa (3) saadaan lauseen 10.8 nojalla
t(γ ⊕ α ≺ γ ⊕ β) = 1,
mikä on oletuksen (1) perusteella mahdotonta. Vastaavasti tapauksessa (4) saadaan lauseen 10.8 nojalla
t(γ ⊕ β ≺ γ ⊕ α) = 1,
mikä sekin on oletuksen (1) perusteella mahdotonta. Siis joka tapauksessa joudutaan ristiriitaan, joten antiteesi (AT) on väärä ja lause siten todistettu. ¤
Huomautus 10.11 Lause 10.10 on havainnollisesti yhteenlaskun supistussääntö. Tässä on oltava tarkkana, sillä supistussääntö ei päde toisinpäin, kuten seuraava tehtävä kertoo. Siis vain vasemmalta saa supistaa.
Harjoitustehtävä 10.12 Osoita esimerkillä, että lauseen 10.10 supistussääntö
ei päde oikealta; ts. kaava
α⊕γ ≈β⊕γ →α≈β
ei ole teoreema.
Koska rajaordinaalille summa on yhdiste ordinaaliluvuista, joudutaan näiden
erilaisten yhdisteiden kanssa jatkossa paljon pelaamaan. Seuraava pieni havainto
on näppärä apuväline näissä kuvioissa – itse asiassa tätä jo tavallaan sovellettiin
lauseen 10.8 todistuksen lopussa, kun valittiin lukua δ = α ⊕ 1. Tässä on syytä
muistaa, että ordinaalilukuluokan yhdiste on aina joko ordinaaliluku tai koko
On. Tällöin lemman 10.13 väite on mielekäs.
Lemma 10.13 Olkoot A ja B ordinaalilukuluokkia. Tällöin pätee
⊢ ∀α[α ∈ A → ∃β[β ∈ B ∧ α - β]] → ∪A - ∪B .
202
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(∀α[α ∈ A → ∃β[β ∈ B ∧ α - β]]) = 1;
(1)
riittää osoittaa, että
t(∪A - ∪B ) = 1
eli että
t(∪A ⊆ ∪B ) = 1.
(2)
Olkoon γ ordinaaliluku, jolle pätee
t(γ ∈ ∪A ) = 1.
(3)
Väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että
t(γ ∈ ∪B ) = 1.
(4)
Yhdisteen määritelmän ja ehdon (3) mukaan löytyy ordinaaliluku α siten, että
t(γ ∈ α) = 1
(5)
t(α ∈ A) = 1.
(6)
ja
Oletuksen (1) ja ehdon (6) perusteella löytyy ordinaaliluku β siten, että
t(β ∈ B) = 1
(7)
t(α - β) = 1.
(8)
ja
Ehtojen (5) ja (8) nojalla pätee
t(γ ∈ β) = 1,
jolloin väite (4) seuraa ehdosta (7) ja yhdisteen määritelmästä.
¤
Harjoitustehtävä 10.14 Osoita, että lemman 10.13 epäyhtälö ei päde ”aidosti”, ts. osoita, että kaava
∀α[α ∈ A → ∃β[β ∈ B ∧ α ≺ β]] → ∪A ≺ ∪B
ei ole teoreema.
(Ehdotus: A = ω, B = ω ⊕ 1)
Lause 10.15 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ α - β → α ⊕ γ - β ⊕ γ.
203
Huomautus. Vertaa tätä tulosta lauseeseen 10.8 ja huomautukseen 10.9.
Todistus. Tehdään transfiniittinen induktio γ:n suhteen. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
1) t(α - β → α ⊕ 0 - β ⊕ 0) = 1,
2) jos väite pätee γ:lle, niin se pätee myös γ ⊕ 1:lle ja
3) jos γ on rajaordinaali ja väite pätee kaikille δ ≺ γ, niin se pätee myös γ:lle.
Tapaus 1): Tämä seuraa suoraan siitä, että tehtävän 10.3 i) mukaan on
t(α ⊕ 0 ≈ α) = 1 ja t(β ⊕ 0 ≈ β) = 1.
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että
t(α - β → α ⊕ γ - β ⊕ γ) = 1;
(1)
induktioväitteenä on, että
t(α - β → α ⊕ (γ ⊕ 1) - β ⊕ (γ ⊕ 1)) = 1.
Oletetaan, että
t(α - β) = 1.
(2)
Induktioväite seuraa, jos osoitetaan, että
t(α ⊕ (γ ⊕ 1) - β ⊕ (γ ⊕ 1)) = 1.
(3)
Tehtävän 10.3 ii) mukaan
t(α ⊕ (γ ⊕ 1) ≈ (α ⊕ γ) ⊕ 1)) = 1 ja t(β ⊕ (γ ⊕ 1) ≈ (β ⊕ γ) ⊕ 1)) = 1,
joten väite (3) seuraa, jos osoitetaan, että
t((α ⊕ γ) ⊕ 1 - (β ⊕ γ) ⊕ 1) = 1.
(4)
Induktio-oletuksen (1) ja ehdon (2) nojalla pätee
t(α ⊕ γ - β ⊕ γ) = 1
(5)
t(α ⊕ γ ≺ β ⊕ γ) = 1
(6)
t(α ⊕ γ ≈ β ⊕ γ) = 1.
(7)
eli joko
tai
Vaihtoehdossa (7) väite (4) seuraa välittömästi, joten voidaan olettaa, että vaihtoehto (6) pätee. Tällöin lauseen 8.61 nojalla pätee
t((α ⊕ γ) ⊕ 1 - β ⊕ γ) = 1,
204
josta tehtävän 8.60 antaman ehdon
t(β ⊕ γ ≺ (β ⊕ γ) ⊕ 1) = 1
avulla saadaan ehto (4). Näin tapaus 2) on käsitelty.
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
t(γ ∈ KII ) = 1
(8)
t(∀δ[δ ≺ γ → [α - β → α ⊕ δ - β ⊕ δ]]) = 1.
(9)
ja että
Induktioväitteenä on, että ehto (1) pätee. Tämän todistusta varten oletetaan,
että ehto (2) pätee; riittää osoittaa, että ehto (5) pätee. Ehdon (8) ja tehtävän
10.3 iii) mukaan
t(α ⊕ γ ≈ ∪δ≺γ (α ⊕ δ)) = 1 ja t(β ⊕ γ ≈ ∪ǫ≺γ (β ⊕ ǫ)) = 1,
joten väite (5) tulee muotoon
t(∪δ≺γ (α ⊕ δ) - ∪ǫ≺γ (β ⊕ ǫ)) = 1.
(10)
Sovelletaan nyt lemmaa 10.13. Sen mukaan väite (10) seuraa, jos osoitetaan,
että
t(∀δ[δ ≺ γ → ∃ǫ[ǫ ≺ γ ∧ α ⊕ δ - β ⊕ ǫ]]) = 1.
Olkoon tätä varten δ ordinaaliluku, jolle pätee
t(δ ≺ γ) = 1.
(11)
Pitää löytää jokin ordinaaliluku ǫ siten, että
t(ǫ ≺ γ) = 1
(12)
t(α ⊕ δ - β ⊕ ǫ) = 1.
(13)
ja
Valinta on helppo, sillä voidaan asettaa
ǫ := δ.
Tällöinhän ehto (12) seuraa ehdosta (11) ja ehto (13) induktio-oletuksesta (9)
sekä ehdoista (11) ja (2).
¤
Harjoitustehtävä 10.16 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢ α - α ⊕ β ja
⊢ α - β ⊕ α.
Osoita edelleen, että ylemmästä epäyhtälöstä tulee aito, jos 0 ≺ β, mutta alemmasta ei välttämättä tällaisessa(kaan) tapauksessa saada aitoa.
205
Luonnollisilla luvuilla on tunnettu ominaisuus: jos m ≤ n, niin on olemassa
yksikäsitteinen k ∈ N siten, että m + k = n. Tämä sama ominaisuus on myös
ordinaaliluvuilla:
Lause 10.17 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ α - β → ∃1 γ[α ⊕ γ ≈ β].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Osoitetaan ensin γ:n olemassaolo.
Oletetaan, että
t(α - β) = 1.
(1)
Riittää löytää jokin ordinaaliluku γ siten, että
t(α ⊕ γ ≈ β) = 1.
(2)
Määritellään luokka A asettamalla
A = {δ | β - α ⊕ δ}.
Tehtävän 10.16 nojalla luokalle A pätee
t(A 6≈ ∅) = 1,
sillä t(β ∈ A) = 1. Koska lisäksi t(A ⊆ On) = 1 ja koska E on hyvin määritelty
minimaalirelaatio luokassa On, luokassa A on minimi – olkoon se γ. Tällöin siis
pätee t(γ ∈ A) = 1 eli
t(β - α ⊕ γ) = 1
(3)
ja lisäksi minimaalisuusehdon mukaan
t(δ ∈ A → γ - δ) = 1.
(4)
Osoitetaan, että juuri tämä γ on ehdossa (2) kaivattu ordinaaliluku.
Tässä on nyt kaksi mahdollisuutta: joko
t(γ ∈ KI ) = 1
(5)
t(γ ∈ KII ) = 1.
(6)
tai
Tarkastellaan ensin vaihtoehtoa (5). Tässä on luokan KI määritelmän mukaan
kaksi alatapausta: joko
t(γ ≈ 0) = 1
(5-1)
tai γ on jonkin ordinaaliluvun δ seuraaja eli pätee
t(γ ≈ δ ⊕ 1) = 1.
Tapauksessa (5-1) saadaan ehdosta (3) – koska t(α ⊕ 0 ≈ α) = 1 – ehto
t(β - α) = 1.
206
(5-2)
Tällöin ehdon (1) nojalla pätee
t(α ≈ β) = 1,
jolloin
t(α ⊕ 0 ≈ β) = 1
ja väite (2) seuraa ehdosta (5-1).
Tapauksessa (5-2) pätee
t(δ ≺ γ) = 1,
jolloin ehdon (4) nojalla ei voi olla
t(δ ∈ A) = 1,
ja tällöin luokan A määritelmän mukaan pätee
t(α ⊕ δ ≺ β) = 1.
(7)
Ehdon (7) ja lauseen 8.61 nojalla pätee
t((α ⊕ δ) ⊕ 1 - β) = 1
eli
t(α ⊕ (δ ⊕ 1) - β) = 1,
jolloin ehdon (5-2) mukaan
t(α ⊕ γ - β) = 1.
(8)
Tällöin väite (2) seuraa ehdosta (3). Näin vaihtoehto (5) on käsitelty.
Tarkastellaan sitten vaihtoehtoa (6). Tämän ehdon ja tehtävän 10.3 iii) mukaan
t(α ⊕ γ ≈ ∪δ≺γ (α ⊕ δ)) = 1.
(9)
Osoitetaan, että ehto (8) pätee nytkin, jolloin väite (2) seuraa ehdosta (3) kuten
tapauksessa (5-2). Ehdon (8) todistamiseksi pitää ehdon (9) mukaan osoittaa,
että
t(∪δ≺γ (α ⊕ δ) - β) = 1.
(10)
Ehdon (10) perusteluksi riittää osoittaa, että
t(∀δ[δ ≺ γ → α ⊕ δ - β]) = 1.
(11)
Ehtoa (11) varten olkoon δ ordinaaliluku, jolle pätee
t(δ ≺ γ) = 1.
Riittää osoittaa, että
t(α ⊕ δ ≺ β) = 1.
207
(12)
Tämä seuraa ehdoista (12) ja (4) sekä luokan A määritelmästä aivan samalla
tavalla kuin ehto (7) yllä. Näin myös vaihtoehto (6) on käsitelty, joten luvun γ
olemassaolo on todistettu.
Pitää vielä osoittaa yksikäsitteisyys eli pitää nähdä että ordinaaliluvuille γ ja δ
pätee
t([α ⊕ γ ≈ β ∧ α ⊕ δ ≈ β] → γ ≈ δ) = 1.
Tämä seuraa lauseesta 10.10, jonka mukaan vasemmalta saa supistaa.
¤
Harjoitustehtävä 10.18 Tehtävän 10.12 perusteeella lauseen 10.17 yksikäsitteisyyspuoli ei päde toisinpäin summattaessa. Osoita, että myöskään lauseen
10.17 olemassaolopuoli ei päde toisinpäin summattaessa, ts. että kaava
α - β → ∃γ[γ ⊕ α ≈ β]
ei ole teoreema.
(Ehdotus: α = 1, β = ω)
Muistutetaan mieliin tuossa ylläkin oleva merkintä ω, joka siis symboloi N:ää
imitoivaa ordinaalilukua. Tämän joukon alkioita kutsutaan finiittisiksi ordinaaleiksi ja merkitään symboleilla i, j, k, l, m, n ja niin edelleen. Nyt yhteenlasku
i ⊕ j on määritelty kaikille ω:n alkioille ja tämän sitten pitäisi olla tavallista N:n
yhteenlaskua imitoiva toimenpide ja sillä pitäisi(?) siten olla vastaavat ominaisuudet. Huomataan ensimmäisenä, että ω:n alkioiden summa pysyy ω:ssa:
Lause 10.19 Olkoot m ja n finiittisiä ordinaaleja. Tällöin pätee
⊢ m ⊕ n ∈ ω.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Pidetään m kiinteänä ja sovelletaan finiittistä induktiota (lause 8.77), joka tehdään n:n suhteen. Tämä toimii
periaatteessa samalla tavalla kuin transfiniittinen induktio (ks. huomautus 9.7)
– ainoastaan rajaordinaalia koskeva induktioaskel 3) jää pois. Tässä riittää osoittaa, että
1) t(m ⊕ 0 ∈ ω) = 1 ja
2) jos t(m ⊕ n ∈ ω) = 1, niin t(m ⊕ (n ⊕ 1) ∈ ω) = 1.
Tapaus 1) on selvä, sillä t(m ⊕ 0 ≈ m) = 1.
Tapaus 2): Tässä siis oletetaan, että
t(m ⊕ n ∈ ω) = 1
(1)
t(m ⊕ (n ⊕ 1) ∈ ω) = 1.
(2)
ja induktioväitteenä on, että
208
Tehtävän 10.3 mukaan
t(m ⊕ (n ⊕ 1) ≈ (m ⊕ n) ⊕ 1) = 1,
joten väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että
t((m ⊕ n) ⊕ 1 ∈ ω) = 1.
Tämä seuraa induktio-oletuksesta (1) ja tehtävästä 8.74.
¤
Harjoitustehtävä 10.20 Todista seuraava ”käänteinen” tulos lauseelle 10.19.
Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ α ⊕ β ∈ ω → [α ∈ ω ∧ β ∈ ω].
Vaikkakin ω:ssa määritelty yhteenlasku ⊕ käyttäytyy N:n yhteenlaskun kanssa
samaan tapaan (ks. tehtävä 10.23), niin muitten ordinaalilukujen kanssa näitä
ω:n alkioita yhteenlaskiessa tapahtuu aika kummallisia asioita, joista seuraava
lause on hyvä esimerkki:
Lause 10.21 Olkoon α ordinaaliluku ja n finiittinen ordinaali. Tällöin pätee
⊢ ω - α → n ⊕ α ≈ α.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(α ≺ ω ∨ n ⊕ α ≈ α) = 1.
(1)
Tehdään transfiniittinen induktio α:n suhteen. Riittää osoittaa, että
1) t(0 ≺ ω ∨ n ⊕ 0 ≈ 0) = 1,
2) jos väite (1) pätee luvulle α, niin se pätee luvulle α ⊕ 1 ja
3) jos α on rajaordinaali ja väite pätee kaikille luvuille β, joille t(β ≺ α) = 1,
niin väite pätee α:lle.
Tapaus 1) on selvä, koska t(0 ≺ ω) = 1.
Tapaus 2): Tässä siis oletetaan, että ehto (1) pätee; pitää osoittaa, että joko
t(α ⊕ 1 ≺ ω) = 1 tai
t(n ⊕ (α ⊕ 1) ≈ α ⊕ 1) = 1.
(2)
(3)
t(α ≺ ω) = 1 tai
t(n ⊕ α ≈ α) = 1.
(4)
(5)
Ehdon (1) nojalla joko
209
Jos ehto (4) pätee, niin lauseen 10.19 nojalla myös ehto (2) pätee, joten voidaan
olettaa, että ehto (5) pätee. Riittää osoittaa, että ehto (3) pätee. Tehtävän 10.3
mukaan
t(n ⊕ (α ⊕ 1) ≈ (n ⊕ α) ⊕ 1) = 1,
joten ehto (3) seuraa välittömästi ehdosta (5).
Tapaus 3): Tässä siis oletetaan, että
t(α ∈ KII ) = 1 ja
(6)
t(∀β[β ≺ α → [β ≺ ω ∨ n ⊕ β ≈ β]]) = 1.
(7)
Riittää osoittaa, että ehto (5) pätee. Ehdon (6) ja tehtävän 10.3 mukaan
t(n ⊕ α ≈ ∪β≺α (n ⊕ β)) = 1
ja toisaalta tehtävän 10.6 mukaan
t(α ≈ ∪γ≺α γ) = 1,
joten väite (5) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∪β≺α (n ⊕ β) - ∪γ≺α γ) = 1
(8)
t(∪γ≺α γ - ∪β≺α (n ⊕ β)) = 1.
(9)
ja kääntäen
Ehdon (6) ja lauseen 8.81 nojalla pätee
t(ω - α) = 1.
(10)
Väitettä (8) varten oletetaan, että β on ordinaaliluku, jolle pätee
t(β ≺ α) = 1.
(11)
Lemman 10.13 nojalla väite (8) seuraa, jos löydetään ordinaaliluku γ siten, että
t(γ ≺ α) = 1 ja
t(n ⊕ β - γ) = 1.
(12)
(13)
Nyt tässä on β:n suhteen kaksi mahdollisuutta: joko
t(β ≺ ω) = 1 tai
t(ω - β) = 1.
Tarkastellaan ensin vaihtoehtoa (14). Tällöin valitaan
γ := n ⊕ β,
210
(14)
(15)
jolloin ehto (13) pätee triviaalisti. Silloin riittää osoittaa, että tämä γ:n valinta
toteuttaa ehdon (12). Ehdon (14) ja lauseen 10.19 (sekä γ:n valinnan) nojalla
pätee
t(γ ≺ ω) = 1,
jolloin väite (12) seuraa ehdosta (10).
Näin tapaus (14) on käsitelty ja voidaan olettaa, että vaihtoehto (15) pätee.
Tällöin valitaan
γ := β.
Ehto (12) seuraa silloin välittömästi ehdosta (11), joten riittää osoittaa, että
tämä γ:n valinta toteuttaa ehdon (13). Ehdon (15) ja induktio-oletuksen (7)
nojalla pätee
t(n ⊕ β ≈ β) = 1,
ja tällöin väite (13) seuraa suoraan γ:n valinnasta.
Näin tarvittava γ on löydetty kaikissa (eli molemmissa) vaihtoehdoissa, joten
väite (8) on todistettu. Käänteistä väitettä (9) varten oletetaan, että γ on ordinaaliluku, joka toteuttaa ehdon (12). Lemman 10.13 nojalla väite (9) seuraa,
jos löydetään ordinaaliluku β siten, että ehto (11) toteutuu ja lisäksi pätee
t(γ - n ⊕ β) = 1.
(16)
Nyt voidaan valita yksinkertaisesti
β := γ,
jolloin ehto (11) seuraa ehdosta (12) ja ehto (16) tehtävästä 10.16.
Näin myös väite (9) on todistettu, ja ehto (5) seuraa. Tämä merkitsee sitä,
että transfiniittisen induktion kaikki vaiheet on käyty läpi ja asia on selvä. ¤
Huomautus 10.22 Voidaan kysyä, toteuttaako ordinaalilukujen yhteenlasku ”tavallisen” N:n yhteenlaskun laskulakeja, esimerkiksi kommutatiivisuutta n + m =
m + n ja/tai assosiatiivisuutta n + (m + k) = (n + m) + k. Osoittautuu, että assosiatiivisuus pätee. Tämä todistetaan jatkossa; se ei ole missään nimessä
triviaalia. Sen sijaan kommutatiivisuus ei päde. Tämän näkee lauseesta 10.21,
jonka mukaan
⊢ 1 ⊕ ω ≈ ω,
(1)
kun taas kaikille ordinaaliluvuille α pätee ⊢ α ≺ α ⊕ 1, jolloin erityisesti
⊢ ω 6≈ ω ⊕ 1.
Teoreemojen (1) ja (2) perusteella pätee siis
⊢ 1 ⊕ ω 6≈ ω ⊕ 1.
211
(2)
Huomautus 10.23 Lauseen 10.10 nojalla yhteenlaskussa saa ”supistaa vasemmalta” eli pätee
⊢ γ ⊕ α ≈ γ ⊕ β → α ≈ β.
Oikealta ei kuitenkaan saa supistaa, kuten tehtävässä 10.12 todettiin. Tämä näkyy myös lauseesta 10.21, jonka mukaan esimerkiksi
⊢ 1 ⊕ ω ≈ 2 ⊕ ω (≈ ω),
vaikka
⊢ 1 6≈ 2.
Harjoitustehtävä 10.24 Huomautuksesta 10.22 huolimatta yhteenlasku joukossa ω sujuu totuttuun tapaan. Olkoot k, m, n finiittisiä ordinaaleja. Osoita,
että
i)
ii)
iii)
⊢ k ⊕ (m ⊕ n) ≈ (k ⊕ m) ⊕ n,
⊢ m ⊕ n ≈ n ⊕ m ja
⊢ k ⊕ n ≈ m ⊕ n → k ≈ m.
(Ohje: Finiittinen induktio.)
Jos ordinaalilukuun lisätään oikealta rajaordinaali, tuloksena on rajaordinaali;
tämän sanoo seuraava lause. Sen sijaan vasemmalta lisättäessä näin ei välttämättä käy. Itse asiassa summan laadun (siis onko se rajaordinaali vai ei) määrää
summan oikeanpuoleinen termi (ellei se satu olemaan nolla):
Harjoitustehtävä 10.25 Olkoon α ordinaaliluku ja β nollasta eroava ordinaaliluku, joka ei ole rajaordinaali. Osoita, että tällöin myöskään α ⊕ β ei ole rajaordinaali.
Rajaordinaalille todistus on vähän mutkikkaampi, mutta se tulee tässä:
Lause 10.26 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ β ∈ KII → α ⊕ β ∈ KII .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(β ∈ KII ) = 1.
(1)
t(α ⊕ β ∈ KII ) = 1.
(2)
Riittää osoittaa, että
Ehdon (1) ja rajaordinaalin määritelmän nojalla pätee
t(β 6≈ 0) = 1,
jolloin
t(0 ≺ β) = 1.
212
(3)
Koska tehtävän 10.16 nojalla
t(β - α ⊕ β) = 1,
niin ehdon (3) nojalla
t(0 ≺ α ⊕ β) = 1,
jolloin erityisesti
t(0 6≈ α ⊕ β) = 1.
Silloin rajaordinaalin määritelmän nojalla joko väite (2) pätee tai sitten pätee
t(∃γ[α ⊕ β ≈ γ ⊕ 1]) = 1.
(4)
Silloin riittää osoittaa, että ehto (4) ei voi päteä. Tehdään antiteesi: ehto (4)
pätee. Tällöin voidaan valita ordinaaliluku γ siten, että
t(α ⊕ β ≈ γ ⊕ 1) = 1.
(5)
Ehdon (1) ja tehtävän 10.3 nojalla
t(α ⊕ β ≈ ∪δ≺β (α ⊕ δ)) = 1
ja siten ehdon (5) nojalla
t(∪δ≺β (α ⊕ δ) ≈ γ ⊕ 1) = 1.
(6)
Koska
t(γ ≺ γ ⊕ 1) = 1,
niin ehdon (6) nojalla
t(γ ≺ ∪δ≺β (α ⊕ δ)) = 1,
jolloin on olemassa ordinaaliluku δ siten, että
t(δ ≺ β) = 1
(7)
t(γ ≺ α ⊕ δ) = 1.
(8)
ja
Ehdon (8) ja lauseen 8.61 nojalla pätee
t(γ ⊕ 1 - α ⊕ δ) = 1.
(9)
Toisaalta
t(α ⊕ δ ≺ (α ⊕ δ) ⊕ 1) = 1,
jolloin ehdon (9) nojalla saadaan
t(γ ⊕ 1 ≺ (α ⊕ δ) ⊕ 1) = 1
eli tehtävän 10.3 ii) mukaan
t(γ ⊕ 1 ≺ α ⊕ (δ ⊕ 1)) = 1.
213
(10)
Ehdon (7) ja lauseen 8.61 nojalla pätee
t(δ ⊕ 1 - β) = 1.
(11)
Koska β on ehdon (1) mukaan rajaordinaali, ei voi olla
t(δ ⊕ 1 ≈ β) = 1,
joten ehdon (11) nojalla on oltava
t(δ ⊕ 1 ≺ β) = 1.
Tällöin lauseen 10.8 nojalla pätee
t(α ⊕ (δ ⊕ 1) ≺ α ⊕ β) = 1.
Ehdon (10) nojalla pätee tällöin
t(γ ⊕ 1 ≺ α ⊕ β) = 1.
Mutta silloin ehdon (5) perusteella
t(γ ⊕ 1 ≺ γ ⊕ 1) = 1,
mikä on mahdotonta. Näin tehty antiteesi johti ristiriitaan, joten ehto (4) ei voi
päteä, ja siten väite (2) pätee.
¤
Seuraavaksi osoitetaan, että ordinaalilukujen yhteenlasku on assosiatiivinen –
tästähän oli jo edellä puhetta. Lause 10.26 on tässä mainio apuväline.
Lause 10.27 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ (α ⊕ β) ⊕ γ ≈ α ⊕ (β ⊕ γ).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t((α ⊕ β) ⊕ γ ≈ α ⊕ (β ⊕ γ)) = 1.
(1)
Olkoot α ja β kiinteitä; tehdään transfiniittinen induktio γ:n suhteen. Pitää siis
osoittaa, että
1) t(α ⊕ β) ⊕ 0 ≈ α ⊕ (β ⊕ 0)) = 1,
2) jos väite (1) pätee γ:lle, niin se pätee γ ⊕ 1:lle ja
3) jos γ on rajaordinaali ja väite (1) pätee kaikille γ:aa pienemmille luvuille
δ, niin väite pätee γ:lle.
Väite 1) on selvä, sillä tehtävän 10.3 nojalla t((α ⊕ β) ⊕ 0 ≈ α ⊕ β) =
1 ja t(α ⊕ (β ⊕ 0) ≈ α ⊕ β) = 1.
214
Väite 2): Tässä oletetaan, että ehto (1) pätee ja induktioväitteenä on, että
t((α ⊕ β) ⊕ (γ ⊕ 1) ≈ α ⊕ (β ⊕ (γ ⊕ 1))) = 1.
(2)
Tehtävän 10.3 mukaan
t((α ⊕ β) ⊕ (γ ⊕ 1) ≈ ((α ⊕ β) ⊕ γ) ⊕ 1) = 1,
induktio-oletuksen (1) perusteella
t((α ⊕ β) ⊕ γ) ⊕ 1) ≈ (α ⊕ (β ⊕ γ)) ⊕ 1) = 1,
uudelleen tehtävän 10.3 mukaan
t((α ⊕ (β ⊕ γ)) ⊕ 1) ≈ α ⊕ ((β ⊕ γ) ⊕ 1)) = 1
ja vielä kerran tehtävän 10.3 mukaan
t(α ⊕ ((β ⊕ γ) ⊕ 1) ≈ α ⊕ (β ⊕ (γ ⊕ 1))) = 1,
jolloin induktioväite (2) seuraa.
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
t(γ ∈ KII ) = 1 ja
(3)
t(∀δ[δ ≺ γ → [(α ⊕ β) ⊕ δ ≈ α ⊕ (β ⊕ δ)]]) = 1.
(4)
Induktioväitteenä on, että ehto (1) pätee.
Tehtävän 10.3 mukaan
t((α ⊕ β) ⊕ γ ≈ ∪δ≺γ [(α ⊕ β) ⊕ δ]) = 1
ja induktio-oletuksen (4) nojalla
t(∪δ≺γ [(α ⊕ β) ⊕ δ] ≈ ∪δ≺γ [α ⊕ (β ⊕ δ)]) = 1,
joten
t((α ⊕ β) ⊕ γ ≈ ∪δ≺γ [α ⊕ (β ⊕ δ)]) = 1.
(5)
Lauseen 10.26 ja ehdon (3) nojalla
t(β ⊕ γ ∈ KII ) = 1,
joten tehtävän 10.3 mukaan
t(α ⊕ (β ⊕ γ) ≈ ∪ǫ≺β⊕γ (α ⊕ ǫ)) = 1.
Nyt ehtojen (5) ja (6) mukaan riittää osoittaa, että
t(∪δ≺γ [α ⊕ (β ⊕ δ)] ≈ ∪ǫ≺β⊕γ (α ⊕ ǫ)) = 1.
215
(6)
Tähän riittää osoittaa, että
t(∪δ≺γ [α ⊕ (β ⊕ δ)] - ∪ǫ≺β⊕γ (α ⊕ ǫ)) = 1 ja
t(∪ǫ≺β⊕γ (α ⊕ ǫ) - ∪δ≺γ [α ⊕ (β ⊕ δ)]) = 1.
(7)
(8)
Sovelletaan lemmaa 10.13. Väitteen (7) todistamiseksi riittää osoittaa, että jokaiselle ordinaaliluvulle δ, jolle pätee
t(δ ≺ γ) = 1,
(9)
t(ǫ ≺ β ⊕ γ) = 1 ja
t(α ⊕ (β ⊕ δ) - α ⊕ ǫ) = 1.
(10)
(11)
löytyy ordinaaliluku ǫ siten, että
Oletetaan siis, että ehto (9) pätee jollekin δ. Valitaan
ǫ := β ⊕ δ.
Tällöin ehdon (9) ja lauseen 10.8 nojalla pätee ehto (10), ja lisäksi ehto (11) on
triviaalisti voimassa. Näin väite (7) on todistettu.
Käänteisen väitteen (8) todistamiseksi riittää lemman 10.13 nojalla osoittaa,
että jokaiselle ordinaaliluvulle ǫ, jolle pätee ehto (10), löytyy ordinaaliluku δ
siten, että ehto (9) pätee ja lisäksi
t(α ⊕ ǫ - α ⊕ (β ⊕ δ)) = 1.
(12)
Tässä on nyt luvulle ǫ kaksi vaihtoehtoa: joko
t(ǫ ≺ β) = 1 tai
t(β - ǫ) = 1.
(13)
(14)
Tapauksessa (13) valitaan
δ := 0,
jolloin ehto (9) seuraa ehdosta (3) ja ehto (12) seuraa tehtävästä 10.3, ehdosta
(13) ja lauseesta 10.8.
Vaihtoehdossa (14) löytyy lauseen 10.17 mukaan jokin ordinaaliluku η siten,
että
t(β ⊕ η ≈ ǫ) = 1.
(15)
Tässä tapauksessa valitaan
δ := η.
Tällöin ehtojen (15) ja (10) nojalla
t(β ⊕ δ ≺ β ⊕ γ) = 1,
216
jolloin ehto (9) seuraa lauseesta 10.8. Ehto (12) tulee tässä tapauksessa triviaalisti voimaan. Näin väite (8) ja siten myös väite (6) on todistettu.
Silloin myös tapaus 3) on käsitelty eli induktioaskel on kokonaisuudessaan otettu ja väite näin todistettu.
¤
Huomautus. Koska siis ⊕ on assosiatiivinen, voidaan jatkossa jättää turhia sulkuja pois ja kirjoittaa lyhyesti α⊕β⊕γ, jolla tarkoitetaan joko summaa (α⊕β)⊕γ
tai α ⊕ (β ⊕ γ), jotka ovat samoja ordinaalilukuja.
Lauseessa 10.21 todettiin, että kaikille ω:aa suuremmille eli ns. transfiniittisille
ordinaaliluvuille α pätee n ⊕ α ≈ α olipa n mikä tahansa finiittinen ordinaali.
Oikealta ”luonnollisten lukujen” n lisääminen sen sijaan aina kasvattaa α:aa eli
α ≈ α ⊕ 0 ≺ α ⊕ 1 ≺ α ⊕ 2 ≺ α ⊕ 3 ≺ . . .. Nyt voi kysyä, että kasvaako tämä jono ”äärettömän suureksi”, vai miten se käyttäytyy. Vastaus on, että ei se
kovin suureksi kasva, sillä lauseen 10.8 nojalla tämän jonon ylärajaksi saadaan
α⊕ω. Tämä aiheuttaa sen, että jono ei voi kasvaa ohi mistään α:aa suuremmasta
rajaordinaalista, kuten seuraava tehtävä sanoo:
Harjoitustehtävä 10.28 Olkoot α, β ja n ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢ [β ∈ KII ∧ n ∈ ω ∧ α ≺ β] → α ⊕ n ≺ β.
Jos nyt α on rajaordinaali, niin seuraava ylöspäin mentäessä vastaantuleva rajaordinaali on α ⊕ ω; tämän sanoo seuraava tehtävä:
Harjoitustehtävä 10.29 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Osoita, että
i)
ii)
⊢ α ⊕ ω ∈ KII
ja
⊢ [β ∈ KII ∧ α ≺ β] → α ⊕ ω - β.
Tehtävien 10.28 ja 29 nojalla peräkkäisten rajaordinaalien α ja α ⊕ ω välissä
on ainoastaan lukuja α ⊕ n, missä n on finiittinen ordinaali. Nyt herää kysymys, onko muunlaisia seuraajaordinaaleja olemassa ollenkaan kuin johonkin
tällaiseen väliin joutuvia, ts. voidaan kysyä onko jokainen seuraajaordinaali β
muotoa β ≈ α ⊕ n jollekin rajaordinaalille α ja finiittiselle ordinaalille n.
Ongelmaa voi lähteä selvittämään näin. Koska β on seuraajaordinaali, niin sillä
on edeltäjä γ1 , ja jos γ1 sattuu olemaan rajaordinaali niin homma on selvä. Jos
taas γ1 ei ole rajaordinaali, niin sillä on edeltäjä γ2 , joka on/ei ole rajaordinaali.
Tätä ajatusketjua voi jatkaa loputtomiin ja viime kädessä kysymys kuuluu niin,
että voiko olla ääretöntä jonoa γ1 , γ2 , . . . siten, että γn+1 on γn :n edeltäjä ja
mikään näistä ei ole rajaordinaali. Kysymys on siis tällaisen aidosti vähenevän
jonon olemassaolosta.
Tällaista ei ole olemassa, vaan aina sieltä jossakin vaiheessa tulee rajaordinaali
vastaan. Tämän sanoo seuraava lause, joka takaa lisäksi tämän vastaan tulevan
217
rajaordinaalin yksikäsitteisyyden.
Itse asiassa tällaisen alenevan äärettömän ketjun olemassaolo kiellettiin jo luvun
6 lopussa intuition tasolla nojautuen lauseeseen 6.83, mutta nyt ollaan tarkempia ja todistetaan väite kunnolla.
Huomaa, että tämä lause yhdessä edellisten harjoitustehtävien kanssa kertoo
aika paljon ”ordinaalilukusuoran” rakenteesta: siellä on valtava määrä rajaordinaaleja ja kustakin rajaordinaalista α lähee ylöspäin jono α ≈ α ⊕ 0 ≺ α ⊕ 1 ≺
α ⊕ 2 ≺ α ⊕ 3 ≺ . . ., joka ei koskaan saavuta lähinnä suurinta rajaordinaalia eli
lukua α ⊕ ω. Mitään muuta lukusuoralla ei sitten olekaan, mutta onhan tuota
aluksi tuossakin.
Nämä rajaordinaalit muodostavat sitten omia jonojaan ja ”kasautumiaan” tyyliin ω ≺ ω ⊕ ω ≺ ω ⊕ ω ⊕ ω ≺ . . .. Tämäkään jono ei globaalissa katsannossa
kovin suureksi kasva, vaan jokin rajaordinaali α siinäkin tulee vastaan, ja tästä
lähtee taas omia jonoja tyyliin α ≺ α ⊕ α ≺ α ⊕ α ⊕ α ≺ . . ., joille käy sitten
taas vastaavasti ja niin edelleen. Niin että kyllähän tuo ordinaalilukujen joukko
loppujen lopuksi aika monimutkainen on.
Todistetaan nyt kuitenkin tuo yllä puhuttu (oleellisesti seuraajaordinaaleja koskeva) tulos:
Lause 10.30 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ ω - α → ∃1 β∃1 n[β ∈ KII ∧ n ∈ ω ∧ α ≈ β ⊕ n].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(ω - α) = 1.
(1)
t(∃1 β∃1 n[β ∈ KII ∧ n ∈ ω ∧ α ≈ β ⊕ n]) = 1.
(2)
Riittää osoittaa, että
Osoitetaan ensin olemassaolo. Pitää siis löytää β ja n joille pätee
t(β ∈ KII ) = 1,
t(n ∈ ω) = 1 ja
(3)
(4)
t(α ≈ β ⊕ n) = 1.
(5)
Jos pätee
t(α ∈ KII ) = 1,
niin asia on selvä: tällöin voidaan valita
β := α
ja n := 0.
218
Voidaan siis olettaa, että
t(α ∈ KI ) = 1.
(6)
Merkitään
A = {γ | γ ∈ KII ∧ γ - α} ja β = ∪A .
Tällöin
t(A ⊆ On) = 1,
jolloin lauseen 8.41 ja β:n määritelmän nojalla
t(Ord(β)) = 1.
Tällöin lauseen 8.21 nojalla joko
t(β ∈ On) = 1 tai
(7)
t(β ≈ On) = 1.
(8)
Luokan A määritelmän ja ehdon (6) nojalla pätee
t(A ⊆ α) = 1,
ja tällöin tehtävän 6.39 nojalla pätee
t(β ⊆ ∪α ) = 1.
(9)
Tehtävän 8.33 nojalla
t(∪α ⊆ α) = 1,
jolloin ehdon (9) nojalla
t(β ⊆ α) = 1.
(10)
Tällöin ehto (8) ei voi päteä, ja silloin pätee ehto (7) eli β on ordinaaliluku.
Lisäksi ehdon (10) nojalla saadaan
t(β - α) = 1.
(11)
Tämä luku β on nyt väitteessä kaivattu β. Vaadittava n on vielä löytymättä,
mutta osoitetaan tässä vaiheessa, että tämä β toteuttaa ehdon (3).
Tehdään antiteesi:
t(β ∈ KI ) = 1.
Ehdon (1) ja lauseen 8.80 nojalla
t(ω ∈ A) = 1,
jolloin tehtävän 8.40 mukaan
t(ω ⊆ β) = 1,
219
(AT)
ja siten erityisesti
t(β 6≈ 0) = 1.
Tällöin antiteesin (AT) ja luokan KI määritelmän nojalla β on seuraajaordinaali
eli β:lla on edeltäjä, olkoon se δ, jolloin siis
t(δ ⊕ 1 ≈ β) = 1.
(12)
Ehdon (12) mukaan
t(δ ∈ β) = 1,
joten yhdisteen määritelmän ja ehdon β = ∪A nojalla löytyy γ, jolle pätee
t(γ ∈ A) = 1 ja
t(δ ∈ γ) = 1 eli t(δ ≺ γ) = 1.
(13)
(14)
Ehdon (13) ja luokan A määritelmän mukaan
t(γ ∈ KII ) = 1,
jolloin ehdon (14) ja lauseen 8.61 perusteella
t(δ ⊕ 1 ≺ γ) = 1.
Tällöin ehdon (12) mukaan
t(β ∈ γ) = 1,
ja siten ehdon (13) ja yhdisteen määritelmän mukaan
t(β ∈ ∪A ) = 1 eli
t(β ∈ β) = 1.
Tämä on mahdotonta, joten tehty antiteesi (AT) on väärä, ja siten on osoitettu,
että ehto (3) pätee.
Lähdetään sitten metsästämään lauseessa tarvittavaa finiittistä ordinaalia n.
Ehdon (6) ja juuri todistetun ehdon (3) nojalla
t(β 6≈ α) = 1,
ja silloin ehdon (11) nojalla pätee
t(β ≺ α) = 1.
(15)
Tällöin lauseen 10.17 nojalla löytyy δ siten, että
t(β ⊕ δ ≈ α) = 1.
(16)
t(δ ≺ ω) = 1.
(17)
Osoitetaan, että pätee
220
Tehdään taas antiteesi: ehto (17) ei päde. Silloin on
t(ω - δ) = 1,
ja edelleen lauseen 10.8 nojalla
t(β ⊕ ω - β ⊕ δ) = 1,
jolloin ehdon (16) mukaan
t(β ⊕ ω - α) = 1.
(18)
Koska lauseen 8.80 nojalla pätee
t(ω ∈ KII ) = 1,
niin lauseen 10.26 nojalla myös
t(β ⊕ ω ∈ KII ) = 1,
jolloin ehdon (18) ja luokan A määritelmän perusteella pätee
t(β ⊕ ω ∈ A) = 1.
Tällöin tehtävän 8.40 mukaan
t(β ⊕ ω ⊆ ∪A ) = 1
eli joukon β määritelmän mukaan
t(β ⊕ ω ⊆ β) = 1,
ja siten
t(β ⊕ ω - β) = 1.
(19)
Tehtävän 10.16 nojalla pätee kuitenkin
t(β ≺ β ⊕ ω) = 1,
jolloin ehdon (19) nojalla
t(β ≺ β) = 1,
mikä on mahdotonta. Tämä osoittaa, että toinenkin tehty antiteesi on väärä,
joten väite (17) on todistettu.
Nyt ehtojen (17), (3) ja (16) nojalla haluttu finiittinen ordinaali n on löytynyt (rajaordinaali β löydettiin jo aiemmin): luvuksi n kelpaa
n := δ
221
ja näin lauseen olemassaolopuoli on todistettu.
Lähdetään sitten todistamaan yksikäsitteisyyspuolta. Oletetaan, että
t(β1 ⊕ n1 ≈ α) = 1 ja t(β2 ⊕ n2 ≈ α) = 1,
(20)
t(β1 ∈ KII ) = 1 ja t(β2 ∈ KII ) = 1
(21)
t(n1 ∈ ω) = 1 ja t(n2 ∈ ω) = 1.
(22)
t(β1 ≈ β2 ) = 1 ja t(n1 ≈ n2 ) = 1.
(23)
missä
sekä
Pitää osoittaa, että
Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että
t(β1 - β2 ) = 1.
Tällöin lauseen 10.17 perusteella löytyy δ siten, että
t(β1 ⊕ δ ≈ β2 ) = 1.
(24)
Silloin ehdon (20) nojalla
t(β1 ⊕ n1 ≈ (β1 ⊕ δ) ⊕ n2 ) = 1,
josta edelleen yhteenlaskun assosiatiivisuuden nojalla
t(β1 ⊕ n1 ≈ β1 ⊕ (δ ⊕ n2 )) = 1.
(25)
Yhteenlaskussa saa lauseen 10.10 mukaan vasemmalta supistaa, joten ehdon
(25) perusteella saadaan
t(n1 ≈ δ ⊕ n2 ) = 1.
(26)
Koska harjoitustehtävän 10.16 perusteella t(δ - δ ⊕ n2 ) = 1, niin ehdon (26)
nojalla
t(δ - n1 ) = 1.
(27)
Koska ehdon (22) mukaan t(n1 ≺ ω) = 1, niin ehdon (27) nojalla
t(δ ≺ ω) = 1.
Tällöin tehtävän 8.73 perusteella
t(δ ∈ KI ) = 1.
(28)
t(δ ≈ 0) = 1.
(29)
Osoitetaan, että on oltava
222
Tehdään taas antiteesi: t(δ 6≈ 0) = 1. Tämän antiteesin, ehdon (28) ja tehtävän
10.25 nojalla pätee
t(β1 ⊕ δ ∈ KI ) = 1,
josta edelleen ehdon (24) mukaan
t(β2 ∈ KI ) = 1,
mutta tämä on vastoin ehtoa (21). Näin kolmaskin antiteesi johti ristiriitaan,
joten se on väärä ja silloin ehto (29) pätee.
Ehtojen (29) ja (24) nojalla saadaan
t(β1 ≈ β2 ) = 1.
(30)
t(β1 ⊕ n1 ≈ β1 ⊕ n2 ) = 1.
(31)
Ehtojen (20) ja (30) mukaan
Supistetaan ehdossa (31) vasemmalta (mikä on lauseen 10.10 mukaan luvallista),
jolloin saadaan
t(n1 ≈ n2 ) = 1.
(32)
Väite (23) seuraa nyt ehdoista (30) ja (32). Näin myös yksikäsitteisyysväite on
todistettu.
¤
Luonnollisten lukujen joukossa vähennyslasku ei ole ”oikea” laskutoimitus, koska
m−n ∈
/ N kun m < n. Tästä syystä usein käytetään ns. rajoitettua vähennyslaskua, joka määritellään asettamalla
(
m − n kun m ≥ n
m ÷ n :=
0
muuten.
Tämän rajoitetun vähennyslaskun vastine ordinaaliluvuille voidaan myös määritellä ja se tehdään näin:
Määritelmä 10.31 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Merkitään symbolilla α ÷ β
luokkaa
α ÷ β := min{γ | α - β ⊕ γ}.
Sanotaan, että α ÷ β on α:n ja β:n rajoitettu erotus.
Huomautus. Ordinaalilukuluokan A minimi on määritelty leikkauksena kohdissa
8.88 ja 8.82:
min A := ∩A := {x | ∀y[y ∈ A → x ∈ y]}.
Huomataan heti, että määritelmä on siinä mielessä järkevä, että tuloksena on
aina ordinaaliluku:
Lause 10.32 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin myös α ÷ β on ordinaaliluku.
223
Todistus. Tämä seuraa välittömästi tehtävästä 8.89.
¤
Harjoitustehtävä 10.33 Olkoot m ja n finiittisiä ordinaaleja. Osoita, että
myös m ÷ n on finiittinen ordinaali.
Harjoitustehtävä 10.34 Kuten edellä todettiin, joukossa N on tapana määritellä rajoitettu vähennyslasku asettamalla kaikille m, n ∈ N
(
m − n kun m ≥ n
m ÷ n :=
0
muuten.
Osoita, että laskutoimitus ”÷” toimii joukossa ω täsmälleen samalla tavalla.
Tässähän on nyt ilmeisenä ongelmana se, että yllä olevassa määritelmässä puhutaan ”tavallisesta” N:n vähennyslaskusta ”−”, jolla ei vastinetta ordinaalilukujen joukossa ole. Tämä pulma voidaan kiertää näin: Jos m, n ∈ N ja m ≥ n,
niin m ÷ n = m − n on se luonnollinen luku, joka lisättynä lukuun n antaa luvun m, ts. pätee m = n + (m ÷ n). Tätä voidaan ordinaaliluvuilla imitoida, ja
tehtävä voidaan muotoilla formaalisti näin:
Olkoot m ja n finiittisiä ordinaaleja. Osoita, että
i)
ii)
⊢ n - m → m ≈ n ⊕ (m ÷ n)
ja
⊢ m ≺ n → m ÷ n ≈ 0.
Harjoitustehtävä 10.35 Päteekö tehtävän 10.34 havainto kaikille ordinaaliluvuille α ja β, ts. ovatko kaavat
i)
ii)
⊢ β - α → α ≈ β ⊕ (α ÷ β)
⊢α≺β →α÷β ≈0
ja/tai
välttämättä teoreemoja?
Lause 10.36 Olkoon n ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ n ∈ ω → ω ÷ n ≈ ω.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(n ∈ ω) = 1.
(1)
Merkitään
A := {γ | ω - n ⊕ γ}.
Rajoitetun erotuksen määritelmän 10.31 nojalla riittää osoittaa, että
t(ω ≈ ∩A ) = 1
eli että
t(ω ⊆ ∩A ) = 1 ja
t(∩A ⊆ ω) = 1.
224
(2)
(3)
Väitteen (2) todistamiseksi oletetaan, että m on ordinaaliluku, jolle pätee
t(m ∈ ω) = 1.
(4)
t(m ∈ ∩A ) = 1.
(5)
Riittää osoittaa, että
Väitettä (5) varten oletetaan, että γ on ordinaaliluku, jolle pätee
t(γ ∈ A) = 1 eli t(ω - n ⊕ γ) = 1.
(6)
Leikkauksen määritelmän mukaan väite (5) seuraa, jos osoitetaan, että
t(m ∈ γ) = 1.
(7)
t(m ∈ γ) = 0.
(AT)
Tehdään antiteesi:
Tällöin
t(γ - m) = 1,
ja silloin ehdon (4) perusteella
t(γ ≺ ω) = 1.
(8)
Nyt oletuksen (1) ja ehdon (8) sekä lauseen 10.19 nojalla pätee
t(n ⊕ γ ≺ ω) = 1.
Tällöin ehdon (6) perusteella saadaan
t(ω ≺ ω) = 1,
mikä on mahdotonta. Näin antiteesi (AT) johti ristiriitaan, joten se on väärä ja
väite (7) pätee. Näin väite (5) ja siten myös väite (2) on todistettu.
Väitettä (3) varten oletetaan, että α on ordinaaliluku, jolle pätee
t(α ∈ ∩A ) = 1.
(9)
t(α ≺ ω) = 1.
(10)
Riittää osoittaa, että
Lauseen 10.21 perusteella
t(ω ≈ n ⊕ ω) = 1,
jolloin luokan A määritelmän mukaan pätee
t(ω ∈ A) = 1.
Tällöin leikkauksen määritelmän ja ehdon (9) nojalla pätee
t(α ∈ ω) = 1,
ja väite (10) seuraa.
¤
225
10.2
Kertolasku
Tähän asti ollaan pääasiassa pelattu ordinaalilukujen yhteenlaskulla, joka määriteltiin transfiniittisen rekursion avulla kohdassa 10.1. Nyt määritellään vastaavalla tavalla transfiniittisen rekursion kautta ordinaalilukujen kertolasku.
Yhteenlaskun määritelmässä käytettiin apuna aiemmin määriteltyä ”ykkösen lisäämistä”. Kertolaskun määritelmässä tämän ”apuoperaation” paikan ottaa yhteenlasku – aivan samoin kuin N:n kertolaskussa. Määritelmä on seuraava:
Määritelmä 10.37 Olkoon α kiinteä ordinaaliluku. Merkitään
H = {x | ∃β[x ≈ hβ, β ⊕ αi]}.
Olkoon Fα transfiniittisen rekursion tästä luokasta H lähtöarvolla a = 0 lauseen
9.12 mukaisesti saatava yksikäsitteisesti määrätty funktio, joka on siis määritelty kaikkien ordinaalilukujen luokassa On. Merkitään
α ⊙ β := Fα [β]
kaikille β ∈ On.
Sanotaan, että α ⊙ β on ordinaalilukujen α ja β tulo.
Tehtävän 10.3 vastine tulolle kuuluu näin:
Harjoitustehtävä 10.38 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Osoita, että pätee
i)
ii)
iii)
⊢ α ⊙ 0 ≈ 0,
⊢ α ⊙ β ∈ On → α ⊙ (β ⊕ 1) ≈ (α ⊙ β) ⊕ α
⊢ β ∈ KII → α ⊙ β ≈ ∪γ≺β (α ⊙ γ).
ja
Tässä käytetään merkintää
∪γ≺β (α ⊙ γ) := ∪A ,
missä A = {x | ∃γ[γ ≺ β ∧ x ≈ α ⊙ γ]}.
Kuten yhteenlaskulle, myös kertolaskulle on tärkeää, että tulos on aina ordinaaliluku:
Lause 10.39 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin myös α ⊙ β on ordinaaliluku.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(α ⊙ β ∈ On) = 1.
(1)
Olkoon α kiinteä; tehdään transfiniittinen induktio β:n suhteen. Pitää siis osoittaa, että
1) t(α ⊙ 0 ∈ On) = 1,
2) jos väite (1) pätee β:lle, niin se pätee β ⊕ 1:lle ja
226
3) jos β on rajaordinaali ja väite (1) pätee kaikille β:aa pienemmille luvuille, niin väite (1) pätee β:lle.
Tapaus 1) on selvä, sillä tehtävän 10.38 mukaan t(α ⊙ 0 ≈ 0) = 1.
Tapaus 2): Oletetaan, että ehto (1) pätee; pitää osoittaa, että
t(α ⊙ (β ⊕ 1) ∈ On) = 1.
Tehtävän 10.38 ja induktio-oletuksen (1) mukaan
t(α ⊙ (β ⊕ 1) ≈ (α ⊙ β) ⊕ α) = 1,
joten riittää osoittaa, että
t((α ⊙ β) ⊕ α ∈ On) = 1.
Tämä seuraa induktio-oletuksesta (1) ja lauseesta 10.4.
Tapaus 3): Tässä siis oletetaan, että
t(β ∈ KII ) = 1
(2)
t(∀γ[γ ≺ β → α ⊙ γ ∈ On]) = 1.
(3)
ja että
Induktioväitteenä on, että ehto (1) pätee. Tehtävän 10.38 ja ehdon (2) mukaan
t(α ⊙ β ≈ ∪γ≺β (α ⊙ γ)) = 1,
joten riittää osoittaa, että
t(∪γ≺β (α ⊙ γ) ∈ On) = 1.
(4)
Tässä olevassa yhdisteessä on siis kyse lyhennysmerkinnästä
∪γ≺β (α ⊙ γ) := ∪A ,
missä
A = {x | ∃γ[γ ≺ β ∧ x ≈ α ⊙ γ]}.
Induktio-oletuksen (3) mukaan
t(A ⊆ On) = 1,
jolloin lauseen 8.41 perusteella
t(Ord(∪A )) = 1.
(5)
Väite (4) tulee merkintöjä vaihtaen muotoon
t(∪A ∈ On) = 1.
227
(6)
Ehdon (5) ja lauseen 8.21 perusteella joko väite (6) pätee tai sitten pätee
t(∪A ≈ On) = 1.
(7)
Siten riittää osoittaa, että ehto (7) ei päde. Tehdään antiteesi: ehto (7) pätee.
Koska On on lauseen 8.18 mukaan aito luokka, on tällöin myös ∪A aito luokka.
Haluttu ristiriita saadaan nyt aikaan, kun osoitetaan, että A on joukko: tällöinhän aksiooman (JAx3) perusteella myös ∪A on joukko. Riittää siis osoittaa, että
A on joukko. Koska ordinaaliluku β on joukko, niin lauseen 7.42 mukaan riittää
konstruoida surjektiivinen funktio F : β → A. Asetetaan
F = {x | ∃γ[γ ≺ β ∧ x ≈ hγ, α ⊙ γi]}.
On helppo nähdä (vrt. tehtävä 10.5), että F on funktio, jonka määrittelyjoukko
on β ja arvoluokka on A, jolloin F on haluttua muotoa ja väite seuraa.
¤
Lauseessa 10.19 todettiin, että finiittisten ordinaalien summa on finiittinen ordinaali. Näinhän se on tietysti oltava, jotta ω ja sen yhteenlasku voisi imitoida
luonnollisten lukujen joukkoa ja sen yhteenlaskua. Sama pätee myös kertolaskulle:
Lause 10.40 Olkoot m ja n finiittisiä ordinaaleja. Tällöin pätee
⊢ m ⊙ n ∈ ω.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(m ⊙ n ∈ ω) = 1.
(1)
Pidetään m kiinteänä ja sovelletaan finiittistä induktiota n:n suhteen. Kuten
lauseen 10.19 todistuksessa riittää osoittaa, että
1) t(m ⊙ 0 ∈ ω) = 1 ja
2) jos väite (1) pätee n:lle, niin se pätee myös n ⊕ 1:lle.
Tapaus 1) on selvä, sillä tehtävän 10.38 mukaan ⊢ m ⊙ 0 ≈ 0.
Tapaus 2): Tässä siis oletetaan, että ehto (1) pätee. Induktioväitteenä on,
että
t(m ⊙ (n ⊕ 1) ∈ ω) = 1.
(2)
Tehtävän 10.38 mukaan
t(m ⊙ (n ⊕ 1) ≈ (m ⊙ n) ⊕ m) = 1,
joten väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että
t((m ⊙ n) ⊕ m ∈ ω) = 1.
Tämä seuraa lauseesta 10.19 ja induktio-oletuksesta (1).
Nollalla ja ykkösellä kertominen sujuu niin kuin on odotettavissa:
228
¤
Lause 10.41 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin pätee
i)
ii)
iii)
iv)
⊢ α ⊙ 0 ≈ 0,
⊢ 0 ⊙ α ≈ 0,
⊢ α ⊙ 1 ≈ α ja
⊢ 1 ⊙ α ≈ α.
Todistus. Väite i) seuraa suoraan tehtävästä 10.38.
Muita väitteitä varten olkoon t sopiva totuusarvofunktio.
ii) Riittää osoittaa, että
t(0 ⊙ α ≈ 0) = 1.
(1)
Tehdään transfiniittinen induktio α:n suhteen. Riittää osoittaa, että
1) t(0 ⊙ 0 ≈ 0) = 1,
2) jos väite (1) pätee α:lle, niin se pätee α ⊕ 1:lle ja
3) jos α on rajaordinaali ja väite (1) pätee kaikille α:aa pienemmille luvuille, niin se pätee α:lle.
Tapaus 1) seuraa tehtävästä 10.38.
Tapaus 2): Tässä siis oletetaan, että ehto (1) pätee. Pitää osoittaa, että
t(0 ⊙ (α ⊕ 1) ≈ 0) = 1.
(2)
Tehtävän 10.38 mukaan
t(0 ⊙ (α ⊕ 1) ≈ (0 ⊙ α) ⊕ 0) = 1,
joten riittää osoittaa, että
t((0 ⊙ α) ⊕ 0 ≈ 0) = 1.
Induktio-oletuksen (1) mukaan riittää osoittaa, että
t(0 ⊕ 0 ≈ 0) = 1,
mutta tämä seuraa välittömästi tehtävästä 10.3.
Tapaus 3): Tässä siis oletetaan, että
t(α ∈ KII ) = 1 ja
(3)
t(∀β[β ≺ α → 0 ⊙ β ≈ 0]) = 1.
(4)
229
Pitää osoittaa, että ehto (1) pätee.
Tehtävän 10.38 ja ehdon (3) mukaan
t(0 ⊕ α ≈ ∪β≺α (0 ⊙ β)) = 1,
joten induktio-oletuksen (4) perusteella
t(0 ⊕ α ≈ ∪β≺α 0) = 1.
Riittää siis osoittaa, että
t(∪β≺α 0 ≈ 0) = 1.
(5)
Tässähän käytetään lyhennysmerkintää
∪β≺α 0 = ∪A ,
missä A = {x | ∃β[β ≺ α ∧ x ≈ 0]},
jolloin
t(A ≈ {0}) = 1,
ja siten
t(∪β≺α 0 ≈ ∪{0} ) = 1
eli
t(∪β≺α 0 ≈ ∪{∅} ) = 1.
Toisaalta yhdisteen määritelmän mukaan
t(∪{∅} ≈ ∅) = 1,
joten
t(∪β≺α 0 ≈ ∅) = 1,
joka onkin väite (5), kun muistetaan nollan määritelmä 0 := ∅.
iii) Tässä pitää osoittaa, että
t(α ⊙ 1 ≈ α) = 1.
(6)
Koska
t(1 ≈ 0 ⊕ 1) = 1,
niin väite (6) tulee muotoon
t(α ⊙ (0 ⊕ 1) ≈ α) = 1.
Tehtävän 10.38 mukaan väite (7) tulee edelleen muotoon
t((α ⊙ 0) ⊕ α) ≈ α) = 1.
Tämä väite tulee kohdan i) nojalla muotoon
t(0 ⊕ α ≈ α) = 1,
230
(7)
ja tämä pätee lauseen 10.7 nojalla. Näin tapaus iii) on käsitelty.
iv) Tässä täytyy taas tehdä transfiniittinen induktio α:n suhteen. Väitteenä
on, että
t(1 ⊙ α ≈ α) = 1.
(8)
Riittää osoittaa, että
1) t(1 ⊙ 0 ≈ 0) = 1,
2) jos väite (8) pätee α:lle, niin se pätee α ⊕ 1:lle ja
3) jos α on rajaordinaali ja väite (8) pätee kaikille α:aa pienemmille luvuille, niin se pätee α:lle.
Tapaus 1) seuraa kohdasta i).
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että ehto (8) pätee; induktioväitteenä on, että
t(1 ⊙ (α ⊕ 1) ≈ α ⊕ 1) = 1.
(9)
Tehtävän 10.38 nojalla väite (9) tulee muotoon
t((1 ⊙ α) ⊕ 1) ≈ α ⊕ 1) = 1,
ja tämä seuraa induktio-oletuksesta (8).
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
t(α ∈ KII ) = 1
(10)
t(∀β[β ≺ α → 1 ⊙ β ≈ β]) = 1.
(11)
ja että
Pitää osoittaa, että ehto (1) pätee. Tehtävän 10.38 ja oletuksen (10) nojalla
t(1 ⊙ α ≈ ∪β≺α (1 ⊙ β)) = 1,
jolloin oletuksen (11) nojalla
t(1 ⊙ α ≈ ∪β≺α β) = 1.
(12)
Tehtävän 10.6 ja ehdon (10) nojalla
t(∪β≺α β ≈ α) = 1,
jolloin väite (1) seuraa ehdosta (12).
¤
Lauseen 10.8 vastine pätee myös kertolaskulle:
231
Lause 10.42 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ [α ≺ β ∧ 0 ≺ γ] → γ ⊙ α ≺ γ ⊙ β.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t([α ≺ β ∧ 0 ≺ γ] → γ ⊙ α ≺ γ ⊙ β) = 1.
(1)
Pidetään α ja γ kiinteinä; tehdään transfiniittinen induktio β:n suhteen. Riittää
osoittaa, että
1) väite (1) pätee, kun t(β ≈ 0) = 1,
2) jos väite (1) pätee β:lle, niin se pätee β ⊕ 1:lle ja
3) jos β on rajaordinaali ja väite (1) pätee kaikille β:aa pienemmille luvuille, niin se pätee β:lle.
Tapaus 1): Jos t(β ≈ 0) = 1, niin implikaatioväitteen (1) etujäsenen totuusarvo on 0, joten koko väitteen totuusarvo on 1, eli väite (1) pätee.
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että ehto (1) pätee; pitää osoittaa, että
t([α ≺ β ⊕ 1 ∧ 0 ≺ γ] → γ ⊙ α ≺ γ ⊙ (β ⊕ 1)) = 1.
(2)
Oletetaan, että
t(α ≺ β ⊕ 1 ∧ 0 ≺ γ) = 1;
(3)
väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että
t(γ ⊙ α ≺ γ ⊙ (β ⊕ 1)) = 1.
(4)
Oletuksen (3) nojalla pätee t(α ≺ β ⊕ 1) = 1, jolloin lauseen 8.61 nojalla tässä
on nyt kaksi vaihtoehtoa: joko
t(α ≈ β) = 1
(5)
t(α ≺ β) = 1.
(6)
tai
Vaihtoehdossa (5) väite (4) tulee muotoon
t(γ ⊙ α ≺ γ ⊙ (α ⊕ 1)) = 1.
(7)
t(γ ⊙ (α ⊕ 1) ≈ (γ ⊙ α) ⊕ γ) = 1,
(8)
Tehtävän 10.38 nojalla
jolloin väite (7) tulee edelleen muotoon
t(γ ⊙ α ≺ (γ ⊙ α) ⊕ γ) = 1.
232
(9)
Oletuksen (3) nojalla pätee t(0 ≺ γ) = 1, jolloin väite (9) seuraa tehtävästä
10.16. Näin vaihtoehto (5) on käsitelty.
Vaihtoehdossa (6) saadaan induktio-oletuksen (1) nojalla
t(γ ⊙ α ≺ γ ⊙ β) = 1.
(10)
Oletuksen t(0 ≺ γ) = 1 ja tehtävän 10.16 nojalla saadaan
t(γ ⊙ β ≺ (γ ⊙ β) ⊕ γ) = 1.
(11)
t(γ ⊙ (β ⊕ 1) ≈ (γ ⊙ β) ⊕ γ) = 1.
(12)
Tehtävän 10.38 nojalla
Väite (4) seuraa nyt ehdoista (10), (11) ja (12).
Näin tapaus 2) on kokonaan käsitelty.
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
t(β ∈ KII ) = 1 ja
(13)
t(∀δ[δ ≺ β → [[α ≺ δ ∧ 0 ≺ γ] → γ ⊙ α ≺ γ ⊙ δ]]) = 1.
(14)
Pitää osoittaa, että väite (1) pätee. Oletetaan, että ehdot
t(α ≺ β) = 1 ja
t(0 ≺ γ) = 1
(15)
(16)
t(γ ⊙ α ≺ γ ⊙ β) = 1.
(17)
pätevät; riittää osoittaa, että
Tehtävän 10.38 ja ehdon (13) mukaan
t(γ ⊙ β ≈ ∪δ≺β (γ ⊙ δ)) = 1,
joten väite (17) tulee muotoon
t(γ ⊙ α ≺ ∪δ≺β (γ ⊙ δ)) = 1.
(18)
Väite (18) seuraa, jos löydetään jokin δ, jolle pätee
t(δ ≺ β) = 1 ja
(19)
t(γ ⊙ α ≺ γ ⊙ δ) = 1.
(20)
Tällainen ordinaaliluku on
δ := α ⊕ 1.
233
Pitää siis osoittaa, että näin valittu δ toteuttaa ehdot (19) ja (20).
Ehdon (15) ja lauseen 8.61 nojalla pätee joko
t(α ⊕ 1 ≺ β) = 1 tai
t(α ⊕ 1 ≈ β) = 1.
(21)
(22)
Oletuksen (13) nojalla ehto (22) ei voi päteä, joten ehto (21) pätee, ja tällöin
väite (19) seuraa suoraan δ:n valinnasta.
Pitää vielä osoittaa, että ehto (20) pätee. Koska aina t(α ≺ α ⊕ 1) = 1 eli tässä
tapauksessa t(α ≺ δ) = 1, niin ehtojen (21) ja (16) sekä induktio-oletuksen (14)
nojalla väite (20) seuraa.
Näin on nähty, että δ:n valinta on kelvollinen, joten väite (18) ja siten myös
väite (1) on todistettu. Näin myös tapaus 3) on käsitelty.
¤
Harjoitustehtävä 10.43 Osoita esimerkillä, että lause 10.42 ei päde ”toisinpäin”; ts. että kaava
[α ≺ β ∧ 0 ≺ γ] → α ⊙ γ ≺ β ⊙ γ
ei ole teoreema. Vertaa tehtävään 10.9.
Lause 10.10 kertoo, että yhteenlaskussa voi ”supistaa vasemmalta”. Sama pätee
(suurin piirtein samoin perustein) myös kertolaskulle, edellyttäen, että supistettava ei ole nolla:
Lause 10.44 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ [γ ⊙ α ≈ γ ⊙ β ∧ 0 ≺ γ] → α ≈ β.
Harjoitustehtävä 10.45 Todista lause 10.44.
Harjoitustehtävä 10.46 Yhteenlaskussa ei huomautuksen 10.23 mukaan saa
supistaa oikealta. Osoita esimerkillä, että myöskään kertolaskussa ei saa supistaa oikealta.
Lauseen 10.15 vastine kertolaskulle kuuluu näin:
Lause 10.47 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ α - β → α ⊙ γ - β ⊙ γ.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(α - β) = 1.
(1)
t(α ⊙ γ - β ⊙ γ) = 1.
(2)
Riittää osoittaa, että
234
Tehdään transfiniittinen induktio γ:n suhteen. Riittää osoittaa, että
1) t(α ⊙ 0 - β ⊙ 0) = 1,
2) jos väite (2) pätee γ:lle, niin se pätee γ ⊕ 1:lle ja
3) jos γ on rajaordinaali ja väite (2) pätee kaikille γ:aa pienemmille luvuille,
niin se pätee myös γ:lle.
Tapauksessa 1) väite seuraa siitä, että tehtävän 10.38 mukaan
t(α ⊙ 0 ≈ 0) = 1 ja t(β ⊙ 0 ≈ 0) = 1.
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että ehto (2) pätee; pitää osoittaa, että
t(α ⊙ (γ ⊕ 1) - β ⊙ (γ ⊕ 1)) = 1.
(3)
Tehtävän 10.38 mukaan
t(α ⊙ (γ ⊕ 1) ≈ (α ⊙ γ) ⊕ α) = 1 ja t(β ⊙ (γ ⊕ 1) ≈ (β ⊙ γ) ⊕ β) = 1,
joten väite (3) tulee muotoon
t((α ⊙ γ) ⊕ α - (β ⊙ γ) ⊕ β) = 1.
(4)
Lauseen 10.15 ja induktio-oletuksen (2) nojalla pätee
t((α ⊙ γ) ⊕ α - (β ⊙ γ) ⊕ α) = 1.
(5)
Toisaalta lauseen 10.8 ja oletuksen (1) nojalla pätee
t((β ⊙ γ) ⊕ α - (β ⊙ γ) ⊕ β) = 1.
(6)
Väite (4) seuraa nyt ehdoista (5) ja (6).
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
t(γ ∈ KII ) = 1 ja
t(∀δ[δ ≺ γ → α ⊙ δ - β ⊙ δ]) = 1.
(7)
(8)
Pitää osoittaa, että ehto (2) pätee.
Ehdon (7) ja tehtävän 10.38 mukaan
t(α ⊙ γ ≈ ∪δ≺γ (α ⊙ δ)) = 1 ja t(β ⊙ γ ≈ ∪ǫ≺γ (β ⊙ ǫ)) = 1.
Väite (2) tulee tällöin muotoon
t(∪δ≺γ (α ⊙ δ) - ∪ǫ≺γ (β ⊙ ǫ)) = 1.
235
(9)
Sovelletaan nyt lemmaa 10.13, jonka mukaan väite (9) seuraa, jos osoitetaan,
että jokaiselle δ, jolle pätee
t(δ ≺ γ) = 1,
(10)
löytyy jokin ǫ, jolle pätee
t(ǫ ≺ γ) = 1 ja
(11)
t(α ⊙ ǫ - β ⊙ ǫ) = 1.
(12)
Tällainen ǫ voidaan valita asettamalla
ǫ := δ,
jolloin ehto (11) seuraa välittömästi ehdosta (10), minkä jälkeen ehto (12) seuraa ehdosta (11) ja induktio-oletuksesta (8).
¤
Lauseen 10.41 mukaan nollalla kertominen kummalta puolelta tahansa antaa
aina nollan. Seuraava lause sanoo, että nollaa ei muuten synnykään, ts. että
ordinaalilukujen tulo voi olla nolla vain jos toinen niistä on nolla.
Lause 10.48 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ α ⊙ β ≈ 0 → [α ≈ 0 ∨ β ≈ 0].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(α ⊙ β ≈ 0) = 1;
(1)
t(α ≈ 0 ∨ β ≈ 0) = 1.
(2)
t(α ≈ 0 ∨ β ≈ 0) = 0.
(AT)
riittää osoittaa, että
Tehdään antiteesi:
Koska kyseessä on suljettu kaava (tässä α ja β ovat vakioita), niin pätee
t(α ≈ 0) = 0 ja t(β ≈ 0) = 0.
Tästä saadaan edelleen
t(0 ≺ α) = 1 ja t(0 ≺ β) = 1,
jolloin
t(1 - α) = 1 ja
t(1 - β) = 1.
Ehdon (3) ja lauseen 10.47 nojalla
t(1 ⊙ β - α ⊙ β) = 1
236
(3)
(4)
ja koska lauseen 10.41 mukaan
t(1 ⊙ β ≈ β) = 1,
niin
t(β - α ⊙ β) = 1.
Tällöin ehdon (4) nojalla
t(1 - α ⊙ β) = 1,
josta edelleen
t(0 ≺ α ⊙ β) = 1,
ja tästä oletuksen (1) nojalla
t(0 ≺ 0) = 1,
mikä on mahdotonta. Siten antiteesi (AT) johti ristiriitaan, joten se ei päde ja
väite on todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 10.49 Tehtävässä 10.25 osoitettiin, että jos β on nollasta
eroava ordinaaliluku, joka ei ole rajaordinaali, niin α ⊕ β ei myöskään ole rajaordinaali. Päteekö sama kertolaskulle, ts. voiko näillä oletuksilla α ⊙ β olla
rajaordinaali?
Seuraava lause on lauseen 10.26 vastine kertolaskulle – vertaa myös edelliseen
harjoitustehtävään.
Lause 10.50 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ [α 6≈ 0 ∧ β ∈ KII ] → α ⊙ β ∈ KII .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(α 6≈ 0) = 1 ja
t(β ∈ KII ) = 1.
(1)
(2)
t(α ⊙ β ∈ KII ) = 1.
(3)
Riittää osoittaa, että
Koska 0 ei ole rajaordinaali, niin ehdon (2) nojalla
t(β 6≈ 0) = 1.
Tällöin ehdon (1) ja lauseen 10.48 nojalla pätee
t(α ⊙ β 6≈ 0) = 1.
Tällöin joko väite (3) pätee tai α ⊙ β on jonkin luvun γ seuraaja, jolloin siis
t(α ⊙ β ≈ γ ⊕ 1) = 1.
237
(4)
Siten riittää osoittaa, että ehto (4) ei voi päteä. Tehdään antiteesi: ehto (4)
pätee. Koska β on oletuksen (2) mukaan rajaordinaali, niin tehtävän 10.38 mukaan
t(α ⊙ β ≈ ∪δ≺β (α ⊙ δ)) = 1.
(5)
Koska
t(γ ∈ γ ⊕ 1) = 1,
niin ehtojen (4) ja (5) nojalla
t(γ ∈ ∪δ≺β (α ⊙ δ)) = 1.
Tällöin yhdisteen määritelmän mukaan löytyy δ siten, että
t(δ ≺ β) = 1
(6)
ja
t(γ ∈ α ⊙ δ) = 1
eli
t(γ ≺ α ⊙ δ) = 1.
Tällöin lauseen 8.61 perusteella
t(γ ⊕ 1 - α ⊙ δ) = 1.
(7)
Koska
t(α ⊙ δ ≺ (α ⊙ δ) ⊕ 1) = 1,
niin ehdon (7) nojalla
t(γ ⊕ 1 ≺ (α ⊙ δ) ⊕ 1) = 1.
(8)
Toisaalta oletuksen (1) nojalla pätee
t(1 - α) = 1,
jolloin lauseen 10.15 nojalla
t((α ⊙ δ) ⊕ 1 - (α ⊙ δ) ⊕ α) = 1.
Tällöin ehdon (8) perusteella
t(γ ⊕ 1 ≺ (α ⊙ δ) ⊕ α) = 1.
(9)
Tehtävän 10.38 mukaan
t((α ⊙ δ) ⊕ α ≈ α ⊙ (δ ⊕ 1)) = 1,
joten ehdon (9) perusteella
t(γ ⊕ 1 ≺ α ⊙ (δ ⊕ 1)) = 1.
238
(10)
Ehdon (2) nojalla ei voi olla t(δ ⊕ 1 ≈ β) = 1, jolloin ehdon (6) ja lauseen 8.61
nojalla on oltava
t(δ ⊕ 1 ≺ β) = 1.
Tällöin yhdisteen määritelmän ja ehdon (10) nojalla pätee
t(γ ⊕ 1 ∈ ∪ǫ≺β (α ⊙ ǫ)) = 1.
(11)
Toisaalta ehtojen (4) ja (5) perusteella
t(γ ⊕ 1 ≈ ∪ǫ≺β (α ⊙ ǫ)) = 1,
joten ehdosta (11) seuraa ehto
t(γ ⊕ 1 ∈ γ ⊕ 1) = 1,
mikä on mahdotonta. Syntynyt risririita osoittaa, että tehty antiteesi on väärä
eli ehto (4) ei voi päteä, joten väite on todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 10.51 Lause 10.26 ei päde toisinpäin, ts. jos β on rajaordinaali, niin summan β ⊕ α ei välttämättä tarvitse olla rajaordinaali, kuten
tehtävässä 10.25 todetaan. Miten on tulon laita (vrt. lause 10.50), ts. jos β on
rajaordinaali ja α nollasta eroava, niin onko β ⊙ α välttämättä rajaordinaali?
Vertaa tehtävään 10.49.
Harjoitustehtävä 10.52 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Osoita, että pätee
⊢ [β ∈ KII ∧ γ ≺ α ⊙ β] → ∃δ[δ ≺ β ∧ γ ≺ α ⊙ δ].
Tunnetusti N:ssä pätee yhteen- ja kertolaskua yhdistävä distributiivisuussääntö: m(n + k) = mn + mk ja myös toisinpäin (n + k)m = nm + km. Näistä
ensimmäinen pätee myös ordinaaliluvuille:
Lause 10.53 Olkoot α, β, γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ α ⊙ (β ⊕ γ) ≈ (α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ γ).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, pidetään α ja β kiinteinä ja osoitetaan transfiniittisellä induktiolla γ:n suhteen, että
t(α ⊙ (β ⊕ γ) ≈ (α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ γ)) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
1) väite (1) pätee kun γ ≈ 0,
2) jos väite (1) pätee γ:lle, niin se pätee γ ⊕ 1:lle ja
3) jos γ on rajaordinaali ja väite (1) pätee kaikille γ:aa pienemmile luvuille,
niin se pätee γ:lle.
239
Tapaus 1): Tässä väite (1) tulee muotoon
t(α ⊙ (β ⊕ 0) ≈ (α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ 0)) = 1
ja koska
t(β ⊕ 0 ≈ β) = 1 sekä t(α ⊙ 0 ≈ 0) = 1,
tämä tulee edelleen muotoon
t(α ⊙ β ≈ (α ⊙ β) ⊕ 0) = 1,
mikä seuraa välittömästi tehtävästä 10.38.
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että ehto (1) pätee; pitää osoittaa, että
t(α ⊙ (β ⊕ (γ ⊕ 1)) ≈ (α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ (γ ⊕ 1))) = 1.
(2)
Tehtävän 10.3 nojalla pätee
t(β ⊕ (γ ⊕ 1) ≈ (β ⊕ γ) ⊕ 1) = 1.
(3)
Tehtävän 10.38 nojalla pätee
t(α ⊙ ((β ⊕ γ) ⊕ 1) ≈ (α ⊙ (β ⊕ γ)) ⊕ α) = 1.
(4)
Yhdistämällä ehdot (3) ja (4) saadaan
t(α ⊙ (β ⊕ (γ ⊕ 1)) ≈ (α ⊙ (β ⊕ γ)) ⊕ α) = 1.
(5)
Induktio-oletuksen (1) nojalla
t((α ⊙ (β ⊕ γ)) ⊕ α ≈ ((α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ γ)) ⊕ α) = 1,
joten ehdon (5) nojalla
t(α ⊙ (β ⊕ (γ ⊕ 1)) ≈ ((α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ γ)) ⊕ α) = 1.
(6)
Yhteenlaskun assosiatiivisuuden nojalla saadaan
t(((α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ γ)) ⊕ α ≈ (α ⊙ β) ⊕ ((α ⊙ γ) ⊕ α)) = 1,
joten ehdon (6) nojalla
t(α ⊙ (β ⊕ (γ ⊕ 1)) ≈ (α ⊙ β) ⊕ ((α ⊙ γ) ⊕ α)) = 1.
Tehtävän 10.38 nojalla pätee
t((α ⊙ γ) ⊕ α ≈ α ⊙ (γ ⊕ 1)) = 1,
240
(7)
joten ehdon (7) nojalla saadaan väite (2).
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
t(γ ∈ KII ) = 1 ja
t(∀δ[δ ≺ γ → [α ⊙ (β ⊕ δ) ≈ (α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ δ))]) = 1.
(8)
(9)
Pitää siis osoittaa, että ehto (1) pätee. Tässä on nyt kaksi mahdollisuutta: joko
t(α ≈ 0) = 1 tai
t(α 6≈ 0) = 1.
(10)
(11)
Vaihtoehdossa (10) pätee lauseen 10.41 nojalla
t(α ⊙ (β ⊕ γ) ≈ 0) = 1,
t(α ⊙ β ≈ 0) = 1 ja t(α ⊙ γ ≈ 0) = 1,
joten väite (1) tulee muotoon
t(0 ≈ 0 ⊕ 0) = 1,
mikä seuraa tehtävästä 10.3.
Riittää siis todistaa, että väite pätee vaihtoehdossa (11). Ehdon (8) ja lauseen
10.26 nojalla
t(β ⊕ γ ∈ KII ) = 1.
Tällöin tehtävän 10.38 mukaan
t(α ⊙ (β ⊕ γ) ≈ ∪δ≺β⊕γ (α ⊙ δ)) = 1.
(12)
Vastaavasti lauseen 10.50 sekä ehtojen (8) ja (11) nojalla myös
t(α ⊙ γ ∈ KII ) = 1,
(13)
t((α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ γ) ≈ ∪ǫ≺α⊙γ [(α ⊙ β) ⊕ ǫ]) = 1.
(14)
joten tehtävän 10.3 mukaan
Ehtojen (12) ja (14) mukaan väite (1) tulee muotoon
t(∪δ≺β⊕γ (α ⊙ δ) ≈ ∪ǫ≺α⊙γ [(α ⊙ β) ⊕ ǫ]) = 1.
(15)
Väite (15) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∪δ≺β⊕γ (α ⊙ δ) - ∪ǫ≺α⊙γ [(α ⊙ β) ⊕ ǫ]) = 1
(16)
t(∪ǫ≺α⊙γ [(α ⊙ β) ⊕ ǫ] - ∪δ≺β⊕γ (α ⊙ δ)) = 1.
(17)
ja
241
Sovelletaan taas lemmaa 10.13. Väite (16) seuraa, jos osoitetaan, että jokaiselle
δ, jolle pätee
t(δ ≺ β ⊕ γ) = 1
(18)
löytyy ǫ, jolle pätee
t(ǫ ≺ α ⊙ γ) = 1 ja
(19)
t(α ⊙ δ - (α ⊙ β) ⊕ ǫ) = 1.
(20)
Tässä on nyt δ:n suhteen kaksi vaihtoehtoa: joko
t(δ ≺ β) = 1 tai
(21)
t(β - δ) = 1.
(22)
Tarkastellaan ensin tapausta (21). Tällöin oletuksen (11) ja lauseen 10.42 nojalla
pätee
t(α ⊙ δ ≺ α ⊙ β) = 1.
(23)
Nyt voidaan valita
ǫ := 0.
Riittää siis osoittaa, että tämä ǫ toteuttaa ehdot (19) ja (20). Väite (19) seuraa
siitä, että ehdon (13) nojalla t(0 ≺ α ⊙ γ) = 1. Väite (20) seuraa puolestaan
ehdosta (23) ja siitä, että t(α ⊙ β ≈ (α ⊙ β) ⊕ 0) = 1.
Näin tapaus (21) on selvitetty ja riittää käsitellä tapaus (22). Tässä tilanteessa
löytyy lauseen 10.17 perusteella ordinaaliluku ξ siten, että
t(β ⊕ ξ ≈ δ) = 1.
(24)
Tällöin ehdon (18) mukaan
t(β ⊕ ξ ≺ β ⊕ γ) = 1.
Tästä epäyhtälöstä voidaan lauseen 10.8 nojalla supistaa vasemmalta ja saadaan
t(ξ ≺ γ) = 1.
(25)
Valitaan nyt
ǫ := α ⊙ ξ.
Riittää taas osoittaa, että tämä ǫ toteuttaa ehdot (19) ja (20). Tällä valinnalla
ehto (19) tulee muotoon
t(α ⊙ ξ ≺ α ⊙ γ) = 1.
Tämä seuraa ehdoista (25) ja (11) sekä lauseesta 10.42.
Väite (20) tulee puolestaan muotoon
t(α ⊙ δ - (α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ ξ)) = 1.
242
(26)
Nyt ehdon (25) ja induktio-oletuksen (9) nojalla pätee
t((α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ ξ) ≈ α ⊙ (β ⊕ ξ)) = 1,
joten väite (26) tulee edelleen muotoon
t(α ⊙ δ - α ⊙ (β ⊕ ξ)) = 1.
Tämä seuraa välittömästi ehdosta (24). Näin myös tapaus (22) on käsitelty ja
näin on todistettu, että väite (16) pätee.
Pitää vielä todistaa väite (17). Tässä taas lemman 10.13 nojalla riittää osoittaa,
että jokaiselle ǫ, jolle pätee
t(ǫ ≺ α ⊙ γ) = 1
(27)
t(δ ≺ β ⊕ γ) = 1
(28)
t((α ⊙ β) ⊕ ǫ - α ⊙ δ) = 1.
(29)
löytyy δ, jolle pätee
ja
Ehdon (8) ja tehtävän 10.38 mukaan
t(α ⊙ γ ≈ ∪χ≺γ (α ⊙ χ)) = 1.
Tällöin ehdon (27) nojalla voidaan valita χ siten, että
t(χ ≺ γ) = 1
(30)
t(ǫ ≺ α ⊙ χ) = 1.
(31)
ja
Nyt valitaan
δ := β ⊕ χ.
Pitää osoittaa, että tämä δ toteuttaa ehdot (28) ja (29). Tällä δ:n valinnalla
ehto (28) tulee muotoon
t(β ⊕ χ ≺ β ⊕ γ) = 1.
Tämä seuraa ehdosta (30) ja lauseesta 10.8. Ehto (29) tulee vastaavasti muotoon
t((α ⊙ β) ⊕ ǫ - α ⊙ (β ⊕ χ)) = 1.
(32)
Nyt ehdon (30) ja induktio-oletuksen (9) nojalla pätee
t(α ⊙ (β ⊕ χ) ≈ (α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ χ)) = 1,
joten väite (32) tulee edelleen muotoon
t((α ⊙ β) ⊕ ǫ - (α ⊙ β) ⊕ (α ⊙ χ)) = 1.
Tämä seuraa ehdosta (31) ja lauseesta 10.8. Näin väite (17) on myös todistettu
ja siten transfiniittisen induktion tapaus 3) on kokonaan käsitelty.
¤
243
Harjoitustehtävä 10.54 Osoita, että distributiivisuussääntö ei päde oikealta, ts. että kaava
(β ⊕ γ) ⊙ α ≈ (β ⊙ α) ⊕ (γ ⊙ α)
ei ole teoreema.
(Ehdotus: β = ω, γ = 1 ja α = 2.)
Harjoitustehtävä 10.55 Osoita, että ordinaalilukujen kertolasku ei ole
kommutatiivinen, ts. että kaava
α⊙β ≈β⊙α
ei ole teoreema.
(Ehdotus: α = 2 ja β = ω.)
Harjoitustehtävä 10.56 Lauseessa 10.40 todettiin, että finiittisten ordinaalien tulo on finiittinen ordinaali. Osoita, että – edellisistä tehtävistä huolimatta
– finiittisten ordinaalien kesken distributiivisuussääntö pätee myös oikealta ja
tulo on kommutatiivinen, ts. että
⊢ ∀m∀n∀k[[m ∈ ω ∧ n ∈ ω ∧ k ∈ ω] → (m ⊕ n) ⊙ k ≈ (m ⊙ k) ⊕ (n ⊙ k)]
ja
⊢ ∀m∀n[[m ∈ ω ∧ n ∈ ω] → m ⊙ n ≈ n ⊙ m].
Harjoitustehtävä 10.57 Tehtävässä 10.46 todettiin, että yleensä kertolaskussa ei saa supistaa oikealta (vaikka supistettava olisi nollasta eroava). Entä jos
kyse on finiittisten ordinaalien kertolaskusta – saako silloin supistaa oikealta?
Luonnollisille luvuille m ja n pätee tuttu jakoidentiteetti: jos n 6= 0, niin on
olemassa yksikäsitteiset q, r ∈ N, r < m siten, että
m = nq + r.
Vastaava jakoidentiteetti toimii myös kaikille ordinaaliluvuille – tosin sillä lisävaatimuksella, että (epäkommutatiivinen) tulo on laskettava juuri siinä järjestyksessä kuin seuraava lause sanoo.
Lause 10.58 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ β 6≈ 0 → ∃1 γ∃1 δ[α ≈ (β ⊙ γ) ⊕ δ ∧ δ ≺ β].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(β 6≈ 0) = 1.
(1)
Osoitetaan ensin olemassaolo. Riittää löytää ordinaaliluvut γ ja δ siten, että
t(α ≈ (β ⊙ γ) ⊕ δ) = 1 ja
t(δ ≺ β) = 1.
244
(2)
(3)
Tässä on nyt kaksi mahdollisuutta: joko
t(α ≺ β) = 1 tai
(4)
t(β - α) = 1.
(5)
Tapauksessa (4) valitaan
γ := 0 ja δ := α,
jolloin ehto (2) seuraa lauseesta 10.7 ja tehtävästä 10.38 sekä ehto (3) ehdosta
(4). Voidaan siis olettaa, että ehto (5) pätee. Nyt valitaan
γ := ∪β⊙ǫ-α ǫ.
(γ)
Ehdon (1) nojalla on helppo nähdä, että γ on ordinaaliluku. Jätetään tämän
tarkka todistus harjoitustehtäväksi. Lisäksi oletuksen (5) ja lauseen 10.41 nojalla
t(1 ∈ {ǫ | β ⊙ ǫ - α}) = 1,
joten yhdisteen määritelmän mukaan t(1 ⊆ γ) = 1 ja siten
t(1 - γ) = 1.
(6)
Osoitetaan nyt, että kaikille ordinaaliluvuille τ pätee
t(τ ≺ γ → β ⊙ τ - α) = 1.
(7)
Tehdään antiteesi: jollekin τ väite (7) ei päde. Tällöin pätee
t(τ ≺ γ) = 1 ja
t(α ≺ β ⊙ τ ) = 1.
(8)
(9)
Haluttu ristiriita löytyy nyt, jos osoitetaan, että
t(γ - τ ) = 1,
(10)
sillä tämähän on vastoin ehtoa (8). Ehdon (10) todistamiseksi pitää γ:n määritelmän mukaan osoittaa, että
t(∪β⊙ǫ-α ǫ ⊆ τ ) = 1.
(11)
Olkoon tätä varten ξ ordinaaliluku, joka toteuttaa ehdon
t(ξ ∈ ∪β⊙ǫ-α ǫ) = 1;
(12)
t(ξ ≺ τ ) = 1.
(13)
pitää osoittaa, että
Ehdon (12) nojalla on olemassa ǫ siten, että
t(β ⊙ ǫ - α) = 1 ja
t(ξ ≺ ǫ) = 1.
245
(14)
(15)
Ehdon (15) ja lauseen 10.42 nojalla pätee
t(β ⊙ ξ - β ⊙ ǫ) = 1,
jolloin ehdon (14) nojalla saadaan
t(β ⊙ ξ - α) = 1.
Tällöin ehdon (9) nojalla
t(β ⊙ ξ ≺ β ⊙ τ ) = 1.
Silloin väite (13) seuraa lauseesta 10.44 ja ehdosta (1). Näin väite (10) on todistettu, joten tehty antiteesi on väärä ja siten väite (7) pätee.
Osoitetaan seuraavaksi, että
t(β ⊙ γ - α) = 1.
(16)
Tässä on ehdon (6) perusteella kaksi mahdollisuutta:
γ on jonkin luvun η seuraaja eli pätee
t(γ ≈ η ⊕ 1) = 1
(17)
t(γ ∈ KII ) = 1.
(18)
tai γ on rajaordinaali eli
Tarkastellaan ensin vaihtoehtoa (17). Tässä tapauksessa pätee t(η ≺ γ) = 1 eli
luvun γ valinnan mukaan
t(η ∈ ∪β⊙ǫ-α ǫ) = 1.
(19)
Tällöin löytyy jokin ǫ siten, että
t(β ⊙ ǫ - α) = 1
(20)
t(η ≺ ǫ) = 1.
(21)
ja
Luvun γ määritelmän ja tehtävän 8.40 sekä ehdon (20) nojalla pätee t(ǫ ⊆ γ) =
1 eli
t(ǫ - γ) = 1.
(22)
Ehtojen (21) ja (17) sekä lauseen 8.61 nojalla pätee toisaalta
t(γ - ǫ) = 1,
jolloin ehdon (22) perusteella
t(γ ≈ ǫ) = 1,
246
ja väite (16) seuraa ehdosta (20). Tapaus (17) on näin käsitelty.
Tarkastellaan sitten tapausta (18). Tällöin tehtävän 10.38 mukaan
t(β ⊙ γ ≈ ∪ξ≺γ (β ⊙ ξ)) = 1.
Silloin väite (16) tulee muotoon
t(∪ξ≺γ (β ⊙ ξ) ⊆ α) = 1.
(23)
Tämän todistusta varten olkoon τ siten, että
t(τ ∈ ∪ξ≺γ (β ⊙ ξ)) = 1;
(24)
t(τ ≺ α) = 1.
(25)
pitää osoittaa, että
Ehdon (24) nojalla löytyy ξ siten, että
t(ξ ≺ γ) = 1 ja
t(τ ≺ β ⊙ ξ) = 1.
(26)
(27)
Ehtojen (26) ja (7) perusteella pätee
t(β ⊙ ξ - α) = 1,
joten väite (25) seuraa ehdosta (27).
Näin ehto (16) on kokonaisuudessaan todistettu.
Nyt ehdon (16) ja lauseen 10.17 nojalla on olemassa ζ siten, että
t(α ≈ (β ⊙ γ) ⊕ ζ) = 1.
(28)
Palautetaan välillä mieleen, mitä ollaan tekemässä: tässä haetaan ordinaalilukuja γ ja δ, jotka toteuttaisivat ehdot (2) ja (3). Luku γ on jo valittu ehdossa
(γ); nyt valitaan luku δ asettamalla
δ := ζ.
(δ)
Tällöin haluttu ehto (2) seuraa välittömästi ehdosta (28). Riittää siis osoittaa,
että myös ehto (3) pätee. Tehdään antiteesi: ehto (3) ei päde. Tällöin pätee
t(β - δ) = 1.
Lauseen 10.17 nojalla löytyy tällöin luku µ siten, että
t(δ ≈ β ⊕ µ) = 1.
Ehdon (2) (joka siis pätee) nojalla saadaan silloin
t(α ≈ (β ⊙ γ) ⊕ (β ⊕ µ)) = 1.
247
(29)
Yhteenlaskun assosiatiivisuuden perusteella saadaan tästä edelleen
t(α ≈ ((β ⊙ γ) ⊕ β) ⊕ µ) = 1,
ja edelleen tehtävän 10.38 nojalla
t(α ≈ (β ⊙ (γ ⊕ 1)) ⊕ µ) = 1.
(30)
Koska tehtävän 10.16 nojalla pätee
t(β ⊙ (γ ⊕ 1) - (β ⊙ (γ ⊕ 1)) ⊕ µ) = 1,
niin ehdon (30) nojalla
t(β ⊙ (γ ⊕ 1) - α) = 1.
Tällöin
t(γ ⊕ 1 ∈ {ǫ | β ⊙ ǫ - α}) = 1
ja siten tehtävän 8.40 mukaan
t(γ ⊕ 1 ⊆ ∪β⊙ǫ-α ǫ) = 1
eli γ:n määritelmän mukaan
t(γ ⊕ 1 ⊆ γ) = 1
eli
t(γ ⊕ 1 - γ) = 1,
mikä on mahdotonta. Tämä ristiriita johtuu edellä tehdystä antiteesista, joten
se on väärä ja näin on osoitettu, että ehto (3) pätee. Täten lauseen olemassaolopuolen todistus on valmis.
Pitää vielä osoittaa yksikäsitteisyys. Tätä varten oletetaan, että
t(α ≈ (β ⊙ γ1 ) ⊕ δ1 ) = 1,
(31)
t(δ1 ≺ β) = 1,
t(α ≈ (β ⊙ γ2 ) ⊕ δ2 ) = 1 ja
(32)
(33)
t(δ2 ≺ β) = 1.
(34)
Pitää osoittaa, että
t(γ1 ≈ γ2 ) = 1 ja
(35)
t(δ1 ≈ δ2 ) = 1.
(36)
Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että
t(γ1 - γ2 ) = 1.
248
Tällöin lauseen 10.17 nojalla on olemassa ν siten, että
t(γ2 ≈ γ1 ⊕ ν) = 1.
(37)
Tämän ja ehtojen (31) sekä (33) nojalla saadaan
t((β ⊙ γ1 ) ⊕ δ1 ≈ (β ⊙ (γ1 ⊕ ν)) ⊕ δ2 ) = 1,
jolloin distributiivisuussäännön nojalla saadaan edelleen
t((β ⊙ γ1 ) ⊕ δ1 ≈ ((β ⊙ γ1 ) ⊕ ((β ⊙ ν)) ⊕ δ2 )) = 1.
(38)
Yhteenlaskussa saa lauseen 10.10 nojalla supistaa vasemmalta, joten ehdosta
(38) saadaan
t(δ1 ≈ (β ⊙ ν) ⊕ δ2 ) = 1.
(39)
Osoitetaan nyt, että
t(ν ≈ 0) = 1.
(40)
Tehdään antiteesi: ehto (40) ei päde. Tällöin
t(1 - ν) = 1,
jolloin lauseen 10.42 nojalla
t(β ⊙ 1 - β ⊙ ν) = 1
eli lauseen 10.41 perusteella
t(β - β ⊙ ν) = 1.
(41)
Toisaalta tehtävän 10.16 mukaan
t(β ⊙ ν - (β ⊙ ν) ⊕ δ2 ) = 1,
joten ehdosta (41) saadaan
t(β - (β ⊙ ν) ⊕ δ2 ) = 1.
Tällöin ehdon (39) perusteella
t(β - δ1 ) = 1,
ja silloin ehdon (32) nojalla
t(β ≺ β) = 1,
mikä on mahdotonta. Tämä ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi on väärä ja
näin väite (40) on todistettu. Silloin ehdon (37) nojalla saadaan väite (35).
Pitää vielä todistaa väite (36). Nyt juuri todistetun ehdon (35) sekä ehtojen
(31) ja (33) nojalla saadaan
t((β ⊙ γ1 ) ⊕ δ1 ≈ (β ⊙ γ1 ) ⊕ δ2 ) = 1.
Tässä yhteenlaskussa voidaan lauseen 10.10 mukaan supistaa vasemmalta, ja
näin väite (36) seuraa.
¤
249
Harjoitustehtävä 10.59 Täydennä lauseen 10.58 todistus osoittamalla, että
valittu γ todella on ordinaaliluku.
Harjoitustehtävä 10.60 Mikä seuraavista kaavoista on teoreema:
ω ⊕ ω ≈ ω ⊙ ω,
ω ⊕ ω ≺ ω ⊙ ω vai
ω ⊙ ω ≺ ω ⊕ ω?
Harjoitustehtävä 10.61 Jos lauseessa 10.58 on α = ω ⊕ ω ja β = ω, niin
mitkä ovat vastaavat γ ja δ? Entä jos α = ω ⊙ ω ja β = ω ⊕ ω?
Harjoitustehtävä 10.62 Osoita esimerkillä, että lause 10.58 ei päde ”toisinpäin kertoen”, siis jos α ja β ovat ordinaalilukuja, niin kaava
β 6≈ 0 → ∃1 γ∃1 δ[α ≈ (γ ⊙ β) ⊕ δ ∧ δ ≺ β]
ei ole teoreema. Kumpiko tässä menee pieleen, olemassaolo vai yksikäsitteisyys
– vai molemmat?
Harjoitustehtävä 10.63 Osoita, että finiittisille ordinaaleille m ja n pätee
⊢ n 6≈ 0 → ∃1 q∃1 r[q ∈ ω ∧ r ∈ ω ∧ m ≈ (n ⊙ q) ⊕ r ∧ r ≺ n].
Huomautus. Tehtävän 10.63 teoreema imitoi tavallista N:n jakoidentiteettiä.
Tehtävän 10.56 nojalla finiittisten ordinaalien tulo kommutoi, joten tehtävästä
10.62 huolimatta tässä kertolaskun järjestyksellä ei ole väliä.
Finiittisellä induktiolla on helppo nähdä – samaan tapaan kuin tehtävässä 10.56
– että kertolasku finiittisten ordinaalien kesken on assosiatiivinen laskutoimitus.
Tämä pätee kuitenkin myös yleisesti:
Lause 10.64 Kertolasku on assosiatiivinen, ts. kaikille ordinaaliluvuille α, β, γ
pätee
⊢ (α ⊙ β) ⊙ γ ≈ α ⊙ (β ⊙ γ).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t((α ⊙ β) ⊙ γ ≈ α ⊙ (β ⊙ γ)) = 1.
(1)
Tehdään transfiniittinen induktio γ:n suhteen. Riittää osoittaa, että
1) väite (1) pätee kun γ ≈ 0,
2) jos väite (1) pätee γ:lle, niin se pätee γ ⊕ 1:lle ja
3) jos γ on rajaordinaali ja väite (1) pätee kaikille γ:aa pienemmille luvuille,
niin se pätee γ:lle.
250
Tapauksessa 1) väite (1) tulee muotoon
t((α ⊙ β) ⊙ 0 ≈ α ⊙ (β ⊙ 0)) = 1,
ja tämä tulee tehtävän 10.38 mukaan muotoon
t(0 ≈ 0) = 1,
joten asia on selvä.
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että ehto (1) pätee; pitää osoittaa, että
t((α ⊙ β) ⊙ (γ ⊕ 1) ≈ α ⊙ (β ⊙ (γ ⊕ 1))) = 1.
(2)
Tehtävän 10.38 nojalla
t((α ⊙ β) ⊙ (γ ⊕ 1) ≈ ((α ⊙ β) ⊙ γ) ⊕ (α ⊙ β)) = 1.
(3)
Induktio-oletuksen (1) nojalla ehdosta (3) saadaan
t((α ⊙ β) ⊙ (γ ⊕ 1) ≈ (α ⊙ (β ⊙ γ)) ⊕ (α ⊙ β)) = 1
ja tästä edelleen distributiivisuussäännön nojalla
t((α ⊙ β) ⊙ (γ ⊕ 1) ≈ α ⊙ ((β ⊙ γ) ⊕ β)) = 1.
(4)
Tehtävän 10.38 nojalla
t((β ⊙ γ) ⊕ β ≈ β ⊙ (γ ⊕ 1)) = 1,
jolloin väite (2) seuraa ehdosta (4).
Tapaus 3): Tässä siis oletetaan, että
t(γ ∈ KII ) = 1 ja
t(∀δ[δ ≺ γ → (α ⊙ β) ⊙ δ ≈ α ⊙ (β ⊙ δ)]) = 1;
(5)
(6)
pitää osoittaa, että ehto (1) pätee. Jos nyt
t(β ≈ 0) = 1,
niin väite (1) tulee lauseen 10.41 nojalla triviaaliin muotoon t(0 ≈ 0) = 1, ja
asia on selvä. Voidaan siis olettaa, että
t(0 ≺ β) = 1.
Tällöin ehdon (5) ja lauseen 10.50 nojalla
t(β ⊙ γ ∈ KII ) = 1,
251
ja siten tehtävän 10.38 mukaan
t(α ⊙ (β ⊙ γ) ≈ ∪δ≺β⊙γ (α ⊙ δ)) = 1.
Toisaalta ehdon (5) ja tehtävän 10.38 mukaan
t((α ⊙ β) ⊙ γ) ≈ ∪ǫ≺γ [(α ⊙ β) ⊙ ǫ]) = 1.
Tällöin väite (1) tulee muotoon
t(∪δ≺β⊙γ (α ⊙ δ) ≈ ∪ǫ≺γ [(α ⊙ β) ⊙ ǫ]) = 1.
(7)
Väitteen (7) todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(∪δ≺β⊙γ (α ⊙ δ) - ∪ǫ≺γ [(α ⊙ β) ⊙ ǫ]) = 1
(8)
t(∪ǫ≺γ [(α ⊙ β) ⊙ ǫ] - ∪δ≺β⊙γ (α ⊙ δ)) = 1.
(9)
ja
Sovelletaan jälleen kerran lemmaa 10.13, jonka mukaisesti väitteen (8) todistamiseksi valitaan δ siten, että
t(δ ≺ β ⊙ γ) = 1;
(10)
riittää löytää jokin ǫ siten, että
t(ǫ ≺ γ) = 1 ja
(11)
t(α ⊙ δ - (α ⊙ β) ⊙ ǫ) = 1.
(12)
Koska oletettiin, että t(0 ≺ β) = 1, niin lauseen 10.58 nojalla voidaan valita
ordinaaliluvut ξ ja ν siten, että
t((β ⊙ ξ) ⊕ ν ≈ δ) = 1 ja
(13)
t(ν ≺ β) = 1.
(14)
Valitaan nyt
ǫ := ξ ⊕ 1,
ja osoitetaan, että näin valittu ǫ toteuttaa ehdot (11) ja (12).
Ehdon (5) ja lauseen 8.61 nojalla väite (11) seuraa, jos osoitetaan, että
t(ξ ≺ γ) = 1.
Koska tehtävän 10.16 mukaan
t(β ⊙ ξ - (β ⊙ ξ) ⊕ ν) = 1,
niin ehdon (13) nojalla
t(β ⊙ ξ - δ) = 1.
252
(15)
Tällöin ehdon (10) nojalla
t(β ⊙ ξ ≺ β ⊙ γ) = 1,
(16)
ja silloin väite (15) – ja siten myös väite (11) – seuraa, sillä ehdon (16) ja lauseen
10.8 mukaan nyt ei voi olla t(γ ≺ ξ) = 1 eikä tietysti myöskään t(γ ≈ ξ) = 1.
Ehtoa (12) varten huomataan ensin, että juuri todistetun ehdon (11) nojalla
voidaan soveltaa induktio-oletusta (6), jonka mukaan
t((α ⊙ β) ⊙ ǫ ≈ α ⊙ (β ⊙ ǫ)) = 1,
ja siten väite (12) tulee muotoon
t(α ⊙ δ - α ⊙ (β ⊙ ǫ)) = 1.
(17)
Lauseiden 10.41 ja 10.42 nojalla väite (17) seuraa, jos osoitetaan, että
t(δ - β ⊙ ǫ) = 1
eli luvun ǫ valinnan mukaan
t(δ - β ⊙ (ξ ⊕ 1)) = 1
eli tehtävän 10.38 mukaan
t(δ - (β ⊙ ξ) ⊕ β) = 1.
(18)
Ehdon (13) mukaan väite (18) tulee puolestaan muotoon
t((β ⊙ ξ) ⊕ ν - (β ⊙ ξ) ⊕ β) = 1.
(19)
Lauseen 10.8 nojalla väite (19) seuraa, jos osoitetaan, että
t(ν - β)) = 1,
mutta tämä seuraa suoraan ehdosta (14). Näin väite (8) on todistettu.
Pitää vielä todistaa väite (9). Tässäkin sovelletaan lemmaa 10.13, jonka mukaisesti valitaan ǫ siten, että ehto (11) pätee. Riittää löytää jokin δ siten, että
ehto (10) pätee ja lisäksi
t((α ⊙ β) ⊙ ǫ - α ⊙ δ) = 1.
Tässä luvun δ valinta on yksinkertaista: asetetaan
δ := β ⊙ ǫ.
Väite (11) tulee tällöin muotoon
t(β ⊙ ǫ ≺ β ⊙ γ) = 1.
253
(20)
Tämä seuraa lauseesta 10.42, ehdosta (10) ja edellä tehdystä oletuksesta
t(0 ≺ β) = 1.
Näin on osoitettu, että valittu δ toteuttaa ainakin ehdon (11); pitää vielä osoittaa, että se toteuttaa ehdon (20).
Väitettä (20) varten huomataan taas, että jo todistetun ehdon (11) nojalla voidaan soveltaa induktio-oletusta (6), jonka perusteella väite (20) tulee muotoon
t(α ⊙ (β ⊙ ǫ) - α ⊙ δ) = 1.
(21)
Lauseiden 10.41 ja 10.42 perusteella väite (21) seuraa, jos osoitetaan, että
t(β ⊙ ǫ - δ) = 1.
Mutta tämä seuraa välittömästi δ:n valinnasta. Näin väite (9) on myös osoitettu oikeaksi ja siten koko transfiniittisen induktion vaihe 3) on selvitetty, joten
asia on selvä.
¤
Seuraava lause sanoo, että jos nollasta eroavalla finiittisellä ordinaalilla kerrotaan rajaordinaalia vasemmalta, niin ei tapahdu mitään. Oikealta kertominen
on sitten taas ihan toinen juttu, kuten lause 10.42 kertoo. Lauseen todistuksessa tarvitaan pientä lemmaa, jonka todistus on seuraavassa harjoitustehtävässä.
Tämä tehtävä kertoo oikeastaan saman asian, joka todettiin jo tehtävässä 10.29
ii), mutta tässä on valittu paremmin tähän sopiva muotoilu.
Harjoitustehtävä 10.65 Olkoot α, γ ja k ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢ [γ ≺ α ∧ k ∈ ω ∧ α ∈ KII ] → γ ⊕ k ≺ α.
Lause 10.66 Olkoot α ja m ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ [α ∈ KII ∧ m ∈ ω ∧ m 6≈ 0] → m ⊙ α ≈ α.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(m ∈ ω ∧ m 6≈ 0) = 1.
(1)
t(α ∈ KII → m ⊙ α ≈ α) = 1.
(2)
Riittää osoittaa, että
Tehdään transfiniittinen induktio α:n suhteen. Pitää siis osoittaa, että
1) väite (2) pätee, kun t(α ≈ 0) = 1,
2) jos väite (2) pätee α:lle, niin se pätee α ⊕ 1:lle ja
254
3) jos α on rajaordinaali ja väite (2) pätee kaikille α:aa pienemmille luvuille, niin se pätee α:lle.
Tapaus 1) on selvä, sillä 0 ei ole rajaordinaali, joten väitteessä (2) olevan kaavan etujäsenen totuusarvo on 0. Samasta syystä myös tapaus 2) on selvä, sillä
α ⊕ 1 ei ole rajaordinaali.
Riittää siis selvittää tapaus 3). Tällöin oletetaan, että
t(α ∈ KII ) = 1
(3)
t(∀β[[β ≺ α ∧ β ∈ KII ] → m ⊙ β ≈ β]) = 1;
(4)
ja että
pitää osoittaa, että
t(m ⊙ α ≈ α) = 1.
(5)
Ehdon (3) ja tehtävän 10.38 mukaisesti
t(m ⊙ α ≈ ∪δ≺α (m ⊙ δ)) = 1
ja toisaalta ehdon (5) ja tehtävän 10.6 mukaan
α ≈ ∪ǫ≺α ǫ.
Siten väite (5) tulee muotoon
t(∪δ≺α (m ⊙ δ) ≈ ∪ǫ≺α ǫ) = 1.
(6)
Väitteen (6) todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(∪δ≺α (m ⊙ δ) - ∪ǫ≺α ǫ) = 1
(7)
t(∪ǫ≺α ǫ - ∪δ≺α (m ⊙ α)) = 1.
(8)
ja
Sovelletaan taas lemmaa 10.13. Väitteen (7) todistamiseksi oletetaan, että
t(δ ≺ α) = 1;
(9)
t(ǫ ≺ α) = 1
(10)
t(m ⊙ δ - ǫ) = 1.
(11)
riittää löytää jokin ǫ siten, että
ja
Tässä on nyt δ:n suhteen kaksi mahdollisuutta: joko
t(δ ≺ ω) = 1
255
(12)
tai
t(ω - δ) = 1.
(13)
Tarkastellaan ensin tapausta (12). Tässä valitaan
ǫ := m ⊙ δ.
Tällöin ehto (11) on välittömästi voimassa, joten riittää osoittaa, että ehto (10)
pätee. Nyt oletuksen (1), ehdon (12) ja lauseen 10.19 mukaan
t(m ⊙ δ ≺ ω) = 1
eli
t(ǫ ≺ ω) = 1.
(14)
Ehdon (3) ja lauseen 8.81 nojalla
t(ω - α) = 1,
jolloin väite (10) seuraa ehdosta (14).
Näin tapaus (12) on selvä, joten voidaan olettaa, että ehto (13) pätee; pitää
taas löytää ǫ, joka toteuttaa ehdot (10) ja (11).
Ehdon (13) ja lauseen 10.58 nojalla voidaan valita ordinaaliluvut γ ja n siten,
että
t(γ ∈ KII ) = 1,
(15)
t(n ≺ ω) = 1
(16)
t(γ ⊕ n ≈ δ) = 1.
(17)
ja
Valitaan tässäkin
ǫ := m ⊙ δ,
jolloin distributiivisuussäännön ja ehdon (17) mukaan
t(ǫ ≈ (m ⊙ γ) ⊕ (m ⊙ n)) = 1.
(18)
Lisäksi taas ehto (11) on välittömästi voimassa, joten riittää osoittaa, että ehto
(10) pätee. Nyt ehdon (17) ja tehtävän 10.16 nojalla pätee
t(γ - δ) = 1,
jolloin ehdon (9) perusteella
t(γ ≺ α) = 1.
(19)
Tällöin ehdon (15) nojalla voidaan käyttää induktio-oletusta (4), jonka mukaan
t(m ⊙ γ ≈ γ) = 1.
256
Silloin ehdon (18) nojalla
t(ǫ ≈ γ ⊕ (m ⊙ n)) = 1,
jolloin väite (10) tulee muotoon
t(γ ⊕ (m ⊙ n) ≺ α) = 1.
(20)
Ehtojen (1) ja (16) sekä lauseen 10.40 nojalla pätee
t(m ⊙ n ≺ ω) = 1.
(21)
Väite (20) seuraa nyt tehtävästä 10.65 sekä ehdoista (19), (21) ja (3).
Näin väite (7) on todistettu ja riittää todistaa väite (8).
Lemman 10.13 nojalla voidaan olettaa, että ehto (10) pätee; riittää löytää jokin
δ jolle pätee ehto (9) ja lisäksi
t(ǫ - m ⊙ δ) = 1.
(22)
Tässä voidaan valita
δ := ǫ
Tällöin ehto (9) seuraa välittömästi ehdosta (10). Riittää siis todistaa, että ehto
(22) pätee. Oletuksen (1) ja lauseen 10.47 perusteella
t(1 ⊙ δ - m ⊙ δ) = 1
ja siten ehto (22) seuraa lauseesta 10.41 ja δ:n valinnasta. Näin myös väite (8)
on todistettu, joten asia on selvä.
¤
Harjoitustehtävä 10.67 Osoita esimerkillä, että lause 10.66 ei päde toisinpäin kertoen, ts. että kaava
[α ∈ KII ∧ m ∈ ω ∧ m 6≈ 0] → α ⊙ m ≈ α
ei ole teoreema.
Harjoitustehtävä 10.68 Voidaanko lauseessa 10.66 vaatimus ”m on finiittinen ordinaali” korvata lievemmällä vaatimuksella ”m ≺ α”? Tarkemmin sanottuna, onko kaava
[α ∈ KII ∧ β ≺ α ∧ β 6≈ 0] → β ⊙ α ≈ α
teoreema?
Harjoitustehtävä 10.69 Osoita, että kaikille ordinaaliluvuille α, m ja n pätee
⊢ [α ∈ KII ∧ m ∈ ω ∧ n ∈ ω] → m ⊙ (α ⊕ n) ≈ α ⊕ (m ⊙ n).
Harjoitustehtävä 10.70 Todista, että kaikille ordinaaliluvuille α, β ja γ pätee
⊢ β ∈ KII → [γ ≺ α ⊙ β ↔ ∃δ[δ ≺ β ∧ γ ≺ α ⊙ δ]].
257
10.3
Potenssiinkorotus
Tähän mennessä on konstruoitu yhteenlasku α ⊕ β rekursiivisesti β:n suhteen
käyttäen apuluokkaa Hα = {x | ∃β[x ≈ hβ, β ⊕ 1i]} lähtöarvolla a = α. Vastaavasti konstruoitiin tulo α ⊙ β rekursiolla β:n suhteen käyttäen apuna summan
määritelmää ja luokkaa Hα = {x | ∃β[x ≈ hβ, β ⊕ αi]} lähtöarvolla a = 0. Nyt
konstruoidaan samalla idealla – käyttäen hyväksi kertolaskua – ordinaalilukujen
potenssiinkorotus αxβy . Määritelmä menee näin:
Määritelmä 10.71 Olkoon α kiinteä ordinaaliluku. Merkitään
Hα = {x | ∃β[x ≈ hβ, β ⊙ αi]}.
Olkoon Fα transfiniittisen rekursion tästä luokasta Hα lähtöarvolla a = 1 lauseen
9.12 mukaisesti saatava yksikäsitteisesti määrätty funktio, joka on siis määritelty kaikkien ordinaalilukujen luokassa On. Merkitään
αxβy := Fα [β]
kaikille β ∈ On.
Sanotaan, että αxβy on ordinaalilukujen α ja β potenssiinkorotus, ”α potenssiin β”.
Harjoitustehtävä 10.72 Osoita, että kaikille ordinaaliluvuille α ja β pätee
⊢ αxβy ∈ On.
Harjoitustehtävä 10.73 Osoita, että kaikille ordinaaliluvuille α ja β pätee
i)
ii)
iii)
⊢ αx0y ≈ 1,
⊢ αxβ⊕1y ≈ αxβy ⊙ α
ja
⊢ [β ∈ KII ∧ α 6≈ 0] → αxβy ≈ ∪γ≺β αxγy .
Harjoitustehtävä 10.74 Osoita, että kaikille ordinaaliluvuille β pätee
i)
ii)
iii)
⊢ 1xβy ≈ 1,
⊢ 0 6≈ β → β x1y ≈ β
xβy
⊢ 0 6≈ β → 0
ja
≈ 0.
Huomautus. Tehtävien 10.74 iii) ja 10.73 i) mukaan nollan potenssit käyttäytyvät samoin kuin luonnollisille luvuille: nolla potenssiin nolla on ykkönen, muut
nollan potenssit ovat nollia. Seuraava lause sanoo, että potenssiinkorotuksesta
ei tule ikinä nollaa, mikäli korotettava ei ole nolla:
Lause 10.75 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ 1 - α → 1 - αxβy .
258
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(1 - α → 1 - αxβy ) = 1.
(1)
Tehdään transfiniittinen induktio β:n suhteen. Riittää osoittaa, että
1) t(1 - α → 1 - αx0y ) = 1,
2) jos väite (1) pätee β:lle, niin se pätee β ⊕ 1:lle ja
3) jos β on rajaordinaali ja väite (1) pätee kaikille β:aa pienemmille luvuille, niin se pätee β:lle.
Tapaus 1): Tämä seuraa suoraan tehtävästä 10.73 i), sillä implikaatioväitteen takajäsenen totuusarvo on 1.
Tapaus 2): Tässä siis oletetaan, että ehto (1) pätee ja väittenä on, että
t(1 - α → 1 - αxβ⊕1y ) = 1.
(2)
Tehtävän 10.73 ii) mukaan väite (2) tulee muotoon
t(1 - α → 1 - αxβy ⊙ α) = 1.
(3)
Väitettä (3) varten oletetaan, että
riittää osoittaa, että
t(1 - α) = 1;
(4)
t(1 - αxβy ⊙ α) = 1.
(5)
Induktio-oletuksen (1) ja ehdon (4) nojalla pätee
t(1 - αxβy ) = 1.
(6)
Ehdon (4) ja lauseen 10.42 nojalla saadaan
t(αxβy ⊙ 1 - αxβy ⊙ α) = 1,
jolloin lauseen 10.41 mukaan
t(αxβy - αxβy ⊙ α) = 1,
ja silloin väite (5) seuraa ehdosta (6).
Tapaus 3): Tässä siis oletetaan, että
t(β ∈ KII ) = 1 ja
t(∀γ[γ ≺ β → [1 - α → 1 - αxγy ]]) = 1.
259
(7)
(8)
Pitää osoittaa, että ehto (1) pätee. Oletetaan, että ehto (4) pätee; riittää osoittaa, että
t(1 - αxβy ) = 1.
Tehtävän 10.73 sekä ehtojen (4) ja (7) nojalla tämä väite tulee muotoon
t(1 - ∪γ≺β αxγy ) = 1.
(9)
Yhdisteen määritelmän mukaan väite (9) seuraa, jos löydetään jokin γ siten,
että
t(γ ≺ β) = 1 ja
(10)
t(1 - αxγy ) = 1.
(11)
Tällainen γ löytyy nyt helposti, sillä voidaan valita
γ := 1
Tällöin ehto (10) seuraa ehdosta (7) ja ehto (11) seuraa ehdosta (4) sekä tehtävästä 10.73 ii).
¤
Kuten näkyy, lauseen 10.75 todistuksessa – erityisesti sen tapauksessa 3), jossa
ei käytetty induktio-oletusta lainkaan – on aika paljon löysää. Pienellä terävöittämisellä saadaan helposti paljon parempi tulos, joka esitetään seuraavana. Voi
tietysti kysyä, miksi tällainen löysä tulos 10.75 sitten ylipäätään esitetään, jos
parempaakin on tarjolla. Selitys on siinä, että lausetta 10.75 tarvitaan lauseen
10.76 todistuksessa.
Lause 10.76 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ [α ≺ β ∧ 1 ≺ γ] → γ xαy ≺ γ xβy .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t([α ≺ β ∧ 1 ≺ γ] → γ xαy ≺ γ xβy ) = 1.
(1)
Tehdään transfiniittinen induktio β:n suhteen. Pitää osoittaa, että
1) väite (1) pätee, kun β = 0,
2) jos väite (1) pätee β:lle, niin se pätee β ⊕ 1:lle ja
3) jos β on rajaordinaali ja väite (1) pätee kaikille β:aa pienemmille luvuille, niin se pätee β:lle.
Tapaus 1): Koska t(α ≺ 0) = 0, niin väitteen etujäsenen totuusarvo on 0,
ja siten väite pätee.
260
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että ehto (1) pätee. Lisäksi oletetaan, että
pitää osoittaa, että
t(α ≺ β ⊕ 1) = 1 ja
t(1 ≺ γ) = 1;
(2)
(3)
t(γ xαy ≺ γ xβ⊕1y ) = 1.
(4)
Ehdon (2) ja lauseen 8.61 mukaan joko
t(α ≈ β) = 1
(5)
t(α ≺ β) = 1.
(6)
tai
Tapauksessa (5) väite (4) tulee muotoon
t(γ xβy ≺ γ xβ⊕1y ) = 1.
(7)
ja edelleen tehtävän 10.73 mukaan muotoon
t(γ xβy ≺ γ xβy ⊙ γ) = 1
ja tämä tulee edelleen lauseen 10.41 mukaan muotoon
t(γ xβy ⊙ 1 ≺ γ xβy ⊙ γ) = 1.
Tämä seuraa ehdosta (3) ja lauseesta 10.42, sillä ehdon (3) ja lauseen 10.75 mukaan t(γ xβy 6≈ 0) = 1.
Riittää siis käsitellä vaihtoehto (6). Tässä tapauksessa saadaan ehdon (3) ja
induktio-oletuksen (1) nojalla
t(γ xαy ≺ γ xβy ) = 1.
Tällöin väite (4) seuraa ehdosta (7), joka pätee myös tässä tapauksessa.
Tapaus 3): Tässä siis oletetaan, että
t(β ∈ KII ) = 1 ja
(8)
t(∀δ[δ ≺ β → [[α ≺ δ ∧ 1 ≺ γ] → γ
xαy
≺γ
xδy
]]) = 1.
(9)
Pitää osoittaa, että ehto (1) pätee. Oletetaan, että ehdot (3) ja (6) pätevät.
Pitää osoittaa, että
t(γ xαy ≺ γ xβy ) = 1.
(10)
Ehtojen (8) ja (3) sekä tehtävän 10.73 perusteella väite (10) tulee muotoon
t(γ xαy ≺ ∪ǫ≺β γ xǫy ) = 1.
261
(11)
Yhdisteen määritelmän mukaan väite (11) seuraa, jos osoitetaan, että on olemassa ǫ siten, että
t(ǫ ≺ β) = 1
(12)
ja
t(γ xαy ≺ γ xǫy ) = 1.
(13)
Tällaiseksi luvuksi ǫ voidaan valita
ǫ := α ⊕ 1.
Pitää osoittaa, että näin valittu ǫ toteuttaa ehdot (12) ja (13). Ehto (12) seuraa ehdoista (8) ja (6) sekä lauseesta 8.61. Ehto (13) puolestaan seuraa ehdosta
(12), siitä että t(α ≺ ǫ) = 1, ehdosta (3) ja induktio-oletuksesta (9). Siten valittu ǫ on kelvollinen, joten väite on todistettu.
¤
Lause 10.76 pätee myös toisinpäin:
Lause 10.77 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ [1 ≺ γ ∧ γ xαy ≺ γ xβy ] → α ≺ β.
Harjoitustehtävä 10.78 Todista lause 10.77.
Harjoitustehtävä 10.79 Mikä seuraavista kaavoista on teoreema?
i)
2xωy ≺ ω x2y ,
ii)
2xωy ≈ ω x2y
iii)
ω
x2y
xωy
≺2
vai
.
Lause 10.76 siis sanoo, että potenssiinkorotus on (yleisesti ottaen) aidosti kasvava eksponentin suhteen. Se on kasvava myös korotettavan suhteen, ei kuitenkaan
välttämättä aidosti. Kasvavuuden kertoo seuraava lause.
Lause 10.80 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ α ≺ β → αxγy - β xγy .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
Riittää osoittaa, että
t(α ≺ β) = 1.
(1)
t(αxγy - β xγy ) = 1.
(2)
Tehdän transfiniittinen induktio γ:n suhteen. Pitää osoittaa, että
1) väite (2) pätee, kun γ = 0,
2) jos väite (2) pätee γ:lle, niin se pätee γ ⊕ 1:lle ja
262
3) jos γ on rajaordinaali ja väite (2) pätee kaikille γ:aa pienemmille luvuille,
niin se pätee γ:lle.
Tapaus 1) on selvä, sillä tehtävän 10.73 mukaan t(αx0y ≈ 1) = 1 ja
t(β x0y ≈ 1) = 1.
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että ehto (2) pätee ja induktioväitteenä on, että
t(αxγ⊕1y - β xγ⊕1y ) = 1.
(3)
Tehtävän 10.73 nojalla väite (3) tulee muotoon
t(αxγy ⊙ α - β xγy ⊙ β) = 1.
(4)
Tehtävän 10.47 ja induktio-oletuksen (2) perusteella
t(αxγy ⊙ α - β xγy ⊙ α) = 1.
(5)
sekä lauseen 10.42 ja oletuksen (1) perusteella
t(β xγy ⊙ α - β xγy ⊙ β) = 1.
(6)
Väite (4) seuraa nyt ehdoista (5) ja (6).
Tapaus 3): Tässä siis oletetaan, että
ja että
t(γ ∈ KII ) = 1
(7)
t(∀δ[δ ≺ γ → αxδy - β xδy ]) = 1.
(8)
Pitää osoittaa, että ehto (2) pätee. Ehdon (7) ja tehtävän 10.73 nojalla väite
(2) tulee muotoon
t(∪δ≺γ αxδy - ∪ǫ≺γ β xǫy ) = 1.
(9)
Lausen 10.13 nojalla väite (9) seuraa, jos jokaiselle δ, jolle pätee
t(δ ≺ γ) = 1
(10)
t(ǫ ≺ γ) = 1
(11)
t(αxδy - β xǫy ) = 1.
(12)
löytyy jokin ǫ, jolle pätee
ja
Tässä voidaan valita yksinkertaisesti
ǫ := δ.
Tämä valinta toteuttaa triviaalisti ehdon (11) ja sen jälkeen ehto (12) seuraa
induktio-oletuksesta (8). Näin myös tapaus 3) on käsitelty, joten asia on selvä. ¤
Kuten edellä todettiin, potenssiinkorotus on korotettavan suhteen kasvava, muttei aidosti. Tästä on esimerkkinä seuraava:
263
Harjoitustehtävä 10.81 Osoita, että
⊢ 2xωy ≈ 3xωy
(≈ ω).
Edellisessä tehtävän 10.81 esimerkissä on oleellista, että eksponentti on rajaordinaali. Millekään muulle nollasta eroavalle eksponentille ei tällaista tilannetta
saada aikaan. Tämän sanoo seuraava tehtävä:
Harjoitustehtävä 10.82 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢ [γ ∈ KI ∧ γ 6≈ 0] → [α ≺ β → αxγy ≺ β xγy ].
Jos n ja m ≥ 2 ovat luonnollisia lukuja, niin tunnetusti pätee n < mn . Tämä ei päde kaikille ordinaaliluvuille, kuten harjoitustehtävä 10.81 kertoo. Jos
kuitenkin luovutaan aidosta epäyhtälöstä, saadaan pätevä tulos:
Lause 10.83 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ 1 ≺ α → β - αxβy .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
Riittää osoittaa, että
t(1 ≺ α) = 1.
(1)
t(β - αxβy ) = 1.
(2)
Tehdään transfiniittinen induktio β:n suhteen. Pitää osoittaa, että
1) väite (2) pätee, kun β = 0,
2) jos väite (2) pätee β:lle, niin se pätee β ⊕ 1:lle ja
3) jos β on rajaordinaali ja väite (2) pätee kaikille β:aa pienemmille luvuille, niin se pätee β:lle.
Tapaus 1) on selvä, sillä t(0 - γ) = 1 kaikille ordinaaliluvuille γ.
Tapaus 2): Tässä siis oletetaan, että ehto (2) pätee; pitää osoittaa, että
t(β ⊕ 1 - αxβ⊕1y ) = 1.
(3)
Induktio-oletuksen (2) ja lauseen 10.15 nojalla saadaan
t(β ⊕ 1 - αxβy ⊕ 1) = 1.
(4)
Toisaalta
t(β ≺ β ⊕ 1) = 1,
jolloin oletuksen (1) ja lauseen 10.76 nojalla saadaan
t(αxβy ≺ αxβ⊕1y ) = 1.
264
(5)
Ehdon (5) ja lauseen 8.61 perusteella
t(αxβy ⊕ 1 - αxβ⊕1y ) = 1,
jolloin väite (3) seuraa ehdosta (4). Näin tapaus 2) on käsitelty.
Tapaus 3): Tässä siis oletetaan, että
ja että
t(β ∈ KII ) = 1
(6)
t(∀δ[δ ≺ β → δ - αxδy ]) = 1;
(7)
pitää osoittaa, että ehto (2) pätee. Ehdon (6) ja tehtävän 10.6 mukaan
t(β ≈ ∪δ≺β δ) = 1
sekä ehtojen (1) ja (6) ja tehtävän 10.73 mukaan
t(αxβy ≈ ∪ǫ≺β αxǫy ) = 1,
joten väite (2) tulee muotoon
t(∪δ≺β δ - ∪ǫ≺β αxǫy ) = 1.
(8)
Käytetään taas lausetta 10.13. Olkoon δ ordinaaliluku, joka toteuttaa ehdon
t(δ ≺ β) = 1.
(9)
Lauseen 10.13 mukaan väite (8) seuraa, jos löydetään ǫ siten, että
ja
t(ǫ ≺ β) = 1
(10)
t(δ - αxǫy ) = 1.
(11)
Tässä voidaan valita yksinkertaisesti
ǫ := δ,
jolloin ehto (10) seuraa välittömästi ehdosta (9). Ehto (11) seuraa tämän jälkeen ehdosta (10) ja induktio-oletuksesta (7). Näin myös tapaus 3) on käsitelty
ja asia on selvä.
¤
Jos luonnolliselle luvulle n pätee n ≥ 2, niin pisteet n0 , n1 , n2 , n3 , n4 , . . . jakavat N:n pistevieraisiin osiin, jotka täyttävät koko N:n, ts. jokaiselle m ≥ 1 on
olemassa yksikäsitteinen k siten, että nk ≤ m < nk+1 . Sama pätee ordinaaliluvuille:
Lause 10.84 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ [1 ≺ α ∧ 0 ≺ β] → ∃1 δ[αxδy - β ∧ β ≺ αxδ⊕1y ].
265
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(1 ≺ α) = 1
(1)
t(0 ≺ β) = 1.
(2)
ja
Todistetaan ensin olemassaolo. Riittää löytää ordinaaliluku δ siten, että
ja
Merkitään
t(αxδy - β) = 1
(3)
t(β ≺ αxδ⊕1y ) = 1.
(4)
A = {γ | γ ∈ On ∧ β ≺ αxγy }.
Ehdon (1) ja lauseen 10.83 mukaan pätee
t(β - αxβy ) = 1.
(5)
Toisaalta aina pätee t(β ≺ β ⊕ 1) = 1, jolloin ehdon (1) ja lauseen 10.76 nojalla
saadaan
t(αxβy ≺ αxβ⊕1y ) = 1.
(6)
Ehtojen (5) ja (6) perusteella
t(β ≺ αxβ⊕1y ) = 1.
(7)
Luokan A määritelmän ja ehdon (7) mukaan
t(β ⊕ 1 ∈ A) = 1
ja siten
t(A 6≈ ∅) = 1.
(8)
Koska A on määritelmänsä mukaan ordinaalilukuluokka, löytyy A:sta ehdon (8)
perusteella minimaalinen alkio. Voidaan siis valita ordinaaliluku γ siten, että
t(γ ∈ A) = 1 eli
t(β ≺ αxγy ) = 1
(9)
ja toisaalta γ on minimaalinen tällainen eli
t(∀ǫ[ǫ ≺ γ → αxǫy - β]) = 1.
(10)
t(γ ∈ KI ) = 1.
(11)
t(γ ∈ KII ) = 1.
(AT1 )
Osoitetaan nyt, että
Tehdään antiteesi:
Antiteesin (AT1 ), ehdon (1) ja tehtävän 10.73 mukaan
t(αxγy ≈ ∪ǫ≺γ αxǫy ) = 1.
266
(12)
Yhdisteen määritelmän sekä ehtojen (9) ja (12) mukaan löytyy nyt jokin ǫ siten,
että
t(ǫ ≺ γ) = 1
(13)
ja
t(β ≺ αxǫy ) = 1.
(14)
Ehtojen (13) ja (10) nojalla saadaan
t(αxǫy - β) = 1,
jolloin ehdon (14) perusteella
t(β ≺ β) = 1,
mikä on mahdotonta. Tämä ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi (AT1 ) on väärä, joten väite (11) on todistettu.
Huomataan seuraavaksi, että
t(γ 6≈ 0) = 1.
(15)
Tehdään tätäkin varten antiteesi:
t(γ ≈ 0) = 1.
(AT2 )
Antiteesin (AT2 ) ja tehtävän 10.73 nojalla saadaan
t(αxγy ≈ 1) = 1,
jolloin ehdon (9) nojalla
t(β ≺ 1) = 1,
mikä on mahdotonta oletuksen (2) ja lauseen 8.61 nojalla. Siten myös antiteesi
(AT2 ) johti ristiriitaan, joten väite (15) on todistettu.
Nyt ehtojen (11) ja (15) nojalla
t(γ ∈ KI \ {0}) = 1,
joten γ on jonkun luvun seuraaja eli on olemassa ordinaaliluku ξ siten, että
t(ξ ⊕ 1 ≈ γ) = 1.
(16)
Tällöin
t(ξ ≺ γ) = 1,
joten ehdon (10) mukaan pätee
t(β xξy - α) = 1.
267
(17)
Nyt huomataan, että ehdoissa (3) ja (4) peräänkuulutettu δ on löydetty: voidaan
valita
δ := ξ.
Tällöinhän ehto (3) seuraa suoraan ehdosta (17) sekä ehto (4) ehdoista (16) ja
(9).
Näin olemassaoloväite on todistettu. Pitää todistaa vielä yksikäsitteisyys. Oletetaan, että δ on kuten yllä – jolloin siis ehdot (3) ja (4) toteutuvat – ja oletetaan
lisäksi että δ1 on toinen tällainen luku, joka toteuttaa ehdot
ja
t(αxδ1 y - β) = 1
(3’)
t(β ≺ αxδ1 ⊕1y ) = 1.
(4’)
t(δ ≈ δ1 ) = 1.
(18)
t(δ 6≈ δ1 ) = 1.
(AT3 )
Pitää siis osoittaa, että
Tehdään taas antiteesi:
Antiteesin (AT3 ) nojalla voidaan merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla olettaa,
että
t(δ ≺ δ1 ) = 1.
Tällöin lauseen 8.61 nojalla
t(δ ⊕ 1 - δ1 ) = 1.
Ehdon (1) ja lauseen 10.76 nojalla saadaan silloin
t(αxδ⊕1y - αxδ1 y ) = 1.
Yhdistämällä tähän ehdot (4) ja (3’) saadaan ehto
t(β ≺ β) = 1,
mikä on mahdotonta. Siispä myös antiteesi (AT3 ) on väärä ja näin ehto (18) ja
siten koko lause on saatu todistettua.
¤
Harjoitustehtävä 10.85 Mikä on lauseen 10.84 mukainen luku δ jos α = ω ⊙
ω ja β = ω xωy ? Entä kääntäen, jos β = ω ⊙ ω ja α = ω xωy ?
Lauseessa 10.26 todistettiin, että jos ordinaalilukuun lisätään oikealta rajaordinaali, tuloksena on rajaordinaali. Vastaavasti lauseessa 10.50 nähtiin, että jos
nollasta eroava ordinaaliluku kerrotaan oikealta rajaordinaalilla, niin tuloksena on taas rajaordinaali – ks. myös tehtävä 10.51. Sama ilmiö näkyy myös
potenssiinkorotuksessa: jos ykköstä aidosti suurempi ordinaaliluku korotetaan
potenssiin, joka on rajaordinaali, niin tuloksena on rajaordinaali. Tämän sanoo
seuraava lause.
268
Lause 10.86 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ [1 ≺ α ∧ β ∈ KII ] → αxβy ∈ KII .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(1 ≺ α) = 1
(1)
t(β ∈ KII ) = 1.
(2)
ja
Riittää osoittaa, että
t(αxβy ∈ KII ) = 1.
Tehdään antiteesi:
t(αxβy ∈ KI ) = 1.
(AT)
Antiteesin (AT) nojalla joko
tai
t(αxβy ≈ 0) = 1
(3)
t(∃γ[γ ⊕ 1 ≈ αxβy ]) = 1.
(4)
Tapauksessa (3) joudutaan heti ristiriitaan, sillä ehdon (1) ja lauseen 10.75
nojalla pätee
t(1 - αxβy ) = 1.
Voidaan siis olettaa, että ehto (4) pätee. Tällöin voidaan valita γ siten, että
t(γ ⊕ 1 ≈ αxβy ) = 1.
(5)
Ehtojen (2) ja (1) sekä tehtävän 10.73 mukaan
t(αxβy ≈ ∪δ≺β αxδy ) = 1.
(6)
Koska t(γ ≺ γ ⊕ 1) = 1, niin ehdon (5) nojalla
t(γ ≺ αxβy ) = 1,
joten ehdon (6) mukaan
t(γ ≺ ∪δ≺β αxδy ) = 1.
Tällöin yhdisteen määritelmän mukaan löytyy δ siten, että
ja
t(δ ≺ β) = 1
(7)
t(γ ≺ αxδy ) = 1.
(8)
269
Koska t(δ ≺ δ ⊕ 1) = 1, niin ehdon (1) ja lauseen 10.76 mukaan
t(αxδy ≺ αxδ⊕1y ) = 1.
(9)
Ehdon (8) ja lauseen 8.61 nojalla
t(γ ⊕ 1 - αxδy ) = 1,
jolloin ehdon (9) perusteella
t(γ ⊕ 1 ≺ αxδ⊕1y ) = 1
ja edelleen ehdon (5) mukaan
t(αxβy ≺ αxδ⊕1y ) = 1,
ja tästä edelleen ehdon (1) ja lauseen 10.77 nojalla
t(β ≺ δ ⊕ 1) = 1.
(10)
Nyt ehdot (7) ja (10) johtavat lauseen 8.61 perusteella ristiriitaan. Tämä osoittaa, että tehty antiteesi (AT) on väärä, joten lause on todistettu.
¤
Edellisen lauseen valossa voi kysyä, mitä tapahtuu, jos rajaordinaali korotetaan
johonkin potenssiin: syntyykö rajaordinaali? Vastaus on myöntävä – triviaalia
eksponenttia 0 lukuunottamatta:
Lause 10.87 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ [0 ≺ β ∧ α ∈ KII ] → αxβy ∈ KII .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(0 ≺ β) = 1
(1)
t(α ∈ KII ) = 1.
(2)
t(αxβy ∈ KII ) = 1.
(3)
ja
Riittää osoittaa, että
Jos t(β ≈ 1) = 1, niin väite seuraa ehdoista (1) ja (2) sekä tehtävästä 10.74.
Voidaan siis olettaa, että t(β 6≈ 1) = 1, jolloin ehdon (1) ja lauseen 8.61 nojalla
t(1 ≺ β) = 1.
(4)
Jos nyt pätee
t(β ∈ KII ) = 1,
niin väite (3) seuraa ehdosta (4) ja lauseesta 10.85. Voidaan siis olettaa, että
t(β ∈ KI ) = 1.
270
Tällöin ehdon (1) nojalla β on jonkin luvun seuraaja, ts. löytyy γ siten, että
t(β ≈ γ ⊕ 1) = 1,
ja siten myös
t(αxβy ≈ αxγ⊕1y ) = 1
eli tehtävän 10.73 mukaan
t(αxβy ≈ αxγy ⊙ α) = 1.
Tällöin väite (3) tulee muotoon
t(αxγy ⊙ α ∈ KII ) = 1.
(5)
Ehdon (2) perusteella väite (5) seuraa lauseesta 10.50, jos nähdään, että
t(αxγy 6≈ 0) = 1.
(6)
Lauseen 10.75 perusteella väite (6) puolestaa seuraa, jos nähdään, että
t(α 6≈ 0) = 1.
Tämä seuraa välittömästi ehdosta (2). Näin lause on todistettu.
¤
Seuraava lause sanoo intuitiivisesti, että jos β on rajaordinaali, niin potenssia αxβy voidaan approksimoida alhaalta ”mielivaltaisen tarkasti” pienemmillä
potensseilla αxδy , missä δ ≺ β. Tämä tarkoittaa (edelleen vain intuitiivisesti;
ilman mitään topologioita tai muita asiallisia määritelmiä) sitä, että potenssiinkorotuskuvaus β 7→ αxβy on kasvavana kuvauksena (lause 10.76) ”alhaalta
jatkuva” rajaordinaalipisteessä β.
Lause 10.88 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ [β ∈ KII ∧ γ ≺ αxβy ] → ∃δ[δ ≺ β ∧ γ ≺ αxδy ].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, joka toteuttaa ehdot
ja
t(β ∈ KII ) = 1
(1)
t(γ ≺ αxβy ) = 1.
(2)
t(δ ≺ β) = 1
(3)
t(γ ≺ αxδy ) = 1.
(4)
Riittää löytää δ siten, että
ja
xβy
Ehdon (2) nojalla pätee t(α
6≈ 0) = 1, jolloin ehdon (1) ja tehtävän 10.74
iii) nojalla myös t(α 6≈ 0) = 1. Silloin ehdon (1) ja tehtävän 10.73 mukaan
t(αxβy ≈ ∪ǫ≺β αxǫy ) = 1,
271
joten ehto (2) tulee muotoon
t(γ ≺ ∪ǫ≺β αxǫy ) = 1.
Yhdisteen määritelmän mukaan löytyy tällöin jokin ǫ siten, että
ja
t(ǫ ≺ β) = 1
(5)
t(γ ≺ αxǫy ) = 1.
(6)
Nyt voidaan valita
δ := ǫ
ja riittää osoittaa, että tämä δ toteuttaa ehdot (3) ja (4). Tässä ei ole paljon
tekemistä, sillä ehto (3) seuraa suoraan ehdosta (5) ja ehto (4) ehdosta (6). ¤
Luonnollisille luvuille tuttu laskusääntö mn mk = mn+k pätee kaikille ordinaaliluvuille:
Lause 10.89 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ αxβy ⊙ αxγy ≈ αxβ⊕γy .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(αxβy ⊙ αxγy ≈ αxβ⊕γy ) = 1.
(1)
Tehdään transfiniittinen induktio γ:n suhteen. Pitää osoittaa, että
1) väite (1) pätee, kun γ = 0,
2) jos väite (1) pätee γ:lle, niin se pätee γ ⊕ 1:lle ja
3) jos γ on rajaordinaali ja väite (1) pätee kaikille γ:aa pienemmille luvuille,
niin se pätee γ:lle.
Tapaus 1): Koska tehtävän 10.73 nojalla t(αx0y ≈ 1) = 1 ja toisaalta tehtävän 10.3 nojalla t(β ⊕ 0 ≈ β) = 1, niin väite tulee muotoon
t(αxβy ⊙ 1 ≈ αxβy ) = 1.
Tämä seuraa lauseesta 10.41.
Tapaus 2): Tässä siis oletetaan, että ehto (1) pätee ja väitetään, että
t(αxβy ⊙ αxγ⊕1y ≈ αxβ⊕(γ⊕1)y ) = 1.
Tehtävän 10.3 nojalla
t(β ⊕ (γ ⊕ 1) ≈ (β ⊕ γ) ⊕ 1)) = 1
272
(2)
sekä tehtävän 10.73 nojalla
t(αx(β⊕γ)⊕1y ≈ αxβ⊕γy ⊙ α) = 1
ja
t(αxγ⊕1y ≈ αxγy ⊙ α) = 1,
joten väite (2) tulee muotoon
t(αxβy ⊙ (αxγy ⊙ α) ≈ αxβ⊕γy ⊙ α) = 1.
(3)
Kertolaskun assosiatiivisuuden perusteella väite (3) saadaan edelleen muotoon
t((αxβy ⊙ αxγy ) ⊙ α ≈ αxβ⊕γy ⊙ α) = 1,
ja tämä seuraa suoraan induktio-oletuksesta (1).
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
ja että
t(γ ∈ KII ) = 1
(4)
t(∀δ[δ ≺ γ → αxβy ⊙ αxδy ≈ αxβ⊕δy ]) = 1.
(5)
Pitää osoittaa, että ehto (1) pätee. Oletetaan ensin, että
t(α ≈ 0) = 1.
(6)
Ehdon (4) nojalla t(0 ≺ γ) = 1 ja silloin tehtävän 10.16 mukaan myös
t(0 ≺ β ⊕ γ) = 1. Silloin oletuksen (6) ja tehtävän 10.74 nojalla t(αxγy ≈ 0) = 1
ja t(αxβ⊕γy ≈ 0) = 1, joten väite (1) tulee muotoon
t(αxβy ⊙ 0 ≈ 0) = 1.
Tämä seuraa välittömästi tehtävästä 10.38.
Näin tapaus (6) on käsitelty. Tutkitaan vielä erikseen tapaus
t(α ≈ 1) = 1.
(7)
Tällöin tehtävän 10.74 nojalla t(αxβy ≈ 1) = 1, t(αxγy ≈ 1) = 1 ja
t(αxβ⊕γy ≈ 1) = 1, joten väite (1) tulee muotoon
t(1 ⊙ 1 ≈ 1) = 1.
Tämä seuraa lauseesta 10.41.
Näin myös vaihtoehto (7) on käsitelty. Koska väite siis pätee erikoistapauksissa
(6) ja (7), voidaan olettaa, että
t(1 ≺ α) = 1.
273
(8)
Tällöin ehdon (4) ja lauseen 10.86 perusteella
t(αxγy ∈ KII ) = 1,
ja silloin tehtävän 10.38 nojalla
t(αxβy ⊙ αxγy ≈ ∪δ≺αxγy (αxβy ⊙ δ)) = 1.
(9)
Ehdon (4) ja lauseen 10.26 nojalla myös
t(β ⊕ γ ∈ KII ) = 1,
ja silloin tehtävän 10.73 nojalla
t(αxβ⊕γy ≈ ∪ǫ≺β⊕γ αxǫy ) = 1.
(10)
Ehtojen (9) ja (10) nojalla väite (1) tulee muotoon
t(∪δ≺αxγy (αxβy ⊙ δ) ≈ ∪ǫ≺β⊕γ αxǫy ) = 1.
(11)
Väite (11) seuraa, jos osoitetaan, että
ja
t(∪δ≺αxγy (αxβy ⊙ δ) - ∪ǫ≺β⊕γ αxǫy ) = 1
(12)
t(∪ǫ≺β⊕γ αxǫy - ∪δ≺αxγy (αxβy ⊙ δ)) = 1.
(13)
Väitteen (12) todistamiseksi valitaan δ siten että
t(δ ≺ αxγy ) = 1.
(14)
Lauseen 10.13 nojalla väite (12) seuraa, jos löydetään ǫ siten, että
ja
t(ǫ ≺ β ⊕ γ) = 1
(15)
t(αxβy ⊙ δ - αxǫy ) = 1.
(16)
Ehtojen (4) ja (14) sekä lauseen 10.88 nojalla on olemassa ξ siten, että
ja
t(ξ ≺ γ) = 1
(17)
t(δ ≺ αxξy ) = 1.
(18)
Valitaan nyt
ǫ := β ⊕ ξ.
Riittää osoittaa, että tämä ǫ toteuttaa ehdot (15) ja (16).
Ehto (15) seuraa ehdosta (17) ja lauseesta 10.8. Ehto (16) tulee ǫ:n valinnan
nojalla muotoon
t(αxβy ⊙ δ - αxβ⊕ξy ) = 1.
(19)
274
Induktio-oletuksen (5) ja ehdon (17) nojalla saadaan
t(αxβ⊕ξy ≈ αxβy ⊙ αxξy ) = 1,
joten väite (19) tulee edelleen muotoon
t(αxβy ⊙ δ - αxβy ⊙ αxξy ) = 1.
Tämä seuraa ehdosta (18) ja lauseesta 10.42.
Näin väite (12) on todistettu ja pitää todistaa vielä väite (13).
Väitteen (13) todistamiseksi valitaan ǫ siten että ehto (15) pätee. Lauseen 10.13
nojalla väite (13) seuraa, jos löydetään δ siten, että ehto (14) pätee ja lisäksi
t(αxǫy - αxβy ⊙ δ) = 1.
(20)
Tässä on nyt ǫ:n suhteen kaksi mahdollisuutta: joko
t(ǫ - β) = 1
(21)
t(β ≺ ǫ) = 1.
(22)
tai
Vaihtoehdossa (21) valitaan
δ := 1.
Riittää osoittaa, että tämä δ toteuttaa ehdot (14) ja (20), jotka tulevat nyt
muotoon
t(1 ≺ αxγy ) = 1
(23)
ja
t(αxǫy - αxβy ⊙ 1) = 1.
(24)
Väite (23) seuraa ehdoista (8) ja (4) sekä lauseesta 10.83. Väite (24) puolestaan
tulee lauseen 10.41 nojalla muotoon
t(αxǫy - αxβy ) = 1,
mikä seuraa ehdoista (21) ja (8) sekä lauseesta 10.76.
Näin vaihtoehto (21) on käsitelty ja voidaan olettaa, että ehto (22) pätee. Tällöin lauseen 10.17 nojalla on olemassa τ siten, että
t(ǫ ≈ β ⊕ τ ) = 1.
(25)
Tehtävänä on siis valita δ siten, että ehdot (14) ja (20) pätevät. Tällainen δ on
δ := αxτ y .
275
Pitää osoittaa, että tämä δ todella toteuttaa kyseiset ehdot. Ehtojen (25) ja
(15) perusteella
t(β ⊕ τ ≺ β ⊕ γ) = 1,
ja silloin lauseen 10.8 nojalla
t(τ ≺ γ) = 1.
(26)
Tällöin lauseen 10.76 ja ehdon (8) nojalla pätee
t(αxτ y ≺ αxγy ) = 1,
josta väite (14) seuraa suoraan δ:n valinnan perusteella. Riittää siis osoittaa,
että δ toteuttaa ehdon (20). Nyt ehdon (26) nojalla voidaan soveltaa induktiooletusta (5), jonka nojalla saadaan
t(αxβ⊕τ y ≈ αxβy ⊙ αxτ y ) = 1.
Tämä ehto tulee ehdon (25) ja δ:n valinnan nojalla muotoon
t(αxǫy ≈ αxβy ⊙ δ) = 1,
josta ehto (20) seuraa. Näin lause on todistettu.
¤
Myös luonnollisille luvuille tuttu laskusääntö (nm )k = nmk pätee kaikille ordinaaliluvuille:
Lause 10.90 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ (αxβy )xγy ≈ αxβ⊙γy .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t((αxβy )xγy ≈ αxβ⊙γy ) = 1.
(1)
Tehdään transfiniittinen induktio γ:n suhteen. Pitää osoittaa, että
1) väite (1) pätee, kun γ = 0,
2) jos väite (1) pätee γ:lle, niin se pätee γ ⊕ 1:lle ja
3) jos γ on rajaordinaali ja väite (1) pätee kaikille γ:aa pienemmille luvuille,
niin se pätee γ:lle.
Tapaus 1): Tässä väite tulee muotoon
t((αxβy )x0y ≈ αxβ⊙0y ) = 1.
Tämä seuraa siitä, että tehtävän 10.38 nojalla t(β ⊙ 0 ≈ 0) = 1 ja tehtävän
10.73 nojalla t(αxβy )x0y ≈ 1) = 1 sekä t(αx0y ≈ 1) = 1.
276
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että ehto (1) pätee ja induktioväitteenä on, että
t((αxβy )xγ⊕1y ≈ αxβ⊙(γ⊕1)y ) = 1.
(2)
Tehtävän 10.73 nojalla
t((αxβy )xγ⊕1y ≈ (αxβy )xγy ⊙ αxβy ) = 1.
(3)
Toisaalta tehtävän 10.38 mukaan
t(β ⊙ (γ ⊕ 1) ≈ (β ⊙ γ) ⊕ β) = 1
(4)
ja lauseen 10.89 mukaan
t(αx(β⊙γ)⊕βy ≈ αxβ⊙γy ⊙ αxβy ) = 1.
(5)
Ehtojen (3), (4) ja (5) mukaan väite (2) tulee muotoon
t((αxβy )xγy ⊙ αxβy ≈ αxβ⊙γy ⊙ αxβy ) = 1,
ja tämä seuraa induktio-oletuksesta (1).
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
ja että
t(γ ∈ KII ) = 1
(6)
t(∀δ[δ ≺ γ → (αxβy )xδy ≈ αxβ⊙δy ]) = 1.
(7)
Induktioväitteenä on, että ehto (1) pätee. Luvun β suhteen on nyt kaksi vaihtoehtoa: joko
t(β ≈ 0) = 1
(8)
tai
t(0 ≺ β) = 1.
(9)
Vaihtoehdossa (8) väite (1) tulee tehtävän 10.73 ja lauseen 10.41 nojalla muotoon
t(1xγy ≈ αx0y ) = 1.
(10)
Tehtävän 10.74 nojalla t(1xγy ≈ 1) = 1 ja tehtävän 10.73 mukaan t(αx0y ≈
1) = 1, joten väite (10) seuraa.
Näin voidaan olettaa että vaihtoehto (9) pätee. Tällöin lauseen 10.50 nojalla
t(β ⊙ γ ∈ KII ) = 1.
(11)
Nyt α:n suhteen on kaksi vaihtoehtoa: joko
t(α ≈ 0) = 1
277
(12)
tai
t(0 ≺ α) = 1.
(13)
Vaihtoehdossa (12) väite (1) tulee oletuksen (9) ja tehtävän 10.74 nojalla muotoon
t(0xγy ≈ 0xβ⊙γy ) = 1.
(14)
Nyt ehtojen (6) ja (11) nojalla sekä t(0 ≺ γ) = 1 että t(0 ≺ β ⊙ γ) = 1, jolloin
väite (14) tulee tehtävän 10.74 nojalla triviaaliin muotoon
t(0 ≈ 0) = 1
ja asia on selvä.
Näin voidaan olettaa, että vaihtoehto (13) pätee. Tällöin lauseen 10.75 perusteella t(1 - αxβy ) = 1, jolloin tehtävän 10.73 mukaan
t((αxβy )xγy ≈ ∪δ≺γ (αxβy )xδy ) = 1
ja
t(αxβ⊙γy ≈ ∪ǫ≺β⊙γ αxǫy ) = 1.
Näin väite (1) tulee muotoon
t(∪δ≺γ (αxβy )xδy ≈ ∪ǫ≺β⊙γ αxǫy ) = 1.
Tämän todistamiseksi riittää osoittaa, että
ja
t(∪δ≺γ (αxβy )xδy - ∪ǫ≺β⊙γ αxǫy ) = 1
(15)
t(∪ǫ≺β⊙γ αxǫy - ∪δ≺γ (αxβy )xδy ) = 1.
(16)
Väitteen (15) todistamiseksi valitaan δ siten, että
t(δ ≺ γ) = 1.
(17)
Lauseen 10.13 nojalla väite (15) seuraa, jos löydetään ǫ siten, että
ja
t(ǫ ≺ β ⊙ γ) = 1
(18)
t((αxβy )xδy - αxǫy ) = 1.
(19)
Valitaan nyt ǫ asettamalla
ǫ := β ⊙ δ.
Riittää osoittaa, että tämä ǫ toteuttaa ehdot (18) ja (19). Väite (18) seuraa
ehdoista (17) ja (9) sekä lauseesta 10.42. Väitteeseen (19) sovelletaan induktiooletusta (7), jonka mukaan ehdon (17) nojalla saadaan
t((αxβy )xδy ≈ αxβ⊙δy ) = 1
278
eli
t((αxβy )xδy ≈ αxǫy ) = 1,
mistä väite (19) seuraa. Näin väite (15) on todistettu.
Pitää vielä todistaa väite (16). Sitä varten valitaan ǫ siten, että ehto (18) pätee.
Lauseen 10.13 nojalla väite (16) seuraa, jos löydetään δ siten, että ehto (17)
pätee ja lisäksi pätee
t(αxǫy - (αxβy )xδy ) = 1.
(20)
Nyt ehtojen (6) ja (18) sekä tehtävän 10.70 perusteella löytyy ξ siten, että
t(ξ ≺ γ) = 1
(21)
t(ǫ ≺ β ⊙ ξ) = 1.
(22)
ja
Valitaan tässä δ asettamalla
δ := ξ.
Riittää osoittaa, että tämä δ toteuttaa ehdot (17) ja (20). Ehto (17) seuraa
suoraan ehdosta (21), joten riittää todistaa ehto (22). Ehdon (17) ja induktiooletuksen (7) mukaan
t((αxβy )xδy ≈ αxβ⊙δy ) = 1,
joten väite (20) tulee muotoon
t(αxǫy - αxβ⊙δy ) = 1.
(23)
Ehdon (13) ja lauseen 10.76 nojalla väite (23) seuraa δ:n valinnasta ja ehdosta
(22). Näin lause on kokonaan todistettu.
¤
Kun N:ssä esitetään jokin luku k-kantaisessa lukujärjestelmässä (usein k = 10
tai k = 2, mutta k voi olla mikä tahansa kokonaisluku k ≥ 2), niin tarvitaan
tieto siitä, että jokainen luku n 6= 0 voidaan esittää yksikäsitteisellä tavalla
summana
j
X
n=
ai k i ,
i=0
missä j ≥ 0 ja 0 ≤ ai < k. Tämä summa on sitten n:n esitys k-järjestelmässä.
Esimerkiksi luku n = 13 on kymmenjärjestelmässä n = 3·100 +1·101 ja binäärilukuna (eli 2-järjestelmässä) n = 1·20 +0·21 +1·22 +1·23 . Tämä sama esityskuvio
toimii myös ordinaaliluvuille, ts. jokainen β voidaan vastaavalla tavalla esittää
yksikäsitteisesti α-kantaisessa järjestelmässä, kunhan 1 ≺ α. Mitään muita rajoituksia näille luvuille α ja β ei tarvita, paitsi se, että β 6≈ 0, millä turvataan
esityksen yksikäsitteisyys, mutta tämä sama rajoitushan tarvitaan jo N:ssä. Tämä esityksen olemassaolo ja yksikäsitteisyys todistetaan lauseessa 10.97. Ensin
tarvitaan kuitenkin aputulos 10.96, joka takaa, että esityksestä (eli summalausekkeesta) ei tule liian suurta. Lisäksi itse summalauseke on määriteltävä
kunnolla. Tämä tehdään harjoitustehtävässä 10.93, jossa samalla määritellään
vähän muutakin.
279
Harjoitustehtävä 10.91 Olkoon ϕ on kaava, n ∈ N ja αi :t ordinaalilukuja,
i = 0, 1, . . . , n. Esitä intuitiivisesti selvältä tuntuvien merkintöjen
∃α0 ∃α1 . . . ∃αn ϕ,
∃1 α0 ∃1 α1 . . . ∃1 αn ϕ,
α0 ≺ α1 ≺ · · · ≺ αn
ja
αn ⊕ · · · ⊕ α1 ⊕ α0
tarkka rekursiivinen (n:n suhteen) määritelmä. Tässä on siis tarkoitus soveltaa
”intuitiivista” rekursiota N:ssä.
Harjoitustehtävä 10.92 Seuraavassa tehtävässä käytetään sanontaa: ”Olkoon
n finiittinen ordinaali ja αi :t ordinaalilukuja kaikille i - n”. Mitä tämä sanonta
tarkkaan ottaen oikeastaan tarkoittaa?
(Ohje: Kysymys on siis siitä, miten ordinaaliluvut voidaan intuitiivisesti selvältä
tuntuvalla tavalla indeksoida niin, että ”indeksijoukko” on {i | i ∈ ω ∧ i - n}.
Yleisestihän ”indeksoinnin” antaa sopiva ”indeksointikuvaus”.)
Harjoitustehtävä 10.93 Olkoon n finiittinen ordinaali ja αi :t ordinaalilukuja
kaikille i - n. Olkoon lisäksi ϕ kaava. Määrittele tarkasti käsitteet
∃α0 ∃α1 . . . ∃αn ϕ,
∃1 α0 ∃1 α1 . . . ∃1 αn ϕ,
α0 ≺ α1 ≺ · · · ≺ αn
ja
αn ⊕ · · · ⊕ α1 ⊕ α0 .
Ohje: Finiittinen rekursio; määritelmänhän voi tietysti aina asettaa miten vain,
mutta tässä on tietysti tarkoitus imitoida tehtävän 10.91 määritelmää. Summalle voisi tietysti käyttää vähän kompaktimpaa merkintää ⊕ni=0 αi ,mutta tämä on
vähän vaarallinen merkintätapa, koska yhteenlasku ei ole kommutatiivinen, eikä
tästä merkinnästä oikein näy, missä järjestyksessä yhteenlasku tehdään; tästä
syystä vähän kömpelömpi merkintätapa αn ⊕ · · · ⊕ α1 ⊕ α0 on parempi. Huomaa,
että summa on kuitenkin assosiatiivinen, joten mitään sulkumerkkejä ei tässä
mielessä tarvitse kirjoittaa.
Harjoitustehtävä 10.94 Olkoon n finiittinen ordinaali ja αi :t ordinaalilukuja
kaikille i - n. Osoita, että
⊢ αn ⊕ · · · ⊕ α1 ⊕ α0 ≈ 0 → ∀i[i - n → αi ≈ 0].
Huomautus. Tehtävästä 10.94 näkyy vähän syytä siihen, miksi ”syntaktinen”
määritelmä 10.93 tarvittiin korvaamaan ”semanttinen” määritelmä 10.91. Nythän tehtävän 10.94 kaavan takajäsen ei olisi kaava ollenkaan, jos n (tai i) olisi
luonnollinen luku. Tästä syystä n:n pitää olla finiittinen ordinaali, ja siitä seuraa,
että summalausekkeessa oleva n on myös finiittinen ordinaali eikä luonnollinen
luku. Tämän takia tehtävässä 10.93 määriteltiin tuo summalauseke.
280
Harjoitustehtävä 10.95 Olkoon n finiittinen ordinaali ja αi :t ordinaalilukuja
kaikille i - n. Osoita, että
⊢ αn - αn ⊕ · · · ⊕ α1 ⊕ α0 .
Lause 10.96 Olkoot α ja β ordinaalilukuja ja olkoon lisäksi n finiittinen ordinaali sekä βi :t ja γi :t ordinaalilukuja kaikille i - n. Tällöin pätee
⊢[1 ≺ α ∧ ∀i[i - n → γi ≺ α] ∧ β0 ≺ · · · ≺ βn ≺ β] →
(αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 ) ≺ αxβy .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(1 ≺ α) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(∀i[i - n → γi ≺ α] ∧ β0 ≺ · · · ≺ βn ≺ β] →
(α
xβn y
⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (α
xβ0 y
⊙ γ0 ) ≺ α
xβy
(2)
) = 1.
Todistetaan tämä finiittisellä induktiolla n:n suhteen. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
1) väite (2) pätee, kun n ≈ 0 ja
2) jos väite (2) pätee n:lle, niin se pätee n ⊕ 1:lle.
Tapauksessa 1) väite tulee muotoon
t(γ0 ≺ α ∧ β0 ≺ β → αxβ0 y ⊙ γ0 ≺ αxβy ) = 1.
Voidaan siis olettaa, että
t(γ0 ≺ α) = 1
(3)
t(β0 ≺ β) = 1;
(4)
t(αxβ0 y ⊙ γ0 ≺ αxβy ) = 1.
(5)
ja
pitää osoittaa, että
Ehdon (1) ja lauseen 10.75 nojalla pätee
t(1 - αxβ0 y ) = 1,
jolloin lauseen 10.42 ja ehdon (3) mukaan
t(αxβ0 y ⊙ γ0 ≺ αxβ0 y ⊙ α) = 1,
joten väite (5) seuraa, jos osoitetaan, että
t(αxβ0 y ⊙ α - αxβy ) = 1.
281
(6)
Tehtävän 10.73 mukaan
t(αxβ0 y ⊙ α ≈ αxβ0 ⊕1y ) = 1,
joten väite (6) tulee muotoon
t(αxβ0 ⊕1y - αxβy ) = 1.
(7)
Ehdon (1) ja lauseen 10.76 mukaan väite (7) seuraa, jos osoitetaan, että
t(β0 ⊕ 1 - β) = 1.
Mutta ehdon (4) nojalla tämä seuraa lauseesta 8.61. Näin induktion alkuaskel
eli tapaus n = 0 on käsitelty.
Tapaus 2): Oletetaan induktiivisesti, että väite (2) pätee n:lle. Oletetaan lisäksi, että (vrt. tehtävässä 10.93 esitetty määritelmä)
t(∀i[i - n → γi ≺ α]) = 1,
(8)
t(γn⊕1 ≺ α) = 1,
(9)
t(β0 ≺ · · · ≺ βn ) = 1,
(10)
t(βn ≺ βn⊕1 ) = 1
(11)
t(βn⊕1 ≺ β) = 1.
(12)
ja
Pitää osoittaa, että
t((αxβn⊕1 y ⊙ γn⊕1 ) ⊕ (αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 ) ≺ αxβy ) = 1.
(13)
Ehtojen (8), (10) ja (11) sekä induktio-oletuksen (2) nojalla pätee
t((αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 ) ≺ αxβn⊕1 y ) = 1.
Tällöin lauseen 10.8 mukaan myös
t((αxβn⊕1 y ⊙ γn⊕1 ) ⊕ (αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 ) ≺
(α
xβn⊕1 y
⊙ γn⊕1 ) ⊕ α
xβn⊕1 y
) = 1.
Toisaalta tehtävän 10.38 mukaan
t((αxβn⊕1 y ⊙ γn⊕1 ) ⊕ αxβn⊕1 y ≈ αxβn⊕1 y ⊙ (γn⊕1 ⊕ 1)) = 1,
joten ehdon (14) nojalla
t((αxβn⊕1 y ⊙ γn⊕1 ) ⊕ (αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 ) ≺
αxβn⊕1 y ⊙ (γn⊕1 ⊕ 1)) = 1.
282
(14)
Tällöin väite (13) seuraa, jos osoitetaan, että
t(αxβn⊕1 y ⊙ (γn⊕1 ⊕ 1) - αxβy ) = 1.
(15)
Ehdon (9) ja lauseen 8.61 nojalla
t(γn⊕1 ⊕ 1 - α).
(16)
Ehdon (16) ja lauseen 10.42 nojalla saadaan
t(αxβn⊕1 y ⊙ (γn⊕1 ⊕ 1) - αxβn⊕1 y ⊙ α) = 1.
Silloin väite (15) seuraa, jos osoitetaan, että
t(αxβn⊕1 y ⊙ α - αxβy ) = 1.
(17)
Tehtävän 10.73 nojalla
t(αxβn⊕1 y ⊙ α ≈ αxβn⊕1 ⊕1y ) = 1,
joten väite (17) tulee muotoon
t(αxβn⊕1 ⊕1y - αxβy ) = 1.
(18)
Ehdon (1) ja lauseen 10.76 perusteella väite (18) seuraa, jos osoitetaan, että
t(βn⊕1 ⊕ 1 - β) = 1.
Tämä seuraa oletuksesta (12) ja lauseesta 8.61.
Näin induktioaskel on otettu ja siten finiittisen induktioperiaatteen nojalla väite on todistettu.
¤
Nyt voidaan todistaa edellä puhuttu ”mielivaltaisen β:n yksikäsitteinen esitys
α-kantaisessa (ordinaali-)lukujärjestelmässä”. Muistutetaan tässä mieleen, että
tehtyjen sopimusten mukaan merkintä ∃nϕ tarkoittaa kaavaa ∃n[n ∈ ω ∧ ϕ] ja
merkintä ∃αϕ tarkoittaa kaavaa ∃α[α ∈ On ∧ ϕ].
Lause 10.97 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢[1 ≺ α ∧ 0 ≺ β] →
[∃1 n∃1 β0 . . . ∃1 βn ∃1 γ0 . . . ∃1 γn [β0 ≺ · · · ≺ βn ∧ ∀i[i - n → 0 ≺ γi ≺ α] ∧
β ≈ (αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 )].
Huomautus. Lauseen muotoilussa voi lukijaa kummastuttaa se, miksi vaaditaan
kertoimien γi olevan nollasta eroavia; eihän vaikkapa tehtävää 10.91 edeltävässä
binäärijärjestelmän esimerkissäkään 13 = 1 · 20 + 0 · 21 + 1 · 22 + 1 · 23 tällaista
rajoitetta ollut. Syy tähän muotoiluun on siinä, että nyt kun α on mielivaltainen ordinaaliluku, niin sitä pienempiä ordinaalilukuja on yleensä äärettömän
283
paljon. Jos nämä kaikki käytäisiin summassa läpi, syntyisi ääretön summa, jossa olisi äärettömän monta nollaa, ja on ilmeistä, että tällaisten summien ensinnäkin määrittely ja toiseksi käsittely tulisi olemaan varsin hankalaa. Tästä
syystä on päädytty lauseen yllä olevaan muotoiluun. Huomaa, että esimerkiksi
ordinaaliluvuille β = 13 ja α = 2 saadaan esitys
β = (αx0y ⊙ 1) ⊕ (αx2y ⊙ 1) ⊕ (αx3y ⊙ 1),
joten lauseen 10.97 muotoilussa n = 2, β0 = 0, β1 = 2, β2 = 3 ja γ0 = γ1 =
γ2 = 1.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(1 ≺ α ∧ 0 ≺ β) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(∃1 n∃1 β0 . . . ∃1 βn ∃1 γ0 . . . ∃1 γn [β0 ≺ · · · ≺ βn ∧ ∀i[i - n → 0 ≺ γi ≺ α] ∧
β ≈ (αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 )) = 1.
(2)
Merkitään lyhyyden vuoksi jokaiselle ordinaaliluvulle ξ symbolilla Tξ kaavaa
Tξ =∃1 n∃1 ξ0 . . . ∃1 ξn ∃1 γ0 . . . ∃1 γn [ξ0 ≺ · · · ≺ ξn ∧ ∀i[i - n → 0 ≺ γi ≺ α] ∧
ξ ≈ (αxξn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxξ0 y ⊙ γ0 ).
Riittää osoittaa, että
t(∀ξ[0 ≺ ξ → ∀δ[ξ ≺ αxδy → Tξ ]]) = 1.
(3)
Tämä johtuu siitä, että lauseen 10.83 ja oletuksen t(1 ≺ α) = 1 perusteella
t(β ≺ αxβy ) = 1.
(4)
Nyt jos ehto (3) pätee, niin ehdon (1) nojalla saadaan
t(β ≺ αxβy → Tβ ) = 1,
jolloin ehdon (4) nojalla t(Tβ ) = 1 ja väite seuraa.
Lähdetään siis todistamaan ehtoa (3). Valitaan mielivaltainen ordinaaliluku δ.
Riittää osoittaa, että
t(∀ξ[0 ≺ ξ → [ξ ≺ αxδy → Tξ ]]) = 1.
Tehdään tämä transfiniittisella induktiolla δ:n suhteen. Pitää osoittaa, että
1) väite (5) pätee, kun δ = 0,
2) jos väite (5) pätee δ:lle, niin se pätee δ ⊕ 1:lle ja
284
(5)
3) jos δ on rajaordinaali ja väite (5) pätee kaikille δ:aa pienemmille luvuille,
niin se pätee δ:lle.
Tapauksessa 1) väite tulee tehtävän 10.73 mukaan muotoon
t(0 ≺ ξ → [ξ ≺ 1 → Tξ ]) = 1,
joka voidaan kirjoittaa edelleen loogisesti yhtäpitävään muotoon
t([0 ≺ ξ ∧ ξ ≺ 1] → Tξ ) = 1.
Tämän kaavan etujäsenen totuusarvo on nolla, joten koko kaavan totuusarvo on
yksi ja siten väite pätee.
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että ehto (5) pätee; pitää osoittaa, että
t(0 ≺ ξ → [ξ ≺ αxδ⊕1y → Tξ ]) = 1.
(6)
t(0 ≺ ξ) = 1
(7)
t(ξ ≺ αxδ⊕1y ) = 1;
(8)
t(Tξ ) = 1.
(9)
Oletetaan, että
ja
riittää osoittaa, että
Pitää siis (vrt. tehtävä 10.93) todistaa väitteen (9) olemassaolo- ja yksikäsitteisyyspuoli. Osoitetaan ensin olemassaolo. Merkitään tätä varten lyhyesti kaikille
ordinaaliluvuille ξ (vrt. kaavan Tξ määritelmä edellä)
Tξ′ =∃n∃ξ0 . . . ∃ξn ∃γ0 . . . ∃γn [ξ0 ≺ · · · ≺ ξn ∧ ∀i[i - n → 0 ≺ γi ≺ α] ∧
ξ ≈ (αxξn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxξ0 y ⊙ γ0 ).
Silloin väitteen (9) olemassaolopuoli seuraa, jos osoitetaan, että
t(Tξ′ ) = 1.
(10)
Ehtojen (7) ja (8) nojalla tässä on nyt ξ:n suhteen kaksi vaihtoehtoa: joko
tai
t(0 ≺ ξ ≺ αxδy ) = 1
(11)
t(αxδy - ξ ≺ αxδ⊕1y ) = 1.
(12)
Tapauksessa (11) voidaan soveltaa induktio-oletusta (5), joka yhdessä ehdon (7)
kanssa antaa suoraan ehdon (9) ja siten tietysti myös ehdon (10).
Siten vaihtoehto (11) on selvä, joten voidaan olettaa, että ehto (12) pätee.
285
Tällöin siis (vrt. tehtävän 10.93 määritelmä)
ja
t(αxδy - ξ) = 1
(13)
t(ξ ≺ αxδ⊕1y ) = 1.
(14)
Koska ehdon (1) ja lauseen 10.75 nojalla t(0 ≺ αxδy ) = 1, niin lauseen 10.58
nojalla löytyy ordinaaliluvut ǫ ja ν siten, että
t(ξ ≈ (αxδy ⊙ ǫ) ⊕ ν) = 1
(15)
t(ν ≺ αxδy ) = 1.
(16)
ja
Tässä on nyt ν:n suhteen kaksi vaihtoehtoa: joko
t(ν ≈ 0) = 1
(17)
t(0 ≺ ν) = 1.
(18)
tai
Tapauksessa (17) pätee ehdon (15) nojalla
t(ξ ≈ αxδy ⊙ ǫ) = 1,
(19)
jolloin väite (10) seuraa, kun valitaan
n := 0,
ξ0 := δ
ja γ0 := ǫ.
(Val 1)
Nämä ovat ehdon (19) perusteella kelvollisia valintoja, jos osoitetaan, että t(0 ≺
ǫ ≺ α) = 1 eli että
t(0 ≺ ǫ) = 1
(20)
ja
t(ǫ ≺ α) = 1.
(21)
Ehto (20) todistetaan epäsuorasti: jos se ei päde, on t(ǫ ≈ 0) = 1 ja silloin ehdon (19) nojalla on myös t(ξ ≈ 0) = 1. Tämä on vastoin ehtoa (11). Siten väite
(20) pätee.
Ehto (21) todistetaan näin: ehtojen (19) ja (14) mukaan
t(αxδy ⊙ ǫ ≺ αxδ⊕1y ) = 1,
jolloin tehtävän 10.73 mukaan
t(αxδy ⊙ ǫ ≺ αxδy ⊙ α) = 1.
Tällöin väite (21) seuraa lauseesta 10.8.
286
Näin on nähty, että valinta (Val 1) toimii tapauksessa (17), joten vaihtoehto
(17) on käsitelty ja voidaan olettaa, että ehto (18) pätee.
Ehtojen (14) ja (13) nojalla
t((αxδy ⊙ ǫ) ⊕ ν ≺ αxδ⊕1y ) = 1,
jolloin tehtävän 10.16 nojalla myös
t(αxδy ⊙ ǫ ≺ αxδ⊕1 ) = 1
eli
t(αxδy ⊙ ǫ ≺ αxδy ⊙ α) = 1.
Tällöin ehdon t(0 ≺ αxδy ) = 1 ja lauseen 10.42 nojalla
t(ǫ ≺ α) = 1.
(22)
Ehtojen (18) ja (16) sekä induktio-oletuksen (5) nojalla pätee
t(Tν ) = 1,
joten kaavan Tν määritelmän mukaan löytyy finiittinen ordinaali m ja ordinaaliluvut ν0 , . . . , νm sekä η0 , . . . , ηm siten, että
ja
t(ν0 ≺ · · · ≺ νm ) = 1,
(23)
t(∀i[i - m → 0 ≺ ηi ≺ α]) = 1
(24)
t(ν ≈ (αxνm y ⊙ ηm ) ⊕ · · · ⊕ (αxν0 y ⊙ η0 )) = 1.
(25)
Ehtojen (15) ja (25) sekä yhteenlaskun assosiatiivisuuden perusteella
t(ξ ≈ (αxδy ⊙ ǫ) ⊕ (αxνm y ⊙ ηm ) ⊕ · · · ⊕ (αxν0 y ⊙ η0 )) = 1.
Tällöin ehtojen (23) ja (24) nojalla väite (10) seuraa, jos osoitetaan, että
t(νm ≺ δ) = 1
(26)
t(0 ≺ ǫ ≺ α) = 1.
(27)
ja
Huomaa, että ehdossa (10) vaadittava finiittinen ordinaali n saadaan tässä asettamalla
n := m ⊕ 1
(Val 2)
ja lisäksi tässä valitaan
ξn := δ
ja γn := ǫ
(Val 3)
ja γi := ηi , kun t(0 - i ≺ n) = 1.
(Val 4)
sekä
ξi := νi
287
Pitää siis osoittaa – kuten edellä todettiin, että nämä valinnat ovat kelvollisia,
eli että ehdot (26) ja (27) toteutuvat tällaisillä valinnoilla.
Väitettä (26) varten huomataan ensin, että ehdon (24) nojalla
t(1 - ηm ) = 1,
jolloin lauseen 10.42 nojalla
t(αxνm y - αxνm y ⊙ ηm ) = 1.
(28)
Ehdon (25) ja tehtävän 10.16 perusteella
t(αxνm y ⊙ ηm - ν) = 1,
jolloin ehdon (16) nojalla saadaan
t(αxνm y ⊙ ηm ≺ αxδy ) = 1,
ja tästä edelleen ehdon (28) nojalla
t(αxνm y ≺ αxδy ) = 1,
jolloin lauseen 10.77 perusteella väite (26) seuraa.
Riittää siis todistaa väite (27). Ehdon (22) nojalla väite (27) seuraa, jos osoitetaan, että
t(0 ≺ ǫ) = 1.
(29)
Tehdään antiteesi: väite (29) ei päde. Tällöin
t(ǫ ≈ 0) = 1
ja silloin ehdon (15), tehtävän 10.38 ja lauseen 10.7 nojalla saadaan
t(ξ ≈ ν) = 1.
Tämä on kuitenkin mahdotonta ehtojen (13) ja (16) nojalla. Tämä ristiriita
osoittaa, että antiteesi on väärä, joten myös ehto (29) pätee.
Näin väite (10) eli olemassaolopuoli on todistettu.
Mennään sitten yksikäsitteisyysväitteeseen. Olkoon n′ finiittinen ordinaali ja
ordinaaliluvut ξ0′ , . . . , ξn′ ′ ja γ0′ , . . . , γn′ ′ siten että
ja
t(ξ0′ ≺ · · · ≺ ξn′ ′ ) = 1,
(30)
t(∀i[i - n′ → 0 ≺ γi′ ≺ α]) = 1
(31)
′
′
t(ξ ≈ (αxξn′ y ⊙ γn′ ′ ) ⊕ · · · ⊕ (αxξ0 y ⊙ γ0′ )) = 1.
288
(32)
Pitää osoittaa, että
ja lisäksi
sekä
t(n ≈ n′ ) = 1
(33)
t(∀i[i - n → νi ≈ ξi′ ]) = 1
(34)
t(∀i[i - m → ηi ≈ γi′ ]) = 1.
(35)
Tässä on ξ:n suhteen taas vaihtoehdot (11) ja (12). Tapauksessa (11) väitteet
seuraavat nytkin induktio-oletuksesta, joten riittää tarkastella vaihtoehtoa (12).
Olkoot ǫ ja ν kuten ehdoissa (15) ja (16). Tässä on taas ν:n suhteen vaihtoehdot
(17) ja (18). Tarkastellaan ensin vaihtoehtoa (17), jossa on tehty ehdon (Val 1)
mukaiset valinnat. Tällöin väitteet (33) – (35) tulevat muotoon
ja
t(n′ ≈ 0) = 1,
(36)
t(ξ0 ≈ δ) = 1
(37)
t(γ0′ ≈ ǫ) = 1.
(38)
Osoitetaan ensin, että ehto (36) pätee. Tehdään antiteesi: se ei päde. Silloin
t(0 ≺ n′ ) = 1, jolloin n′ on finiittisenä ordinaalina jonkun finiittisen ordinaalin
k seuraaja eli
t(n′ ≈ k ⊕ 1) = 1.
(39)
Merkitään
′
′
τ := (αxξk y ⊙ γk′ ) ⊕ · · · ⊕ (αxξ0 y ⊙ γ0′ ),
jolloin summan määritelmän (ks. tehtävä 10.93) sekä ehtojen (31) ja (38) mukaan
′
t(ξ ≈ (αxξn′ ⊙ γn′ ′ ) ⊕ τ ) = 1.
(40)
Vaihtoehdossa (17) pätee
t(ξ ≈ αxδy ⊙ ǫ) = 1,
joten ehdon (40) mukaan saadaan
′
t(αxδy ⊙ ǫ ≈ (αxξn′ y ⊙ γn′ ′ ) ⊕ τ ) = 1.
(41)
Lisäksi ehdon (31) ja luvun τ valinnan nojalla
t(0 ≺ τ ) = 1.
(42)
Ehtojen (1), (30) ja (31) sekä lauseen 10.96 nojalla saadaan myös
′
t(τ ≺ αxξn′ y ) = 1.
Ehdon (29) nojalla pätee
t(αxδy - αxδy ⊙ ǫ) = 1,
289
(43)
joten ehdon (41) mukaan
′
t(αxδy - (αxξn′ y ⊙ γn′ ′ ) ⊕ τ ) = 1.
(44)
Ehtojen (1), (30) ja (31) sekä lauseen 10.96 nojalla saadaan
′
′
t((αxξn′ y ⊙ γn′ ′ ) ⊕ τ ≺ αxξn′ ⊕1y ) = 1,
jolloin ehdon (44) perusteella
′
t(αxδy ≺ αxξn′ ⊕1y ) = 1,
jolloin lauseen 10.77 nojalla
t(δ ≺ ξn′ ′ ⊕ 1) = 1,
josta edelleen lauseen 8.61 nojalla
t(δ - ξn′ ′ ) = 1.
(45)
Toisaalta ehdon (31) nojalla
t(ξn′ ′ - ξn′ ′ ⊙ γn′ ′ ) = 1,
jolloin lauseen 10.76 mukaan
′
′
′
t(αxξn′ y - αxξn′ ⊙γn′ y ) = 1,
ja edelleen tehtävän 10.16 perusteella
′
′
′
t(αxξn′ y - αxξn′ ⊙γn′ y ⊕ τ ) = 1.
Tällöin ehdon (40) nojalla
′
t(αxξn′ y - ξ) = 1,
ja edelleen ehdon (14) perusteella
′
t(αxξn′ y ≺ αxδ⊕1y ) = 1.
Tällöin lauseen 10.77 nojalla
t(ξn′ ′ ≺ δ ⊕ 1) = 1,
josta lauseen 8.61 nojalla
t(ξn′ ′ - δ) = 1.
(46)
Nyt ehtojen (45) ja (46) nojalla pätee
t(δ ≈ ξn′ ′ ) = 1.
290
(47)
Ehdosta (43) saadaan tällöin ehto
t(τ ≺ αxδy ) = 1.
(48)
Lisäksi ehtojen (41) ja (47) mukaan
t(αxδy ⊙ ǫ ≈ (αxδy ⊙ γn′ ′ ) ⊕ τ ) = 1.
(49)
Muistetaan nyt, mistä luvut ǫ ja ν tähän alunperin ilmestyivät. Nehän tulivat
jakoidentiteetistä (lause 10.58), joka sanoo, että on olemassa yksikäsitteiset
luvut ǫ ja ν, jotka toteuttavat ehdot (15) ja (16). Mutta nyt ehtojen (15), (19)
(joka tässä vaihtoehdossa (17) pätee), (48) ja (49) mukaan myös luvut γn′ ′ ja τ
toteuttavat nämä ehdot, jolloin lauseen 10.58 yksikäsitteisyyspuolen nojalla on
oltava t(ǫ ≈ γn′ ′ ) = 1 ja erityisesti
t(ν ≈ τ ) = 1.
Mutta tämä on nyt mahdotonta, sillä käsiteltävässä tapauksessa (17) pätee
t(ν ≈ 0) = 1, kun taas ehdon (42) mukaan t(τ 6≈ 0) = 1.
Syntynyt ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi on väärä ja siten väite (36)
on todistettu, jolloin vaihtoehto (17) on käsitelty.
Siirrytään sitten vaihtoehtoon (18). Tässä noudatetaan valintoja (Val 2),
(Val 3) ja (Val 4), jolloin väitteet (33) – (35) tulevat muotoon
t(m ⊕ 1 ≈ n′ ) = 1,
(50)
t(∀i[i - m → νi ≈ ξi′ ]) = 1
(51)
t(δ ≈ ξn′ ′ ) = 1
(52)
t(∀i[i - m → ηi ≈ γi′ ]) = 1
(53)
t(ǫ ≈ γn′ ′ ) = 1.
(54)
ja
sekä
ja
Todistetaan näistä ensin väite (52). Ehtojen (32) ja (14) nojalla pätee
′
′
t((αxξn′ y ⊙ γn′ ′ ) ⊕ · · · ⊕ (αxξ0 y ⊙ γ0′ ) ≺ αxδ⊕1y ) = 1,
jolloin tehtävän 10.16 nojalla myös
′
t(αxξn′ y ⊙ γn′ ′ ≺ αxδ⊕1y ) = 1,
ja koska ehdon (31) mukaan t(1 - γn′ ′ ) = 1, saadaan edelleen
′
t(αxξn′ y ≺ αxδ⊕1y ) = 1.
291
Tästä saadaan lauseen 10.77 mukaan ehto
t(ξn′ ′ ≺ δ ⊕ 1) = 1
ja tästä lauseen 8.61 perusteella
t(ξn′ ′ - δ) = 1.
Tällöin väitteen (52) todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(δ - ξn′ ′ ) = 1.
(55)
Tehdään antiteesi: väite (55) ei päde. Tällöin pätee
t(ξn′ ′ ≺ δ) = 1
ja siten lauseen 8.61 nojalla
t(ξn′ ′ ⊕ 1 - δ) = 1,
josta edelleen lauseen 10.76 nojalla
′
t(αxξn′ ⊕1y - αxδy ) = 1.
(56)
Ehdon (30) nojalla saadaan myös ehto
t(ξ0′ ≺ · · · ≺ ξn′ ′ ≺ ξn′ ′ ⊕ 1) = 1,
jolloin ehtojen (1) ja (31) sekä lauseen 10.96 nojalla
′
′
′
t((αxξn′ y ⊙ γn′ ′ ) ⊕ · · · ⊕ (αxξ0 y ⊙ γ0′ ) ≺ αxξn′ ⊕1y ) = 1,
ja silloin ehdon (32) mukaan
′
t(ξ ≺ αxξn′ ⊕1y ) = 1,
josta edelleen ehdon (56) nojalla
t(ξ ≺ αxδy ) = 1.
Tämä on vastoin ehtoa (13). Siten antiteesi johtaa ristiriitaan, joten se on väärä
ja väite (55) pätee. Tämä osoittaa, että myös väite (52) pätee.
Pitää vielä osoittaa, että ehdot (50), (51), (53) ja (54) pätevät.
Tässä on nyt n′ :n suhteen kaksi vaihtoehtoa:
tai
t(n′ ≈ 0) = 1
(57)
t(0 ≺ n′ ) = 1.
(58)
292
Vaihtoehdossa (57) saadaan ehtojen (52) (joka jo todistettiin), (32) ja (15) nojalla
t((αxδy ⊙ ǫ) ⊕ ν ≈ αxδy ⊙ γ0′ ) = 1
eli
t((αxδy ⊙ ǫ) ⊕ ν ≈ (αxδy ⊙ γ0′ ) ⊕ 0) = 1.
(59)
Nyt käytetään taas lauseen 10.58 yksikäsitteisyyspuolta. Sen ja ehdon (16) nojalla ehdosta (59) saadaan t(ǫ ≈ γ0′ ) = 1 ja erityisesti
t(ν ≈ 0) = 1.
Tämä on kuitenkin ehdon (18) nojalla mahdotonta, joten koko vaihtoehto (57)
on tässä tilanteessa mahdoton, ja siten vaihtoehto (58) pätee.
Tällöin, koska n′ on finiittinen ordinaali, se on jonkun finiittisen ordinaalin k
seuraaja eli
t(n′ ≈ k ⊕ 1) = 1.
(60)
Merkitään taas
′
′
τ := (αxξk y ⊙ γk′ ) ⊕ · · · ⊕ (αxξ0 y ⊙ γ0′ ),
jolloin – kuten edellä – summan määritelmän (ks. tehtävä 10.93) ja ehtojen (32)
ja (39) mukaan ehto (40) pätee. Ehtojen (60), (30) ja (31) sekä lauseen 10.96
′
nojalla saadaan ehto t(τ ≺ αxξn′ y ) = 1 eli ehdon (52) (joka siis pätee) mukaan
t(τ ≺ αxδy ) = 1.
(61)
Ehtojen (51) ja (15) sekä τ :n määritelmän mukaan
t((αxδy ⊙ ǫ) ⊕ ν ≈ (αxδy ⊙ γn′ ′ ) ⊕ τ ) = 1.
(62)
Käytetään taas lauseen 10.58 yksikäsitteisyyspuolta. Sen ja ehtojen (62), (61)
ja (16) nojalla pätee
t(ǫ ≈ ξn′ ′ ) = 1
(63)
ja
t(ν ≈ τ ) = 1.
(64)
Nyt ehdon (16) nojalla voidaan soveltaa induktio-oletusta lukuun ν. Sillä on
esitys (25), missä kertoimet ja eksponentit täyttävät ehdot (23) ja (24). Toisaalta
ehdon (64) nojalla pätee
′
′
ν ≈ (αxξk y ⊙ γk′ ) ⊕ · · · ⊕ (αxξ0 y ⊙ γ0′ ),
missä kertoimet ja eksponentit täyttävät ehdot (30) ja (31). Tällöin induktiooletuksen antaman yksikäsitteisyyden nojalla pätee
t(m ≈ k) = 1
ja lisäksi ehdot (51) ja (53) seuraavat.
293
(65)
Todistamatta ovat siten vielä ehdot (50) ja (54). Väite (48) seuraa ehdoista
(65) ja (60), joten riittää todistaa väite (54). Tämä saadaan näin:
Ehtojen (62) ja (64) perusteella saadaan ensin
t((αxδy ⊙ ǫ) ⊕ τ ≈ (αxδy ⊙ γn′ ′ ) ⊕ τ ) = 1.
(66)
Yleensähän summasta ei saa supistaa oikealta, mutta nyt saa, koska ehdon (61)
”supistettava on riittävän pieni” ja tilanne muutenkin sopiva. Jätetään tämän
supistussäännön todistus harjoitustehtäväksi. Ehdosta (66) saadaan tämän supistussäännön perusteella
t(αxδy ⊙ ǫ ≈ αxδy ⊙ γn′ ′ ) = 1.
Tällöin, koska t(αxδy 6≈ 0) = 1, saadaan kertolaskussa vasemmalta supistaen
t(ǫ ≈ γn′ ′ ) = 1,
joka onkin väite (54).
Näin lopulta transfiniittisen induktion vaihe 2) on hoidettu. Jäljellä on vielä
vaihe 3) eli rajaordinaalin tapaus. Yleensähän tämä on induktion vaikein vaihe,
mutta onneksi nyt asiat ovat toisin, ja tämä on paljon helpompi tapaus kuin
vaihe 2) – tässä ei tarvitse edes erikseen todistaa olemassaoloa ja yksikäsitteisyyttä, vaan molemmat hoituvat samalla vaivalla.
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
ja että
t(δ ∈ KII ) = 1
(67)
t(∀τ [τ ≺ δ → ∀ξ[0 ≺ ξ → [ξ ≺ αxτ y → Tξy ]]) = 1.
(68)
Väitteenä on, että ehto (3) pätee. Oletetaan, että ehdot (7) ja
t(ξ ≺ αxδy ) = 1
(69)
pätevät. Riittää osoittaa, että ehto (9) pätee. Ehtojen (67) ja (69) sekä lauseen
10.88 nojalla löytyy ǫ siten, että
ja
t(ǫ ≺ δ) = 1
(70)
t(ξ ≺ αxǫy ) = 1.
(71)
Väite (9) seuraa nyt ehdoista (7), (70), (71) ja induktio-oletuksesta (68). Näin
myös tapaus 3) on käsitelty ja lause on todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 10.98 Osoita oikeaksi lauseen 10.97 todistuksessa käytetty
supistussääntö: jos α, β, γ ja δ ovat ordinaalilukuja, niin pätee
⊢ [β - α ∧ (α ⊙ γ) ⊕ β ≈ (α ⊙ δ) ⊕ β] → α ⊙ γ ≈ α ⊙ δ.
294
Harjoitustehtävä 10.99 Osoita, että yleinen summalauseke on kertolaskun
kanssa vasemmalta distributiivinen. Tarkemmin: Olkoon n finiittinen ordinaali
ja αi :t ordinaalilukuja kaikille i - n. Olkoon lisäksi ξ ordinaaliluku. Osoita, että
⊢ ξ ⊙ (αn ⊕ · · · ⊕ α0 ) ≈ (ξ ⊙ αn ) ⊕ · · · ⊕ (ξ ⊙ α0 ).
Yhteenlaskuhan ei ole kertolaskun kanssa oikealta distributiivinen, joten yleinen
summalausekekaan ei sitä ole. Jos β on ordinaaliluku ja (αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕
(αxβ0 y ⊙ γ0 ) on sen lauseen 10.97 mukainen esitys α-kantaisessa järjestelmässä,
ja jos tämä kerrotaan vasemmalta jollakin α:n potenssilla αxδy , niin tuloksena on
tehtävän 10.99 ja lauseen 10.89 mukaan (αxδ⊕βn y ⊙γn )⊕· · ·⊕(αxδ⊕β0 y ⊙γ0 ), joka
on tulon esitys α-kantaisessa järjestelmässä. Nyt voi kysyä mitä tapahtuu, jos
tuo esitys kerrotaan oikealta luvulla αxδy . Tässä voi sattua vähän kaikenlaista,
esiintyvistä luvuista riippuen. Kuitenkin, jos tuo eksponentti δ on ”riittävän
suuri” (itse asiassa riittää, että se ei ole finiittinen), niin vastaus on helppo:
Lause 10.100 Olkoot α ja δ ordinaalilukuja ja lisäksi n finiittinen ordinaali ja
β0 , . . . , βn sekä γ0 , . . . , γn ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢[1 ≺ α ∧ β0 ≺ · · · ≺ βn ∧ ∀i[i - n → γi ≺ α] ∧ 0 ≺ γn ∧ ω - δ] →
¡ xβn y
¢
(α
⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 ) ⊙ αxδy ≈ αxβn ⊕δy .
Huomautus. Nytkin lopputulos on tulon esitys α-kantaisessa järjestelmässä, kuten vasemmalta kerrottaessa – esitys on vain vähän toisenlainen, kuten tietysti
tulokin.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(1 ≺ α ∧ β0 ≺ · · · ≺ βn ∧ ∀i[i - n → γi ≺ α] ∧ 0 ≺ γn ) = 1
(1)
t(ω - δ) = 1.
(2)
ja
Riittää osoittaa, että
¡
¢
t( (αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 ) ⊙ αxδy ≈ αxβn ⊕δy ) = 1.
Väite (3) seuraa, jos osoitetaan, että
¡
¢
t( (αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 ) ⊙ αxδy - αxβn ⊕δy ) = 1.
ja
¡
¢
t(αxβn ⊕δy - (αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 ) ⊙ αxδy ) = 1.
(3)
(4)
(5)
Väitettä (4) varten käytetään oletusta (1) ja havaintoa t(βn ≺ βn ⊕ 1) = 1 sekä
lausetta 10.96, joiden mukaan
t((αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 ) ≺ αxβn ⊕1y ) = 1,
295
joten lauseen 10.47 nojalla saadaan
¡
¢
t( (αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 ) ⊙ αxδy - αxβn ⊕1y ⊙ αxδy ) = 1.
Siten väite (4) seuraa, jos osoitetaan, että
t(αxβn ⊕1y ⊙ αxδy - αxβn ⊕δy ) = 1.
(6)
Lauseen 10.89 mukaan
t(αxβn ⊕1y ⊙ αxδy ≈ αx(βn ⊕1)⊕δy ) = 1,
joten väite (6) tulee muotoon
t(αx(βn ⊕1)⊕δy - αxβn ⊕δy ) = 1.
(7)
Koska oletuksen (1) mukaan t(1 ≺ α) = 1, niin lauseen 10.77 perusteella väite
(7) seuraa, jos osoitetaan, että
t((βn ⊕ 1) ⊕ δ - βn ⊕ δ) = 1.
(8)
Yhteenlaskun assosiatiivisuuden nojalla väite (8) voidaan kirjoittaa muotoon
t(βn ⊕ (1 ⊕ δ) - βn ⊕ δ) = 1.
(9)
Lauseen 10.8 nojalla väite (9) seuraa, jos osoitetaan, että
t(1 ⊕ δ - δ) = 1.
Tämä seuraa oletuksesta (2) ja lauseesta 10.21. Näin väite (4) on todistettu.
Todistetaan sitten väite (5). Lauseen 10.89 mukaan väite (5) voidaan kirjoittaa muotoon
¢
¡
t(αxβn ⊙ αxδy - (αxβn ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 ⊙ γ0 ) ⊙ αxδy ) = 1.
Tämä seuraa lauseesta 10.47, jos osoitetaan, että
t(αxβn y - (αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 )) = 1.
(10)
Tehtävän 10.16 perusteella
t(αxβn y ⊙ γn - (αxβn y ⊙ γn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ γ0 )) = 1,
joten väite (10) seuraa, jos osoitetaan, että
t(αxβn y - αxβn y ⊙ γn ) = 1.
(11)
Koska oletuksen (1) mukaan t(1 - γn ) = 1, niin väite (11) seuraa lauseesta
10.42. Näin myös väite (5) on todistettu, ja asia on selvä.
¤
Lauseen 10.100 valossa voi kysyä, mitä tapahtuu kyseisen lauseen kertolaskussa
(oikealta, siis), jos eksponentti δ on pienempi – eli finiittinen. Kuten edellä todettiin, tässä voi käydä kaikenlaista. Jos kuitenkin kertoimet γi ovat finiittisiä
ja α on rajaordinaali, niin homma on hallinnassa:
296
Lause 10.101 Olkoot α ja δ ordinaalilukuja ja lisäksi n finiittinen ordinaali
ja β0 , . . . , βn ordinaalilukuja sekä m0 , . . . , mn finiittisiä ordinaalilukuja. Tällöin
pätee
⊢[α ∈ KII ∧ β0 ≺ · · · ≺ βn ∧ 0 ≺ mn ∧ 0 ≺ δ] →
¡ xβn y
¢
(α
⊙ mn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 ) ⊙ αxδy ≈ αxβn ⊕δy .
Huomautus. Edelliseen lauseeseen verrattuna kertoimia mi koskevat ehdot ovat
muodollisesti lievempiä kuin kertoimia γi koskevat. Tämä johtuu siitä, että nyt α
on rajaordinaali ja mi :t finiittisiä, joten automaattisesti pätee mi ≺ α. Lauseen
oletukset 0 ≺ γn ja 0 ≺ δ ovat selvästikin välttämättömiä; on helppo antaa esimerkkejä, joissa lause ei toimi ilman näitä.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(α ∈ KII ∧ β0 ≺ · · · ≺ βn ∧ 0 ≺ mn ∧ 0 ≺ δ) = 1;
riittää osoittaa, että
¡
¢
t( (αxβn y ⊙ mn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 ) ⊙ αxδy ≈ αxβn ⊕δy ) = 1.
(1)
(2)
Tässä on nyt n:n suhteen kaksi vaihtoehtoa: joko
t(n ≈ 0) = 1
(3)
t(0 ≺ n) = 1.
(4)
tai
Tarkastellaan ensin tapausta (3). Tällöin väite (2) tulee muotoon
t((αxβ0 y ⊙ m0 ) ⊙ αxδy ≈ αxβ0 ⊕δy ) = 1,
ja tämä edelleen kertolaskun assosiatiivisuuden nojalla muotoon
t(αxβ0 y ⊙ (m0 ⊙ αxδy ) ≈ αxβ0 ⊕δy ) = 1.
(5)
Oletuksen (1) nojalla t(α ∈ KII ∧ 0 ≺ δ) = 1, jolloin lauseen 10.87 perusteella
myös
t(αxδy ∈ KII ) = 1.
(6)
Tällöin, koska lisäksi t(0 ≺ m0 ∧ m ∈ ω) = 1, saadaan lauseen 10.66 perusteella
t(m0 ⊙ αxδy ≈ αxδy ) = 1,
jolloin väite (5) tulee muotoon
t(αxβ0 y ⊙ αxδy ≈ αxβ0 ⊕δy ) = 1,
mikä seuraa lauseesta 10.89.
297
Näin tapaus (3) on käsitelty ja voidaan olettaa, että ehto (4) pätee.
Koska n on finiittinen ordinaali, niin se on tällöin jonkun finiittisen ordinaalin k seuraaja, eli on olemassa k siten, että
t(n ≈ k ⊕ 1) = 1.
Tällöin väite (2) tulee muotoon
¡
¢
t( (αxβk⊕1 y ⊙ mk⊕1 ) ⊕ (αxβk y ⊙ mk ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 ) ⊙ αxδy ≈
α
xβk⊕1 ⊕δy
(7)
) = 1.
Lauseen 10.89 mukaan
t(αxβk⊕1y ⊕δy ≈ αxβk⊕1 y ⊙ αxδy ) = 1,
joten väite (7) tulee edelleen muotoon
¡
¢
t( (αxβk⊕1 y ⊙ mk⊕1 ) ⊕ (αxβk y ⊙ mk ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 ) ⊙ αxδy ≈
(8)
Väite (8) seuraa, jos osoitetaan, että
¡
¢
t( (αxβk⊕1 y ⊙ mk⊕1 ) ⊕ (αxβk y ⊙ mk ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 ) ⊙ αxδy -
(9)
αxβk⊕1 y ⊙ αxδy ) = 1.
α
xβk⊕1 y
⊙α
xδy
)=1
ja
t(αxβk⊕1 ⊙ αxδy (10)
¡ xβ y
¢
xβk y
xβ0 y
xδy
k⊕1
(α
⊙ mk⊕1 ) ⊕ (α
⊙ mk ) ⊕ · · · ⊕ (α
⊙ m0 ) ⊙ α ) = 1.
Todistetaan ensin väite (9). Lauseen 10.96 nojalla pätee
t((αxβk y ⊙ mk ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 ) ≺ αxβk⊕1 y ) = 1.
(11)
Huomaa, että lauseen 10.96 oletukset ovat kunnossa; tämä seuraa osittain ehdosta (1), lisäksi tarvitaan tietoa t(∀i[i - k → mi ≺ α]) = 1, mikä seuraa siitä,
että mi :t ovat finiittisiä ja α on rajaordinaali. Tästähän oli puhetta todistusta
edeltävässä huomautuksessa.
Ehdon (11) ja lauseen 10.8 nojalla pätee
t((αxβk⊕1 y ⊙ mk⊕1 ) ⊕ (αxβk y ⊙ mk ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 ) (α
xβk⊕1 y
⊙ mk⊕1 ) ⊕ α
xβk⊕1 y
(12)
) = 1.
Koska t(αxβk⊕1 y ≈ αxβk⊕1 y ⊙ 1) = 1, niin yhteen- ja kertolaskun (vasemmalta)
distributiivisuuden nojalla saadaan
t(αxβk⊕1 y ⊙ (mk⊕1 ⊕ 1) ≈ (αxβk⊕1 y ⊙ mk⊕1 ) ⊕ αxβk⊕1 y ) = 1,
298
jolloin ehdon (12) nojalla
t((αxβk⊕1 y ⊙ mk⊕1 ) ⊕ (αxβk y ⊙ mk ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 ⊙ m0y ) α
xβk⊕1 y
(13)
⊙ (mk⊕1 ⊕ 1)) = 1,
ja tällöin lauseen 10.47 perusteella
¡
¢
t( (αxβk⊕1 y ⊙ mk⊕1 ) ⊕ (αxβk y ⊙ mk ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 ) ⊙ αxδy (αxβk⊕1 y ⊙ (mk⊕1 ⊕ 1)) ⊙ αxδy ) = 1.
Siten väitteen (9) todistamiseksi riittää osoittaa, että
t((αxβk⊕1 y ⊙ (mk⊕1 ⊕ 1)) ⊙ αxδy - αxβk⊕1 y ⊙ αxδy ) = 1.
Tämä väite voidaan kertolaskun assosiatiivisuuden nojalla kirjoittaa muotoon
t(αxβk⊕1 y ⊙ ((mk⊕1 ⊕ 1) ⊙ αxδy ) - αxβk⊕1 y ⊙ αxδy ) = 1.
Tämä seuraa lauseesta 10.42, jos osoitetaan, että
t((mk⊕1 ⊕ 1) ⊙ αxδy ) - αxδy ) = 1.
(14)
Nyt mk⊕1 on finiittinen, jolloin myös mk⊕1 ⊕ 1 on finiittinen ordinaali. Lisäksi
se on nollasta eroava, jolloin ehdon (6) ja lauseen 10.50 mukaan
t((mk⊕1 ⊕ 1) ⊙ αxδy ) ≈ αxδy ) = 1,
ja väite (14) seuraa. Näin väite (8) on todistettu.
Todistetaan sitten väite (10). Lauseen 10.47 perusteella ehto (10) seuraa, jos
osoitetaan, että
t(αxβk⊕1 y ¡ xβ y
¢
(α k⊕1 ⊙ mk⊕1 ) ⊕ (αxβk y ⊙ mk ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 ) ) = 1.
(15)
Tehtävän 10.16 nojalla
t(αxβk⊕1 y ⊙ mk⊕1 - (αxβk⊕1 y ⊙ mk⊕1 ) ⊕ (αxβk y ⊙ mk ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 )) = 1,
joten väite (15) seuraa, jos osoitetaan, että
t(αxβk⊕1 y - αxβk⊕1 y ⊙ mk⊕1 ) = 1.
Tämä seuraa lauseesta 10.42 ja oletuksesta (1), jonka mukaan t(1 - mk⊕1 ) = 1.
Näin myös ehto (10) ja siten koko lause on todistettu.
¤
Luonnollisille luvuille pätee potenssinkorotuksen tuttu laskusääntö (nm)k =
nk mk . Nyt voi kysyä, päteekö vastaava ehto yleensä ordinaaliluvuille. Vastaus
on, että aika heikosti. Joissakin erikoistapauksissa jotakin voidaan kyllä sanoa
potenssista (α ⊙ δ)xγy , kuten seuraavista harjoitustehtävistä ilmenee. Pienenä ratkaisuvihjeenä voi sanoa, että tehtävien 10.102 ja 103 väitteet kannattaa
yhdistää yhdeksi väitteeksi, jonka voi todistaa transfiniittisellä induktiolla γ:n
suhteen.
299
Harjoitustehtävä 10.102 Olkoot α, β, γ ja m ordinaalilukja. Osoita, että
⊢[α ∈ KII ∧ 0 ≺ β ∧ 0 ≺ γ ∧ γ ∈ KI ∧ m ∈ ω] →
(αxβy ⊙ m)xγy ≈ αxβ⊙γy ⊙ m.
Harjoitustehtävä 10.103 Olkoot α, β, γ ja m ordinaalilukja. Osoita, että
⊢[α ∈ KII ∧ 0 ≺ β ∧ ∧ γ ∈ KII ∧ m ∈ ω] →
(αxβy ⊙ m)xγy ≈ αxβ⊙γy .
Harjoitustehtävä 10.104 Olkoot α ja γ ordinaalilukuja sekä n finiittinen ordinaali. Olkoot lisäksi β0 , . . . , βn ja m0 , . . . , mn ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢[α ∈ KII ∧ β0 ≺ · · · ≺ βn ∧ ∀i[i - n → mi ∈ ω] →
((αxβn y ⊙ mn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 ))xγy - αxβn ⊙γy ⊙ (mn ⊕ 1).
(Ohje: Käytä lauseita 10.77 ja 10.96 sekä tehtäviä 10.102 ja 103.)
Harjoitustehtävä 10.105 Olkoot α ja γ ordinaalilukuja sekä n finiittinen ordinaali. Olkoot lisäksi β0 , . . . , βn ja m0 , . . . , mn ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢[α ∈ KII ∧ β0 ≺ · · · ≺ βn ∧ ∀i[i - n → mi ∈ ω] ∧ γ ∈ KII ] →
((αxβn y ⊙ mn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 ))xγy ≈ αxβn ⊙γy .
(Ohje: Käytä lauseita 10.77 ja 10.96 sekä tehtävää 10.103.)
Harjoitustehtävä 10.106 Olkoot α ja γ ordinaalilukuja sekä n finiittinen ordinaali. Olkoot lisäksi β0 , . . . , βn ja m0 , . . . , mn ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢[α ∈ KII ∧ β0 ≺ · · · ≺ βn ∧ ∀i[i - n → mi ∈ ω] ∧ 0 ≺ γ] →
((αxβn y ⊙ mn ) ⊕ · · · ⊕ (αxβ0 y ⊙ m0 ))xα
xγy
y
≈ αxβn ⊙α
xγy
y
.
(Ohje: Käytä tehtävää 10.105.)
11
Transitiivinen sulkeuma ja rankifunktio
Jatkossa ollaan erityisen kiinnostuneita transitiivisista joukoista (ks. määritelmä
8.1; transitiivinen joukkohan on sellainen, että sen kaikki alkiot ovat myös osajoukkoja). Kaikki joukot eivät ole transitiivisia, mutta jokainen joukko voidaan
laajentaa transitiiviseksi ”lisäämällä siihen sopivia alkioita”. Tällaisten laajennusten joukossa on kaikkein ”pienin” laajennus, jota sitten kutsutaan annetun
joukon transitiiviseksi sulkeumaksi. Seuraavassa lauseessa osoitetaan, että tällainen joukon a transitiivinen sulkeuma b on todella olemassa. Ainakin intuitiivisesti on selvää, että transitiivinen sulkeuma on yksikäsitteinen – ks. myös
tehtävä 11.2. Seuraava lause sanoo intuitiivisesti sen, että jokaiselle joukolle a
tällainen ”pienin transitiivinen laajennus” b on olemassa.
300
Lause 11.1 Olkoot a, b ja y eri muuttujia. Tällöin
⊢ ∀a∃b[a ⊆ b ∧ T r(b) ∧ ∀y[[a ⊆ y ∧ T r(y)] → b ⊆ y]].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja a vakio. Riittää löytää vakio b
siten, että
t(a ⊆ b) = 1,
(1)
t(T r(b)) = 1 ja
t(∀y[[a ⊆ y ∧ T r(y)] → b ⊆ y]) = 1.
(2)
(3)
Määritellään luokka H asettamalla
H = {y | ∃x[y ≈ hx, x ∪ (∪x )i},
jolloin ilmeisesti pätee
t(∀x[H[x] ≈ x ∪ (∪x )]) = 1.
(4)
Olkoon f finiittisen rekursion (lause 9.15) tästä luokasta alkuarvolla a antama
funktio. Tällöin siis määritelmän/lauseen 9.15 mukaan
t(f F n ω ∧ f [0] ≈ a ∧ ∀k[f [k + 1] ≈ H[f [k]]]) = 1,
jolloin ehdon (4) perusteella
t(f F n ω ∧ f [0] ≈ a ∧ ∀k[f [k + 1] ≈ f [k] ∪ (∪f [k] )]) = 1.
(5)
Määritellään nyt luokka B asettamalla
B := ∪f (ω) .
Koska f on funktio, niin lauseen 7.42 nojalla f (ω) on joukko. Tällöin aksiooman
(JAx3) mukaan myös B on joukko, ja siten on olemassa vakio b siten, että
t(b ≈ B) = 1 eli
t(b ≈ ∪f (ω) ) = 1.
(6)
Nyt riittää osoittaa, että tämä b toteuttaa ehdot (1), (2) ja (3).
Ehto (1): Ehtojen (5) ja (6) nojalla riittää osoittaa, että
t(f [0] ⊆ ∪f (ω) ) = 1.
Tämä seuraa tehtävästä 8.40, sillä t(0 ∈ ω) = 1 ja siten t(f [0] ∈ f (ω)) = 1.
Ehto (2): Transitiivisuuden määritelmän mukaan pitää osoittaa, että
t(∀x[x ∈ b → x ⊆ b]) = 1.
301
Valitaan vakio v, jolle pätee
t(v ∈ b) = 1.
(7)
t(v ⊆ b) = 1.
(8)
Riittää osoittaa, että
Valitaan toinen vakio u, jolle pätee
t(u ∈ v) = 1.
(9)
Väite (8) seuraa, jos osoitetaan, että
t(u ∈ b) = 1.
(10)
Joukon b ja yhdisteen määritelmän mukaan väite (10) seuraa, jos löydetään
jokin c, jolle pätee
t(u ∈ c) = 1 ja
t(c ∈ f (ω)) = 1.
(11)
(12)
Ehdon (7) ja yhdisteen määritelmän mukaan on olemassa jokin d siten, että
t(v ∈ d) = 1 ja
t(d ∈ f (ω)) = 1.
(13)
(14)
Kuvajoukon f (ω) määritelmän ja ehdon (14) mukaan on olemassa n siten, että
t(n ∈ ω) = 1 ja
t(d ≈ f [n]) = 1.
(15)
(16)
Nyt n ⊕ 1 on ehdon (15) perusteella finiittinen ordinaali ja siten joukko. Koska
f on kuvaus, niin lauseen 7.56 mukaan tällöin myös f [n ⊕ 1] on joukko, joten
on olemassa vakio c siten, että
t(c ≈ f [n ⊕ 1]) = 1.
(17)
Riittää osoittaa, että tämä c toteuttaa ehdot (11) ja (12).
Ehto (12) seuraa ehdosta (17), kuvajoukon f (ω) määritelmästä ja siitä, että
t(n ⊕ 1 ∈ ω) = 1.
Ehto (11) tulee ehdon (17) mukaan muotoon
t(u ∈ f [n ⊕ 1]) = 1,
joka puolestaan ehdon (5) (eli f :n määritelmän) mukaan tulee muotoon
t(u ∈ f [n] ∪ (∪f [n] )) = 1.
302
(18)
Ehtojen (13) ja (16) nojalla
t(v ∈ f [n]) = 1,
jolloin ehdon (9) ja yhdisteen määritelmän nojalla
t(u ∈ ∪f [n] ) = 1.
Tällöin väite (18) seuraa, joten ehto (2) on todistettu.
Ehto (3): Olkoon c mielivaltainen vakio, jolle pätee
t(a ⊆ c) = 1 ja
(19)
t(T r(c)) = 1.
(20)
Pitää osoittaa, että
t(b ⊆ c) = 1
eli ehdon (6) mukaan että
t(∪f (ω) ⊆ c) = 1.
(21)
Osoitetaan nyt finiittisellä induktiolla, että jokaiselle finiittiselle ordinaalille n
pätee
t(f [n] ⊆ c) = 1.
(22)
Tästä ehto (21) seuraa yhdisteen ja kuvajoukon määritelmän perusteella. Pitää
siis todistaa ehto (22). Finiittisen induktion periaatteen mukaan on osoitettava,
että
1) t(f [0] ⊆ c) = 1 ja
2) jos ehto (22) pätee n:lle, niin se pätee n ⊕ 1:lle.
Tapaus 1): Tämä seuraa ehdoista (5) ja (19).
Tapaus 2): Tässä siis oletetaan, että n on finiittinen ordinaali ja että ehto
(22) pätee. Väitteenä on, että
t(f [n ⊕ 1] ⊆ c) = 1.
(23)
Väite (23) tulee ehdon (5) perusteella muotoon
t(f [n] ∪ (∪f [n] ) ⊆ c) = 1.
(24)
Tämän todistamiseksi olkoon v vakio, jolle pätee
t(v ∈ f [n] ∪ (∪f [n] )) = 1;
(25)
t(v ∈ c) = 1.
(26)
riittää osoittaa, että
303
Ehdon (24) nojalla pätee joko
t(v ∈ f [n]) = 1 tai
t(v ∈ ∪f [n] ) = 1.
(27)
(28)
Tapauksessa (27) väite (24) seuraa induktio-oletuksesta (22), joten voidaan olettaa, että ehto (28) pätee. Yhdisteen määritelmän nojalla on tällöin olemassa d
siten, että
t(d ∈ f [n]) = 1 ja
t(v ∈ d) = 1.
(29)
(30)
Ehtojen (22) ja (29) nojalla pätee
t(d ∈ c) = 1
ja tällöin ehdon (20) mukaan myös
t(d ⊆ c) = 1,
jolloin ehdon (30) nojalla väite (26) seuraa.
Näin induktioaskel on otettu ja väite siten todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 11.2 Muotoile tarkasti ja todista seuraava väite: Lauseen
11.1 antama joukko b on yksikäsitteinen – kiinteälle joukolle a, tietysti.
Harjoitustehtävä 11.3 Muotoile tarkasti ja todista seuraava tulos: Transitiivisten joukkojen/luokkien mielivaltainen leikkaus on transitiivinen.
Huomautus. Topologiassa joukon K sulkeuma K voidaan määritellä (ja usein
määritelläänkin) merkitsemällä ensin K = {S | K ⊂ S ja S on suljettu } ja
asettamalla sitten
\
K :=
S.
S∈K
Tällöin K on pienin K:n sisältävä suljettu joukko. Tämä tieto perustuu siihen,
että suljettujen joukkojen mielivaltainen leikkaus on suljettu. Nyt voisi ajatella,
että joukon a transitiivinen sulkeuma, joka siis on lauseessa 11.1 konstruoitu
yksikäsitteinen (ks. tehtävä 11.2) joukko b, jota jatkossa merkitään symbolilla
T r Cl(a), voitaisiin määritellä vastaavalla tavalla asettamalla
T r Cl(a) := ∩{x
| a⊆x ∧ T r(x)} .
(*)
Nythän tehtävän 11.3 perusteella T r Cl(a) on transitiivinen ja ilmeisesti sisältää
a:n sekä lisäksi yhtä ilmeisesti on suppein tällainen kapine. Voidaan siis kysyä,
että mitä virkaa on lauseella 11.1, jossa tuo sulkeuma huolellisesti konstruoitiin
käyttämättä leikkausta.
304
Vastaus on siinä, että ensinnäkin ei ole a priori selvää, onko a:n transitiivisia laajennuksia olemassa ollenkaan. Jos näitä ei ole, määritelmäyrityksen (*)
leikkaus otetaan ”tyhjän joukon suhteen”, ja tuloksena on silloin tehtävän 8.83
mukaisesti kaikkien joukkojen luokka V – ja tämä ei ole tavoite. Lauseen 11.1
todistuksen kohdissa (1) ja (2) osoitettiin, että näin ei voi käydä.
Jatkokysymyksenä voi sitten kysyä, mihin tarvitaan lauseen 11.1 kohtaa (3), jossa osoitettiin, että konstruoitu b on suppein a:n sisältävä transitiivinen joukko.
Intuitiivisestihan on selvää, että määritelmäyritys (*) antaa myös suppeimman
tällaisen kapineen. Syy on siinä, että intuitio ei tässä riitä todistukseksi, vaan
tarvitaan ”oikea” todistus, joka de facto sisältyy tehtävään 11.4, jossa samalla
tulee todistettua se, että määritelmän (*) T r Cl(a) on joukko. Tämä todistus
sisältyy siis lauseen 11.1 kohtaan (3), tosin vähän toisesta näkökulmasta. Lisäksi lauseen 11.1 kohta (3) toimii jonkinlaisena prototyyppinä paljon yleisemmälle
lauseelle 11.9.
Harjoitustehtävä 11.4 Muotoile tarkasti ja todista seuraava väite: Lauseen
11.1 joukolle b pätee
b ≈ ∩{x | a⊆x ∧ T r(x)} .
Jatkossa on vähän kömpelöä puhua ”lauseen 11.1 joukosta b”, joten tehtävän
11.4 valossa voidaan asettaa määritelmä sitten kuitenkin näin:
Määritelmä 11.5 Olkoon a joukko. Sanotaan, että joukon a transitiivinen
sulkeuma on joukko
T r Cl(a) := ∩{x
| a⊆x ∧ T r(x)} .
Huomautus. Tehtävän 11.4 (ja lauseen 11.1) mukaan joukon transitiivinen sulkeuma on todella aina joukko. Toisaalta aidolle luokalle A määritelmä 11.5 antaisi tulokseksi T r Cl(A) ≈ V , mutta tällaista määritelmää ei tarvita eikä aseteta.
Harjoitustehtävä 11.6 Selitä intuitiivisesti, miksi topologisen sulkeuman määritelmässä – jota edellä kuvailtiin – ei törmätä tällaisiin pulmiin, joita tehtävää
11.4 edeltävässä huomautuksessa esiteltiin. Siis miksi sulkeuma leikkausjoukkona määriteltynä on todella aina sellainen joukko kuin halutaan?
Harjoitustehtävä 11.7 Olkoon E taas merkinnän 7.78 relaatio
E = {hx, yi | x ∈ y}. Olkoon a joukko. Osoita, että
⊢ T r(a) ↔ E −1 (a) ⊆ a.
Määritelmä 11.8 Olkoot A ja B luokkia ja R relaatio. Merkitään symbolilla
ClB (R, A) kaavaa
ClB (R, A) := R(A) ∩ B ⊆ A.
Sanotaan, että luokka A on suljettu luokassa B relaation R suhteen , jos
kaava ClB (R, A) on teoreema.
305
Huomautus. Tehtävän 11.7 nojalla joukko a on suljettu luokassa V relaation
E −1 suhteen jos ja vain jos a on transitiivinen. Lauseessa 11.1 konstruoitu joukon a (joka ei välttämättä ole transitiivinen) transitiivinen sulkeuma on siis
suppein a:n laajennusjoukko, joka on suljettu relaation E −1 suhteen. Vastaava
konstruktio voidaan tehdä myös muille relaatioille. Seuraava lause sanoo intuitiivisesti ajatellen, että jos A on luokka, R hyvin määritelty minimaalirelaatio
luokassa A ja a luokan A osajoukko, niin a:lla on yksikäsitteisesti määrätty suppein laajennusjoukko b siten, että b on luokan A osajoukko ja lisäksi suljettu
relaation R−1 suhteen. Vertaa tätä lauseeseen 11.1 ja tehtävään 11.2. Tarkkaan
formuloituna lause kuuluu näin:
Lause 11.9 Olkoot A ja R luokkia ja a joukko. Tällöin pätee
⊢[R HM in A ∧ a ⊆ A] →
∃b[a ⊆ b ∧ b ⊆ A ∧ ClA (R−1 , b) ∧ ∀y[[a ⊆ y ∧ y ⊆ A ∧ ClA (R−1 , y)] → b ⊆ y]].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(R HM in A) = 1 ja
(1)
t(a ⊆ A) = 1.
(2)
Pitää löytää vakio b siten, että
t(a ⊆ b ∧ b ⊆ A ∧ ClA (R−1 , b)∧
∀y[[a ⊆ y ∧ y ⊆ A ∧ ClA (R
−1
(3)
, y)] → b ⊆ y]) = 1.
1) Vakion b konstruktio. Määritellään luokka G asettamalla
G = {y | ∃x[x ∈ A ∧ y ≈ hx, A ∩ R−1 ({x})i}.
Ehdon (1) (ja määritelmän 7.84) nojalla pätee
t(∀x[x ∈ A → M(A ∩ R−1 ({x}))]) = 1.
Tällöin luokalle G pätee
ja
t(G F n A) = 1
(4)
t(∀x[x ∈ A → G[x] ≈ A ∩ R−1 ({x})]) = 1.
(5)
Ehdon (4) ja lauseen 7.42 perusteella
t(∀y[y ⊆ A → M(G(y))]) = 1
ja aksiooman (JAx3) nojalla edelleen
t(∀y[y ⊆ A → M(∪G(y) )]) = 1.
306
(6)
Osoitetaan seuraavaksi, että
t(∀y[y ⊆ A → ∪G(y) ≈ A ∩ R−1 (y)]) = 1.
(7)
Olkoon sitä varten v vakio, jolle pätee
riittää osoittaa, että
t(v ⊆ A) = 1;
(8)
t(∪G(v) ≈ A ∩ R−1 (v)) = 1.
(9)
Olkoon tätä varten u toinen vakio. Riittää osoittaa, että ehdot
ja
t(u ∈ ∪G(v) ) = 1,
(10)
t(u ∈ A ∩ R−1 (v)) = 1
(11)
ovat yhtaikaa voimassa.
Oletetaan ensin, että ehto (10) pätee. Tällöin yhdisteen määritelmän nojalla
löytyy vakio d siten, että
t(u ∈ d) = 1 ja
(12)
t(d ∈ G(v)) = 1.
(13)
Kuvajoukon G(v) määritelmän ja ehdon (13) perusteella löytyy vakio w siten,
että
t(w ∈ v) = 1 ja
(14)
t(hw, di ∈ G) = 1.
(15)
t(w ∈ A) = 1
(16)
Ehtojen (8) ja (14) nojalla
ja edelleen ehtojen (5) ja (15) nojalla
t(d ≈ A ∩ R−1 ({w})) = 1.
Ehdon (14) nojalla pätee
t({w} ⊆ v) = 1,
jolloin
ja edelleen
t(R−1 ({w})) ⊆ R−1 (v))) = 1
t(A ∩ R−1 ({w})) ⊆ A ∩ R−1 (v))) = 1.
Silloin ehdon (17) nojalla
t(d ⊆ A ∩ R−1 (v))) = 1,
307
(17)
ja siten väite (11) seuraa ehdosta (12).
Näin on todistettu väitteen ”(10)⇔(11)” suunta ”⇒”.
Oletetaan sitten kääntäen, että ehto (11) pätee; pitää siis todistaa, että myös
ehto (10) pätee. Ehdon (11) nojalla saadaan heti
t(u ∈ A) = 1
(18)
ja lisäksi kuvajoukon R−1 (v) määritelmän nojalla löytyy vakio w siten, että ehto
(14) pätee ja lisäksi
t(hw, ui ∈ R−1 ) = 1,
jolloin
t(u ∈ R−1 ({w})) = 1.
(19)
t(u ∈ A ∩ R−1 ({w})) = 1.
(20)
Ehtojen (18) ja (19) nojalla
Ehtojen (8) ja (14) nojalla saadaan nytkin ehto (16), joten ehdon (5) nojalla
t(G[w] ≈ A ∩ R−1 ({w})) = 1,
ja silloin ehdon (20) nojalla
t(u ∈ G[w]) = 1.
(21)
Toisaalta ehdon (14) ja kuvajoukon määritelmän mukaan
t(G[w] ∈ G(v)) = 1.
(22)
Väite (10) seuraa nyt ehdoista (21) ja (22) ja yhdisteen määritelmästä.
Näin on todistettu myös väitteen ”(10)⇔(11)” suunta ”⇐” ja siten väite (7)
on kokonaan todistettu.
Nyt ehtojen (7) ja (6) nojalla saadaan
t(∀y[y ⊆ A → M(A ∩ R−1 (y))]) = 1.
(23)
Määritellään sitten luokka H asettamalla
H = {z | ∃y[y ⊆ A ∧ z ≈ hy, y ∪ (A ∩ R−1 (y))i]}.
Ehdon (23) nojalla nähdään, että H on funktio ja lisäksi suoraan H:n määritelmästä näkyy, että
t(∀y[y ⊆ A → H[y] ≈ y ∪ (A ∩ R−1 (y))]) = 1.
308
(24)
Tässä kohtaa kannattaa vähän miettiä, miten tässä kävisi ilman ehtoa (23), siis
jos A ∩ R−1 (y) ei olisikaan joukko. Huonostipa tietenkin (mutta miksi?); tässä
kannattaa myös vähän vertailla vastaavaan kuvioon lauseen 11.1 todistuksessa.
Tämä on tärkeä paikka tämän lauseen todistuksessa ja tässä nimenomaan tulee
oletus (1) esiin; pelkälle minimaalirelaatiolle (joka siis ei ole hyvin määritelty) todistus kaatuu tähän. Sama koskee kylläkin myös funktiota G kohdissa (4) ja (5).
Nyt mukaillaan lauseen 11.1 todistusta ja sovitaan, että f on finiittisen rekursion (lause 9.15) tästä luokasta H alkuarvolla a antama funktio (tässä siis a on
lauseen muotoilussa kiinnitetty joukko). Tällöin määritelmän mukaan
t(f F n ω ∧ f [0] ≈ a ∧ ∀k[f [k + 1] ≈ H[f [k]]]) = 1.
(25)
Osoitetaan nyt finiittisellä induktiolla, että
t(∀k[f [k] ⊆ A]) = 1.
(26)
t(f [k] ⊆ A) = 1
(27)
Kun k = 0, niin ehto
pätee ehdon (25) ja oletuksen (2) nojalla. Tehdään sitten induktio-oletus, että
ehto (27) pätee; pitää osoittaa, että
t(f [k ⊕ 1] ⊆ A) = 1.
(28)
Induktio-oletuksen sekä ehtojen (24) ja (25) mukaan ensin
t(f [k ⊕ 1] ≈ f [k] ∪ (A ∩ R−1 (f [k]))) = 1,
josta väite (28) seuraa käyttäen uudelleen induktio-oletusta.
Näin induktioaskel on otettu, joten väite (26) on todistettu.
Nyt ehtojen (26), (25) ja (24) perusteella
t(f F n ω ∧ f [0] ≈ a ∧ ∀k[f [k + 1] ≈ f [k] ∪ (A ∩ R−1 (f [k])]) = 1.
(29)
Määritellään nyt luokka B asettamalla
B := ∪f (ω) .
Koska f on funktio, niin samalla tavalla kuin lauseen 11.1 todistuksessa B on
joukko eli on olemassa vakio b siten, että t(b ≈ B) = 1 eli
t(b ≈ ∪f (ω) ) = 1.
Tämä on nyt lauseessa kaivatun vakion b määritelmä.
309
(30)
2) Todistetaan, että b on halutunlainen vakio. Pitää osoittaa, että ehdon (30) vakio b toteuttaa ehdon (3) vaatimukset eli että
ja
t(a ⊆ b) = 1,
(31)
t(b ⊆ A) = 1,
(32)
t(ClA (R−1 , b)) = 1
(33)
t(∀y[[a ⊆ y ∧ y ⊆ A ∧ ClA (R−1 , y)] → b ⊆ y]) = 1.
(34)
Väite (31): Ehdon (30) ja tehtävän 8.40 nojalla riittää osoittaa, että
t(a ∈ f (ω)) = 1. Tämä seuraa siitä, että ehdon (29) nojalla t(f [0] ≈ a) = 1, ja
koska lisäksi t(0 ∈ ω) = 1, niin t(f [0] ∈ f (ω)) = 1 eli t(a ∈ f (ω)) = 1.
Väite (32) seuraa ehdosta (30), yhdisteen määritelmästä ja ehdosta (26).
Väitettä (33) varten pitää määritelmän 11.8 mukaisesti osoittaa, että
t(R−1 (b) ∩ A ⊆ b) = 1.
Tätä varten valitaan vakio v siten, että
t(v ∈ R−1 (b) ∩ A) = 1;
(35)
t(v ∈ b) = 1.
(36)
riittää osoittaa, että
Ehdon (35) perusteella on olemassa vakio u siten, että
ja
t(u ∈ b) = 1
(37)
t(hu, vi ∈ R−1 ) = 1.
(38)
Ehtojen (37) ja (30) (sekä yhdisteen ja kuvajoukon määritelmän) nojalla on
olemassa finiittinen ordinaali k siten, että
t(u ∈ f [k]) = 1.
Tällöin ehdon (38) mukaan
t(v ∈ R−1 (f [k])) = 1,
jolloin ehdon (35) perusteella
t(v ∈ A ∩ R−1 (f [k])) = 1.
Tällöin ehdon (29) nojalla
t(v ∈ f [k ⊕ 1]) = 1
310
ja siten
t(v ∈ ∪f (ω) ) = 1
eli väite (36) ja siten myös väite (33) pätee.
Väitettä (34) varten oletetaan, että c on vakio, jolle pätee
ja
t(a ⊆ c) = 1,
(39)
t(c ⊆ A) = 1
(40)
t(ClA (R−1 , c)) = 1.
(41)
Pitää osoittaa, että
t(b ⊆ c) = 1
eli että
t(∪f (ω) ⊆ c) = 1.
(42)
Osoitetaan nyt finiittisellä induktiolla, että jokaiselle finiittiselle ordinaalille n
pätee
t(f [n] ⊆ c) = 1.
(43)
Tästä ehto (42) seuraa yhdisteen määritelmän perusteella. Pitää siis todistaa
ehto (43). Finiittisen induktion periaatteen mukaan on osoitettava, että
1) t(f [0] ⊆ c) = 1 ja
2) jos ehto (43) pätee n:lle, niin se pätee n ⊕ 1:lle.
Tapaus 1): Tämä seuraa ehdoista (39) ja (29).
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että n on finiittinen ordinaali ja että ehto (43)
pätee. Väitteenä on, että
t(f [n ⊕ 1] ⊆ c) = 1.
(44)
Väite (44) tulee ehdon (29) perusteella muotoon
t(f [n] ∪ (A ∩ R−1 (f [n])) ⊆ c) = 1.
(45)
Tämän todistamiseksi olkoon v vakio, jolle pätee
t(v ∈ f [n] ∪ (A ∩ R−1 (f [n]))) = 1;
(46)
t(v ∈ c) = 1.
(47)
t(v ∈ f [n]) = 1
(48)
riittää osoittaa, että
Ehdon (46) nojalla pätee joko
311
tai
t(v ∈ A ∩ R−1 (f [n])) = 1.
(49)
Tapauksessa (48) väite (47) seuraa induktio-oletuksesta (43), joten voidaan olettaa, että ehto (49) pätee. Koska induktio-oletuksen mukaan t(f [n] ⊆ c) = 1, niin
t(R−1 (f [n]) ⊆ R−1 (c)) = 1
ja silloin ehdon (49) nojalla
t(v ∈ R−1 (c) ∩ A) = 1.
Tällöin ehdon (41) ja määritelmän 11.8 nojalla saadaan väite (47).
Näin induktioaskel on otettu ja väite (43) seuraa. Tämä todistaa myös väitteen
(34), joten on osoitettu, että valitulla vakiolla b on vaaditut ominaisuudet. ¤
Harjoitustehtävä 11.10 Tarvittiinko lauseen 11.9 väitteen (34) todistuksessa
oletusta (40) lainkaan?
Aksioomasta (JAx6) esitettiin aikoinaan kaksi versiota, vahva ja heikko. Heikko
versio kuuluu näin:
(JAx6) :
∀a[a 6≈ ∅ → ∃x[x ∈ a ∧ x ∩ a ≈ ∅]].
Aksiooman vahva versio sanoo saman luokille: Jokaiselle luokalle A pätee
(JAx6V ) :
A 6≈ ∅ → ∃x[x ∈ A ∧ x ∩ A ≈ ∅].
Jo näiden aksioomien esittämisen yhteydessä lupailtiin, että vahva versio on
itse asiassa tarpeeton, eli se seuraa heikosta versiosta (ja tietysti muista aksioomista). Mitään perusteluja ei tuolloin tälle väitteelle osattu esittää, mutta nyt
lauseen 11.9 avulla asia voidaan lopulta todistaa. Itse asiassa voidaan todistaa
vahvempikin tulos, joka sanoo saman asian ei ainostaan relaatiolle E vaan mille
tahansa hyvin määritellylle minimaalirelaatiolle – jollainen E:kin on.
Lause 11.11 Olkoot A ja B luokkia ja R relaatio. Tällöin pätee
⊢ [R HM in A ∧ B ⊆ A ∧ B 6≈ ∅] → ∃x[x ∈ B ∧ B ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅].
Harjoitustehtävä 11.12 Osoita, että aksiooma (JAx6V ) todellakin seuraa
lauseesta 11.11.
Huomautus 11.13 Lause 11.11 kertoo siis, että jos R on hyvin määritelty
minimaalirelaatio, niin jokaisesta epätyhjästä luokasta löytyy R-minimaalinen
alkio. Tällainen minimaalinen alkiohan löytyy jokaisesta epätyhjästä joukosta
suoraan minimaalirelaation määritelmän nojalla, eikä tällöin tarvitse olla kyse
edes hyvin määritellystä minimaalirelaatiosta. Huomaa myös, että lause 11.11
parantaa lausetta 7.94, jossa sama asia todistettiin sillä lisäoletuksella, että R
on myös järjestävä. Tässä tätä oletusta ei tarvita, mutta toisaalta tällöin menetetään minimaalialkion yksikäsitteisyys, joka järjestävyydestä seuraa. Kuten
jo lauseen 7.94 yhteydessä oli puhetta, myös oletus ”R on hyvin määritelty” on
tässä tarpeeton, mutta sitä ei osata vielä todistaa. Asiaan palataan myöhemmin.
312
Lauseen 11.11 todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(R HM in A) = 1,
(1)
t(B ⊆ A) = 1
(2)
t(B 6≈ ∅) = 1.
(3)
ja
Riittää osoittaa, että löytyy vakio v, jolle pätee
ja
t(v ∈ B) = 1
(4)
t(B ∩ R−1 ({v}) ≈ ∅) = 1.
(5)
Ehdon (3) nojalla voidaan valita vakio a siten, että
t(a ∈ B) = 1,
(6)
t({a} ⊆ A) = 1.
(7)
jolloin ehdon (2) nojalla
Tällöin ehdon (1) ja lauseen 11.9 nojalla voidaan valita vakio b siten, että
ja
t({a} ⊆ b) = 1,
(8)
t(b ⊆ A) = 1
(9)
t(ClA (R−1 , b)) = 1.
(10)
Ehtojen (6) ja (8) nojalla pätee
t(b ∩ B 6≈ ∅) = 1
(11)
ja ehdon (2) (tai (9)) nojalla pätee
t(b ∩ B ⊆ A) = 1.
(12)
Lisäksi lauseen 6.43 nojalla pätee
t(M(b ∩ B)) = 1.
(13)
Ehtojen (1), (11), (12) ja (13) perusteella joukosta b ∩ B löytyy minimaalinen
alkio relaation R suhteen, tarkemmin sanottuna pätee
t(∃x[x ∈ b ∩ B ∧ (b ∩ B) ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅]) = 1.
Tällöin voidaan valita vakio v, jolle pätee
t(v ∈ b ∩ B) = 1
313
(14)
ja
t((b ∩ B) ∩ R−1 ({v}) ≈ ∅) = 1.
(15)
Osoitetaan nyt, että näin valittu v on ehdoissa (4) ja (5) kaivattu vakio, eli että
v on R-minimaalinen paitsi joukossa b ∩ B, myös R-minimaalinen koko luokassa
B. Ehto (4) seuraa välittömästi ehdosta (14), joten riittää osoittaa, että ehto
(5) pätee. Tehdään antiteesi:
t(B ∩ R−1 ({v}) 6≈ ∅) = 1.
(AT)
Tällöin löytyy vakio w siten, että
t(w ∈ B ∩ R−1 ({v})) = 1,
jolloin
ja
t(w ∈ B) = 1
(16)
t(w ∈ R−1 ({v})) = 1.
(17)
Nyt ehdon (14) nojalla pätee
t({v} ⊆ b) = 1,
jolloin
t(R−1 ({v}) ⊆ R−1 (b)) = 1
ja silloin ehdon (17) nojalla
t(w ∈ R−1 (b)) = 1.
(18)
Nyt ehtojen (16), (2) ja (18) nojalla pätee
t(w ∈ A ∩ R−1 (b)) = 1.
(19)
Ehdon (10) ja määritelmän 11.8 nojalla saadaan
t(A ∩ R−1 (b) ⊆ b) = 1,
jolloin ehdon (19) perusteella
t(w ∈ b) = 1.
Tällöin ehtojen (16) ja (17) nojalla
t(w ∈ (b ∩ B) ∩ R−1 ({v})) = 1.
Tämä on kuitenkin mahdotonta ehdon (15) nojalla. Syntynyt ristiriita osoittaa,
että tehty antiteesi (AT) on väärä, joten lause on todistettu.
¤
314
Huomautus. Kuten huomautuksessa 11.13 todettiin, lauseessa 11.11 on ”ylimääräinen” oletus, että relaatio R on paitsi minimaalirelaatio, myös hyvin määritelty
sellainen. Kuten todistuksesta näkyy, tätä ominaisuutta tarvitaan, jotta lausetta 11.9 voidaan käyttää hyväksi. Lauseen 11.11 väite pätee kuitenkin – kuten
todettiin – pelkälle minimaalirelaatiolle, vaikkakaan tämä todistus ei sitä takaa.
Sen sijaan lauseessa 11.9 on välttämätöntä, että kyseessä on hyvin määritelty
minimaalirelaatio.
Harjoitustehtävä 11.14 Lauseen 11.11 todistuksen alussa on tavanomainen
fraasi: ”Olkoon t sopiva totuusarvofunktio.” Tehtävässä 11.12 huomataan,että
lauseesta 11.11 seuraa aksiooma (JAx6V ). Jotta tässä olisi mitään mieltä, ei
lauseessa 11.11 voi ottaa oletukseksi aksioomaa (JAx6V ), mikä tarkoittaa sitä,
että ”sopivalta” totuusarvofunktiolta ei tällä kertaa tätä saa vaatia.
Lauseen todistuksessa käytetään hyväksi useita eri lauseita ja harjoitustehtäviä.
Näissä pitää nyt tarkkaan varoa sitä, ettei vahingossa käytetä hyväksi aksioomaa
(JAx6V ) – muutenhan syyllistyttäisiin joko kehäpäättelyyn tai muuten vain tehtäisiin virhe, koska käytettävä totuusarvofunktio ei siis lähtökohtaisesti tätä aksioomaa tunnusta. Nyt pitää varmistua siitä, että kaikki käytetyt lauseet todella
toimivat ilman tätä kyseistä aksioomaa, jolloin esitetystä päättelystä tulee pätevää – tosin lauseen todistuksessa ei sinällään ole mitään huomauttamista, kyse
on vain tehtävästä 11.12.
Tehtävänä on nyt suorittaa tämä varmistusoperaatio käymällä läpi kaikki käytetyt tulokset ja erityisesti niiden todistukset. Tämä on aika iso operaatio, mutta
toisaalta helppo, koska kaikki monisteen todistukset on huolellisesti muotoiltu
niin, että jos aksioomaa (JAx6V ) tarvitaan, se selkeästi tuodaan esille. Tähän
aksioomaan ei siis missään lauseen 11.11 todistuksessa käytettävässä tuloksessa
(eikä harjoitustehtävässäkään) tarvitse vedota – sen sijaan heikompaa aksioomaa (JAx6) kyllä tarvitaan.
Tähän asti on tarkasteltu transitiivisia joukkoja/luokkia A, jota ovat siis sellaisia, että jokainen A:n alkio on myös A:n osajoukko. Jatkossa tarvitaan vielä
vahvempaa ominaisuutta, A:n ns. supertransitiivisuutta, joka tarkoittaa intuitiivisesti sitä, että A on paitsi transitiivinen, se myös sellainen, että jokaisen
A:n alkion x potenssijoukko P(x) (eli kaikkien x:n osajoukkojen joukko) on A:n
osajoukko. Tarkka määritelmä on seuraava:
Määritelmä 11.15 Olkoon A luokka. Merkitään symbolilla St(A) kaavaa
St(A) := T r(A) ∧ ∀x[x ∈ A → P(x) ⊆ A],
missä x on muuttujasymboli, joka ei esiinny luokassa A. Sanotaan, että luokka
A on supertransitiivinen, jos kaava St(A) on teoreema.
Harjoitustehtävä 11.16 Anna ei-triviaali (so. epätyhjä) esimerkki supertransitiivisesta joukosta. Osoita myös esimerkillä, että pelkkä määritelmän 11.15
315
ehto ∀x[x ∈ A → P(x) ⊆ A] ei takaa transitiivisuutta, joten määritelmässä
olevalla lisäehdolla T r(A) on merkitystä.
Tämän luvun otsikossa oli puhetta rankifunktiosta. Se on funktio, joka intuitiivisesti ajatellen liittää jokaiseen joukkoon tietyn ordinaaliluvun, joka sitten on
tämän joukon ”ranki”. Idea on sellainen, että mitä ”isompi” joukko, sitä isompi
ranki, ja näin kaikki joukot tulee ”rankattua” johonkin järjestykseen samaan tapaan kuin vaikkapa tennisammattilaiset. Tosin tässä aika monella joukolla tulee
olemaan sama rankkaustulos, joten ei kaikkia joukkoja aivan injektiiviseen järjestykseen näin saada.
Ennen rankifunktion määritelmää tarvitaan apufunktio, jota kutsutaan tässä
lyhyesti vain R-funktioksi.
Määritelmä 11.17 Olkoon H relaatio
H = {y | ∃x[y ≈ hx, P(x)i]}.
Olkoon R transfiniittisen rekursion (lause 9.12) tästä relaatiosta alkuarvolla a =
0 antama funktio, jolloin siis
⊢ R F n On,
⊢ R[0] ≈ 0,
⊢ ∀α[R[α ⊕ 1] ≈ H[R[α]]] ja
⊢ ∀α[α ∈ KII → R[α] ≈ ∪β≺α R[β]].
Harjoitustehtävä 11.18 Osoita, että R-funktion määritelmässä 11.17 käytettävä relaatio H on funktio ja että kaikille ordinaaliluvuille α pätee
⊢ R[α ⊕ 1] ≈ P(R[α]).
Tämä tuntuu kovin triviaalilta väitteeltä – ja sitähän se kyllä onkin. Tässä kannattaa kuitenkin vilkaista lauseen 11.9 todistuksen kohtaa (24), jossa puhutaan
samankaltaisesta asiasta; silloin ehkä valkenee, miksi tämä tehtävä tässä ylipäätään on.
Harjoitustehtävä 11.19 Määrää joukko R[3]. Totea, että kyseessä on supertransitiivinen joukko.
Huomautus. Koska R on funktio ja ordinaaliluvut ovat joukkoja, niin lauseen
7.56 perusteella jokainen R[α], α ∈ On on joukko. Itse asiassa jokainen R[α] on
supertransitiivinen joukko, kuten seuraavasta lauseesta näkyy.
Lause 11.20 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ St(R[α]).
316
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(St(R[α])) = 1.
(1)
Tehdään transfiniittinen induktio α:n suhteen. Pitää osoittaa, että
1) t(St(0)) = 1,
2) jos ehto (1) pätee α:lle, niin se pätee α ⊕ 1:lle ja
3) jos α on rajaordinaali ja ehto (1) pätee kaikille α:a pienemmille luvuille,
niin se pätee α:lle.
Tapaus 1): Määritelmän 11.17 sekä transitiivisuuden ja supertransitiivisuuden määritelmien mukaan väite tulee muotoon
t(∀x[x ∈ 0 → x ⊆ 0] ∧ ∀x[x ∈ 0 → P(x) ⊆ 0]) = 1.
Tämä seuraa siitä, että 0 = ∅, eikä tyhjässä joukossa ole alkioita, joten sekä
transitiivisuuden että supertransitiivisuuden ehdot ovat triviaalisti voimassa.
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että ehto (1) pätee eli että
t(∀x[x ∈ R[α] → x ⊆ R[α]]) = 1
(2)
t(∀x[x ∈ R[α] → P(x) ⊆ R[α]]) = 1.
(3)
t(∀x[x ∈ R[α ⊕ 1] → x ⊆ R[α ⊕ 1]]) = 1
(4)
t(∀x[x ∈ R[α ⊕ 1] → P(x) ⊆ R[α ⊕ 1]]) = 1.
(5)
ja
Pitää osoittaa, että
ja
Määritelmän 11.17 nojalla väitteet (4) ja (5) tulevat muotoon
t(∀x[x ∈ P(R[α]) → x ⊆ P(R[α])]) = 1
(6)
t(∀x[x ∈ P(R[α]) → P(x) ⊆ P(R[α])]) = 1.
(7)
ja
Väitettä (6) varten olkoon a vakio siten, että
t(a ∈ P(R[α])) = 1;
(8)
t(a ⊆ P(R[α])) = 1.
(9)
pitää osoittaa, että
Väitettä (9) varten olkoon b vakio siten, että
t(b ∈ a) = 1;
317
(10)
riittää osoittaa, että
t(b ∈ P(R[α])) = 1.
(11)
Potenssijoukon määritelmän ja ehdon (8) nojalla pätee
t(a ⊆ R[α])) = 1,
(12)
jolloin ehdon (10) nojalla saadaan
t(b ∈ R[α]) = 1.
(13)
Induktio-oletuksen (2) nojalla joukko R[α] on transitiivinen, joten ehdon (13)
perusteella
t(b ⊆ R[α]) = 1,
jolloin väite (11) seuraa potenssijoukon määritelmän nojalla. Näin väite (6) on
todistettu.
Väitettä (7) varten olkoon taas a vakio siten, että ehto (8) pätee; nyt pitää
osoittaa, että
t(P(a) ⊆ P(R[α])) = 1.
(14)
Väitettä (14) varten olkoon vakio b siten, että
t(b ∈ P(a)) = 1;
(15)
t(b ∈ P(R[α])) = 1.
(16)
riittää osoittaa, että
Potenssijoukon määritelmän ja ehdon (15) nojalla pätee
t(b ⊆ a) = 1.
(17)
Kuten edellä, nytkin ehto (12) pätee, jolloin ehdon (17) perusteella
t(b ⊆ R[α]) = 1,
mistä väite (16) seuraa potenssijoukon määritelmän perusteella. Näin väite (7)
on todistettu ja siten tapaus 2) on käsitelty. Huomaa, että ehdon (7) todistuksessa ei tarvittu edes induktio-oletusta – kyse onkin lähes trivialiteetista.
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
t(α ∈ KII ) = 1
(18)
t(∀β[β ≺ α → St(R[β])]) = 1.
(19)
ja että
Pitää osoittaa, että väitteet (2) ja (3) pätevät. Määritelmän 11.17 ja ehdon (18)
perusteella väitteet (2) ja (3) tulevat muotoon
t(∀x[x ∈ ∪β≺α R[β] → x ⊆ ∪β≺α R[β]]) = 1
318
(20)
ja
t(∀x[x ∈ ∪β≺α R[β] → P(x) ⊆ ∪β≺α R[β]]) = 1.
(21)
Väitettä (20) varten olkoon a vakio siten, että
t(a ∈ ∪β≺α R[β]) = 1;
(22)
t(a ⊆ ∪β≺α R[β]) = 1.
(23)
pitää osoittaa, että
Väitettä (23) varten olkoon b vakio siten, että ehto (10) pätee; pitää osoittaa,
että
t(b ∈ ∪β≺α R[β]) = 1.
(24)
Yhdisteen määritelmän ja ehdon (22) nojalla on olemassa γ siten, että
t(γ ≺ α) = 1 ja
(25)
t(a ∈ R[γ]) = 1.
(26)
Ehdon (25) ja induktio-oletuksen (19) nojalla joukko R[γ] on transitiivinen,
jolloin ehdon (26) perusteella
t(a ⊆ R[γ]) = 1,
ja silloin ehdon (10) nojalla saadaan
t(b ∈ R[γ]) = 1.
Tällöin väite (24) seuraa ehdosta (25) ja yhdisteen määritelmästä.
Näin väite (20) on todistettu.
Väitettä (21) varten olkoon taas a vakio siten, että ehto (22) pätee; nyt pitää osoittaa, että
t(P(a) ⊆ ∪β≺α R[β]) = 1.
(27)
Väitettä (27) varten olkoon vakio b siten, että
t(b ∈ P(a)) = 1;
(28)
t(b ∈ ∪β≺α R[β]) = 1.
(29)
riittää osoittaa, että
Valitaan taas γ kuten ehdoissa (25) ja (26). Ehdon (25) ja induktio-oletuksen
(19) nojalla joukko R[γ] on supertransitiivinen, jolloin ehdon (26) perusteella
t(P(a) ⊆ R[γ]) = 1,
ja siten ehdon (28) nojalla saadaan
t(b ∈ R[γ]) = 1.
319
Tällöin väite (29) seuraa ehdosta (25) ja yhdisteen määritelmästä.
Näin väite (21) on todistettu ja siten myös tapaus 3) on käsitelty eli lause
on kokonaan todistettu.
¤
Seuraavaksi havaitaan, että funktio R on ”kasvava”. Pitää tietysti selventää,
mitä kasvavuus tässä oikein tarkoittaa. R:n määrittelyluokka on On, jossa on
järjestys ”≺” määritelty. Kuvapuolesta tai sen mahdollisesta järjestyksestä ei
ainakaan tässä vaiheessa ole tietoa, mutta voidaan sopia, että kasvavuudella
tarkoitetaan sitä, että ”jos α ≺ β, niin R[α] ⊂ R[β]”. Itse asiassa pätee paljon enemmänkin: jopa niin, että ”jos α ≺ β, niin R[α] ∈ R[β]”. Tämän sanoo
seuraava lause.
Lause 11.21 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ α ≺ β → [R[α] ⊂ R[β] ∧ R[α] ∈ R[β]].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(α ≺ β → R[α] ⊂ R[β]) = 1
(1)
t(α ≺ β → R[α] ∈ R[β]) = 1.
(2)
ja
Jos todistetaan ehto (2), niin joukon R[β] transitiivisuuden (lause 11.20) nojalla
saadaan
t(α ≺ β → R[α] ⊆ R[β]) = 1.
(3)
Ehdon (2) nojalla ei voi olla
t(α ≺ β → R[α] ≈ R[β]) = 1,
joten väite (1) seuraa ehdosta (3). Siten riittää todistaa väite (2).
Tehdään tämä transfiniittisella induktiolla β:n suhteen. Riittää osoittaa, että
1) väite (2) pätee 0:lle,
2) jos väite (2) pätee β:lle, niin se pätee β ⊕ 1:lle ja
3) jos β on rajaordinaali ja väite (2) pätee kaikille β:a pienemmille luvuille,
niin se pätee β:lle.
Tapaus 1): Tässä väite (2) tulee muotoon
t(α ≺ 0 → R[α] ∈ R[0]) = 1.
Tämän kaavan etujäsenen totuusarvo on 0, joten väite pätee triviaalisti.
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että ehto (2) pätee; pitää osoittaa, että
t(α ≺ β ⊕ 1 → R[α] ∈ R[β ⊕ 1]) = 1.
320
(4)
Väitteen (4) todistamiseksi oletetaan, että
t(α ≺ β ⊕ 1) = 1;
(5)
t(R[α] ∈ R[β ⊕ 1]) = 1.
(6)
riittää osoittaa, että
Oletuksen (5) ja lauseen 8.61 nojalla tässä on vain kaksi mahdollisuutta: joko
t(α ≺ β) = 1
(7)
t(α ≈ β) = 1.
(8)
tai
Tapauksessa (7) saadaan induktio-oletuksesta (2) ehto
t(R[α] ∈ R[β]) = 1.
Tällöin väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että
t(R[β] ⊆ R[β ⊕ 1]) = 1.
(9)
Lauseen 11.20 nojalla joukko R[β ⊕ 1] on transitiivinen, joten väite (9) seuraa,
jos osoitetaan, että
t(R[β] ∈ R[β ⊕ 1]) = 1.
(10)
Määritelmän 11.17 nojalla väite (10) tulee muotoon
t(R[β] ∈ P(R[β])) = 1,
mikä taas potenssijoukon määritelmän mukaan tulee muotoon
t(R[β] ⊆ R[β]) = 1,
mikä pätee triviaalisti. Näin vaihtoehto (7) on selvä.
Vaihtoehdossa (8) väite tulee suoraan (siis ilman induktio-oletusta) kaavan (10)
muotoon, mutta tämä todistettiin oikeaksi jo yllä. Näin tapaus 2) on käsitelty.
Tapaus 3): Tässä oletetaan, että
t(β ∈ KII ) = 1
(11)
t(∀γ[γ ≺ β → [α ≺ γ → R[α] ∈ R[γ]]]) = 1;
(12)
ja että
väitteenä on, että ehto (2) pätee. Oletetaan sitä varten, että ehto (7) pätee;
pitää osoittaa, että
t(R[α] ∈ R[β]) = 1.
(13)
Määritelmän 11.17 ja ehdon (11) mukaan
t(R[β] ≈ ∪γ≺β R[γ]) = 1,
321
joten yhdisteen määritelmän mukaan väite (13) seuraa, jos löydetään jokin γ
siten, että
t(γ ≺ β) = 1
(14)
ja
t(R[α] ∈ R[γ]) = 1.
(15)
Tällainen luku γ on
γ := α ⊕ 1.
Pitää siis osoittaa, että tämä γ toteuttaa ehdot (14) ja (15). Ehto (14) seuraa ehdoista (7) ja (11) sekä lauseesta 8.61. Ehto (15) seuraa tämän jälkeen
induktio-oletuksesta (12). Näin myös tapaus 3) on käsitelty, joten transfiniittinen induktio on viety läpi ja lause on todistettu.
¤
Edellä tarkasteltu R-funktio on siis määritelty ordinaalilukujen luokassa, mutta
sen kuvaluokasta R(On) ei ole vielä sanottu mitään. Tarkkaan ottaen ei sanota vieläkään, vaan tarkastellaan sen yhdistettä eli luokkaa A := ∪α∈On R[α].
Huomaa, että A on eri asia kuin R(On). Osoittautuu, että tämä luokka A on
huomattavan laaja – itse asiassa se on kaikkien joukkojen luokka V . Yhdisteen
määritelmän mukaanhan tämä tarkoittaa sitä, että jokaiselle joukolle a löytyy ordinaaliluku α siten, että a ∈ R[α].
Tämä todistetaan seuraavassa. Esitetään ensin aputulos:
Lause 11.22 Olkoon a joukko. Tällöin pätee
⊢ ∀x[x ∈ a → ∃α[x ∈ R[α]]] → ∃β[a ∈ R[β]].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Oletetaan, että a on vakio, jolle
pätee
t(∀x[x ∈ a → ∃α[x ∈ R[α]]]) = 1.
(1)
Riittää löytää ordinaaliluku β siten, että
t(a ∈ R[β]) = 1.
(2)
Konstruoidaan luokka F asettamalla
F ≈ {y | ∃z[z ∈ a ∧ y ≈ hz, min{α | z ∈ R[α]}i]}.
Koska epätyhjän ordinaalilukuluokan minimi on aina yksikäsitteisesti määrätty
ordinaaliluku (siis joukko), niin ehdon (1) nojalla F on funktio ja ilmeisesti pätee
myös
t(F F n a) = 1,
t(F (a) ⊆ On) = 1 sekä
(3)
(4)
t(∀x[x ∈ a → F [x] ≈ min{α | x ∈ R[α]}]) = 1.
(5)
322
Lisäksi ehtojen (1) ja (5) sekä minimin määritelmän nojalla pätee
t(∀x[x ∈ a → x ∈ R[F [x]]]) = 1
(6)
t(∀x∀α[x ∈ a → [x ∈ F [α] → F [x] - α]]) = 1.
(7)
ja
Ehdon (3) ja lauseen 7.42 nojalla F (a) on joukko, jolloin aksiooman (JAx3)
mukaan myös ∪F (a) on joukko. Ehdon (4) ja lauseen 8.41 nojalla ∪F (a) on
ordinaaliluokka ja koska se siis on joukko, se on lauseiden 8.21 ja 8.18 mukaan
ordinaaliluku eli pätee
t(∪F (a) ∈ On) = 1.
(8)
Konstruoidaan nyt ehdossa (2) kaivattu β seuraavasti. Määritellään ensin ǫ asettamalla
ǫ := ∪F (a) ⊕ 1
ja asetetaan sitten
β := ǫ ⊕ 1.
Tällöin ehdon (8) nojalla pätee t(ǫ ∈ On) = 1 ja tämän nojalla
t(β ∈ On) = 1,
joten riittää osoittaa, että tämä β toteuttaa ehdon (2).
Ehdon (4), ǫ:n määritelmän ja lauseen 8.63 nojalla pätee
t(F (a) ⊆ ǫ) = 1.
(9)
Koska kuvajoukon määritelmän ja ehdon (3) mukaan
t(∀x[x ∈ a → F [x] ∈ F (a)]) = 1,
niin ehdon (9) nojalla saadaan
t(∀x[x ∈ a → F [x] ∈ ǫ]) = 1 eli
t(∀x[x ∈ a → F [x] ≺ ǫ]) = 1.
Tästä saadaan edelleen ehdon (4) ja lauseen 11.21 nojalla
t(∀x[x ∈ a → R[F [x]] ⊆ R[ǫ]]) = 1.
Ehtojen (10) ja (6) nojalla pätee
t(∀x[x ∈ a → x ∈ R[ǫ]]) = 1.
Tämä merkitsee sitä, että
t(a ⊆ R[ǫ]) = 1,
323
(10)
jolloin potenssijoukon määritelmän perusteella
t(a ∈ P(R[ǫ])) = 1.
(11)
Nyt tehtävän 11.18 mukaan
t(R[ǫ ⊕ 1] ≈ P(R[ǫ])) = 1,
joten ehdon (11) perusteella
t(a ∈ R[ǫ ⊕ 1]) = 1.
Tästä väite (2) seuraa β:n valinnan nojalla.
¤
Lauseen 11.22 nojalla saadaan helposti edellä mainittu tulos, jonka mukaan
luokan R(On) yhdiste ”täyttää koko universumin”:
Lause 11.23
⊢ ∪α∈On R[α] ≈ V.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(∪α∈On R[α] ≈ V ) = 1.
(1)
Käytetään pitkästä aikaa lausetta 6.83, jonka mukaan väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∀a[a ⊆ ∪α∈On R[α] → a ∈ ∪α∈On R[α]]) = 1.
(2)
Olkoon a vakio, jolle pätee
t(a ⊆ ∪α∈On R[α]) = 1;
(3)
väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että
t(a ∈ ∪α∈On R[α]) = 1.
(4)
Oletuksen (3) nojalla pätee
t(∀x[x ∈ a → x ∈ ∪α∈On R[α]]) = 1
eli yhdisteen määritelmän mukaan
t(∀x[x ∈ a → ∃α[x ∈ R[α]]]) = 1.
Tällöin apulauseen 11.22 nojalla
t(∃β[a ∈ R[β]]) = 1,
joten väite (4) seuraa yhdisteen määritelmästä, ja asia on selvä.
¤
Nyt ollaan (melkein) valmiita määrittelemään edellä puhuttu rankifunktio.
324
Se liittää jokaiseen joukkoon a ordinaaliluvun α, joka on pienin ordinaaliluku,
jolle pätee
a∈
/ R[α] ∧ a ∈ R[α ⊕ 1].
Tällainen määritelmä tietysti edellyttää sitä, että tällaisia ordinaalilukuja α
on olemassa. Jos näin on, niin niistä voidaan valita yksikäsitteinen minimi ja
määritelmä on valmis. Todistetaan ensin, että tällaisia ordinaalilukuja todella
löytyy:
Lause 11.24 Olkoon a joukko. Tällöin
⊢ ∃α[a ∈
/ R[α] ∧ a ∈ R[α ⊕ 1]].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja a vakio. Riittää löytää ordinaaliluku β siten, että
t(a ∈
/ R[β]) = 1 ja
(1)
t(a ∈ R[β ⊕ 1]) = 1.
(2)
Lauseen 11.23 nojalla
t({α | a ∈ R[α]} 6≈ ∅) = 1.
Silloin luokassa {α | a ∈ R[α]} on minimi; merkitään sitä symbolilla µ. Minimin
määritelmän nojalla pätee tällöin
t(a ∈ R[µ]) = 1 ja
t(∀α[a ∈ R[α] → µ - α]) = 1.
(3)
(4)
Osoitetaan ensin, että µ on seuraajaordinaali, ts. että
t(∃β[µ ≈ β ⊕ 1]) = 1.
(5)
Väite (5) seuraa, jos osoitetaan, että
t(µ 6≈ 0) = 1 ja
(6)
t(µ ∈
/ KII ) = 1.
(7)
Ehdon (3) nojalla
t(R[µ] 6≈ ∅) = 1 eli
t(R[µ] 6≈ 0) = 1.
(8)
Toisaalta R-funktion määritelmän 11.17 nojalla t(R[0] ≈ 0) = 1, joten väite (6)
seuraa ehdosta (8).
Sitten todistetaan väite (7). Tehdään antiteesi:
t(µ ∈ KII ) = 1.
325
(AT1 )
Tällöin R-funktion määritelmän 11.17 mukaan
t(R[µ] ≈ ∪β≺µ R[β]) = 1,
ja siten ehdon (3) nojalla
t(a ∈ ∪β≺µ R[β]) = 1.
Yhdisteen määritelmän mukaan on tällöin olemassa ordinaaliluku β, jolle pätee
t(β ≺ µ) = 1
(9)
t(a ∈ R[β]) = 1.
(10)
ja
Ehtojen (10) ja (4) nojalla pätee
t(µ - β) = 1,
mikä on kuitenkin vastoin ehtoa (9). Tämä ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi (AT1 ) on väärä, ja siten väite (7) pätee.
Nyt siis ehdot (6) ja (7) on todistettu, joten, ehto (5) pätee. Tällöin on siis
olemassa ordinaaliluku β siten, että
t(µ ≈ β ⊕ 1) = 1.
(11)
Riittää osoittaa, että tämä luku β toteuttaa ehdot (1) ja (2).
Ehto (2) seuraa ehdoista (3) ja (11), joten riittää todistaa ehto (1).
Tehdään taas antiteesi:
t(a ∈ R[β]) = 1.
(AT2 )
Tällöin ehdon (4) nojalla
t(µ - β) = 1,
ja siten ehdon (11) perusteella
t(β ⊕ 1 - β) = 1,
mikä on mahdotonta. Tämä ristiriita osoittaa, että myös antiteesi (AT2 ) on väärä, joten myös ehto (1) pätee tälle β. Siten β on kelvollinen valinta ja väite on
todistettu.
¤
Nyt ollaan (täysin) valmiita määrittelemään tuo edellä puhuttu rankifunktio:
Merkintä 11.25 Merkitään symbolilla rank luokkaa
rank := {x | ∃a[x ≈ ha, min{α | a ∈
/ R[α] ∧ a ∈ R[α ⊕ 1]}i]}.
326
Huomautus 11.26 Koska epätyhjän ordinaalilukuluokan minimi on aina yksikäsitteisesti määrätty ordinaaliluku, niin lauseen 11.24 nojalla luokka rank
on funktio. Sen määrittelyluokka on koko V ja kuvaluokalle W(rank) pätee
W(rank) ⊆ On. Lisäksi kaikille joukoille a pätee
⊢ rank[a] ≈ min{α | a ∈
/ R[α] ∧ a ∈ R[α ⊕ 1]}.
Harjoitustehtävä 11.27 Olkoon a joukko. Osoita, että
i)
ii)
⊢a∈
/ R[rank[a]] ∧ a ∈ R[rank[a] ⊕ 1] ja
⊢ ∀α[[a ∈
/ R[α] ∧ a ∈ R[α ⊕ 1]] → rank[a] - α].
(Ohje: Ehtoon i) tarvitset lausetta 11.24)
Harjoitustehtävä 11.28 Olkoon a joukko ja α ordinaaliluku. Osoita, että
⊢ rank[a] ≈ α ↔ [a ∈ R[α ⊕ 1] ∧ a ∈
/ R[α]],
⊢ α - rank[a] ↔ a ∈
/ R[α] ja
⊢ rank[a] - α ↔ a ∈ R[α ⊕ 1].
i)
ii)
iii)
Harjoitustehtävä 11.29 Osoita, että
⊢ rank[0] ≈ 0 ∧ rank[1] ≈ 1.
Onko
⊢ rank[2] ≈ 2
tai
⊢ rank[3] ≈ 3?
Rankifunktio on seuraavassa mielessä ”kasvava”:
Lause 11.30 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
⊢ a ∈ b → rank[a] ≺ rank[b].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja a, b vakioita. Oletetaan, että
t(a ∈ b) = 1.
(1)
t(rank[a] ≺ rank[b]) = 1.
(2)
Riittää osoittaa, että
Tehtävän 11.27 nojalla pätee
t(a ∈
/ R[rank[a]]) = 1.
Tällöin ehdon (1) nojalla on oltava
t(b 6⊆ R[rank[a]]) = 1,
jolloin potenssijoukon määritelmän perusteella
t(b ∈
/ P(R[rank[a]])) = 1.
327
(3)
Tehtävän 11.18 mukaan
t(R[rank[a] ⊕ 1] ≈ P(R[rank[a]])) = 1,
joten ehdon (3) nojalla
t(b ∈
/ R[rank[a] ⊕ 1]) = 1.
Tällöin tehtävän 11.28 ii) nojalla
t(rank[a] ⊕ 1 - rank[b]) = 1,
mistä väite (2) seuraa.
¤
Harjoitustehtävä 11.31 Päteekö rankifunktion ”kasvavuus” myös osajoukkojen tasolla, so. onko kaava
a ⊆ b → rank[a] - rank[b]
teoreema?
Joskus on käyttökelpoinen myös seuraavan lauseen antama rankifunktion karakterisaatio:
Lause 11.32 Olkoon a joukko. Tällöin pätee
⊢ rank[a] ≈ min{β | ∀x[x ∈ a → rank[x] ≺ β]}.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja a vakio. Merkitään
A := {β | ∀x[x ∈ a → rank[x] ≺ β]}.
Riittää osoittaa, että
t(rank[a] ≈ min A) = 1.
(1)
Huomataan ensin, että lauseen 11.30 nojalla
t(rank[a] ∈ A) = 1.
(2)
Tällöin minimin yksikäsitteisyyden nojalla väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∀β[β ∈ A → rank[a] - β]) = 1.
(3)
Olkoon tätä varten β ordinaaliluku siten, että
t(β ∈ A) = 1.
(4)
Väite (3) seuraa, jos osoitetaan, että
t(rank[a] - β) = 1.
328
(5)
Osoitetaan ensin, että
t(a ⊆ R[β]) = 1.
(6)
Olkoon tätä varten v vakio siten, että
t(v ∈ a) = 1.
(7)
Väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että
t(v ∈ R[β]) = 1.
(8)
Ehtojen (4) ja (7) sekä luokan A määritelmän nojalla pätee
t(rank[v] ≺ β) = 1,
jolloin lauseen 8.61 nojalla
t(rank[v] ⊕ 1 - β) = 1.
Tällöin lauseen 11.21 nojalla
t(R[rank[v] ⊕ 1] ⊆ R[β]) = 1.
(9)
Tehtävän 11.27 nojalla
t(v ∈ R[rank[v] ⊕ 1]) = 1,
jolloin ehdon (9) nojalla saadaan ehto (8). Näin väite (6) on todistettu.
Ehdon (6) ja potenssijoukon määritelmän perusteella pätee
t(a ∈ P(R[β])) = 1,
josta edelleen tehtävän 11.18 mukaan
t(a ∈ R[β ⊕ 1])) = 1.
Tällöin tehtävän 11.28 iii) mukaan ehto (5) seuraa.
¤
Nyt siis jokaiselle joukolle on määritelty ranki, joka on ordinaaliluku. Koska
ordinaaliluvut ovat myös joukkoja, on luonnollista kysyä, mikä on ordinaaliluvun ranki. Vastauksen voi arvata, mutta perustelu on seuraavan lauseen todistuksessa.
Lause 11.33 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin
⊢ rank[α] ≈ α.
329
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(rank[α] ≈ α) = 1.
(1)
Tehdään transfiniittinen induktio α:n suhteen. Pitää osoittaa, että
1) t(rank[0] ≈ 0) = 1,
2) jos väite (1) pätee α:lle, niin se pätee α ⊕ 1:lle ja
3) jos α on rajaordinaali ja väite (1) pätee kaikille α:aa pienemmille luvuille, niin se pätee α:lle.
Tapaus 1): Tämä seuraa tehtävästä 11.29.
Tapaus 2): Tässä oletetaan, että ehto (1) pätee; induktioväitteenä on, että
t(rank[α ⊕ 1] ≈ α ⊕ 1) = 1.
(2)
Koska
t(α ∈ α ⊕ 1) = 1,
niin lauseen 11.30 nojalla
t(rank[α] ≺ rank[α ⊕ 1]) = 1.
Tällöin induktio-oletuksen (1) nojalla saadaan
t(α ≺ rank[α ⊕ 1]) = 1.
(3)
Nyt väite (2) seuraa ehdosta (3) ja lauseesta 8.61, jos osoitetaan, että
t(rank[α ⊕ 1] - α ⊕ 1) = 1.
(4)
Merkitään
A = {β | ∀x[x ∈ α ⊕ 1 → rank[x] ≺ β]}.
Tällöin lauseen 11.32 nojalla
t(rank[α ⊕ 1] ≈ min A) = 1.
Silloin väite (4) seuraa, jos osoitetaan, että
t(α ⊕ 1 ∈ A) = 1.
(5)
Luokan A määritelmän mukaan ehtoa (5) varten pitää osoittaa, että
t(∀x[x ∈ α ⊕ 1 → rank[x] ≺ α ⊕ 1]) = 1.
(6)
Tätä varten olkoon γ ordinaaliluku siten, että
t(γ ≺ α ⊕ 1) = 1;
330
(7)
riittää osoittaa, että
t(rank[γ] ≺ α ⊕ 1) = 1.
(8)
Ehdon (7) ja lauseen 8.61 nojalla pätee
t(γ - α) = 1.
Tällöin lauseen 11.30 nojalla
t(rank[γ] - rank[α]) = 1.
(9)
Induktio-oletuksen (1) ja ehdon (9) nojalla saadaan
t(rank[γ] - α) = 1,
jolloin väite (8) seuraa.
Näin transfiniittisen induktion tapaus 2) on käsitelty.
Tapaus 3): Tässä siis oletetaan, että
t(α ∈ KII ) = 1
(10)
t(∀β[β ≺ α → rank[β] ≈ β]) = 1;
(11)
ja että
pitää osoittaa, että ehto (1) pätee. Merkitään nyt
B = {β | ∀x[x ∈ α → rank[x] ≺ β]},
jolloin lauseen 11.32 nojalla
t(rank[α] ≈ min B) = 1.
Silloin väite (1) tulee muotoon
t(min B ≈ α) = 1.
(12)
Väitteen (12) todistamiseksi riittää minimin määritelmän nojalla osoittaa, että
t(∀β[β ∈ B → α - β]) = 1
(13)
t(α ∈ B) = 1.
(14)
ja
Väitettä (13) varten valitaan ordinaaliluku β siten, että
t(β ∈ B) = 1
eli
t(∀x[x ∈ α → rank[x] ≺ β]) = 1;
331
(15)
pitää osoittaa, että
t(α - β) = 1.
(16)
Ehtoa (16) varten tehdään antiteesi:
t(β ≺ α) = 1.
(AT)
t(rank[β] ≺ β) = 1.
(17)
Tällöin ehdon (15) nojalla
Toisaalta antiteesin ja induktio-oletuksen (11) nojalla
t(rank[β] ≈ β) = 1,
jolloin ehdon (17) nojalla
t(β ≺ β) = 1,
mikä on mahdotonta. Siten antiteesi (AT) johti ristiriitaan, joten se on väärä ja
näin ehto (16) ja siten myös ehto (13) on todistettu.
Pitää vielä todistaa ehto (14), joka luokan B määritelmän mukaan tulee muotoon
t(∀β[β ≺ α → rank[β] ≺ α]) = 1.
Induktio-oletuksen (11) nojalla tämä väite voidaan kirjoittaa muotoon
t(∀β[β ≺ α → β ≺ α]) = 1,
mikä pätee triviaalisti. Näin myös transfiniittisen induktion tapaus 3) on käsitelty ja lause on todistettu.
¤
Rankifunktion avulla voidaan joissakin tapauksissa todistaa, että annettu luokka on joukko. Näin käy, jos kyseisen luokan alkioiden ranki pysyy rajoitettuna:
Lause 11.34 Olkoon A luokka. Tällöin
⊢ ∃α∀x[x ∈ A → rank[x] - α] → M(A).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(∃α∀x[x ∈ A → rank[x] - α]) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(M(A)) = 1.
(2)
Ehdon (1) nojalla voidaan valita ordinaaliluku α siten, että
t(∀x[x ∈ A → rank[x] - α]) = 1.
332
(3)
Koska α ⊕ 1 on joukko, niin lauseen 7.56 nojalla R[α ⊕ 1] on joukko. Tällöin
lauseen 6.44 perusteella väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että
t(A ⊆ R[α ⊕ 1]) = 1.
(4)
Tätä varten valitaan vakio v siten, että
t(v ∈ A) = 1;
(5)
t(v ∈ R[α ⊕ 1]) = 1.
(6)
riittää osoittaa, että
Ehtojen (3) ja (5) nojalla saadaan
t(rank[v] - α) = 1,
jolloin tehtävän 11.28 iii) nojalla väite (6) seuraa.
¤
Harjoitustehtävä 11.35 Osoita, että lause 11.34 pätee myös kääntäen, ts.
että
⊢ M(A) → ∃α∀x[x ∈ A → rank[x] - α].
Harjoitustehtävä 11.36 Osoita, että aidossa luokassa alkioiden ranki on aina
rajoittamaton, ts. että
⊢ P r(A) → ∀α∃x[x ∈ A ∧ α ≺ rank[x]].
Harjoitustehtävä 11.37 Tehtävässä 11.12 osoitettiin, että aksiooman (JAx6)
vahva versio voidaan todistaa teoreemana. Rankifunktion avulla tälle samalle
asialle saadaan erittäin näppärä ja tyylikäs todistus. Olkoon siis A luokka. Osoita, että
⊢ A 6≈ ∅ → ∃x[x ∈ A ∧ A ∩ x ≈ ∅].
(Ohje: Merkitään B := {α | ∃x[x ∈ A ∧ rank[x] ≈ α]}. Luokasta B löytyy
minimi, olkoon se µ. Luokasta A löytyy v, jolle rank[v] ≈ µ. Tämä v toteuttaa
väitteen ehdon A ∩ v ≈ ∅.)
Harjoitustehtävä 11.38 Tehtävään 11.12 liittyi tehtävä 11.14, jossa piti tarkistaa, että aksioomaa (JAx6V ) ei vahingossakaan käytetty hyväksi missään aputuloksissa, joita tehtävässä 11.12 sovellettiin. Sama savotta on edessä myös nyt
tehtävään 11.37 liittyen – tämä on vain vähän helpompi: tässähän ei tarvitse varsinaisesti tarkistaa kuin tuo minimin olemassaolon todistus ja toisaalta
myös rankifunktion määritelmä, joka ei ole ihan triviaali, siinähän käytetään
muun muassa lausetta 11.24. Tämän harjoitustehtävän 11.38 sisältö on käydä
läpi vaadittavat kuviot.
Rankifunktio on erittäin hyödyllinen ja kätevä apuväline monessa muussakin
asiassa kuin tehtävän 11.37 ratkaisussa. Sen avulla voidaan nyt todistaa lause,
josta on pitkään ollut puhetta. Lauseessa 7.94 osoitettiin, että jos minimaalirelaatio R on hyvin määritelty ja järjestävä, niin jokaisesta epätyhjästä luokasta
löytyy R-minimaalinen alkio. Lauseessa 11.11 tämä todistettiin ilman oletusta
järjestävyydestä. Nyt lopulta osataan poistaa myös vaatimus siitä, että relaatio
olisi hyvin määritelty – pelkkä minimaalirelaatio-ominaisuus riittää:
333
Lause 11.39 Olkoot A ja B luokkia ja R relaatio. Tällöin pätee
⊢ [R M in A ∧ B ⊆ A ∧ B 6≈ ∅] → ∃x[x ∈ B ∧ B ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että
t(R M in A) = 1,
t(B ⊆ A) = 1 ja
t(B 6≈ ∅) = 1.
(1)
(2)
(3)
Riittää osoittaa, että
t(∃x[x ∈ B ∧ B ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅]) = 1.
Tehdään antiteesi:
t(∃x[x ∈ B ∧ B ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅]) = 0.
(AT)
Tällöin kaikille vakioille v pätee
t(v ∈ B → B ∩ R−1 ({v}) 6≈ ∅) = 1.
(4)
Merkitään kaikille joukoille y symbolilla C(y) luokkaa
C(y) = {x | x ∈ B ∧ xRy ∧ ∀z[[z ∈ B ∧ zRy] → rank[x] - rank[z]]}.
Intuitiivisesti tämä tarkoittaa sitä, että C(y) koostuu niistä alkusegmentin
B ∩ R−1 ({y}) alkioista, joilla on pienin ranki – näitähän voi olla useampia.
Vertaa tehtävän 11.37 ohjeeseen. Intuitiivisesti on myös selvää, että luokassa
C(y) ranki pysyy vakiona. Tätä todistusta varten oleellista on kuitenkin vain
se, että ranki pysyy tässä luokassa (kiinteälle y) rajoitettuna. Todistetaan tämä
myös formaalisti eli osoitetaan, että
t(y ∈ B → ∃α∀x[x ∈ C(y) → rank[x] - α]) = 1.
(5)
Olkoon v vakio, jolle pätee
t(v ∈ B) = 1.
(6)
Väite (5) seuraa, jos löydetään ordinaaliluku α siten, että
t(∀x[x ∈ C(v) → rank[x] - α]) = 1.
(7)
Ehtojen (6) ja (4) nojalla löytyy vakio u siten, että
t(u ∈ B ∩ R−1 ({v})) = 1,
jolloin
t(u ∈ B) = 1 ja
t(uRv) = 1.
334
(8)
(9)
Luokan C(y) määritelmän sekä ehtojen (8) ja (9) nojalla saadaan ehto
t(∀x[x ∈ C(v) → rank[x] - rank[u]]) = 1,
josta väite (4) seuraa, kun valitaan
α := rank[u].
Näin ehto (5) on todistettu. Tämän ehdon ja lauseen 11.34 nojalla nähdään,
että jokaiselle y ∈ B luokka C(y) on joukko, ts. pätee
t(y ∈ B → M(C(y))) = 1.
Tällöin luokka
G := {x | ∃y[y ∈ B ∧ x ≈ hy, C(y)i]}
on funktio, jolle pätee
t(y ∈ B → G[y] ≈ C(y)) = 1.
(10)
Merkitään symbolilla H luokkaa
H := {x | ∃y[y ⊆ B ∧ x ≈ hy, ∪G(y) i]}.
Koska G on funktio, niin lauseen 7.42 nojalla G(y) on joukko kaikille joukoille
y ⊆ B ja silloin aksiooman (JAx3) perusteella myös ∪G(y) on joukko kaikille
joukoille y ⊆ B. Tämä merkitsee sitä, että luokka H on funktio, jolle pätee
t(∀y[y ⊆ B → H[y] ≈ ∪G(y) ]) = 1.
(11)
Merkitään vielä
a := {x | x ∈ B ∧ ∀z[z ∈ B → rank[x] - rank[z]]}.
Intuitiivisesti luokka a koostuu niistä B:n alkioista, joilla on pienin ranki – vertaa luokan C(y) määritelmään edellä. Luokan a alkioiden rankit pysyvät selvästi
rajoitettuna, jolloin lauseen 11.34 nojalla luokka a on joukko.
Olkoon nyt F finiittisen rekursion (lause 9.15) luokasta H alkuarvolla a antama funktio. Tällöin siis
t(F F n ω) = 1,
t(F [0] ≈ a) = 1 ja
(12)
t(∀n[F [n ⊕ 1] ≈ H[F [n]]]) = 1.
Koska F on funktio ja ω on joukko, on myös F (ω) joukko ja samoin on joukko
b := ∪F (ω) .
Osoitetaan, että
t(b ⊆ B) = 1.
335
(13)
Olkoon tätä varten vakio v siten, että
t(v ∈ b) = 1.
(14)
t(v ∈ B) = 1.
(15)
Riittää osoittaa, että
Ehdon (14) sekä joukon b ja yhdisteen määritelmän nojalla on olemassa vakio
z siten, että
t(z ∈ F (ω)) = 1 ja
t(v ∈ z) = 1.
(16)
(17)
Kuvajoukon F (ω) määritelmän ja ehdon (16) nojalla on olemassa n siten, että
t(n ∈ ω) = 1 ja
(18)
t(z ≈ F [n]) = 1.
(19)
Ehtojen (19) ja (17) nojalla pätee
t(v ∈ F [n]) = 1.
(20)
Nyt ehtojen (18) ja (20) nojalla väite (15) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∀n[n ∈ ω → F [n] ⊆ B]) = 1.
(21)
Todistetaan tämä finiittisellä induktiolla n:n suhteen. Pitää osoittaa, että
1) t(F [0] ⊆ B) = 1 ja
2) jos n on finiittinen ordinaali ja t(F [n] ⊆ B) = 1, niin t(F [n ⊕ 1] ⊆ B) = 1.
Tapaus 1): Määritelmän (12) nojalla väite tulee muotoon
t(a ⊆ B) = 1,
mikä seuraa välittömästi joukon a määritelmästä.
Tapaus 2): Tässä siis oletetaan, että
t(F [n] ⊆ B) = 1
ja väitetään, että
t(F [n ⊕ 1] ⊆ B) = 1,
mikä väite tulee määritelmän (12) nojalla muotoon
t(H[F [n]] ⊆ B) = 1.
336
(22)
Induktio-oletuksen (22) ja ehdon (11) nojalla tämä tulee edelleen muotoon
t(∪G(F [n]) ⊆ B) = 1.
(23)
Olkoon tätä väitettä varten vakio v siten, että
t(v ∈ ∪G(F [n]) ) = 1;
(24)
t(v ∈ B) = 1.
(25)
riittää osoittaa, että
Ehdon (24) ja yhdisteen määritelmän nojalla on olemassa vakio w siten, että
t(w ∈ G(F [n])) = 1 ja
(26)
t(v ∈ w) = 1.
(27)
Kuvajoukon G(F [n]) määritelmän ja ehdon (26) mukaan on olemassa vakio u
siten, että
t(u ∈ F [n]) = 1 ja
t(w ≈ G[u]) = 1.
(28)
(29)
Ehdon (28) ja induktio-oletuksen (22) nojalla
t(u ∈ B) = 1,
jolloin ehdon (10) nojalla
t(G[u] ≈ C(u)) = 1
ja siten ehdon (29) mukaan
t(w ≈ C(u)) = 1.
Tällöin ehdon (27) nojalla saadaan
t(v ∈ C(u)) = 1.
(30)
Luokan C(u) määritelmän nojalla pätee triviaalisti
t(C(u) ⊆ B) = 1,
jolloin väite (25) seuraa ehdosta (30). Näin induktioaskel on otettu ja väite (21)
sekä myös väite (13) on todistettu.
Osoitetaan sitten, että
t(b 6≈ ∅) = 1.
Koska
t(b ≈ ∪F (ω) ) = 1
337
(31)
ja
t(F [0] ∈ F (ω)) = 1,
niin yhdisteen määritelmän nojalla väite (31) seuraa, jos osoitetaan, että
t(F [0] 6≈ ∅) = 1
eli
t(a 6≈ ∅) = 1.
Tämä väite seuraa siitä, että luokka B on ehdon (3) perusteella epätyhjä, jolloin sen alkioiden rankien muodostama ordinaalilukuluokka on myös epätyhjä,
joten tästä luokasta löytyy minimaalinen ordinaaliluku. Jokainen tätä minimaalista rankia vastaava B:n alkio (ja näitä on olemassa) on joukon a määritelmän
mukaan a:n alkio. Näin siis väite (31) on perusteltu.
Muistellaan välillä todistuksen yleislinjoja. Tässä on tehty antiteesi (AT), joten toiveissa on tietenkin ristiriidan aikaansaaminen. Tämä onnistuu seuraavasti. Koska R on oletuksen (1) mukaan minimaalirelaatio A:ssa, niin määritelmän
mukaan pätee
t(∀a[[a ⊆ A ∧ a 6≈ ∅] → ∃x[x ∈ a ∧ a ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅]]) = 1.
(32)
Nyt b on joukko, jolle pätee ehtojen (2), (13) ja (31) mukaan
t(b ⊆ A ∧ b 6≈ ∅) = 1,
jolloin ehdon (32) nojalla saadaan
t(∃x[x ∈ b ∧ b ∩ R−1 ({x}) ≈ ∅]) = 1.
(33)
Jos nyt osoitetaan, että kaikille vakioille v pätee
t(v ∈ b → b ∩ R−1 ({v}) 6≈ ∅) = 1,
niin ristiriita ehtoa (33) vastaan on syntynyt, ja asia on selvä. Oletetaan siis,
että v on vakio, jolle pätee
t(v ∈ b) = 1.
(34)
Riittää osoittaa, että
t(b ∩ R−1 ({v}) 6≈ ∅) = 1.
(35)
Ehtojen (34) ja (13) nojalla
t(v ∈ B) = 1.
(36)
Sovelletaan nyt antiteesista seuraavaa ehtoa (4), joka yhdistettynä ehtoon (36)
antaa ehdon
t(B ∩ R−1 ({v}) 6≈ ∅) = 1.
Tällöin pätee myös
t(rank(B ∩ R−1 ({v})) 6≈ ∅) = 1,
338
ja koska
t(rank(B ∩ R−1 ({v})) ⊆ On) = 1,
niin voidaan valita tämän ordinaalilukuluokan minimi; olkoon
α := min rank(B ∩ R−1 ({v}).
Minimi on kyseisen luokan alkio, joten kuvajoukon määritelmän mukaan on
olemassa vakio u siten, että
t(u ∈ B ∩ R−1 ({v})) = 1 ja
t(rank[u] ≈ α) = 1.
(37)
(38)
Koska minimi on tietysti myös pienin kyseisen luokan alkioista, pätee α:n määritelmän perusteella
t(∀z[z ∈ B ∩ R−1 ({v}) → α - rank[z]]) = 1,
jolloin ehdon (38) nojalla
t(∀z[z ∈ B ∩ R−1 ({v}) → rank[u] - rank[z]]) = 1.
(39)
Ehdot (37) ja (39) voidaan kirjoittaa myös muodossa
t(u ∈ B ∧ uRv ∧ ∀z[[z ∈ B ∧ zRv] → rank[u] - rank[z]]) = 1,
jolloin joukon C(v) määritelmän mukaan pätee
t(u ∈ C(v)) = 1.
(40)
Silloin ehtojen (36) ja (10) nojalla saadaan t(G[v] ≈ C(v)) = 1 ja edelleen ehdon
(40) nojalla
t(u ∈ G[v]) = 1.
(41)
Toisaalta ehdon (34) ja joukon b määritelmän nojalla löytyy finiittinen ordinaali
n siten, että
t(v ∈ F [n]) = 1,
jolloin
t(G[v] ∈ G(F [n])) = 1.
Tällöin ehdon (41) ja yhdisteen määritelmän nojalla
t(u ∈ ∪G(F [n]) ) = 1,
josta edelleen ehdon (11) nojalla
t(u ∈ H[F [n]]) = 1,
ja tästä ehdon (12) nojalla
t(u ∈ F [n ⊕ 1]) = 1,
339
jolloin taas yhdisteen määritelmän nojalla
t(u ∈ ∪F (ω) ) = 1,
ja tästä b:n määritelmän mukaan
t(u ∈ b) = 1.
Tällöin ehdon (37) nojalla
t(u ∈ b ∩ R−1 ({v})) = 1
eli ehto (35) on saatu aikaan ja todistus on valmis, koska näin siis syntyy haluttu ristiriita.
¤
Seuraava tehtävä parantaa lausetta 7.96. Vertaa myös harjoitustehtävään 7.97.
Harjoitustehtävä 11.40 Olkoot A, B ja R luokkia. Osoita, että
⊢ [R M in A ∧ B ⊆ A ∧ ∀x[[x ∈ A ∧ A ∩ R−1 ({x}) ⊆ B → x ∈ B]] → B ≈ A.
(Ohje: Mukaile lauseen 7.96 todistusta; sovella lausetta 11.39.)
12
Kardinaaliluvut
Kardinaaliluku on intuitiivisesti ajatellen jonkin joukon ”mahtavuus”. Tämä tarkoittaa sitä että, että jokaiseen joukkoon liitetään jokin ordinaaliluku, joka ilmaisee kyseisen joukon mahtavuuden. Joukko on sitä mahtavampi, mitä ”isompi” se
on, ja tällöin isompaan joukkoon pitäisi liittää isompi ordinaaliluku. Vastaavasti
”yhtä suuriin” joukkoihin täytyy liittyä sama mahtavuutta ilmaiseva ordinaaliluku. Määritellään tässä ensin, mitä tuo joukkojen ”yhtäsuuruus” oikeastaan
tarkoittaakaan. Määritelmä on varmaan tuttu muilta matematiikan kursseilta
ja kuuluu näin:
Määritelmä 12.1 Olkoot a ja b joukkoja. Merkitään symbolilla a ≃ b kaavaa
1−1
a ≃ b := ∃f [f : a −→ b].
onto
Sanotaan, että joukot a ja b ovat yhtä mahtavia, mikäli kaava a ≃ b on teoreema.
Huomautus. Joukot ovat siis yhtä mahtavia, mikäli niiden välillä on jokin bijektiivinen funktio. Seuraava lause kertoo, että yhtämahtavuus on ekvivalenssirelaatio.
Lause 12.2 Olkoot a, b ja c joukkoja. Tällöin pätee
i)
ii)
iii)
⊢ a ≃ a,
⊢ a ≃ b → b ≃ a ja
⊢ [a ≃ b ∧ b ≃ c] → a ≃ c.
340
Harjoitustehtävä 12.3 Todista lause 12.2.
Harjoitustehtävä 12.4 Osoita, että kaikille joukoille a pätee
⊢ a ≃ ∅ ↔ a ≈ ∅.
Harjoitustehtävä 12.5 Osoita, että kaikille joukoille a ja b pätee
i)
⊢ a × b ≃ b × a,
ii)
iii)
⊢ a × {b} ≃ a,
⊢ a ≃ b → a ∪ {a} ≃ b ∪ {b}
iv)
⊢ a ∪ {b} ≃ a ∨ a ∪ {b} ≃ a ∪ {a}.
ja
Harjoitustehtävä 12.6 Päteekö tehtävän 12.5 iii)-kohta myös toiseen suuntaan, ts. onko kaava
a ∪ {a} ≃ b ∪ {b} → a ≃ b
teoreema kaikille joukoille a ja b?
Harjoitustehtävä 12.7 Osoita, että kaikille joukoille a, b, c, d pätee
⊢ [a ≃ b ∧ c ≃ d] → a × c ≃ b × d.
Harjoitustehtävä 12.8 Olkoon α ordinaaliluku. Osoita, että
⊢ ω - α → α ≃ α ⊕ 1.
Harjoitustehtävä 12.9 Yleistä edellisen tehtävän tulos: Olkoon α ordinaaliluku ja n finiittinen ordinaali. Osoita, että
⊢ ω - α → α ≃ α ⊕ n.
(Ohje: Tehtävä 12.8 ja finiittinen induktio n:n suhteen.)
Seuraava lause on aivan keskeinen kardinaalilukujen teoriassa. Sen todisti ensimmäisenä Cantor vuonna 1895 käyttäen hyväksi valinta-aksioomaa, jota ei (vielä)
aksioomajärjestelmässämme ole, vrt. tehtävään 12.49. Vuonna 1896 kuitenkin
sekä Schröder että Bernstein esittivät todistuksen, joka ei valinta-aksioomaa
tarvitse. Tässä esitettävä todistus on oleellisilta osin peräisin heiltä. Intuitiivisesti lause sanoo, että jos a on yhtä mahtava jonkun b:n osajoukon kanssa ja
vastaavasti b yhtä mahtava jonkun a:n osajoukon kanssa, niin a ja b ovat yhtä
mahtavia. Usein tämä tulos ilmaistaan (ilman mahtavuuskäsitettä) niin, että
jos on olemassa injektio f : a → b ja injektio g : b → a, niin on olemassa bijektio
h : a → b. Huomaa, että tämä muotoilu on tosiaan yhtäpitävää tuon ylemmän
muotoilun kanssa, ks. myös tehtävä 12.11.
Lause 12.10 (Cantor-Schröder-Bernstein) Olkoot a, b, c ja d joukkoja. Tällöin pätee
⊢ [a ≃ c ∧ c ⊆ b ∧ b ≃ d ∧ d ⊆ a] → a ≃ b.
341
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio sekä a, b, c ja d vakioita, joille pätee
t(a ≃ c) = 1,
(1)
t(c ⊆ b) = 1,
t(b ≃ d) = 1 ja
t(d ⊆ a) = 1.
(2)
(3)
(4)
Riittää löytää vakio h siten, että
1−1
t(h : a −→ b) = 1.
onto
(5)
Ehtojen (1) ja (3) nojalla voidaan valita vakiot f ja g siten, että
1−1
t(f : a −→ c) = 1 ja
onto
1−1
t(g : b −→ d) = 1.
onto
(6)
(7)
Tällöin t(F nc(f ) ∧ F nc(g)) = 1, joten tehtävän 7.35 mukaan myös
t(F nc(g ◦ f )) = 1. Määritellään sitten luokka H asettamalla
H := {x | ∃y[x ≈ hy, (g ◦ f )(y)i]}.
Koska siis g ◦ f on funktio, niin lauseen 7.42 nojalla t(∀yM((g ◦ f )(y))) = 1,
jolloin myös H on funktio, ja pätee
t(∀y[H[y] ≈ (g ◦ f )(y)]) = 1.
(8)
Huomaa, että ehdossa (8) on tosiaan (g ◦ f )(y) eikä (g ◦ f )[y]; siten H ei ole
kuvaus g ◦ f . Olkoon nyt F finiittisen rekursion tästä luokasta H alkuarvolla
a \ d antama funktio. Huomaa, että lauseen 6.49 nojalla a \ d on joukko, joten
se kelpaa alkuarvoksi. Tällöin siis F :n määrittelyjoukko on ω sekä
t(F [0] ≈ a \ d) = 1 ja
t(∀n[F [n ⊕ 1] ≈ H[F [n]]]) = 1.
(9)
Ehtojen (8) ja (9) nojalla saadaan heti
t(∀n[F [n ⊕ 1] ≈ (g ◦ f )(F [n])]) = 1.
(10)
Osoitetaan seuraavaksi, että
t(∀n[F [n] ⊆ a]) = 1.
Todistetaan tämä finiittisellä induktiolla n:n suhteen. Pitää osoittaa, että
1) t(F [0] ⊂ a) = 1 ja
342
(11)
2) jos t(F [n] ⊆ a) = 1, niin t(F [n ⊕ 1] ⊆ a) = 1.
Tapaus 1): Tämä seuraa määritelmästä (9) ja siitä, että t(a \ d ⊆ a) = 1.
Tapaus 2): Tässä siis oletetaan, että n on finiittinen ordinaali ja että
t(F [n] ⊆ a) = 1;
(12)
induktioväitteenä on, että
t(F [n ⊕ 1] ⊆ a) = 1.
Ehdon (10) nojalla tämä väite tulee muotoon
t((g ◦ f )(F [n]) ⊆ a) = 1.
(13)
Induktio-oletuksen (12) nojalla
t((g ◦ f )(F [n]) ⊆ (g ◦ f )(a)) = 1,
joten väite (13) seuraa, jos osoitetaan, että
t((g ◦ f )(a) ⊆ a) = 1.
(14)
Suoraan määritelmien mukaan
t((g ◦ f )(a) ≈ g(f (a))) = 1,
joten väite (14) tulee muotoon
t(g(f (a)) ⊆ a) = 1.
(15)
Ehdon (6) nojalla
t(f (a) ≈ c) = 1,
joten väite (15) tulee muotoon
t(g(c) ⊆ a) = 1.
(16)
Ehdon (2) nojalla
t(g(c) ⊆ g(b)) = 1,
joten väite (16) seuraa, jos osoitetaan, että
t(g(b) ⊆ a) = 1.
(17)
Ehdon (7) nojalla
t(g(b) ≈ d),
joten väite (17) seuraa ehdosta (4). Näin induktioaskel on otettu, ja siten väite
(11) on todistettu. Ehdon (11) nojalla saadaan ehto
t(∀n[f (F [n]) ⊆ f (a)]) = 1,
343
jolloin ehtojen (6) ja (2) nojalla
t(∀n[f (F [n]) ⊆ b]) = 1.
(18)
Määritellään nyt luokat G1 ja G2 asettamalla
G1 = {x | ∃y∃n[y ∈ a ∧ y ∈ F [n] ∧ x ≈ hy, f [y]i]}
G2 = {x | ∃y[y ∈ a ∧ ∀n[y ∈
/ F [n]] ∧ x ≈ hy, g
−1
ja
[y]i]}
ja määritellään edelleen
G = G1 ∪ G2 .
Tällöin G on funktio eli pätee t(F nc(G)) = 1 eli
t(Rel(G)) = 1 ja
t(U n(G)) = 1.
(19)
(20)
Näistä ensimmäinen väite (19) voidaan esittää muodossa t(G ⊆ V × V ) = 1.
Tämä on G:n määritelmän nojalla ilmeistä, sillä järjestetty pari hy, f [y]i tai
hy, g −1 [y]i on määritelty vain mikäli jälkimmäinen koordinaatti on joukko, ja
siinä tapauksessa nämä ovat triviaalisti luokan V × V alkioita.
Jälkimmäinen väite (20) vaatii todistuksen.
Tätä varten oletetaan, että u, w1 , w2 ovat vakioita, joille pätee
t(hu, w1 i ∈ G) = 1 ja
t(hu, w2 i ∈ G) = 1;
(21)
(22)
t(w1 ≈ w2 ) = 1.
(23)
pitää osoittaa, että
Vakioille w1 ja w2 on luokan G määritelmän ja ehtojen (21) ja (22) mukaan
neljä vaihtoehtoa:
hu, w1 i ∈ G1 ja hu, w2 i ∈ G1 ,
hu, w1 i ∈ G1 ja hu, w2 i ∈ G2 ,
(24)
(25)
hu, w1 i ∈ G2 ja hu, w2 i ∈ G1 tai
hu, w1 i ∈ G2 ja hu, w2 i ∈ G2 .
(26)
(27)
Tapauksessa (24) pätee luokan G1 määritelmän mukaan t(w1 ≈ f [u]) = 1 ja
t(w2 ≈ f [u]) = 1, jolloin väite (23) seuraa. Vastaavasti tapauksessa (27) pätee
luokan G2 määritelmän mukaan t(w1 ≈ g −1 [u]) = 1 ja t(w2 ≈ g −1 [u]) = 1, josta
väite (23) taas seuraa. Tässähän ei tarvitse tietää edes sitä, että f ja g −1 ovat
funktioita.
Riittää siis tarkastella tapauksia (25) ja (26).
344
Nyt tässä käy niin, että nämä vaihtoehdot ovat mahdottomia. Osoitetaan, että
vaihtoehto (25) on mahdoton, eli oletetaan, että se pätee, ja löydetään ristiriita.
Jos vaihtoehto (25) pätee, niin luokkien G1 ja G2 määritelmien perusteella
t(∃n[u ∈ F [n]]) = 1 ja t(∀n[u 6∈ F [n]]) = 1, ja nämä ehdot ovat heti ristiriitaisia.
Vastaavasti nähdään, että ehto (26) on mahdoton.
Näin on osoitettu, että yllä konstruoitu G on funktio.
Osoitetaan seuraavaksi, että sen määrittelyjoukko on a, ts. että
t(D(G) ≈ a) = 1.
(28)
Luokan G määritelmän perusteella on selvää, että
t(D(G) ⊆ a) = 1,
joten riittää osoittaa, että
t(a ⊆ D(G)) = 1.
(29)
Olkoon u mielivaltainen vakio, jolle pätee
t(u ∈ a) = 1.
(30)
Väite (29) seuraa, jos löydetään vakio w siten, että
t(hu, wi ∈ G) = 1.
(31)
Vakiolle u on kaksi mahdollisuutta: joko on olemassa finiittinen ordinaali n siten,
että
t(u ∈ F [n]) = 1
(32)
tai sitten
t(∀n[u ∈
/ F [n]]) = 1.
(33)
Tapauksessa (32) f [u] on ehdon (6) ja lauseen 7.56 perusteella joukko, jolloin
ehdon (30) ja luokan G1 määritelmän perusteella
t(hu, f [u]i ∈ G1 ) = 1,
ja siten väite (31) seuraa, koska t(G ≈ G1 ∪ G2 ) = 1.
Tapauksessa (33) huomataan ensin, että g −1 on ehdon (7) ja tehtävän 7.68
nojalla funktio, jolloin lauseen 7.56 perusteella g −1 [u] on joukko. Silloin ehdon
(30) ja luokan G2 määritelmän perusteella
t(hu, g −1 [u]i ∈ G2 ) = 1,
345
ja siten väite (31) taaskin seuraa, koska t(G ≈ G1 ∪ G2 ) = 1.
Näin väite (28) on todistettu.
Osoitetaan seuraavaksi, että G:n arvojoukko sisältyy joukkoon b, ts. että pätee
t(W(G) ⊆ b) = 1.
(34)
Olkoot tätä varten u ja w vakioita siten, että
t(hu, wi ∈ G) = 1.
(35)
t(w ∈ b) = 1.
(36)
Pitää osoittaa, että
Ehdon (35) ja luokan G määritelmän mukaan joko t(hu, wi ∈ G1 ) = 1 tai
t(hu, wi ∈ G2 ) = 1. Molemmissa tapauksissa pätee ehto (30). Tapauksessa
t(hu, wi ∈ G1 ) = 1 pätee luokan G1 määritelmän mukaan
t(w ≈ f [u]) = 1,
jolloin väite (36) seuraa ehdoista (30) ja (6).
Tapauksessa t(hu, wi ∈ G2 ) = 1 pätee luokan G2 määritelmän nojalla t(u 6∈
F [0]) = 1 eli ehdon (9) mukaan t(u 6∈ a \ d) = 1. Koska edelleen luokan G2
määritelmän mukaan on t(u ∈ a) = 1, on oltava
t(u ∈ d) = 1.
Koska lisäksi ehdon (7) ja tehtävän 7.68 nojalla
t(g −1 : d −→ b) = 1,
(37)
ja vielä kerran luokan G2 määritelmää käyttäen
t(w ≈ g −1 [u]) = 1,
niin väite (36) seuraa ehdosta (37).
Näin väite (34) on todistettu.
Nyt ehtojen (19), (20), (28) ja (34) mukaan on siis kaiken kaikkiaan osoitettu, että G on funktio joukosta a joukkoon b eli että
t(G : a −→ b) = 1.
(38)
Osoitetaan seuraavaksi, että G on injektio eli että
1−1
t(G : a −→ b) = 1.
346
(39)
Olkoot tätä varten u1 , u2 vakioita, joille pätee
t(hu1 , wi ∈ G) = 1 ja
t(hu2 , wi ∈ G) = 1.
(40)
(41)
Ehdon (38) nojalla riittää osoittaa, että
t(u1 ≈ u2 ) = 1.
(42)
Ehtojen (40) ja (41) sekä luokan G määritelmän nojalla pätee
t(u1 ∈ a) = 1 ja t(u2 ∈ a) = 1.
(43)
Vakioille u1 ja u2 on luokan G määritelmän ja ehtojen (40) ja (41) mukaan neljä
vaihtoehtoa kuten tapauksissa (24) – (27):
hu1 , wi ∈ G1 ja hu2 , wi ∈ G1 ,
hu1 , wi ∈ G1 ja hu2 , wi ∈ G2 ,
hu1 , wi ∈ G2 ja hu2 , wi ∈ G1 tai
(44)
(45)
(46)
hu1 , wi ∈ G2 ja hu2 , wi ∈ G2 .
(47)
Tapauksessa (44) on luokan G1 määritelmän nojalla t(w ≈ f [u1 ]) = 1 ja
t(w ≈ f [u2 ]) = 1, jolloin t(f [u2 ] ≈ f [u1 ]) = 1, ja väite (42) seuraa ehdosta
(30) ja ehdosta (6), jonka mukaan f : a −→ b on injektio.
Tapauksessa (47) on luokan G2 määritelmän nojalla t(w ≈ g −1 [u1 ]) = 1 ja
t(w ≈ g −1 [u2 ]) = 1, jolloin t(g −1 [u2 ] ≈ g −1 [u1 ]) = 1. Väite (42) seuraa silloin ehdosta (30) ja ehdosta (7) sekä tehtävästä 7.68, joiden mukaan g −1 : W(g) −→ b
on injektio.
Väite (43) siis seuraa vaihtoehdoissa (44) ja (47), joten riittää osoittaa, että
vaihtoehdot (45) ja (46) ovat mahdottomia.
Jos vaihtoehto (45) pätisi (tämä on siis antiteesi), niin ehdon (43) sekä luokkien
G1 ja G2 määritelmien nojalla saataisiin
t(u1 ∈ F [k]) = 1 jollekin k,
(48)
t(u2 6∈ F [n]) = 1 kaikille n,
t(w ≈ f [u1 ]) = 1 ja
(49)
(50)
t(w ≈ g −1 [u2 ]) = 1.
(51)
Ehtojen (49) ja (9) nojalla
t(u2 ∈
/ a \ d) = 1.
Ehtojen (43) ja (52) nojalla
t(u2 ∈ d) = 1,
347
(52)
jolloin ehdon (7) nojalla
t(g[g −1 [u2 ]] ≈ u2 ]) = 1.
(53)
Ehtojen (50) ja (51) nojalla pätee
t(f [u1 ] ≈ g −1 [u2 ]) = 1.
(54)
Ehtojen (53) ja (54) nojalla saadaan
t(g[f [u1 ]] ≈ u2 ]) = 1 eli
t((g ◦ f )[u1 ] ≈ u2 ) = 1.
(55)
Ehdon (48) nojalla
t((g ◦ f )[u1 ] ∈ (g ◦ f )(F [k])) = 1,
jolloin ehdon (55) mukaan
t(u2 ∈ (g ◦ f )(F [k])) = 1.
(56)
Ehdon (10) nojalla
t(F [k ⊕ 1] ≈ (g ◦ f )[k]) = 1,
jolloin ehdon (56) nojalla
t(u2 ∈ F [vk ⊕ 1]) = 1.
Tämä on kuitenkin vastoin ehtoa (49). Syntynyt ristiriita osoittaa, että vaihtoehto (45) on mahdoton.
Analogisesti nähdään, että myös myös vaihtoehto (46) on mahdoton.
Koska siis väite (42) pätee tapauksissa (44) ja (47) eikä muita mahdollisia tapauksia ole, väite (39) eli G:n injektiivisyys on todistettu.
Osoitetaan sitten, että G on myös surjektio eli ehto (39) tähän yhdistäen
1−1
t(G : a −→ b) = 1.
onto
(57)
Ehdon (39) nojalla väite (57) seuraa, jos osoitetaan, että jokaiselle b:n alkiolle
löytyy alkukuva kuvauksessa G. Olkoon siis w vakio, jolle pätee
t(w ∈ b) = 1.
(58)
t(hu, wi ∈ G) = 1.
(59)
Riittää löytää vakio u siten, että
348
Vakiolle w pätee joko
t(∃n[w ∈ f (F [n])]) = 1 tai
(60)
t(∀n[w ∈
/ f (F [n])]) = 1.
(61)
Tarkastellaan ensin vaihtoehtoa (60).
Siinä tapauksessa voidaan valita finiittinen ordinaali k, jolle pätee
t(w ∈ f (F [k])) = 1.
(62)
Kuvajoukon määritelmän mukaan ehto (62) merkitsee sitä, että voidaan valita
vakio u, jolle pätee
t(u ∈ F [k]) = 1 ja
t(w ≈ f [u]) = 1.
(63)
(64)
Koska k on finiittinen ordinaali, niin ehdon (11) nojalla
t(F [k] ⊆ a) = 1.
Tällöin ehdon (63) mukaan
t(u ∈ a) = 1.
(65)
Luokan G1 määritelmän sekä ehtojen (65), (63) ja (64) nojalla
t(hu, wi ∈ G1 ) = 1.
(66)
Koska määritelmän mukaan t(G ≈ G1 ∪ G2 ) = 1, niin väite (59) seuraa ehdosta
(66).
Nåin on osoitettu, että väite (59) pätee tapauksessa (60).
Tarkastellaan sitten vaihtoehtoa (61).
Osoitetaan ensin, että tässä tapauksessa pätee
t(∀n[g[w] ∈
/ F [n]]) = 1.
(67)
Tehdään tätä varten antiteesi:
t(∀n[g[w] ∈
/ F [n]]) = 0.
(AT)
Tällöin on olemassa finiittinen ordinaali k, jolle pätee
t(g[w] ∈ F [k]) = 1.
(68)
t(g[w] ∈ d) = 1
(69)
Ehdon (7) nojalla pätee
349
ja toisaalta ehdon (9) nojalla
t(F [0] ≈ a \ d) = 1.
(70)
Ehtojen (69) ja (70) perusteella
t(g[w] ∈
/ F [0]) = 1.
(71)
Ehtojen (68) ja (71) nojalla on oltava
t(k 6≈ 0) = 1.
Tällöin tehtävän 8.73 nojalla k on seuraajaordinaali eli on olemassa m siten,
että
t(m ⊕ 1 ≈ k) = 1.
(72)
Ehtojen (10) ja (72) nojalla
t(F [k] ≈ (g ◦ f )(F [m])) = 1,
jolloin ehdon (68) mukaan
t(g[w] ∈ g(f (F [m]))) = 1.
(73)
Ehtojen (6) ja (11) nojalla pätee t(f (F [m]) ⊆ b) = 1, ja toisaalta g on ehdon (7)
perusteella joukossa b määritelty injektio, jolloin ehdoista (58) ja (73) saadaan
ehto
t(w ∈ f (F [m])) = 1.
(74)
Tämä on vastoin oletusta (61). Tämä ristiriita osoittaa antiteesin (AT) vääräksi, joten väite (67) on todistettu.
Lauseen 7.56 ja ehdon (7) nojalla g[w] on joukko. Tällöin voidaan valita vakio u siten, että
t(u ≈ g[w]) = 1.
(75)
Osoitetaan nyt, että tämä u on ehdossa (59) kaipailtu u.
Ehtojen (7) ja (58) nojalla pätee
t(g[w] ∈ d) = 1,
jolloin ehdon (4) nojalla
t(g[w] ∈ a) = 1.
(76)
Nyt ehtojen (76) ja (67) sekä luokkien G2 ja G määritelmien mukaan saadaan
t(hg[w], g −1 [g[w]]i ∈ G) = 1.
Koska ehtojen (58) ja (7) nojalla
t(g −1 [g[w]] ≈ w) = 1,
350
(77)
niin ehtojen (75) ja (77) perusteella
t(hu, wi ∈ G) = 1,
joten väitteessä (59) kaivattu vakio u on tosiaan löytynyt. Näin väite (57) on
todistettu.
Nyt voisi luulla, että lause on todistettu, eli että ehto (57) antaisi suoraan väitteen (5). Näin ei aivan ole, sillä tuo väitteen (5) h on vakio ja konstruoitu G on
luokka, joka voisi periaatteessa olla aito. Onneksi näin ei kuitenkaan ole, sillä
lause 7.61 sanoo, että funktio, jonka määrittelyjoukkona on joukko (kuten tässä
nyt on), on itsekin joukko. Tällöin siis G on joukko, ja löytyy vakio h siten, että
t(h ≈ G) = 1,
jolloin väite (5) seuraa ehdosta (57).
¤
Harjoitustehtävä 12.11 Ennen Cantor-Schröder-Bernsteinin lausetta huomautettiin myös tämän lauseen vähän toisenlaisesta muotoilusta. Tehtävänä on nyt
todistaa, että tämä erilainen muotoilu on tosiaan yhtäpitävää CSB-lauseen kanssa. Merkitään sitä varten symbolilla (CSB) lauseen 12.10 teoreemaa. Osoita, että
1−1
1−1
⊢ [[∃f [f : a −→ b] ∧ ∃g[g : b −→ a]] → a ≃ b] ↔ (CSB).
Harjoitustehtävä 12.12 Olkoot a ja b joukkoja. Osoita, että
1−1
1−1
⊢ [∃f [f : a −→ b] ∧ ∃g[g : b −→ a]] → a ≃ b.
Nyt voidaan todistaa jo johdannossa ”todistettu” (ks. tehtävä 1.1) tulos (joka
on sekin peräisin Cantorilta) siitä, että jokaisen joukon potenssijoukko on aidosti mahtavampi kuin joukko itse. Tätä käsitettä ”aidosti mahtavampi” ei ole itse
asiassa määritelty lainkaan (eikä siihen taida olla tarvettakaan – määritelmän
voi jokainen tehdä itse; sehän menee suurinpiirtein niin, että a on aidosti mahtavampi kuin b, jos on olemassa injektio b:ltä a:lle, muttei päinvastoin). Otetaan
sensijaan käyttöön merkintä
Merkintä 12.13 Olkoot a ja b joukkoja. Merkitään symbolilla a 6≃ b kaavaa
a 6≃ b := ¬[a ≃ b].
Sanotaan, että a ja b eivät ole yhtä mahtavia, jos kaava a 6≃ b on teoreema.
Lause 12.14 Olkoon a joukko. Tällöin joukot a ja P(a) eivät ole yhtä mahtavia
eli pätee
⊢ a 6≃ P(a).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja oletetaan, että a on vakio. Riittää
osoittaa, että
t(a 6≃ P(a)) = 1.
351
Tehdään antiteesi:
t(a 6≃ P(a)) = 0.
(AT)
Tällöin negaatiolle saadaan
t(a ≃ P(a)) = 1,
ja määritelmän 12.1 mukaan löytyy vakio f siten, että
1−1
t(f : a −→ P(a)) = 1.
onto
(1)
Määritellään luokka B asettamalla
B = {x | x ∈ a ∧ x ∈
/ f [x]}.
Tällöin
t(B ⊆ a) = 1,
(2)
joten lauseen 6.44 nojalla B on joukko. Silloin löytyy vakio v siten, että
t(v ≈ B) = 1,
(3)
ja tälle vakiolle v pätee ehdon (2) nojalla
t(v ⊆ a) = 1.
Tällöin potenssijoukon P(a) määritelmän mukaan pätee
t(v ∈ P(a)) = 1.
(4)
Ehdon (1) nojalla f on surjektio, joten ehdon (4) nojalla on olemassa vakio u
siten, että
t(u ∈ a) = 1 ja
t(f [u] ≈ v) = 1.
(5)
(6)
Vakiolle u ja v on vain kaksi vaihtoehtoa: pätee joko
t(u ∈ v) = 1 tai
t(u ∈ v) = 0.
(7)
(8)
Tarkastellaan ensin tapausta (7). Tässä tapauksessa ehdon (6) nojalla pätee
t(u ∈ f [u]) = 1,
jolloin totuusarvofunktion määritelmän mukaan
t(u ∈ a ∧ u ∈
/ f [u]) = 0,
ja siten luokan B määritelmän mukaan
t(u ∈ B) = 0.
352
Tällöin ehdon (3) perusteella
t(u ∈ v) = 0,
mikä on vastoin ehtoa (7). Tämä ristiriita osoittaa, että ehto (7) ei voi päteä.
Joudutaan siis tapaukseen (8). Tällöin
t(u ∈
/ v) = 1,
jolloin ehdon (5) nojalla
t(u ∈ a ∧ u ∈
/ f [u]) = 1,
ja siten luokan B määritelmän mukaan
t(v ∈ B) = 1.
Tällöin ehdon (3) perusteella
t(u ∈ v) = 1,
mikä on vastoin ehtoa (8). Tässäkin tapauksessa joudutaan siis ristiriitaan.
Koska muita vaihtoehtoja ei ole, antiteesi (AT) johtaa siis aina ristiriitaan, joten se on väärä ja väite pätee.
¤
Huomautus. Lauseen 12.14 todistusta tarkastelemalla huomataan, että siinä todistettiin itse asiassa vahvempi tulos: ei ole olemassa surjektiota f : a → P(a).
Sen sijaan aina on olemassa surjektio f : P(a) → a, mikä on varsin ilmeistä.
Seuraavassa lauseessa todistetaan, että ei ole olemassa injektiota f : P(a) → a;
käänteiseen suuntaan injektio aina löytyy, kuten seuraava tehtävä sanoo:
Harjoitustehtävä 12.15 Olkoon a epätyhjä joukko. Osoita, että
1−1
⊢ ∃f [f : a −→ P(a)]
ja
⊢ ∃f [f : P(a) −→ a].
onto
Lause 12.16 Olkoon a joukko. Tällöin pätee
1−1
⊢ ¬∃f [f : P(a) −→ a].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja a vakio. Riittää osoittaa, että
1−1
t(¬∃f [f : P(a) −→ a]) = 1.
Tehdään antiteesi:
1−1
t(¬∃f [f : P(a) −→ a]) = 0.
353
(AT)
Tällöin negaatiolle saadaan
1−1
t(∃f [f : P(a) −→ a]) = 1.
(1)
Tehtävän 12.15 nojalla pätee toisaalta
1−1
t(∃g[g : a −→ P(a)]) = 1.
(2)
Ehtojen (1) ja (2) sekä tehtävän 12.12 (eli käytännössä Cantor-Schröder-Bernsteinin
lauseen) nojalla
t(a ≃ P(a)) = 1,
mikä on mahdotonta lauseen 12.14 mukaan. Tämä ristiriita osoittaa, että antiteesi (AT) on väärä, joten väite on todistettu.
¤
On aika luonnollista uskoa, että jos joukot ovat yhtä mahtavia, niin myös niiden
potenssijoukot ovat yhtä mahtavia. Tämä uskomus osuu oikeaan:
Lause 12.17 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
⊢ a ≃ b → P(a) ≃ P(b).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio sekä a ja b vakioita. Riittää osoittaa,
että
t(a ≃ b → P(a) ≃ P(b)) = 1.
Oletetaan, että
t(a ≃ b) = 1;
(1)
t(P(a) ≃ P(b)) = 1.
(2)
riittää osoittaa, että
Oletuksen (1) nojalla on olemassa vakio f siten, että
1−1
t(f : a −→ b) = 1.
onto
(3)
Määritellään luokka F asettamalla
F = {x | ∃y[y ∈ P(a) ∧ x ≈ hy, f (y)i}.
Koska f on kuvaus, jonka määrittelyjoukko on a, niin f (y) on joukko jokaiselle a:n osajoukolle y eli P(a):n alkiolle y, ja näin myös F on kuvaus, jonka
määrittelyjoukko on P(a) ja jolle pätee
t(∀y[y ∈ P(a) → F [y] ≈ f (y)]) = 1.
(4)
t(W(F ) ⊆ P(b)) = 1.
(5)
Lisäksi pätee
Ehto (5) vaatii pienen perustelun. Ehto (5) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∀y[y ∈ P(a) → F [y] ∈ P(b)]) = 1.
354
(6)
Ehtoa (6) varten olkoon v vakio, jolle pätee
t(v ∈ P(a)) = 1;
(7)
t(F [v] ∈ P(b)) = 1.
(8)
pitää osoittaa, että
Ehdon (4) mukaan väite (8) tulee muotoon
t(f (v) ∈ P(b)) = 1
ja edelleen potenssijoukon määritelmän mukaan muotoon
t(f (v) ⊆ b) = 1.
(9)
Väitettä (9) varten olkoon c vakio, jolle pätee
t(c ∈ f (v)) = 1;
(10)
t(c ∈ b) = 1.
(11)
riittää osoittaa, että
Kuvajoukon määritelmän ja ehdon (10) nojalla löytyy vakio u, jolle pätee
t(u ∈ v) = 1
(12)
t(f [u] ≈ c) = 1.
(13)
ja
Ehdon (7) perusteella
t(v ⊆ a) = 1,
jolloin ehdon (12) nojalla
t(u ∈ a) = 1.
Tällöin ehdon (3) mukaan
t(f [u] ∈ b) = 1,
joten väite (11) seuraa ehdosta (13). Näin ehto (5) on perustelunsa saanut.
Tämän ehdon (ja muun F :ää koskevan tiedon) nojalla saadaan ehto
t(F : P(a) −→ P(b)) = 1.
(14)
Osoitetaan seuraavaksi, että F on injektio, eli että
1−1
t(F : P(a) −→ P(b)) = 1.
Ehdon (14) nojalla riittää osoittaa, että
t(∀x∀y[[x ∈ P(a) ∧ y ∈ P(a) ∧ F [x] ≈ F [y]] → x ≈ y]) = 1.
355
(15)
Tätä varten oletetaan, että u1 ja u2 ovat vakioita, joille pätee
t(ui ∈ P(a)) = 1,
i = 1, 2
(16)
ja
t(F [u1 ] ≈ F [u2 ]) = 1;
(17)
t(u1 ≈ u2 ) = 1.
(18)
riittää osoittaa, että
Tehtävän 6.36 nojalla väite (18) seuraa, jos osoitetaan, että
t(u1 ⊆ u2 ) = 1 ja t(u2 ⊆ u1 ) = 1.
Nämä väitteet ovat täysin analogisia, joten riittää todistaa ehto
t(u1 ⊆ u2 ) = 1.
(19)
Väitettä (19) varten olkoon d vakio, jolle pätee
t(d ∈ u1 ) = 1;
(20)
t(d ∈ u2 ) = 1.
(21)
riittää osoittaa, että
Ehtojen (16), (17) ja (4) nojalla saadaan ensin
t(f (u1 ) ≈ f (u2 )) = 1.
(22)
Toisaalta kuvajoukon määritelmän ja ehdon (20) mukaan
t(f [d] ∈ f (u1 )) = 1,
ja silloin ehdon (22) perusteella
t(f [d] ∈ f (u2 )) = 1.
(23)
Edelleen kuvajoukon määritelmän ja ehdon (23) mukaan löytyy vakio e siten,
että
t(e ∈ u2 ) = 1
(24)
ja
t(f [e] ≈ f [d]) = 1.
(25)
Ehdon (3) nojalla f on injektio, joten ehto (25) antaa ehdon
t(e ≈ d) = 1.
(26)
Väite (21) seuraa nyt ehdoista (26) ja (24). Näin väite (19) ja siten myös väite
(15) on todistettu.
356
Todistetaan seuraavaksi F :n bijektiivisyys (tai oikeastaan surjektiivisuus); ts.
että
1−1
t(F : P(a) −→ P(b)) = 1.
(27)
onto
Ehdon (15) perusteella tämä seuraa, jos osoitetaan, että
t(∀x[x ∈ P(b) → ∃y[y ∈ P(a) ∧ F [y] ≈ x]]) = 1.
(28)
Olkoon w vakio, jolle pätee
t(w ∈ P(b)) = 1.
(29)
Väite (28) seuraa, jos löydetään vakio v, jolle pätee ehto (7) ja lisäksi
t(F [v] ≈ w) = 1.
(30)
t(w ⊆ b) = 1.
(31)
Ehdon (29) mukaan
Ehdon (3) nojalla
jolloin ehdon (31) nojalla
eli
Lisäksi f
t(f −1 : b −→ a) = 1,
t(f −1 (w) ⊆ a) = 1
t(f −1 (w) ∈ P(a)) = 1.
−1
(32)
(w) on joukko, joten löytyy vakio v siten, että
t(v ≈ f −1 (w)) = 1.
(33)
Nyt tämä vakio v kelpaa ehdoissa (30) ja (7) kaipailluksi vakioksi. Todistetaan
tämä, ts. osoitetaan, että ehdot (7) ja (30) pätevät.
Ehto (7) seuraa ehdoista (32) ja (33). Ehtoa (30) varten riittää ehdon (33)
perusteella osoittaa, että
t(F [f −1 (w)] ≈ w) = 1.
(34)
Ehtojen (4) ja (32) nojalla väite (34) tulee muotoon
t(f (f −1 (w)) ≈ w) = 1.
Tämä seuraa helposti siitä, että f on bijektio eli tarkemmin sanottuna ehdoista
(3) ja (31). Näin väite (27) on todistettu.
Nyt tässä on sama tilanne kuin Cantor-Schröder-Bernsteinin lauseen todistuksen lopussa: on konstruoitu bijektio yhtä mahtavaksi väitettyjen joukkojen välille, mutta tämä ei tarkkaan ottaen riitä ennen kuin huomataan, että kyseinen
bijektio on joukko. Se seuraa lauseesta 7.61 ja siitä että P(a) on joukko. Tämän
357
havainnon jälkeen varsinainen väite seuraa ehdosta (27).
¤
Nyt olisi sitten aika määritellä kardinaaliluvut. Intuitiivisesti kardinaaliluku ilmaisee joukon mahtavuuden. Yhtä mahtavilla joukoilla pitäisi olla sama kardinaaliluku ja aidosti mahtavammalla joukolla aidosti isompi kardinaaliluku. Mitä
nämä ”luvut” sitten oikein ovat? Cantor määritteli joukon M kardinaaliluvun
tähän tyyliin (tyydytään tässä englanninkieliseen käännökseen):
”... the general concept which, by means of our active faculty of thought, arises
from the aggregate M when we make abstraction of the nature of its various elements m and of the order in which they are given.”
No joo, tuolla aiemmin johdannossa puhuttiin siitä, että joukko-opin perusteet
piti saada ”out of the realm of psychology”, ja kyllä tuo määritelmä sellaiselta
kuulostaa, että syytä olikin – mitenkään nyt Cantorin (muita) ansioita nihiloimatta. Psykologian puolelta matematiikkaan taisi ensimmäisenä astua Frege
1884 ja hänen jälkeensä Russell 1903, jotka molemmat määrittelivät kardinaaliluvun yhtä mahtavien joukkojen muodostamana ekvivalenssiluokkana, vrt. lause
12.2.
Tässä ZF-teoriassa sen sijaan joukon a kardinaaliluku määritellään sopimalla,
että se on pienin ordinaaliluku, joka on yhtä mahtava a:n kanssa. Jos a:n kanssa yhtä mahtavia ordinaalilukuja ylipäätään on olemassa, niin niiden joukosta
voidaan yksikäsitteisellä tavalla valita pienin. Ongelmaksi tässä määritelmässä
nousee se, onko tällaisia ordinaalilukuja lainkaan.
Nyt täytyy muistaa luvun 9 tulokset, erityisesti lause 9.27, joka sanoi, että jos
joukossa a on järjestävä minimaalirelaatio, niin a on isomorfinen jonkin ordinaaliluvun kanssa. Isomorfismi on bijektio, joten katso: kaivattu ordinaaliluku
on löytynyt.
Nyt tietysti voidaan (ja pitää) esittää kysymys: Onko jokaisessa joukossa (jokin) järjestävä minimaalirelaatio?
ZF-järjestelmässä tähän ei voida vastata, joten kaivetaan taskusta uusi aksiooma, jonka avulla voidaan todistaa, että noita kaivattuja ordinaalilukuja löytyy
– voi olla, ettei löydy kuin yksi, mutta sehän riittää. Valinta-aksioomaa (axiom
of choice, AC) kuvailtiin intuitiivisesti johdannossa. Siinähän oli kysymys siitä,
että jos {Ui }i∈I onSannettu kokoelma epätyhjiä joukkoja, niin onko olemassa
kuvausta ϕ : I → i∈I Ui siten, että ϕ(i) ∈ Ui kaikille i ∈ I. Tämän muotoilua voi vähän viilata merkitsemällä A = {Ui }i∈I , jolloin siis perheen A alkioita
ovat joukot Ui . Tällöin voidaan samastaa joukot A ja I tulkitsemalla Ui ↔ i,
jolloin tuo edellä esitetty
kysymys voidaan muotoilla myös näin: Onko olemassa
S
kuvausta ϕ : A → A siten, että ϕ(Ui ) ∈ Ui kaikille Ui ∈ A. Tällaisen kuvauksen olemassaolon takaa siis valinta-aksiooma. Aksiooma kuuluu tarkkaan ottaen
358
näin:
∀a∃f ∀x[[x ∈ a ∧ x 6≈ ∅] → f [x] ∈ x],
missä a, f, x ovat eri muuttujia.
(AC):
Huomaa, että tässä aksioomassa f siis imitoi kuvausta f : a → ∪a , mutta siitä
ei tarvitse puhua mitään, tässä f on formaalisti vain muuttuja.
Osoitetaan nyt, että valinta-aksiooman avulla todellakin jokaiselle joukolle a
löytyy jokin ordinaaliluku α siten, että a ≃ α. Tässä ei itse asiassa tarvitse
(vielä) puhua mitään yllä mainitusta järjestävästä minimaalirelaatiosta. Asiaan
palataan.
Lause 12.18 Olkoon a joukko. Tällöin pätee
⊢ ∃α[α ≃ a].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, joka siis nyt toteuttaa myös valintaaksiooman. Oletetaan, että a on vakio. Riittää löytää jokin ordinaaliluku α siten,
että
t(a ≃ α) = 1.
(1)
Aloitetaan soveltamalla valinta-aksioomaa potenssijoukkoon P(a), joka todella
on joukko aksiooman (JAx5) nojalla, ja siten valinta-aksiooma toimii. Saadaan
t(∃f ∀x[[x ∈ P(a) ∧ x 6≈ ∅] → f [x] ∈ x]) = 1.
Tällöin voidaan valita vakio f siten, että
t(∀x[[x ∈ P(a) ∧ x 6≈ ∅] → f [x] ∈ x]) = 1
eli
t(∀x[[x ⊆ a ∧ x 6≈ ∅] → f [x] ∈ x]) = 1.
(2)
Määritellään luokka G asettamalla
G = {x | ∃y[x ≈ hy, f [a \ W(y)]i}.
Tällöin G on funktio ja pätee
t(∀x[G[x] ≈ f [a \ W(x)]]) = 1.
(3)
Olkoon F transfiniittisen rekursion (lause 9.9) tästä luokasta G antama funktio,
jolle siis pätee
t(F F n On) = 1
(4)
ja
t(∀α[F [α] ≈ G[F pα]]) = 1.
(5)
Osoitetaan nyt, että pätee
t(∀α[a \ F (α) 6≈ ∅ → G[F pα] ∈ a \ F (α)]) = 1.
359
(6)
Olkoon tätä varten α ordinaaliluku, jolle pätee
t(a \ F (α) 6≈ ∅) = 1.
(7)
t(G[F pα] ∈ a \ F (α)) = 1.
(8)
Riittää osoittaa, että
Ehdon (3) nojalla väite (8) tulee muotoon
t(f [a \ W(F pα)] ∈ a \ F (α)) = 1
eli kuvajoukon F (α) määritelmän mukaan
t(f [a \ F (α)] ∈ a \ F (α)) = 1.
(9)
Koska
t(a \ F (α) ⊆ α) = 1,
ja a \ F (α) on joukko, niin oletuksen (7) ja ehdon (2) nojalla saadaan väite (9).
Näin väite (6) on todistettu. Koska a on joukko, niin ehtojen (4), (5) ja (6)
nojalla saadaan
t(F F n On ∧ ∀α[F [α] ≈ G[F pα] ∧
∀α[a \ F (α) 6≈ ∅ → G[F pα] ∈ a \ F (α)] ∧ M(a)) = 1.
Tällöin lauseen 9.22 nojalla saadaan
1−1
t(∃α∀β[[β ≺ α → a \ F (β) 6≈ ∅] ∧ F pα : α −→ a]) = 1.
onto
Erityisesti siis
1−1
t(∃α[F pα : α −→ a]) = 1,
onto
joten on olemassa ordinaaliluku α jolle pätee
1−1
t(F pα : α −→ a) = 1.
onto
(10)
Koska α on joukko, niin lauseen 7.62 nojalla myös F pα on joukko, joten on
olemassa vakio g siten, että
t(g ≈ F pα) = 1,
ja ehdon (10) nojalla saadaan
1−1
t(g : α −→ a) = 1,
onto
joten
1−1
t(∃h[h : α −→ a]) = 1
onto
eli
t(α ≃ a) = 1,
ja väite (1) on todistettu.
¤
Nyt ollaan valmiita asettamaan joukon mahtavuuden eli kardinaliteetin määritelmä:
360
Määritelmä 12.19 Olkoon a joukko. Merkitään symbolilla Oa luokkaa
Oa := {α | α ≃ a}.
Merkitään edelleen symbolilla a luokkaa
a := min Oa .
Sanotaan, että luokka a on joukon a mahtavuus. Merkitään vielä symbolilla K
luokkaa
K := {α | ∃a[a ≈ α]}.
Sanotaan, että luokka K on kardinaalilukujen luokka ja että α on kardinaaliluku, jos kaava α ∈ K on teoreema.
Huomautus 12.20 Suoraan määritelmästä seuraa, että a on ordinaaliluku, sillä ordinaalilukuluokan minimi on aina määritelty ja myös ordinaaliluku. Huomaa, että tässä ei itse asiassa tarvitse tietää sitä, että luokka Oa on epätyhjä
– mikä seuraa valinta-aksioomasta –, sillä myös tyhjän luokan minimi on määritelty, sehän on 0. Tässä nyt kuitenkin valinta-aksiooma on pelissä mukana,
jolloin kardinaaliluku toimii niin kuin sen intuitiivisesti voi odottaa toimivankin. Esimerkiksi kaava a ⊆ b → a - b voidaan todistaa teoreemaksi. Näinhän
sen täytyy tietysti olla: isommalla joukolla pitää olla isompi mahtavuus. Tätä tulosta ei voi todistaa ilman valinta-aksiooman käyttöä: tässähän voisi käydä
niin, että Oa 6⊆ 0, jolloin 0 ≺ a, mutta Ob ≈ ∅, jolloin b ≈ 0. Seuraava tuloskin
vaatii tätä:
Lause 12.21 Olkoon a joukko. Tällöin pätee
⊢ a ≈ 0 ↔ a ≈ ∅.
Harjoitustehtävä 12.22 Todista lause 12.21.
Valinta-aksioomaa tarvitaan myös tässä:
Lause 12.23 Olkoon a joukko. Tällöin pätee
⊢ a ≃ a.
Harjoitustehtävä 12.24 Todista lause 12.23.
Huomautus 12.25 Suoraan määritelmän nojalla kaikki kardinaaliluvut ovat
ordinaalilukuja, mutta kaikki ordinaaliluvut eivät ole kardinaalilukuja – eihän tässä kardinaalilukujen määritelmässä muuten paljon mieltä olisikaan. Tämä näkyy seuraavasta tehtävästä. Jatkossa tullaan osoittamaan, että kaikki finiittiset ordinaalit ovat kardinaalilukuja, samoin ω.
Harjoitustehtävä 12.26 Osoita esimerkillä, että kaikki ordinaaliluvut eivät
ole kardinaalilukuja.
(Vihje: ω ⊕ 1.)
361
Harjoitustehtävä 12.27 Osoita, että
⊢ ∀α[α - α].
Harjoitustehtävä 12.28 Osoita esimerkillä, että ordinaaliluvulle α voi olla
⊢α≺α
ja toisella esimerkillä, että voi olla
⊢ α ≈ α.
Toisinpäin epäyhtälöä ei voi tulla tehtävän 12.27 nojalla.
Harjoitustehtävä 12.29 Olkoot a ja b joukkoja. Osoita, että
⊢ a ≃ b ↔ a ≈ b.
Harjoitustehtävä 12.30 Kardinaaliluvut voidaan karakterisoida ordinaalilukujen joukosta seuraavasti (vertaa tehtävään 12.28):
⊢ ∀α[α ∈ K ↔ α ≈ α].
Todista tämä. Todista myös, että kaikille joukoille a pätee
⊢ (a) ≈ a.
Finiittisille ordinaaleille n pätee n ≈ n, niin kuin luonnolliselta tuntuukin. Tämä
vaatii toki pienen todistuksen. Todistetaan ensin aputulos:
Lause 12.31
⊢ ∀m∀n[m ≃ n → m ≈ n].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja n finiittinen ordinaali. Riittää
osoittaa, että
t(∀m[m ≃ n → m ≈ n]) = 1.
(1)
Tehdään finiittinen induktio n:n suhteen. Riittää osoittaa, että
1) t(∀[m ≃ 0 → m ≈ 0]) = 1 ja
2) jos ehto (1) pätee, niin t(∀m[m ≃ n ⊕ 1 → m ≈ n ⊕ 1]) = 1.
Tapaus 1): Olkoon m finiittinen ordinaali. Riittää osoittaa, että
t(m ≃ 0 → m ≈ 0) = 1.
Tämä seuraa tehtävästä 12.21.
362
Tapaus 2): Oletetaan, että ehto (1) pätee. Oletetaan, että m on finiittinen
ordinaali. Riittää osoittaa, että
t(m ≃ n ⊕ 1 → m ≈ n ⊕ 1) = 1.
Oletetaan, että
t(m ≃ n ⊕ 1) = 1.
(2)
t(m ≈ n ⊕ 1) = 1.
(3)
Riittää osoittaa, että
Koska
t(n ⊕ 1 6≈ 0) = 1,
niin tehtävän 12.4 nojalla
t(n ⊕ 1 6≃ 0) = 1.
Tällöin lauseen 12.2 ja ehdon (2) nojalla
t(m 6≃ ∅) = 1,
ja siten tehtävän 12.4 nojalla
t(m 6≈ ∅) = 1.
Koska m on finiittinen ordinaali, niin tällöin m on jonkin finiittisen ordinaalin
seuraaja, eli voidaan valita finiittinen ordinaali p siten, että
t(m ≈ p ⊕ 1) = 1.
(4)
Tällöin ehdon (2) nojalla
t(p ⊕ 1 ≃ n ⊕ 1) = 1 eli
t(p ∪ {p} ≃ n ∪ {n}) = 1.
Tämän ehdon ja tehtävän 12.6 nojalla saadaan
t(p ≃ n) = 1.
(5)
Nyt induktio-oletuksen (1) ja ehdon (5) nojalla
t(p ≈ n) = 1,
jolloin väite (3) seuraa ehdosta (4). Näin induktioaskel on otettu ja väite todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 12.32 Osoita, että
⊢ ∀n[n 6≃ n ⊕ 1].
363
Harjoitustehtävä 12.33 Osoita, että
1−1
⊢ ∀n[¬∃f [f : n ⊕ 1 −→ n]].
(Ohje: Tässä on helpointa tehdä antiteesi, soveltaa Cantor-Schröder-Bernsteinin
lausetta ja käyttää sitten tehtävää 12.32.)
Nyt todistetaan sitten se, mitä edellä lupailtiin:
Lause 12.34
⊢ ∀n[n ≈ n].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja n finiittinen ordinaali, jolle siis
pätee
t(n ≺ ω) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(n ≈ n) = 1.
(2)
Tehtävän 12.27 nojalla pätee
t(n - n) = 1,
jolloin ehdon (1) nojalla
t(n ≺ ω) = 1.
Silloin n on finiittinen ordinaali eli on olemassa vakio m siten, että t(m ∈ ω) = 1
ja
t(n ≈ m) = 1.
(3)
Lauseen 12.2 nojalla pätee tällöin myös
t(n ≃ m) = 1.
(4)
Lauseen 12.23 nojalla
t(n ≃ n) = 1,
jolloin ehdon (4) ja lauseen 12.2 nojalla
t(m ≃ n) = 1.
Tällöin lauseen 12.31 nojalla
t(m ≈ n) = 1.
Väite (2) seuraa nyt ehdoista (5) ja (3).
(5)
¤
Huomautus. Lauseesta 12.34 seuraa välittömästi, että kaikki finiittiset ordinaalit ovat kardinaalilukuja; tätähän lupailtiin jo huomautuksessa 12.25.
Seuraava lause osoittaa, että jos jokin ordinaaliluku α on yhtä mahtava jonkin finiittisen ordinaalin kanssa, niin pätee α ≈ n. Erityisesti siis mikään transfiniittinen ordinaali ei voi olla yhtä mahtava minkään finiittisen ordinaalin kanssa. Väitteen todistuksessa on mukava käyttää pientä havaintoa, joka perustuu
Cantor-Schröder-Bernsteinin lauseeseen:
364
Harjoitustehtävä 12.35 Olkoot a, b ja c joukkoja. Osoita, että pätee
⊢ [a ≃ b ∧ b ⊆ c ∧ c ⊆ a] → a ≃ c.
Lause 12.36
⊢ ∀α∀n[α ≃ n → α ≈ n].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja α ordinaaliluku sekä n finiittinen
ordinaali, jolle pätee
t(α ≃ n) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(α ≈ n) = 1.
(2)
Tässä on nyt α:n suhteen kaksi mahdollisuutta: joko
t(ω - α) = 1 tai
t(α ≺ ω) = 1.
(3)
(4)
Osoitetaan, että vaihtoehto (3) on mahdoton. Tehdään antiteesi: vaihtoehto (3)
pätee. Koska n on finiittinen ordinaali, niin myös n ⊕ 1 on finiittinen ordinaali
ja siten
t(n ⊕ 1 ≺ ω) = 1,
ja silloin ehdon (3) nojalla
t(n ⊕ 1 ≺ α) = 1,
joten
t(n ⊕ 1 ⊆ α) = 1.
(5)
Koska
t(n ⊆ n ⊕ 1) = 1,
niin ehtojen (1) ja (5) sekä tehtävän 12.35 nojalla
t(α ≃ n ⊕ 1) = 1.
Tällöin ehdon (1) ja lauseen 12.2 nojalla
t(n ≃ n ⊕ 1) = 1,
mikä merkitsee lauseen 12.31 mukaan sitä, että
t(n ≈ n ⊕ 1) = 1,
ja tämähän ei ole mahdollista. Ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi on väärä,
joten ehto (3) on todellakin mahdoton vaihtoehto.
Koska ehto (3) ei siis tule kyseeseen, niin vaihtoehto (4) pätee. Tällöin α on
finiittinen ordinaali, jolloin väite (2) seuraa ehdosta (1) ja lauseesta 12.31. ¤
365
Määritelmä 12.37 Olkoon a joukko. Merkitään symbolilla F in(a) kaavaa
F in(a) := ∃n[n ≃ a].
Merkitään edelleen symbolilla Inf (a) kaavaa
Inf (a) := ¬F in(a).
Sanotaan, että joukko a on äärellinen, jos kaava F in(a) on teoreema. Jos
kaava Inf (a) on teoreema, niin sanotaan, että joukko a on ääretön.
Äärelliset/äärettömät joukot voidaan karakterisoida myös seuraavasti:
Lause 12.38 Olkoon a joukko. Tällöin
⊢ F in(a) ↔ a ≺ ω
ja
⊢ Inf (a) ↔ ω - a.
Harjoitustehtävä 12.39 Todista lause 12.38.
Huomautus 12.40 Koska kaikille ordinaaliluvuille β joko β ≺ ω tai ω - β
on teoreema, niin lauseen 12.38 nojalla jokainen joukko on joko äärellinen tai
ääretön – mitään ”harmaata aluetta” ei näiden välille jää.
Harjoitustehtävä 12.41 Todista oikeiksi seuraavat äärellisten joukkojen ominaisuudet:
i)
ii)
⊢ ∀a∀b[F in(a) → F in(a ∪ {b})],
⊢ ∀a∀b[F in(a) → F in(a \ {b})],
iii)
iv)
⊢ ∀a∀b[F in(a) → F in(a × {b})],
⊢ ∀a∀b[[F in(a) ∧ a ≃ b] → F in(b)],
v)
vi)
⊢ ∀a[F in(a) → a 6≃ a ∪ {a}]
⊢ ∀nF in(n).
ja
Harjoitustehtävä 12.42 Tehtävän 12.41 kohdat i)-iv) pätevät myös äärettömälle joukolle: Osoita, että
i)
⊢ ∀a∀b[Inf (a) → Inf (a ∪ {b})],
ii)
iii)
⊢ ∀a∀b[Inf (a) → Inf (a \ {b})],
⊢ ∀a∀b[Inf (a) → Inf (a × {b})]
iv)
⊢ ∀a∀b[[Inf (a) ∧ a ≃ b] → Inf (b)].
ja
Sen sijaan tehtävän 12.41 kohta v) nimenomaan ei päde äärettömälle joukolle:
Osoita, että
⊢ ∀a[Inf (a) → a ≃ a ∪ {a}].
Todista vähän enemmänkin:
⊢∀a∀b[Inf (a) → a ≃ a ∪ {b}] ja
⊢∀a[a ≃ a ∪ {a} ↔ ∃x[x ⊆ a ∧ x ≃ ω]].
366
Jatkossa on mukava ottaa käyttöön aidosti kasvavan funktion käsite. Tässä yhteydessä tällä tarkoitetaan sellaista funktiota, jonka määrittelyluokka on jokin
ordinaaliluku tai koko On ja kuvaluokka jokin luokan On osaluokka. Lisäksi vaaditaan, että aidosti kasvava funktio ”säilyttää järjestyksen”. Tarkka määritelmä
on seuraava:
Määritelmä 12.43 Olkoon G luokka. Merkitään symbolilla Ako(G) kaavaa
Ako(G) := F nc(G) ∧ Ord(D(G)) ∧ W(G) ⊆ On ∧
∀α∀β[[α ∈ D(G) ∧ β ∈ D(G)] → [α ≺ β → G[α] ≺ G[β]]].
Sanotaan, että G on aidosti kasvava ordinaalifunktio, jos kaava Ako(G)
on teoreema.
Huomautus. Lauseen 8.21 nojalla jokainen ordinaaliluokka on joko ordinaaliluku tai koko On. Tällöin aidosti kasvavan ordinaaliluokan määrittelyluokka D(G)
on aina luokan On osaluokka, joten siinä on määritelty On:stä periytyvä järjestys ”≺”. Samalla perusteella tämä järjestys on määritelty myös kuvaluokassa
W(G), joten ainakin tässä mielessä määritelmä 12.43 on mielekäs. Huomaa, että
kuvaluokan ei tarvitse olla ordinaaliluokka, vrt. tehtävä 12.44.
Harjoitustehtävä 12.44 Anna esimerkki aidosti kasvavasta ordinaalifunktiosta, jonka kuvaluokka ei ole ordinaaliluokka.
Harjoitustehtävä 12.45 Olkoon G luokka. Osoita, että
⊢ [Ord(D(G)) ∧ W(G) ⊆ On ∧ G IsomE,E (D(G), W(G))] → Ako(G).
Seuraava tehtävä yleistää tehtävän 9.4:
Harjoitustehtävä 12.46 Olkoon G luokka. Tällöin pätee
⊢ Ako(G) → ∀α[α ∈ D(G) → α - G[α]].
Nyt voidaan todistaa jo huomautuksessa 12.20 mainittu tulos: jos a ⊆ b, niin
a - b. Tämä on erittäin tärkeä tulos kardinaalilukujen teoriassa, ja vähän liioitellen voi sanoa, että kaikki myöhemmät tulokset perustuvat tähän – tavalla tai
toisella.
Lause 12.47 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
⊢ a ⊆ b → a - b.
Todistus. Olkoon t totuusarvofunktio, jolle pätee
t(a ⊆ b) = 1.
(1)
Oletetaan lisäksi, että a ja b ovat vakioita. Riittää osoittaa, että
t(a - b) = 1.
367
(2)
Tehtävän 12.21 nojalla pätee
t(b ≃ b) = 1,
joten määritelmän 12.1 mukaan voidaan valita vakio f siten, että
1−1
t(f : b −→ b) = 1.
onto
Ehdon (1) nojalla pätee tällöin
t(f (a) ⊆ b) = 1.
(3)
Lisäksi pätee
1−1
t(f pa : a −→ f (a)) = 1.
onto
(4)
Koska b on ordinaaliluku, niin ehdon (3) perusteella E on järjestävä minimaalirelaatio joukossa f (a). Tällöin lauseen 9.27 nojalla
t(∃α∃h[h IsomE,E (α, f (a))]) = 1,
joten voidaan valita ordinaaliluku α ja vakio h siten, että
t(h IsomE,E (α, f (a))) = 1.
(5)
Ehtojen (4) ja (5) nojalla
1−1
t(h−1 ◦ f pa : a −→ α) = 1.
onto
(6)
Tällöin
t(a ≃ α) = 1,
joten määritelmän 12.19 mukaan
t(a - α) = 1.
Silloin väitteen (2) todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(α - b) = 1.
(7)
t(b ≺ α) = 1.
(AT)
Tehdään antiteesi:
Tällöin kuvajoukon määritelmän ja ehdon (5) nojalla
t(h[b] ∈ f (a)) = 1,
jolloin ehdon (3) mukaan
t(h[b] ∈ b) = 1.
368
(8)
Nyt ehdon (3) nojalla t(f (a) ⊆ On) = 1 ja koska α on ordinaaliluku, niin ehdon
(5) ja tehtävän 12.45 nojalla pätee
t(Ako(h)) = 1.
Tällöin tehtävän 12.46 ja antiteesin (AT) mukaan pätee
t(b - h[b]) = 1.
(9)
Ehdon (8) nojalla kuitenkin
t(h[b] ≺ b) = 1,
mikä on vastoin ehtoa (9). Tämä ristiriita osoittaa, että antiteesi (AT) on väärä
ja siten ehto (7) pätee, jolloin lause on todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 12.48 Huomautuksessa 12.20 todettiin, että lause 12.47 ei
päde ilman valinta-aksioomaa. Jos näin on, valinta-aksioomaa on käytetty hyväksi lauseen 12.47 todistuksessa. Missä vaiheessa näin tapahtui?
Harjoitustehtävä 12.49 Todista Cantor-Schröder-Bernsteinin lause käyttäen
lausetta 12.47 – ja sitä kautta valinta-aksioomaa.
Kuten edellä vakuuteltiin, lause 12.47 on tärkeä tulos ja on keskeisessä roolissa monia kardinaalilukuja koskevien perustulosten todistuksessa. Esimerkkejä
tästä on seuraavassa. Ensimmäinen havainto sanoo, että äärellisen joukon osajoukko on äärellinen:
Lause 12.50 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
⊢ [F in(b) ∧ a ⊆ b] → F in(a).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja oletetaan, että a ja b ovat vakioita. Oletetaan lisäksi, että
t(F in(b) ∧ a ⊆ b) = 1.
(1)
t(F in(a)) = 1.
(2)
Riittää osoittaa, että
Oletuksen (1) ja äärellisen joukon määritelmän 12.38 nojalla
t(b ≺ ω) = 1.
(3)
Oletuksen (1) ja lauseen 12.47 nojalla saadaan myös
t(a - b) = 1.
Ehtojen (3) ja (4) nojalla pätee
t(a ≺ ω) = 1,
369
(4)
jolloin väite (2) seuraa määritelmästä 12.38.
¤
Seuraava lause sanoo, että joukon karteesinen tulo epätyhjän joukon kanssa ei
ainakaan sen mahtavuutta pienennä. Tämähän on tietysti intuitiivisesti täysin
selvää.
Lause 12.51 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
⊢ b 6≈ ∅ → a - a × b.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Oletetaan, että a ja b ovat vakioita
ja että
t(b 6≈ ∅) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(a - a × b) = 1.
(2)
Oletuksen (1) nojalla voidaan valita vakio v siten, että
t(v ∈ b) = 1.
(3)
Määritellään luokka f asettamalla
f = {x | ∃y[y ∈ a ∧ hy, hy, vii]}.
Tällöin selvästi
t(f F n1−1 a) = 1
(4)
t(f (a) ⊆ a × b) = 1.
(5)
ja ehdon (3) nojalla
Koska a on joukko, niin lauseen 7.61 nojalla myös f on joukko ja f :n injektiivisyyden (eli ehdon (4)) nojalla
1−1
t(f : a −→ f (a)) = 1.
onto
(6)
Koska siis f on joukko, niin ehdon (6) ja määritelmän 12.1 mukaan
t(a ≃ f (a)) = 1,
ja silloin tehtävän 12.29 nojalla
t(a ≈ f (a)) = 1.
(7)
Ehdon (5) ja lauseen 12.47 nojalla
t(f (a) - a × b) = 1,
ja väite (2) seuraa ehdosta (7).
¤
Seuraava lause sanoo, että funktiossa joukon kuvan mahtavuus ei voi olla suurempi kuin alkuperäisen joukon mahtavuus.
370
Lause 12.52 Olkoon a joukko ja F luokka. Tällöin
⊢ F F n a → F (a) - a.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja suljetaan väitteen kaava. Oletetaan, että a on vakio ja että
t(F F n a) = 1.
(1)
t(F (a) - a) = 1.
(2)
Riittää osoittaa, että
Huomaa, että koska a on joukko, niin lauseen 7.42 ja oletuksen (1) nojalla luokka F (a) on joukko, joten väite (2) on mielekäs.
Lauseen 12.23 nojalla löytyy vakio f siten, että
1−1
t(f : a −→ a) = 1.
onto
(3)
Tällöin oletuksen (1) perusteella
t(F ◦ f F n a) = 1.
(4)
Määritellään luokka B asettamalla
B = {β | β ≺ a ∧ ∀α[α ≺ β → F [f [α]] 6≈ F [f [β]]]}.
Tällöin välittömästi
t(B ⊆ a) = 1.
(5)
Koska a on ordinaalilukuna joukko, niin ehdon (5) ja lauseen 6.44 nojalla myös
B on joukko, ja silloin lauseen 12.47 ja ehdon (5) mukaan pätee
t(B - a) = 1.
(6)
Merkitään
G := F ◦ f pB.
Ehtojen (1), (4) ja (5) perusteella
t(G : B −→ F (a)) = 1
(7)
t(∀β[β ∈ B → G[β] ≈ F [f [β]]]) = 1.
(8)
ja lisäksi
Osoitetaan, että G on surjektio, eli pätee
t(G : B −→ F (a)) = 1.
onto
371
(9)
Ehdon (7) nojalla väite (9) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∀x[x ∈ F (a) → ∃β[β ∈ B ∧ G[β] ≈ x]]) = 1
eli ehdon (8) mukaan
t(∀x[x ∈ F (a) → ∃β[β ∈ B ∧ F [f [β]] ≈ x]]) = 1.
(10)
Väitteen (10) todistusta varten valitaan vakio v siten, että
t(v ∈ F (a)) = 1;
(11)
t(β ∈ B) = 1 ja
t(F [f [β]] ≈ v) = 1.
(12)
(13)
pitää löytää vakio β siten, että
Kuvajoukon määritelmän ja ehdon (11) mukaan löytyy vakio u siten, että
t(u ∈ a) = 1 ja
t(F [u] ≈ v) = 1.
(14)
(15)
t(f −1 [u] ∈ a) = 1 sekä
(16)
Ehtojen (3) ja (14) nojalla
t(f [f
−1
[u]] ≈ u) = 1.
(17)
Määritellään luokka Cv asettamalla
Cv := {α | α ∈ a ∧ F [f [α]] ≈ v}.
Tällöin
t(Cv ⊆ a) = 1.
(18)
Ehtojen (16), (17) ja (15) nojalla
t(f −1 [u] ∈ Cv ) = 1,
joten
t(Cv 6≈ ∅) = 1.
(19)
Ehtojen (18) ja (19) nojalla Cv on epätyhjä ordinaalilukuluokka, joten siitä
voidaan valita minimaalinen alkio, olkoon se β, jolle siis pätee
t(β ∈ Cv ∧ β ∩ Cv ≈ ∅) = 1.
(20)
Osoitetaan nyt, että ehdoissa (12) ja (13) kaivatuksi vakioksi β kelpaa juuri tämä β eli että valittu β toteuttaa ehdot (12) ja (13). Ehto (13) seuraa luokan
Cv määritelmästä ja siitä, että ehdon (20) mukaan t(β ∈ Cv ) = 1. Riittää siis
osoittaa, että ehto (12) pätee.
372
Luokan B määritelmän mukaan ehto (12) seuraa, jos osoitetaan, että
t(β ≺ a) = 1 ja
(21)
t(∀α[α ≺ β → F [f [α]] 6≈ F [f [β]]]) = 1.
(22)
Ehto (21) seuraa ehdosta (18) ja siitä, että t(β ∈ Cv ) = 1. Siten riittää osoittaa,
että ehto (22) pätee. Olkoon sitä varten α vakio, jolle pätee
t(α ≺ β) = 1;
(23)
t(F [f [α]] 6≈ F [f [β]]) = 1.
(24)
riittää osoittaa, että
Ehdon (24) todistusta varten tehdään antiteesi:
t(F [f [α]] ≈ F [f [β]]) = 1.
(AT1 )
Kuten edellä todettiin, β toteuttaa ehdon (13), jolloin antiteesin (AT1 ) nojalla
t(F [f [α]] ≈ v) = 1.
Tällöin ehtojen (23) ja (21) (joka siis pätee, kuten todettiin) sekä luokan Cv
määritelmän mukaan myös
t(α ∈ Cv ) = 1.
Tällöin ehdon (23) nojalla
t(α ∈ β ∩ Cv ) = 1,
mikä on kuitenkin mahdotonta ehdon (20) mukaan. Tämä ristiriita osoittaa,
että antiteesi (AT1 ) on väärä ja siten väite (12) seuraa. Silloin myös G:n surjektiivisuus eli ehto (9) on todistettu.
Osoitetaan sitten, että G on myös injektio, eli pätee
1−1
t(G : B −→ F (a)) = 1.
(25)
Ehdon (7) nojalla väite (25) seuraa, jos osoitetaan, että
t([α ∈ B ∧ β ∈ B ∧ G[α] ≈ G[β]] → α ≈ β) = 1.
(26)
Ehtoa (26) varten oletetaan, että
t(α ∈ B ∧ β ∈ B ∧ G[α] ≈ G[β]) = 1;
(27)
t(α ≈ β) = 1.
(28)
t(α 6≈ β) = 1.
(AT2 )
pitää osoittaa, että
Tehdään taas antiteesi:
373
Tällöin joko t(α ≺ β) = 1 tai t(β ≺ α) = 1, ja merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että
t(α ≺ β) = 1.
(29)
Ehdon (27) nojalla pätee t(β ∈ B) = 1, jolloin luokan B määritelmän ja ehdon
(29) nojalla
t(F [f [α]] 6≈ F [f [β]]) = 1.
(30)
Ehtojen (27) ja (8) nojalla pätee kuitenkin
t(F [f [α]] ≈ F [f [β]]) = 1,
mikä on vastoin ehtoa (30). Tämä ristiriita osoittaa, että antiteesi (AT2 ) on väärä, ja näin myös G:n injektiivisyys eli ehto (25) on todistettu. Kun yhdistetään
tämä ehtoon (9) saadaan
1−1
t(G : B −→ F (a)) = 1.
onto
(31)
Kuten edellä todettiin, ehdon (5) nojalla B on joukko, ja silloin lauseen 7.61
ja ehdon (7) perusteella myös G on joukko. Tällöin määritelmän 12.1 ja ehdon
(31) mukaan
t(B ≃ F (a)) = 1,
jolloin tehtävän 12.29 nojalla
t(B ≈ F (a)) = 1.
Väite (2) seuraa tällöin ehdosta (6).
¤
Seuraava tehtävä sanoo, että pienemmältä (kardinaliteetilla mitaten) joukolta voidaan aina konstruoida injektio isommalle joukolle – ja tämä pätee myös
kääntäen eli jos on olemassa injektio joukolta toiselle, niin lähtöjoukon kardinaliteetti on korkeintaan yhtäsuuri kuin maalijoukon:
Harjoitustehtävä 12.53 Olkoot a ja b joukkoja. Osoita, että
1−1
⊢ ∃f [f : a −→ b] ↔ a - b.
Lauseesta 12.52 seuraa, että surjektiivinen kuvaus ei ainakaan kasvata mahtavuutta. Sama pätee myös kääntäen: jos b - a, niin on olemassa surjektio joukolta
a joukolle b, kuten seuraavassa lauseessa nähdään.
Lause 12.54 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
⊢ ∃f [f : a −→ b] ↔ b - a.
onto
374
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja oletetaan, että a ja b ovat vakioita. Pitää osoittaa, että ehdot
t(∃f [f : a −→ b]) = 1
(1)
t(b - a) = 1
(2)
onto
ja
ovat yhtaikaa voimassa.
Oletetaan ensin, että ehto (1) pätee ja osoitetaan, että myös ehto (2) pätee.
Ehdon (2) nojalla voidaan valita vakio f siten, että
t(f : a −→ b) = 1,
onto
jolloin surjektion määritelmän perusteella
t(f (a) ≈ b) = 1.
(3)
Väite (2) seuraa nyt ehdosta (3) ja lauseesta 12.52.
Näin väitteen suunta ”(1)⇒(2)” on todistettu. Käänteistä suuntaa ”(2)⇒(1)”
varten oletetaan, että ehto (2) pätee ja osoitetaan, että myös ehto (1) pätee.
Ehdon (2) ja tehtävän 12.53 nojalla on olemassa vakio g siten, että
1−1
t(g : b −→ a) = 1.
(4)
Jos t(b ≈ 0) = 1, niin lauseen 12.21 nojalla t(b ≈ ∅) = 1, jolloin
t(∅ : a −→ b) = 1,
onto
ja väite (1) seuraa, koska ∅ on joukko. Voidaan siis olettaa, että t(b 6≈ 0) = 1,
jolloin lauseen 12.21 nojalla t(b ≈ ∅) = 1, ja voidaan valita vakio u siten, että
t(u ∈ b) = 1.
(5)
Määritellään nyt luokka f asettamalla
f = {z | ∃y[y ∈ b ∧ z ≈ hg[y], yi]} ∪ ((a \ g(b)) × {u}).
Tällöin g:n injektiivisyyden eli ehdon (4) nojalla nähdään helposti, että f on kuvaus, jonka määrittelyjoukko on a, ehdon (5) nojalla f kuvaa joukon a joukkoon
b ja lisäksi f on surjektio. Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi. Koska f
on joukossa a määriteltynä kuvauksena joukko, niin ehto (1) seuraa.
¤
Harjoitustehtävä 12.55 Täydennä lauseen 12.54 todistus osoittamalla, että
todistuksessa määritelty luokka f toteuttaa todella ehdon (4) eli että pätee
t(f : a −→ b) = 1.
onto
375
Harjoitustehtävä 12.56 Tehtävässä 12.12 todistettiin, että jos joukolta a on
olemassa injektio joukolle b ja jos myös joukolta b on olemassa injektio joukolle
a, niin joukot a ja b ovat yhtä mahtavia. Muotoile tarkasti ja todista vastaava
tulos surjektioille:
Jos joukolta a on olemassa surjektio joukolle b ja jos myös joukolta b on olemassa surjektio joukolle a, niin joukot a ja b ovat yhtä mahtavia.
Seuraava lause sanoo karkeasti ottaen, että karteesisen tulon mahtavuus on suurempi kuin yhdisteen. Tämä ei kuitenkaan ihan aina päde, mikä todetaan seuraavassa tehtävässä:
Harjoitustehtävä 12.57 Osoita esimerkillä, että jos a ≈ 1 tai b ≈ 1, niin voi
olla a × b ≺ a ∪ b. Vertaa lauseeseen 12.59.
Seuraavan tehtävän tulosta (joka on kyllä melko triviaali) on mukava käyttää
lauseen 12.59 todistuksessa. Tuloshan sanoo yksinkertaisesti sen, että jos 1 ≺ a,
niin joukosta a voidaan valita kaksi eri alkiota.
Harjoitustehtävä 12.58 Olkoon a joukko. Osoita, että
⊢ 1 ≺ a → ∃x∃y[x ∈ a ∧ y ∈ a ∧ x 6≈ y].
Lause 12.59 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
⊢ [1 ≺ a ∧ 1 ≺ b] → a ∪ b - a × b.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio; oletetaan, että a ja b ovat vakioita
ja että
t(1 ≺ a ∧ 1 ≺ b) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(a ∪ b - a × b) = 1.
(2)
Oletuksen (1) ja tehtävän 12.58 nojalla voidaan valita vakiot u, v, c ja d siten,
että
t(u ∈ a ∧ v ∈ a ∧ u 6≈ v) = 1
(3)
ja
t(c ∈ b ∧ d ∈ b ∧ c 6≈ d) = 1.
Määritellään luokka f asettamalla
f ={z | ∃x∃y[z ≈ hhx, yi, xi ∧ x ∈ a ∧ y ∈ b ∧ x 6≈ u ∧ y 6≈ d]} ∪
{z | ∃y[z ≈ hhu, yi, yi ∧ y ∈ b ∧ y 6≈ c ∧ y 6≈ d]} ∪
{z | ∃x[z ≈ hhx, di, di ∧ x ∈ a ∧ x 6≈ u]} ∪
{hhu, di, ui} ∪ {hhu, ci, ci}.
376
(4)
Helposti nähdään ehtojen (3) ja (4) avulla, että tälle luokalle f pätee
t(f : a × b −→ a ∪ b) = 1.
onto
(5)
Koska f on joukossa a × b määriteltynä funktiona joukko, niin ehtojen (1), (3)
ja (5) sekä lauseen 12.54 nojalla väite (2) seuraa.
¤
Harjoitustehtävä 12.60 Täydennä lauseen 12.59 todistus osoittamalla, että
sen ehto (5) pätee. Huomaa erityisesti pisteen d ∈ a ∪ b alkukuva; tämä on
ainoa kohta, missä tarvitaan ehdon (3) pistettä v.
Harjoitustehtävä 12.61 Voisi ajatella, että pistevieraan yhdisteen mahtavuus
saataisiin osiensa summana; siis jos a ∩ b ≈ ∅ niin olisi a ∪ b ≈ a ⊕ b. Näin
äärellisille joukoille onkin, mutta ei välttämättä äärettömille. Jos esimerkiksi
a = ω × {0} ja b = {h0, 1i} niin a ja b ovat pistevieraita, a ≈ ω, b ≈ 1 ja
a ∪ b ≈ ω, mutta ω ⊕1 6≈ ω. Tällaisessa tilanteessa pätee kuitenkin a ∪ b - a⊕b.
Todista tämä osoittamalla, että jos a ja b ovat joukkoja, niin
⊢ a ∩ b ≈ ∅ → a ∪ b - a ⊕ b.
(1)
Ohje: Osoita ensin, että ordinaaliluvuille α ja β pätee
⊢ [a ∩ b ≈ ∅ ∧ α ≃ a ∧ β ≃ b] → a ∪ b ≃ α ⊕ β
ja päättele tästä väite (1). Päteekö väite (1) ilman oletusta joukkojen a ja b
pistevieraudesta, ts. onko kaava
a∪b-a⊕b
teoreema?
Harjoitustehtävä 12.62 Osoita, että ordinaaliluvuille α ja β pätee
⊢ α × β ≃ α ⊙ β.
Osoita tämän nojalla edelleen, että kaikille joukoille a ja b pätee
⊢ a × b - a ⊙ b.
Ohje: Ensimmäisessä väitteessä kannattaa soveltaa jakoidentiteettiä eli lausetta 10.58. Jälkimmäinen väite seuraa ensimmäisestä samanlaisella kuviolla kuin
tehtävän 12.61 vastaava tulos.
Tässäkään ei päde välttämättä yhtäsuuruus, sillä esimerkiksi ω × ω ≈ ω 6≈
ω ⊙ ω ≈ ω ⊙ ω. Tähän asiaan palataan myöhemmin.
Kahden äärellisen joukon yhdiste ja karteesinen tulo on äärellinen:
377
Lause 12.63 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
⊢ [F in(a) ∧ F in(b)] → [F in(a ∪ b) ∧ F in(a × b)].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio sekä a ja b vakioita. Oletetaan, että
t(F in(a) ∧ F in(b)) = 1.
(1)
t(F in(a ∪ b)) = 1
(2)
t(F in(a × b)) = 1.
(3)
Pitää osoittaa, että
ja
Oletuksen (1) ja lauseen 12.38 nojalla pätee
t(a ≺ ω ∧ b ≺ ω) = 1.
(4)
Tällöin lauseen 10.19 nojalla myös
t(a ⊕ b ≺ ω) = 1.
(5)
Tehtävän 12.61 nojalla
t(a ∪ b - a ⊕ b) = 1,
jolloin ehdon (5) nojalla
t(a ∪ b ≺ ω) = 1.
Väite (2) seuraa tällöin lauseesta 12.38.
Vastaavasti ehdon (4) ja lauseen 10.40 nojalla pätee
t(a ⊙ b ≺ ω) = 1.
(6)
ja tehtävän 12.62 nojalla
t(a × b - a ⊙ b) = 1,
jolloin ehdon (6) nojalla
t(a × b ≺ ω) = 1.
Väite (3) seuraa tällöin myös lauseesta 12.38.
¤
Harjoitustehtävä 12.64 Olkoon α ordinaaliluku. Osoita, että
i)
⊢ F in(α) ↔ α ≺ ω
ii)
⊢ Inf (α) ↔ ω - α.
ja
Harjoitustehtävä 12.65 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢ α ≺ β ↔ α ≺ β.
378
Kummalla joukolla, a:lla vai a × a:lla on suurempi mahtavuus? Äkkiä ajatellen
tietysti karteesisella tulolla a × a, mutta ei se ihan näin mene: esimerkiksi joukoilla N ja N2 on sama mahtavuus. Lauseesta 12.59 ja tehtävästä 12.62 saadaan
karteesisen tulon mahtavuudelle arvio
a - a × a - a ⊙ a.
(1)
Tässä haarukassa (1) käy niin, että äärellisillä joukoilla ollaan tarkalleen haarukan ylärajalla, kun taas äärettömät joukot menevät tarkalleen alarajalle. Tämä
jälkimmäinen väite todistetaan lauseessa 12.75, ensimmäinen seuraavassa tehtävässä:
Harjoitustehtävä 12.66 Olkoon a joukko. Osoita, että
⊢ F in(a) → a × a ≈ a ⊙ a.
Ennen lausetta 12.75 todistetaan muutama aputulos.
Lause 12.67 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ 1 ≺ α → α ⊕ 1 - α × α.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(1 ≺ α) = 1.
(1)
t(α ⊕ 1 - α × α) = 1.
(2)
Pitää osoittaa, että
Määritellään luokka f asettamalla
f = {z | ∃β[β ≺ α ∧ z ≈ hβ, h0, βii]} ∪ {hα, h1, 0ii}.
Tällöin ehdon (1) nojalla
t(f : α ⊕ 1 −→ α × α) = 1.
Ilmeisesti f on myös injektio eli pätee
1−1
t(f : α ⊕ 1 −→ α × α) = 1.
Tällöin
1−1
t(f : α ⊕ 1 −→ W(f )) = 1
(3)
t(W(f ) ⊆ α × α) = 1.
(4)
onto
ja
Ehdon (3) nojalla pätee
t(α ⊕ 1 ≃ W(f )) = 1,
379
jolloin tehtävän 12.29 nojalla myös
t(α ⊕ 1 ≈ W(f )) = 1.
(5)
Ehdon (4) ja lauseen 12.47 nojalla
t(W(f ) - α × α) = 1,
jolloin väite (2) seuraa ehdosta (5).
¤
Lauseen 12.75 huomattavan vaikeaa todistusta varten kehitellään pari (sinänsäkin mielenkiintoista) järjestävää minimaalirelaatiota:
Määritelmä 12.68 Merkitään symbolilla Le luokkaa
Le := {x | ∃α∃β∃γ∃δ[x ≈ hhα, βi, hγ, δii ∧ [α ≺ γ ∨ [α ≈ γ ∧ β ≺ δ]]]}.
Sanotaan, että luokka Le on luokan On2 leksikograafinen eli sanakirjajärjestys.
Huomautus. Nimitys ”sanakirjajärjestys” on aika ilmeinen: Relaatio Le järjestää
luokan On2 alkiot hα, βi ja hγ, δi vertaamalla ensin niiden ensimmäistä ”aakkosta”, ja jos se sattuu olemaan sama, järjestetään toisen aakkosen perusteella.
Näinhän sanakirjoissakin – tai missä hyvänsä puhelinluettelossa – menetellään.
Harjoitustehtävä 12.69 Osoita, että Le on järjestävä minimaalirelaatio luokassa On2 . Osoita lisäksi, että se ei ole hyvin määritelty.
Harjoitustehtävä 12.70 Edellisen tehtävän mukaan Le ei siis ole hyvin määritelty, joten kysymystä ”Onko jokaisessa epätyhjässä luokan On2 osaluokassa
Le-minimaalialkio?” ei voi ratkaista lauseen 7.94 avulla. Lauseessa 11.39 tähän
kuitenkin vastattiin myöntävästi – jopa ilman järjestävyysehtoa. Kun tehtävän
12.72 mukaan Le on järjestävä, on löytyvä minimaalialkio myös yksikäsitteinen.
Totea nyt suoraan määritelmän perusteella (käyttämättä lausetta 11.39), että jokaisessa epätyhjässä luokan On osaluokassa on yksikäsitteinen Le-minimaalialkio.
Tarkemmin: Olkoon B luokka. Osoita, että
⊢ [B ⊆ On2 ∧ B 6≈ ∅] → ∃1 x[x ∈ B ∧ B ∩ Le−1 ({x}) ≈ ∅].
Tehtävästä 12.70 huolimatta sanakirjajärjestyksen paha puute on, että se ei
tosiaankaan ole hyvin määritelty. Lähinnä tästä syystä viritellään sitä vähän,
jolloin saadaan aikaan hyvin määritelty relaatio:
Määritelmä 12.71 Merkitään symbolilla Lex luokkaa
Lex := {x | ∃α∃β∃γ∃δ[x ≈ hhα, βi, hγ, δii∧
[max{α, β} ≺ max{γ, δ}∨
[max{α, β} ≈ max{γ, δ} ∧ hα, βiLehγ, δi]]]}.
Sanotaan, että Lex on luokan On2 parannettu sanakirjajärjestys.
380
Huomautus. Parannettu sanakirjajärjestys toimii intuitiivisesti niin, että ensin
verrataan alkioiden hα, βi ja hγ, δi koordinaattien maksimia, ja jos se on sama,
siirrytään vertailuun käyttäen tavallista sanakirjajärjestystä.
Harjoitustehtävä 12.72 Osoita, että Lex on hyvin määritelty ja järjestävä
minimaalirelaatio luokassa On2 .
Kuten edellä todettiin, lauseen 12.75 todistus on vaikea. Tässä menetellään nyt
niin, että todistetaan ensin erittäin vaikea aputulos 12.73. Itse lause 12.75 seuraa
tästä sitten helposti, mutta ei pidä erehtyä luulemaan että tulos olisi jotenkin
triviaali, vaikka sen todistus näyttääkin sitten lyhyeltä ja helpolta.
Lause 12.73 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ ω - α → α ≈ α × α.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(α ≺ ω ∨ α ≈ α × α) = 1.
(1)
Tehdään transfiniittinen induktio α:n suhteen. Pitää osoittaa, että
1) t(0 ≺ ω ∨ 0 ≈ 0 × 0) = 1,
2) jos ehto (1) pätee α:lle, niin se pätee myös α ⊕ 1:lle ja
3) jos α on rajaordinaali ja ehto (1) pätee kaikille α:aa pienemmille luvuille,
niin se pätee myös α:lle.
Tapaus 1) on triviaali, sillä t(0 ≺ ω) = 1.
Tapaus 2): Tässä siis oletetaan, että joko
t(α ≺ ω) = 1 tai
(2)
t(α ≈ α × α) = 1,
(3)
ja väitetään, että joko
t(α ⊕ 1 ≺ ω) = 1 tai
(4)
t(α ⊕ 1 ≈ (α ⊕ 1) × (α ⊕ 1)) = 1.
(5)
Jos ehto (2) pätee, niin α on finiittinen ordinaali, jolloin tehtävän 8.74 nojalla
myös α ⊕ 1 on finiittinen ordinaali eli ehto (4) pätee. Voidaan siis olettaa, että
ehto (2) ei päde, jolloin pätee
t(ω - α) = 1
(6)
ja lisäksi pätee ehto (3). Ehdon (6) ja tehtävän 12.8 nojalla
t(α ≃ α ⊕ 1) = 1,
381
(7)
josta edelleen tehtävän 12.7 nojalla
t(α × α ≃ (α ⊕ 1) × (α ⊕ 1)) = 1.
(8)
Ehdon (7) ja tehtävän 12.29 nojalla
t(α ≈ α ⊕ 1) = 1
(9)
ja vastaavasti ehdon (8) nojalla
t(α × α ≈ (α ⊕ 1) × (α ⊕ 1)) = 1.
(10)
Tällöin ehto (5) pätee ehtojen (3), (9) ja (10) nojalla. Näin tapaus 2) on käsitelty.
Tapaus 3) Tässä siis oletetaan, että t(α ∈ KII ) = 1 ja että
t(∀δ[δ ≺ α → [δ ≺ ω ∨ δ ≈ δ × δ]]) = 1.
(11)
Induktioväitteenä on, että ehto (1) pätee. Tässä on nyt kaksi mahdollisuutta:
joko
(12)
t(∃δ[δ ≺ α ∧ δ ≈ α]) = 1
tai sitten
t(∀δ[δ ≺ α → δ 6≈ α]) = 1.
(13)
Tarkastellaan ensin vaihtoehtoa (12). Tässä tapauksessa voidaan valita ordinaaliluku δ siten, että
t(δ ≺ α) = 1 ja
(14)
t(δ ≈ α) = 1.
(15)
Ehdon (15) ja tehtävän 12.29 nojalla
t(δ ≃ α) = 1,
(16)
jolloin tehtävän 12.7 nojalla myös
t(δ × δ ≃ α × α) = 1,
josta edelleen tehtävän 12.29 nojalla
t(δ × δ ≈ α × α) = 1.
(17)
Ehdon (14) ja induktio-oletuksen (11) nojalla pätee joko
t(δ ≺ ω) = 1 tai
(18)
t(δ ≈ δ × δ) = 1.
(19)
382
Tapauksessa (18) pätee ehdon (16) ja lauseen 12.36 nojalla
t(α ≈ δ) = 1,
jolloin – käyttäen uudelleen ehtoa (18) – saadaan
t(α ≺ ω) = 1,
jolloin väite (1) pätee. Siten voidaan olettaa, että ehto (18) ei päde, joten joudutaan vaihtoehtoon (19). Tässä tapauksessa ehtojen (15), (17) ja (19) nojalla
saadaan
t(α ≈ α × α) = 1,
joten taas väite (1) pätee. Siten tapauksen (12) kummassakin alavaihtoehdossa
induktioväite pätee, joten tapaus (12) käsitelty. Silloin voidaan olettaa,
että ehto (12) ei päde, jolloin pätee ehto (13). Lauseen 12.47 nojalla pätee
t(∀δ[δ ≺ α → δ - α]) = 1,
josta ehdon (13) nojalla saadaan vähän parempikin ehto
t(∀δ[δ ≺ α → δ ≺ α]) = 1.
(20)
Jos nyt t(α ≺ ω) = 1, niin väite (1) pätee. Siten voidaan olettaa, että
t(ω - α) = 1.
(21)
Järjestetään nyt luokka On2 määritelmän 12.71 parannetulla sanakirjajärjestyksellä Lex, joka tehtävän 12.72 mukaan on hyvin määritelty ja järjestävä
minimaalirelaatio aidossa luokassa On2 . Sovelletaan nyt keskeistä lausetta 9.25
relaatiosysteemiin (On2 , Lex). Lauseessa 9.25 konstruoidulle funktiolle F pätee
kyseisen lauseen perusteella
t(F IsomE,Lex (On, On2 )) = 1.
Merkitään
J := F −1 ,
jolloin
t(J IsomLex,E (On2 , On)) = 1.
(22)
Osoitetaan seuraavaksi, että
t(J(α × α) ⊆ α) = 1.
(23)
Valitaan ehdon (23) todistamiseksi ordinaaliluvut β ja γ siten, että
t(hβ, γi ∈ α × α) = 1.
(24)
Väite (23) seuraa, jos osoitetaan, että
t(J[hβ, γi] ≺ α) = 1.
383
(25)
Merkitään
µ := max{β, γ}.
Ehdon (24) nojalla pätee
t(β ≺ α ∧ γ ≺ α) = 1,
jolloin µ:n valinnan nojalla pätee myös
t(µ ≺ α) = 1.
(26)
Todistetaan tässä välissä aputuloksena, että
t(Lex−1 ({hβ, γi}) ⊆ (µ ⊕ 1) × (µ ⊕ 1)) = 1.
(27)
Ehtoa (27) varten olkoot η ja θ ordinaalilukuja siten, että
t(hη, θi ∈ Lex−1 ({hβ, γi})) = 1;
(28)
väite (27) seuraa, jos osoitetaan, että
t(hη, θi ∈ (µ ⊕ 1) × (µ ⊕ 1)) = 1,
mihin riittää se, että
t(η - µ ∧ θ - µ) = 1.
(29)
Ehdon (28) nojalla pätee
t(hη, θi Lex hβ, γi) = 1.
Tällöin relaation Lex määritelmän 12.37 mukaan
t(max{η, θ} - max{β, γ}) = 1.
(30)
Luvun µ valinnan ja ehdon (30) nojalla saadaan
t(max{η, θ} - µ) = 1,
jolloin väite (29) pätee. Tällöin aputulos (27) on todistettu.
Lauseen 7.106 nojalla isomorfismi kuvaa alkusegmentit alkusegmenteiksi, jolloin ehdon (22) nojalla saadaan
t(J(Lex−1 ({hβ, γi})) ≈ E −1 ({J[hβ, γi]})) = 1.
(31)
Toisaalta esimerkin 7.83 mukaan relaation E alkusegmentti joukon muodostamasta yksiöstä on joukko itse, joten pätee
t(E −1 ({J[hβ, γi]}) ≈ J[hβ, γi]) = 1,
ja siten ehdon (31) nojalla saadaan
t(J(Lex−1 ({hβ, γi})) ≈ J[hβ, γi]) = 1.
384
Tällöin myös
t(J(Lex−1 ({hβ, γi})) ≈ J[hβ, γi]) = 1.
(32)
Koska J on ehdon (22) mukaan isomorfismi, niin se on myös bijektio eli pätee
1−1
t(J : On2 −→ On) = 1,
onto
jolloin rajoittumafunktiolle pätee
1−1
t(JpLex−1 ({hβ, γi}) : Lex−1 ({hβ, γi}) −→ J(Lex−1 ({hβ, γi}))) = 1
onto
ja siten
t(Lex−1 ({hβ, γi}) ≃ J(Lex−1 ({hβ, γi}))) = 1,
josta edelleen tehtävän 12.29 mukaan
t(Lex−1 ({hβ, γi}) ≈ J(Lex−1 ({hβ, γi}))) = 1.
Tällöin ehdon (32) nojalla
t(Lex−1 ({hβ, γi}) ≈ J[hβ, γi]) = 1.
(33)
Nyt käytetään edellä todistettua aputulosta (27). Sen ja lauseen 12.47 nojalla
pätee
t(Lex−1 ({hβ, γi}) - (µ ⊕ 1) × (µ ⊕ 1)) = 1.
Tällöin ehdon (33) nojalla saadaan
t(J[hβ, γi] - (µ ⊕ 1) × (µ ⊕ 1)) = 1.
(34)
Tässä välissä on ehkä syytä muistuttaa, että ollaan todistamassa ehtoa (25).
Tehtävän 12.65 nojalla väite (25) seuraa, jos osoitetaan, että
t(J[hβ, γi] ≺ α) = 1.
Tämä väite seuraa ehdosta (34), jos osoitetaan, että
t((µ ⊕ 1) × (µ ⊕ 1) ≺ α) = 1.
(35)
Jos tässä µ on finiittinen ordinaali, niin myös µ ⊕ 1 on finiittinen ordinaali.
Tällöin, koska tehtävän 12.62 mukaan
t((µ ⊕ 1) × (µ ⊕ 1) ≃ (µ ⊕ 1) ⊙ (µ ⊕ 1)) = 1
ja lauseen 10.40 mukaan t((µ ⊕ 1) ⊙ (µ ⊕ 1) ≺ ω) = 1, pätee tehtävän 12.27
nojalla
t((µ ⊕ 1) × (µ ⊕ 1) ≺ ω) = 1,
385
jolloin ehto (35) seuraa ehdosta (21). Siispä voidaan olettaa, että µ ei ole finiittinen ordinaali eli pätee
t(ω - µ) = 1,
jolloin myös
t(ω - µ ⊕ 1) = 1.
(36)
Koska α on tässä meneillään olevassa transfiniittisen induktion tapauksessa 3)
tehdyn oletuksen mukaan rajaordinaali, niin ei voi olla
t(µ ⊕ 1 ≈ α) = 1,
jolloin ehdon (26) ja lauseen 8.61 nojalla pätee
t(µ ⊕ 1 ≺ α) = 1.
(37)
Nyt ehtojen (37) ja (36) sekä induktio-oletuksen (11) nojalla pätee
t((µ ⊕ 1) × (µ ⊕ 1) ≈ µ ⊕ 1) = 1.
Tällöin väitteen (35) todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(µ ⊕ 1 ≺ α) = 1.
(38)
Ehdon (37) ja lauseen 12.47 nojalla saadaan heti
t(µ ⊕ 1 - α) = 1.
(39)
Jotta tähän saataisiin aito epäyhtälö, käytetään nyt sitä oletusta, että ehto (13)
on voimassa. Tämän ehdon ja ehdon (37) nojalla pätee
t(µ ⊕ 1 6≈ α) = 1,
jolloin väite (38) seuraa ehdosta (39). Näin väite (35) ja sitä kautta myös väite
(25) ja erityisesti väite (23) on todistettu.
Tämän ehdon (23), lauseen 12.47 ja tehtävän 12.30 nojalla saadaan
t(J(α × α) - α) = 1.
Käytetään taas hyväksi sitä, että J on bijektio, jolloin pätee myös
1−1
t(Jp(α × α) : α × α −→ J(α × α)) = 1,
onto
ja siten
t(α × α ≃ J(α × α)) = 1.
Silloin tehtävän 12.29 nojalla
t(α × α ≈ J(α × α)) = 1,
386
(40)
jolloin ehdon (40) nojalla saadaan
t(α × α - α) = 1.
(41)
Toisaalta ehdon (21) sekä tehtävien 12.8 ja 12.29 nojalla
t(α ≈ α ⊕ 1) = 1
ja lauseen 12.67 (sekä ehdon (21)) nojalla
t(α ⊕ 1 - α × α) = 1,
jolloin
t(α - α × α) = 1.
Tällöin induktioväite (1) seuraa ehdosta (41). Näin lopulta transfiniittisen induktion tapaus 3) on sekin käsitelty ja asia on selvä.
¤
Harjoitustehtävä 12.74 Määritelmän 12.71 yhteydessä mainittiin, että ”tavallisen” sanakirjajärjestyksen Le paha puute on se, että kyseinen järjestys ei
ole hyvin määritelty. Tämä puute korjautui parannetussa sanakirjajärjestyksessä Lex. Lauseen 12.73 todistuksessa oli oleellista, että käytetty järjestys (joka
siis oli nimenomaan Lex) oli hyvin määritelty. Mihin tätä ominaisuutta nyt
loppujen lopuksi tarvittiin?
Nyt voidaan lopulta esittää (ja todistaa) tavoiteltu tulos:
Lause 12.75 Olkoon a joukko. Tällöin pätee
⊢ Inf (a) → a × a ≈ a.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja a vakio. Oletetaan, että pätee
t(Inf (a)) = 1;
(1)
t(a × a ≈ a) = 1.
(2)
riittää osoittaa, että
Oletuksen (1) ja lauseen 12.38 nojalla pätee
t(ω - a) = 1.
Tällöin lauseen 12.73 nojalla pätee
t(a × a ≈ (a)) = 1.
Koska tehtävän 12.30 nojalla
t((a) ≈ a) = 1,
387
(3)
niin ehdon (3) nojalla pätee
t(a × a ≈ a) = 1.
(4)
Toisaalta lauseen 12.23 nojalla
t(a ≃ a) = 1,
jolloin tehtävän 12.7 perusteella
t(a × a ≃ a × a) = 1,
ja silloin tehtävän 12.29 mukaan
t(a × a ≈ a × a) = 1.
Väite (2) seuraa tällöin ehdosta (4).
¤
Äärettömille joukoille pätee myös seuraavaa:
Lause 12.76 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
i)
ii)
⊢ [Inf (a) ∧ b 6≈ ∅] → a × b ≈ a ∪ b
ja
⊢ Inf (a) → a ∪ b ≈ max{a, b}.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio sekä oletetaan, että a ja b ovat
vakioita. Merkitään
α = max{a, b}.
Jos
t(b ≈ ∅) = 1,
niin
t(a ∪ b ≈ a) = 1,
t(b ≈ 0) = 1 ja
t(α ≈ a) = 1,
jolloin väite ii) seuraa. Siten voidaan olettaa, että
t(Inf (a) ∧ b 6≈ ∅) = 1;
(1)
t(a × b ≈ a ∪ b) = 1
(2)
t(a ∪ b ≈ α) = 1.
(3)
riittää osoittaa, että
ja
388
Oletuksen (1) ja lauseen 12.38 nojalla pätee
t(ω - a) = 1.
(4)
t(b ≈ 1) = 1,
(5)
Jos
niin ehdon (4) ja α:n määritelmän nojalla
t(α ≈ a) = 1
sekä tehtävän 12.5 nojalla
t(a × b ≃ a) = 1,
jolloin tehtävän 12.29 nojalla
t(a × b ≈ a) = 1.
Tällöin väitteet (2) ja (3) seuraavat, jos todistetaan väite
t(a ∪ b ≈ a) = 1.
(6)
Nyt ehtojen (1) ja (5) sekä tehtävän 12.42 nojalla
t(a ∪ b ≃ a) = 1,
joten väite (6) seuraa tehtävästä 12.29. Näin on nähty, että molemmat väitteet
(2) ja (3) pätevät, jos ehto (5) pätee.
Siten voidaan olettaa, että ehto (5) ei päde, jolloin oletuksen (1) nojalla pätee
t(1 ≺ b) = 1.
Silloin lauseen 12.59 ja ehdon (1) nojalla pätee
t(a ∪ b - a × b) = 1.
(7)
Toisaalta t(a ⊆ a ∪ b) = 1 ja t(b ⊆ a ∪ b) = 1, joten lauseen 12.47 nojalla pätee
t(a - a ∪ b) = 1 ja
(8)
t(b - a ∪ b) = 1.
(9)
Ehtojen (8) ja (9) sekä luvun α määritelmän nojalla pätee tällöin
t(α - a ∪ b) = 1.
Lauseen 12.23 nojalla pätee
t(a ≃ a) = 1 ja t(b ≃ b) = 1,
389
(10)
jolloin tehtävän 12.7 mukaan
t(a × b ≃ a × b) = 1
ja silloin tehtävän 12.29 perusteella
t(a × b ≈ a × b) = 1.
(11)
Ordinaaliluvun α määritelmän nojalla pätee
t(a ⊆ α) = 1 ja t(b ⊆ α) = 1,
jolloin
t(a × b ⊆ α × α) = 1.
Tällöin lauseen 12.47 nojalla saadaan
t(a × b - α × α) = 1.
(12)
Luvun α määritelmän ja ehdon (4) nojalla
t(ω - α) = 1.
Tällöin lauseen 12.73 nojalla
t(α × α ≈ α) = 1,
joten ehdon (12) nojalla saadaan
t(a × b - α) = 1.
(13)
Tehtävän 12.27 nojalla pätee
t(α - α) = 1,
jolloin ehdon (13) nojalla
t(a × b - α) = 1.
(14)
Yhdistämällä ehto (14) ehtoon (11) saadaan
t(a × b - α) = 1.
(15)
Yhdistämällä nyt ehdot (15), (7) ja (10) nähdään oikeaksi molemmat väitteet
(2) ja (3).
¤
Määritelmä 12.77 Olkoot a ja b joukkoja. Merkitään symbolilla ab luokkaa
ab := {f | f : b −→ a}.
390
Huomautus. Luokka ab koostuu siis kaikista funktioista f : b −→ a. Jos a ja
b ovat ordinaalilukuja, a = α ja b = β, niin aiemmin on jo määritelty (10.71)
potenssiinkorotus αxβy ja kohdassa 12.77 siis määriteltiin symboli αβ . Nyt voi
kysyä, että tarkoittavatko nämä toisiaan muistuttavat merkinnät samaa. Eivät, sillä αxβy on ordinaaliluku, kun taas αβ ei yleensä ole edes ordinaaliluokka,
eikä siten ordinaalilukukaan. Jatkokysymyksenä voi kysyä, ovatko nämä erinäköisten potenssiinkorotusten tuottamat joukot sitten mahdollisesti yhtä mahtavia – vertaa tehtävään 12.62, jossa erilaisten tulojen tuottamat joukot tosiaan
ovat yhtä mahtavia. Tämä onkin mielenkiintoisempi kysymys. Osoittautuu, että αxny ≃ αn , kun α on mielivaltainen ordinaaliluku ja n finiittinen ordinaali.
Tämä näkyy seuraavasta tehtävästä. Yleisesti näin ei ole, sillä esimerkiksi tehtävän 10.81 mukaan 2xωy ≈ ω, mutta lauseessa 12.80 osoitetaan, että 2ω ≃ P(ω),
ja joukot ω ja P(ω) eivät ole yhtä mahtavia lauseen 12.14 nojalla.
Tietysti voi kritisoida sitä, että kahta lähes samankaltaista merkintää käytetään
tarkoittamaan kahta eri asiaa. Syynä on taas vakiintunut käytäntö ja ilmeisesti
myös tehtävän 12.78 huomautus, josta merkintä ab juontanee juurensa.
Harjoitustehtävä 12.78 Olkoot α ja n ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢ n ∈ ω → αn ≃ αxny .
Huomaa, että tämän tehtävän nojalla intuitiivisesti kuvauksia n:n alkion joukosta m:n alkion joukkoon on tarkalleen mn kappaletta.
Seuraavassa tarkastellaan joukon(!) ab olemusta lähemmin.
Lause 12.79 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
⊢ M(ab ).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio sekä a ja b vakioita. Riittää osoittaa,
että
t(M(ab )) = 1.
(1)
Lauseen 7.4 nojalla pätee
t(M(b × a)) = 1.
Tällöin aksiooman (JAx5) nojalla myös
t(M(P(b × a))) = 1.
(2)
Määritelmän 12.77 (ja funktion määritelmän) nojalla pätee
t(ab ⊆ P(b × a)) = 1,
jolloin väite (1) seuraa ehdosta (2) ja lauseesta 6.44.
Lause 12.80 Olkoon a joukko. Tällöin pätee
⊢ 2 a ≃ P(a).
391
¤
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja a vakio. Riittää löytää vakio h
siten, että
1−1
t(h : 2a −→ P(a)) = 1.
(1)
onto
Määritellään luokka H asettamalla
H = {z | ∃f ∃y[z ≈ hf, yi ∧ f ∈ 2a ∧ y ≈ {x | x ∈ a ∧ f [x] ≈ 1}]}.
Tällöin H on selvästi funktio, jonka määrittelyluokalle D(H) pätee
t(D(H) ≈ 2a ) = 1.
(2)
Koska 2a on lauseen 12.79 mukaan joukko, niin ehdon (2) ja lauseen 7.61 nojalla
myös H on joukko ja siten on olemassa vakio h siten, että
t(h ≈ H) = 1.
(3)
Riittää osoittaa, että tämä vakio h toteuttaa ehdon (1). Ehtojen (2) ja (3)
nojalla
t(D(h) ≈ 2a ) = 1.
(4)
Luokan H määritelmän ja ehdon (3) nojalla pätee
t(∀f [f ∈ 2a → h[f ] ≈ {x | x ∈ a ∧ f [x] ≈ 1}]) = 1.
(5)
Tällöin
t(∀f [f ∈ 2a → h[f ] ⊆ a]) = 1
eli
t(∀f [f ∈ 2a → h[f ] ∈ P(a)]) = 1.
Silloin ehdon (4) nojalla pätee
t(h : 2a −→ P(a)) = 1.
(6)
Riittää osoittaa, että h on injektio ja surjektio. Osoitetaan ensin injektiivisyys
eli että
1−1
t(h : 2a −→ P(a)) = 1.
(7)
Olkoot f ja g vakioita. Ehdon (6) nojalla riittää osoittaa, että
t([f ∈ 2a ∧ g ∈ 2a ∧ h[f ] ≈ h[g]] → f ≈ g) = 1.
(8)
Ehtoa (8) varten oletetaan, että
t(f ∈ 2a ∧ g ∈ 2a ∧ h[f ] ≈ h[g]) = 1;
(9)
t(f ≈ g) = 1.
(10)
pitää osoittaa, että
Ehtojen (9) ja (5) nojalla
t(h[f ] ≈ {x | x ∈ a ∧ f [x] ≈ 1}) = 1
392
ja
t(h[g] ≈ {x | x ∈ a ∧ g[x] ≈ 1}) = 1,
joten ehdon (9) nojalla saadaan
t({x | x ∈ a ∧ f [x] ≈ 1} ≈ {x | x ∈ a ∧ g[x] ≈ 1}) = 1.
(11)
Ehdon (9) ja joukon 2a määritelmän (sekä määritelmän 2 := {0, 1}) nojalla
t(f : a −→ {0, 1}) = 1 ja t(g : a −→ {0, 1}) = 1.
(12)
Tällöin väite (10) seuraa, jos osoitetaan, että jokaiselle vakiolle v pätee
t(v ∈ a → f [v] ≈ g[v]) = 1.
(13)
Väitettä (13) varten oletetaan, että
t(v ∈ a) = 1;
(14)
t(f [v] ≈ g[v]) = 1.
(15)
pitää osoittaa, että
Ehtojen (12) ja (14) nojalla pätee joko
t(f [v] ≈ 1) = 1
(16)
t(f [v] ≈ 0) = 1.
(17)
tai
Tapauksessa (16) pätee
t(v ∈ {x | x ∈ a ∧ f [x] ≈ 1}) = 1,
jolloin ehdon (11) nojalla
t(v ∈ {x | x ∈ a ∧ g[x] ≈ 1}) = 1,
ja siten
t(g[v] ≈ 1) = 1,
ja väite (15) seuraa ehdosta (16).
Näin väite (15) on todistettu tapauksessa (16), joten voidaan olettaa, että vaihtoehto (17) pätee. Tällöin
t(v ∈
/ {x | x ∈ a ∧ f [x] ≈ 1}) = 1,
joten ehdon (11) nojalla
t(v ∈
/ {x | x ∈ a ∧ g[x] ≈ 1}) = 1,
ja siten
t(g[v] 6≈ 1) = 1.
393
Tällöin ehdon (12) nojalla on oltava
t(g[v] ≈ 0) = 1,
ja väite (15) seuraa ehdosta (17).
Näin väite (15) on todistettu. Tämä todistaa myös h:n injektiivisyyden eli väitteen (7).
Pitää vielä osoittaa surjektiivisuus eli että
t(h : 2a −→ P(a)) = 1.
onto
(18)
Ehdon (6) nojalla riittää osoittaa, että jokaiselle vakiolle v pätee
t(v ∈ P(a) → ∃f [f ∈ 2a ∧ h[f ] ≈ v]) = 1.
(19)
Väitettä (19) varten oletetaan, että
t(v ∈ P(a)) = 1;
(20)
riittää löytää vakio f siten, että
t(f : a −→ {0, 1}) = 1
(21)
t(h[f ] ≈ v) = 1.
(22)
t(v ⊆ a) = 1.
(23)
ja
Ehdon (20) nojalla pätee
Määritellään luokka F asettamalla
F = {x | ∃y[y ∈ v ∧ x ≈ hy, 1i]} ∪ {x | ∃y[y ∈ a \ v ∧ x ≈ hy, 0i]}.
Tällöin F on selvästi funktio ja ehdon (23) nojalla
t(D(F ) ≈ a) = 1
ja lisäksi
t(W(F ) ⊆ {0, 1}) = 1,
joten
t(F : a −→ 2) = 1.
(24)
Tällöin F on myös joukko, joten on olemassa vakio f siten, että
t(f ≈ F ) = 1.
Suoraan luokan F määritelmän nojalla
t({x | x ∈ a ∧ f [x] ≈ 1} ≈ v) = 1,
ja silloin ehtojen (24) ja (5) nojalla f toteuttaa vaatimukset (21) ja (22). Näin
myös väite (18) on todistettu. Väite (1) seuraa nyt ehdoista (7) ja (18).
¤
394
Lause 12.81 Olkoot a, b ja c joukkoja. Tällöin pätee
⊢ (ab )c ≃ ab×c .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja oletetaan, että a, b ja c ovat
vakioita. Koska lauseen 12.79 nojalla (ab )c on joukko, niin riittää konstruoida
F siten, että
1−1
t(F : (ab )c −→ ab×c ) = 1.
(1)
onto
Määritellään luokka F asettamalla
F = {z | ∃f ∃g[z ≈ hf, gi ∧ f ∈ (ab )c ∧ g ∈ ab×c ∧
∀x∀y[[x ∈ c ∧ y ∈ b] → g[hy, xi] ≈ (f [x])[y]]]}.
Tällöin selvästi F on relaatio ja
t(W(F ) ⊆ ab×c ) = 1 sekä
(3)
b c
(4)
t(D(F ) ⊆ (a ) ) = 1.
Tämän lisäksi F on yksiarvoinen eli pätee
t(F nc(F )) = 1.
(5)
Väite (5) vaatinee pienen perustelun. Olkoot sitä varten f ja g1 , g2 vakioita
siten, että
t(hf, g1 i ∈ F ∧ hf, g2 i ∈ F ) = 1;
(6)
pitää osoittaa, että
t(g1 ≈ g2 ) = 1.
(7)
Luokan F määritelmän ja ehdon (6) nojalla pätee
t(g1 ∈ ab×c ∧ g2 ∈ ab×c ) = 1,
joten väite (7) seuraa, jos osoitetaan, että kaikille vakioille u, v, joille pätee
t(hu, vi ∈ b × c) = 1,
(8)
t(g1 [hu, vi] ≈ g2 [hu, vi]) = 1.
(9)
pätee myös
Oletetaan siis, että ehto (8) pätee. Tällöin pätee myös
t(u ∈ b ∧ v ∈ c) = 1,
jolloin ehdon (6) ja luokan F määritelmän nojalla pätee
t(g1 [hu, vi] ≈ (f [v])[u] ∧ g2 [hu, vi] ≈ (f [v])[u]) = 1,
joten väite (9) pätee.
395
Näin ehto (5) on todistettu.
Osoitetaan seuraavaksi, että
t(F : (ab )c −→ aa×b ) = 1.
(10)
Ehtojen (5), (3) ja (4) nojalla väite (10) seuraa, jos osoitetaan, että
t((ab )c ⊆ D(F )) = 1.
(11)
Olkoon sitä varten f vakio siten, että
t(f ∈ (ab )c ) = 1.
(12)
Riittää löytää vakio g siten, että
t(hf, gi ∈ F ) = 1.
(13)
Määritellään luokka G asettamalla
G = {w | ∃x∃y∃z[w ≈ hhy, zi, xi ∧ x ∈ a ∧ y ∈ b ∧ z ∈ c ∧ x ≈ (f [z])[y]]}.
Tällöin selvästi G on funktio, jolle pätee
t(W(G) ⊆ a) = 1.
(14)
t(D(G) ≈ b × c) = 1.
(15)
Osoitetaan, että
Suoraan luokan G määritelmän nojalla t(D(G) ⊆ b × c) = 1, joten väitteen (15)
todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(b × c ⊆ D(G)) = 1.
(16)
Olkoot tätä varten v ja w vakioita, joille pätee
t(v ∈ b) = 1 ja t(w ∈ c) = 1.
(17)
Riittää löytää vakio k, jolle pätee
t(hhv, wi, ki ∈ G) = 1.
(18)
Ehtojen (17) ja (12) nojalla
t(f [w] ∈ ab ) = 1,
jolloin ehdon (17) nojalla
t((f [w])[v] ∈ a) = 1.
(19)
Luokka (f [w])[v] on joukko, joten voidaan valita vakio k siten, että
t(k ≈ (f [w])[v]) = 1.
396
(20)
Tämä vakio k kelpaa ehdossa (18) halutuksi vakioksi, mikä näkyy luokan G
määritelmästä sekä ehdoista (17), (19) ja (20).
Näin väite (15) on todistettu.
Ehtojen (15) ja (14) nojalla saadaan nyt
t(G : b × c −→ a) = 1 eli
t(G ∈ ab×c ) = 1.
(21)
Luokan G määritelmän ja ehdon (15) nojalla pätee
t(∀y∀z[[y ∈ b ∧ z ∈ c] → G[hy, zi] ≈ (f [z])[y]]) = 1.
(22)
Ehdon (21) nojalla G on joukko, ja siten voidaan valita vakio g siten, että
t(g ≈ G) = 1,
jolle ehtojen (21) ja (22) nojalla pätee
t(g ∈ ab×c ) = 1 ja
t(∀y∀z[[y ∈ b ∧ z ∈ c] → g[hy, zi] ≈ (f [z])[y]]]) = 1.
Tällöin luokan F määritelmän ja ehdon (12) mukaan ehto (13) pätee tälle g.
Näin väite (10) on todistettu.
Osoitetaan seuraavaksi, että F on surjektio eli että
t(F : (ab )c −→ aa×b ) = 1.
(23)
t(g ∈ ab×c ) = 1.
(24)
onto
Olkoon g vakio siten, että
Ehdon (10) nojalla väite (23) seuraa, jos löydetään vakio h, jolle pätee
t(h ∈ (ab )c ) = 1
(25)
t(F [h] ≈ g) = 1.
(26)
ja lisäksi
Määritellään luokka H asettamalla
H = {z | ∃y∃w[z ≈ hw, yi ∧ w ∈ c ∧ y ≈ {x | ∃v[x ≈ hv, g[hv, wi]i ∧ v ∈ b]i}]}.
Tällöin H on selvästi relaatio ja lisäksi yksiarvoinen: w määrää y:n yksikäsitteisesti, koska g on ehdon (24) nojalla funktio. Siispä H on funktio. Osoitetaan,
että
t(D(H) ≈ c) = 1.
(27)
397
Selvästi t(D(H) ⊆ c) = 1, joten väite (27) seuraa, jos osoitetaan, että
t(c ⊆ D(H)) = 1.
(28)
Olkoon sitä varten w vakio, jolle pätee
t(w ∈ c) = 1.
(29)
Riittää löytää vakio u, jolle pätee
t(hw, ui ∈ H) = 1.
(30)
Määritellään luokka Kw asettamalla
Kw = {x | ∃v[x ≈ hv, g[hv, wi]i ∧ v ∈ b]}.
Tällöin myös Kw on funktio ja ehdon (24) nojalla t(W(Kw ) ⊆ a) = 1. Selvästi
pätee myös t(D(Kw ) ⊆ b) = 1 ja lisäksi ehtojen (29) ja (24) nojalla t(b ⊆
D(Kw )) = 1, ja siten t(D(Kw ) ≈ b) = 1. Tällöin saadaan
t(Kw : b −→ a) = 1 eli
t(Kw ∈ ab ) = 1.
(31)
Koska Kw on myös joukko, voidaan valita vakio u siten, että
t(u ≈ Kw ) = 1.
(32)
Osoitetaan nyt, että tämä u kelpaa ehtoon (30). Ehdon (29) ja luokan H määritelmän nojalla riittää osoittaa, että
t(u ≈ {x | ∃v[x ≈ hv, g[hv, wi]i ∧ v ∈ b]}) = 1.
Tämä seuraa suoraan luokan Kw määritelmästä ja ehdosta (32). Siten ehto (30)
toteutuu, joten väite (27) on todistettu.
Erityisesti ehdoista (30) ja (32) seuraa, että kaikille vakioille w pätee
t(w ∈ c → hw, Kw i ∈ H) = 1 eli
t(w ∈ c → H[w] ≈ Kw ) = 1.
(33)
Tällöin ehdon (31) nojalla pätee
t(W(H) ⊆ ab ) = 1.
(34)
Ehtojen (27) ja (34) nojalla pätee
t(H : c −→ ab ) = 1 eli
t(H ∈ (ab )c ) = 1.
398
(35)
Tällöin H on joukko eli voidaan valita vakio h siten, että
t(h ≈ H) = 1.
(36)
Osoitetaan nyt, että tämä h on ehdoissa (25) ja (26) kaipailtu h. Ehto (25)
seuraa suoraan ehdoista (36) ja (35), joten riittää todistaa, että myös ehto (26)
pätee. Koska ehtojen (10) ja (24) nojalla sekä
t(D(F [h]) ≈ b × c) = 1 että
t(D(g) ≈ b × c) = 1,
niin väite (26) seuraa, jos osoitetaan, että kaikille vakioille v, w, joille pätee
t(v ∈ b) = 1 ja
t(w ∈ c) = 1,
(37)
(38)
t((F [h])[hv, wi] ≈ g[hv, wi]) = 1.
(39)
pätee myös
Oletetaan siis, että ehdot (37) ja (38) pätevät; osoitetaan, että myös ehto (39)
pätee. Luokan F määritelmän sekä ehtojen (37) ja (38) mukaan
t((F [h])[hv, wi] ≈ (h[w])[v]) = 1.
(40)
Toisaalta ehtojen (36), (38) ja (33) nojalla
t(h[w] ≈ Kw ) = 1.
(41)
Ehtojen (40) ja (41) nojalla väite (39) tulee muotoon
t(Kw [v] ≈ g[hv, wi]) = 1.
Tämä seuraa suoraan luokan Kw määritelmästä. Näin väite (26) on todistettu,
joten on todistettu myös F :n surjektiivisuus eli ehto (23).
Todistetaan sitten F :n injektiivisyys eli että
1−1
t(F : (ab )c −→ aa×b ) = 1.
(42)
Ehdon (10) nojalla väite (42) seuraa, jos osoitetaan, että kaikille vakioille k ja
h, joille pätee
t(h ∈ (ab )c ) = 1 ja t(k ∈ (ab )c ) = 1
(43)
sekä
t(F [h] ≈ F [k]) = 1,
(44)
t(h ≈ k) = 1.
(45)
pätee myös
Oletetaan siis, että ehdot (43) ja (44) pätevät; osoitetaan, että myös ehto (45)
pätee.
399
Olkoon w vakio, jolle pätee ehto (38). Ehdon (43) nojalla väite (45) seuraa,
jos osoitetaan, että
t(h[w] ≈ k[w]) = 1.
(46)
Ehtojen (38) ja (43) nojalla pätee
t(h[w] ∈ ab ∧ k[w] ∈ ab ) = 1.
(47)
Olkoon v vakio, jolle pätee ehto (37). Tällöin ehdon (47) nojalla väite (46)
seuraa, jos osoitetaan, että
t((h[w])[v] ≈ (k[w])[v]) = 1.
(48)
Ehtojen (37), (38) ja (43) sekä luokan F määritelmän nojalla pätee
t(F [h][hv, wi] ≈ (h[w])[v]) = 1 ja t(F [k][hv, wi] ≈ (k[w])[v]) = 1.
(49)
Nyt oletuksen (44) nojalla pätee
t(F [h][hv, wi] ≈ F [k][hv, wi]) = 1,
jolloin ehdon (49) nojalla saadaan ehto (48).
Näin on todistettu myös ehto (42) eli F :n injektiivisyys. Koska F :n surjektiivisuus todistettiin ehdossa (23), niin F on todistettu bijektioksi ja asia on selvä. ¤
Seuraava lause yleistää valinta-aksiooman luokille. Lauseen intuitiivinen selitys on seuraava. Olkoon a (indeksi-)joukko ja kaikille x ∈ a olkoon Ax epätyhjä
luokka Ax = {y | ϕw,z (x, y)}. Tällöin on olemassa ”valintafunktio” f siten, että
kaikille x ∈ a pätee f [x] ∈ Ax .
Lause 12.82 Olkoon a joukko ja ϕ kaava sekä w, z muuttujia. Tällöin pätee
⊢ ∀x[x ∈ a → ∃yϕw,z (x, y)] → ∃f ∀x[x ∈ a → ϕw,z (x, f [x])].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(∀x[x ∈ a → ∃yϕw,z (x, y)]) = 1
(1)
ja suljetaan väitteen kaava. Riittää osoittaa, että
t(∃f ∀x[x ∈ a → ϕw,z (x, f [x])]) = 1.
(2)
Määritellään luokka G asettamalla
G = {z | ∃x∃y[z ≈ hx, yi ∧ y ≈ min{α | ∃b[α ≈ rank[b] ∧ ϕw,z (x, b)]}]}.
Koska jokaisen ordinaalilukuluokan (myös tyhjän) minimi on yksikäsitteisesti
määrätty, G on funktio ja
t(∀x[G[x] ≈ min{α | ∃b[α ≈ rank[b] ∧ ϕw,z (x, b)]}]) = 1.
400
(3)
Oletuksen (1) nojalla
t(∀x[x ∈ a → {α | ∃b[α ≈ rank[b] ∧ ϕw,z (x, b)]} 6≈ ∅]) = 1,
joten ehdon (3) nojalla
t(∀x[x ∈ a → ∃b[ϕw,z (x, b) ∧ rank[b] ≈ G[x]]]) = 1.
(4)
Lisäksi
t(W(G) ⊆ On) = 1.
Tällöin erityisesti
t(G(a) ⊆ On) = 1
ja siten lauseen 8.41 nojalla
t(Ord(∪G(a) )) = 1,
jolloin lauseen 8.21 nojalla joko
t(∪G(a) ∈ On) = 1 tai
(5)
t(∪G(a) ≈ On) = 1.
(6)
Koska a on joukko, pätee lauseen 7.42 nojalla
t(M(G(a))) = 1,
ja silloin aksiooman (JAx3) nojalla myös
t(M(∪G(a) )) = 1.
Tällöin lauseen 8.18 nojalla ehto (6) ei voi päteä, joten ehto (5) on välttämättä
voimassa. Merkitään
α = ∪G(a) ⊕ 1.
Ehdon (5) nojalla
t(α ∈ On) = 1
eli α on ordinaaliluku.
Olkoon R rankifunktion määritelmässä käytettävä apufunktio (määritelmä 11.17).
Nyt yhdisteen ja kuvajoukon määritelmien nojalla jokaiselle vakiolle b pätee
t(∀x[[x ∈ a ∧ rank[b] ≈ G[x]] → rank[b] - ∪G(a) ]) = 1.
Tällöin luvun α määritelmän ja tehtävän 11.28 iii) mukaan pätee kaikille b
t(∀x[[x ∈ a ∧ rank[b] ≈ G[x]] → b ∈ R[α]]) = 1.
(7)
Ehtojen (4) ja (7) nojalla saadaan
t(∀x[x ∈ a → ∃b[ϕw,z (x, b) ∧ b ∈ R[α]]]) = 1.
401
(8)
Koska R on funktio ja α on joukko, niin myös R[α] on joukko. Tällöin lauseen
12.18 (tässä tarvitaan valinta-aksioomaa!) nojalla pätee
1−1
t(∃β∃h[h : β −→ R[α]]) = 1.
onto
(9)
Ehdon (9) nojalla voidaan valita vakiot β ja h siten, että h : β −→ R[α] on
surjektio, jolloin ehdon (8) perusteella
t(∀x[x ∈ a → ∃γ[γ ∈ β ∧ ϕw,z (x, h[γ])]]) = 1,
ja siten erityisesti
t(∀x[x ∈ a → {γ | γ ∈ β ∧ ϕw,z (x, h[γ])} 6≈ ∅]) = 1.
(10)
Määritellään nyt luokka f asettamalla
f = {z | ∃x∃δ[z ≈ hx, h[δ]i ∧ x ∈ a ∧ δ = min{γ | γ ∈ β ∧ ϕw,z (x, h[γ])}]}.
Koska ordinaalilukuluokan minimi on yksikäsitteisesti määrätty, niin f on kuvaus ja sen määrittelyjoukko on a. Lisäksi ehdon (10) nojalla pätee
t(∀x[x ∈ a → ∃δ[f [x] ≈ h[δ] ∧ δ ∈ {γ | γ ∈ β ∧ ϕw,z (x, h[γ])}]]) = 1
eli
t(∀x[x ∈ a → ∃δ[f [x] ≈ h[δ] ∧ δ ∈ β ∧ ϕw,z (x, h[δ])]]) = 1,
jolloin
t(∀x[x ∈ a → ϕw,z (x, f [x])]) = 1.
(11)
Koska f on joukossa a määriteltynä funktiona joukko, niin ehdosta (11) seuraa
väite (2).
¤
Intuitiivinen johdatus seuraavaan lauseeseen. Jos A = {A1 , . . . , An } on joukko
äärellisiä joukkoja, joissa kussakin on korkeintaan m alkiota, niin yhdisteessä
∪A = ∪ni=1 Ai on selvästikin korkeintaan n·m alkiota. Niitä voi tietysti olla myös
vähemmän kuin juuri tuo määrä n · m, jos joukot sattuvat leikkaamaan toisiaan.
Tämä pätee yleisestikin; seuraavassa lauseessa a vastaa yllä olevaa joukkoa A
ja b (tai paremminkin b) lukua m.
Lause 12.83 Olkoot a ja b joukkoja. Tällöin pätee
⊢ ∀x[x ∈ a → x - b] → ∪a - a × b.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(∀x[x ∈ a → x - b]) = 1.
(1)
Oletetaan, että a ja b ovat vakioita. Riittää osoittaa, että
t(∪a - a × b) = 1.
402
(2)
Merkitään symbolilla ϕ(w, z) kaavaa
1−1
ϕ := z : w −→ b,
missä z ja w ovat eri muuttujia.
Ehdon (1) ja tehtävän 12.53 nojalla
t(∀x[x ∈ a → ∃yϕw,z (x, y)]) = 1.
Tällöin lauseen 12.82 nojalla
t(∃f ∀x[x ∈ a → ϕw,z (x, f [x])]) = 1
eli kaavan ϕ(w, z) määritelmän mukaan
1−1
t(∃f ∀x[x ∈ a → f [x] : x −→ b]) = 1.
(3)
Merkitään sitten symbolilla ψ(w, z) kaavaa
ψ(w, z) := w ∈ z ∧ z ∈ a.
Yhdisteen määritelmän nojalla pätee
t(∀x[x ∈ ∪a → ∃yψw,z (x, y)]) = 1.
Koska ∪a on aksiooman (JAx3) nojalla joukko, niin taas lauseen 12.82 nojalla
t(∃h∀x[x ∈ ∪a → ψw,z (x, h[x])]) = 1
eli kaavan ψ(w, z) määritelmän mukaan
t(∃h∀x[x ∈ ∪a → [x ∈ h[x] ∧ h[x] ∈ a]]) = 1.
(4)
Ehtojen (3) ja (4) nojalla voidaan valita vakiot f ja h siten, että
1−1
t(∀x[x ∈ a → f [x] : x −→ b]) = 1 ja
t(∀x[x ∈ ∪a → [x ∈ h[x] ∧ h[x] ∈ a]]) = 1.
(5)
(6)
Määritellään luokka F asettamalla
F = {z | ∃x[x ∈ ∪a ∧ z ≈ hx, hh[x], (f [h[x]])[x]ii]}.
Tällöin F on selvästi funktio, jonka määrittelyjoukko on ∪a ja
t(∀x[x ∈ ∪a → F [x] ≈ hh[x], (f [h[x]])[x]i]) = 1.
(7)
Osoitetaan, että lisäksi pätee
t(W(F ) ⊆ a × b) = 1.
403
(8)
Ehdon (7) nojalla väite (8) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∀x[x ∈ ∪a → h[x] ∈ a]) = 1 ja
t(∀x[x ∈ ∪a → (f [h[x]])[x] ∈ b]) = 1.
(9)
(10)
Väite (9) seuraa suoraan ehdosta (6), joten riittää osoittaa, että ehto (10) pätee.
Olkoon sitä varten v vakio, jolle pätee
t(v ∈ ∪a ) = 1.
(11)
t((f [h[v]])[v] ∈ b) = 1.
(12)
Riittää osoittaa, että
Ehtojen (11) ja (9) nojalla pätee
t(h[v] ∈ a) = 1,
jolloin ehdon (5) nojalla – koska h[v] on joukko – pätee
1−1
t(f [h[v]] : h[v] −→ b]) = 1.
(13)
Ehtojen (11) ja (6) nojalla pätee
t(v ∈ h[v]) = 1.
(14)
Tällöin väite (12) seuraa ehdosta (13).
Näin väite (8) on todistettu. Koska lisäksi – kuten todettiin – F on funktio,
jonka määrittelyjoukko on ∪a , niin
t(F : ∪a −→ a × b) = 1.
(15)
Nyt väite (2) seuraa tehtävän 12.53 nojalla ehdosta (15), jos osoitetaan, että F
on injektio, ts. että
1−1
(16)
t(F : ∪a −→ a × b) = 1.
Ehdon (15) nojalla väite (16) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∀x∀y[[x ∈ ∪a ∧ y ∈ ∪a ∧ F [x] ≈ F [y]] → x ≈ y]) = 1.
(17)
Ehtoa (17) varten olkoot u ja v vakioita, joille pätee
t(v ∈ ∪a ∧ u ∈ ∪a ∧ F [v] ≈ F [u]) = 1;
(18)
t(u ≈ v) = 1.
(19)
pitää osoittaa, että
Ehtojen (18) ja (7) nojalla pätee
t(hh[v], (f [h[v]])[v]i ≈ hh[u], (f [h[u]])[u]i) = 1,
404
jolloin
t(h[v] ≈ h[u]) = 1 ja
t((f [h[v]])[v] ≈ (f [h[u]])[u]) = 1.
(20)
(21)
Ehdon (20) nojalla ehdosta (21) saadaan
t((f [h[v]])[v] ≈ (f [h[v]])[u]) = 1.
(22)
Ehdon (14) nojalla pätee t(v ∈ h[v]) = 1 ja vastaavasti nähdään, että t(u ∈
h[u]) = 1, jolloin ehdon (20) nojalla
t(u ∈ h[v]) = 1.
(23)
Funktion f [h[v]] määrittelyjoukko on ehdon (13) mukaan h[v], joten ehtojen
(14) ja (23) mukaan
t(u ∈ D(f [h[v]]) ∧ v ∈ D(f [h[v]])) = 1.
(24)
Ehdon (13) nojalla f [h[v]] on injektio, jolloin väite (19) seuraa ehdoista (24) ja
(22).
Näin väite (19) on todistettu ja silloin on todistettu myös ehto (16). Kuten
todettiin, tällöin väite (2) seuraa tehtävästä 12.53.
¤
Harjoitustehtävä 12.84 Olkoot a, b ja c joukkoja. Osoita, että
⊢ a - b → a × c - b × c.
Seuraava lause yleistää lauseen 12.83 sillä tavalla, että jos joukkoa a kuvataan
funktiolla F (jonnekin), niin kuvajoukko F (a) käyttäytyy lauseen 12.83 mielessä
samalla tavalla kuin joukko a. Tarkemmin sanottuna pätee seuraavaa:
Lause 12.85 Olkoot a ja b joukkoja sekä F luokka. Tällöin pätee
⊢ [F nc(F ) ∧ ∀x[x ∈ a → F [x] - b]] → ∪F (a) - a × b.
Todistus. Suljetaan väitteen kaava ja olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle
pätee
t(F nc(F )) = 1 ja
(1)
t(∀x[x ∈ a → F [x] - b]) = 1.
(2)
t(∪F (a) - a × b) = 1.
(3)
t(∀y[y ∈ F (a) → y - b]) = 1.
(4)
Riittää osoittaa, että
Osoitetaan ensin, että
405
Olkoon ehtoa (4) varten vakio v siten, että
t(v ∈ F (a)) = 1.
(5)
t(v - b) = 1.
(6)
Pitää osoittaa, että
Kuvajoukon määritelmän sekä ehtojen (1) ja (4) nojalla löytyy vakio u siten,
että
t(u ∈ a) = 1 ja
t(v ≈ F [u]) = 1.
(7)
(8)
Väite (6) seuraa nyt ehdoista (7), (8) ja (2).
Näin väite (4) on todistettu.
Koska ehdon (1) ja lauseen 7.42 nojalla F (a) on joukko, niin nyt ehdon (4)
ja lauseen 12.83 nojalla
t(∪F (a) - F (a) × b) = 1.
(9)
Ehdon (1) ja lauseen 12.52 nojalla pätee
t(F (a) - a) = 1.
Tällöin tehtävän 12.84 mukaan
t(F (a) × b - a × b) = 1,
ja silloin väite (3) seuraa ehdosta (9).
13
¤
Kardinaalilukuluokan ominaisuuksia
Kardinaalilukujen luokka K = {α | ∃a[a ≈ α]} määriteltiin aiemmin kohdassa
12.19, mutta siitä ei ole vielä paljon sanottu. On tietysti selvää, että kardinaaliluvut ovat ordinaalilukuja – toisaalta tehtävässä 12.26 todettiin, että kaikki ordinaaliluvut eivät ole kardinaalilukuja. Lisäksi tehtävässä 12.30 karakterisoitiin
kardinaaliluvut osoittamalla, että
⊢ ∀α[α ∈ K ↔ α ≈ α].
Nyt ruvetaan tutkimaan tarkemmin tätä luokkaa K.
Harjoitustehtävä 13.1 Osoita, että
⊢ω⊂K
406
Finiittiset ordinaalit ovat siis kaikki kardinaalilukuja, mutta on niitä muitakin,
huomaa tehtävän 13.1 merkki ”⊂” merkin ”⊆” sijasta.
Merkintä 13.2 Merkitään symbolilla KT luokkaa
KT := K \ ω.
Sanotaan, että luokka KT on transfiniittisten kardinaalilukujen luokka ja
sanotaan, että ordinaaliluku α on transfiniittinen kardinaaliluku, jos kaava
α ∈ KT on teoreema.
Nyt voi kysyä, minkälaiset ordinaaliluvut ovat transfiniittisiä kardinaalilukuja.
Ensimmäinen havainto (tehtävän 12.30 jälkeen) on, että seuraajaordinaalit eivät
koskaan ole transfiniittisiä kardinaalilukuja:
Harjoitustehtävä 13.3 Olkoon α ordinaaliluku. Osoita, että
⊢ α ∈ KI → α ∈
/ KT .
Transfiniittiset kardinaaliluvut ovat siis aina rajaordinaaleja. Pienin niistä on ω:
Harjoitustehtävä 13.4 Osoita, että
⊢ ω ∈ KT .
Näissä ordinaaliluku/kardinaaliluku- ja toisaalta rajaordinaali/seuraajaordinaalijaotteluissa ei olisi paljon mieltä, jos nämä jaottelut olisivat samoja. Näin ei tietysti olekaan:
Harjoitustehtävä 13.5 Osoita esimerkillä, että kaikki rajaordinaalit eivät ole
kardinaalilukuja.
(Ehdotus: ω ⊕ ω)
Onko kardinaalilukuja vähän vai paljon? Tämä on tietysti mieletön kysymys,
koska mitään mittaria tuolle vähän/paljon-käsitteelle ei ole. Voidaan kuitenkin
vastata, että niitä on erittäin paljon. Tämä näkyy siitä, että luokka K on aito.
Intuitiivisella tasolla voi enemmän tai vähemmän perustellusti ajatella, että
kaikki ”pienet” luokat ovat joukkoja ja jos nyt K on aito luokka, sen täytyy
olla ”suuri” – itse asiassa jopa hyvin suuri. Tämä luokan K aitous todistetaan
seuraavassa. Todistus saadaan melko helposti seuraavasta apulauseesta, jonka
todistus puolestaan on vähemmän helppo.
Lause 13.6 Olkoot a ja f eri muuttujia. Tällöin pätee
1−1
1−1
⊢ ∀a∃β[β ∈ K ∧ β ≈ {α | ∃f [f : α −→ a]} ∧ ¬∃f [f : β −→ a]].
Huomautus. Lause 13.6 sanoo intuitiivisesti, että annetulle joukolle a löytyy
kardinaaliluku β, jonka jokainen alkio voidaan kuvata injektiivisesti joukkoon a,
mutta lukua β itseään enää ei. Edelleen intuitiivisesti ajatellen luku β on tällöin
pienin kardinaalilukua a aidosti suurempi kardinaaliluku. Tämä tulos kertoo siis
407
myös sen, että kardinaalilukujen luokassa ei ole suurinta alkiota. Tämä seuraa
tietysti myös päätuloksesta 13.7, jonka mukaan siis K on aito luokka ja siten
ylhäältä rajoittamaton.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja oletetaan, että a on vakio. Pitää
löytää ordinaaliluku β, jolle pätee
t(β ∈ K) = 1 ja
(1)
1−1
1−1
t(β ≈ {α | ∃f [f : α −→ a]} ∧ ¬∃f [f : β −→ a]) = 1.
(2)
Määritellään luokka A asettamalla
1−1
A := {α | ∃f [f : α −→ a]},
jolloin välittömästi
t(A ⊆ On) = 1.
(3)
Luokka A on transitiivinen eli pätee
t(T r(A)) = 1.
(4)
Ehdon (4) todistamiseksi valitaan ordinaaliluku γ siten, että
t(γ ∈ A) = 1;
(5)
t(γ ⊆ A) = 1.
(6)
pitää osoittaa, että
Olkoon tätä varten δ ordinaaliluku, jolle pätee
t(δ ≺ γ) = 1.
(7)
Väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että
t(δ ∈ A) = 1.
(8)
Ehdon (5) ja luokan A määritelmän nojalla voidaan valita vakio f siten, että
1−1
t(f : γ −→ a) = 1.
Koska ehdon (7) nojalla pätee myös
t(δ ⊂ γ) = 1,
niin selvästi
1−1
t(f pδ : δ −→ a) = 1,
ja tällöin ehto (8) seuraa.
Näin ehto (4) on todistettu.
408
Nyt ehtojen (4) ja (3) sekä lauseiden 8.13 ja 8.17 nojalla pätee
t(Ord(A)) = 1.
Tällöin lauseen 8.21 mukaan joko
t(A ≈ On) = 1 tai
t(A ∈ On) = 1.
(9)
(10)
Osoitetaan, että ehto (9) ei voi päteä. (Tämä on todistuksen hankala vaihe.)
Konstruoidaan apufunktio F seuraavasti. Määritellään
F := {z | ∃r∃b∃β∃f [b ⊆ a ∧ r JM in b ∧ f Isomr,E (b, β) ∧ z ≈ hhr, bi, βi]}.
Luokka F on selvästi relaatio ja lauseen 9.27 yksikäsitteisyyspuolen nojalla yksiarvoinen, joten F on funktio. Sen määrittelyluokalle D(F ) pätee lauseen 9.27
olemassaolopuolen nojalla
t(D(F ) ≈ {w | ∃r∃b[b ⊆ a ∧ r JM in b ∧ w ≈ hr, bi]}) = 1.
Tällöin
t(D(F ) ⊆ {w | ∃r∃b[b ⊆ a ∧ r ⊆ a × a ∧ w ≈ hr, bi]}) = 1
ja siten
t(D(F ) ⊆ P(a × a) × P(a)) = 1.
(11)
Aksiooman (JAx5) ja lauseen 7.4 nojalla
t(M(P(a × a) × P(a))) = 1,
ja silloin ehdon (11) ja lauseen 6.44 nojalla myös
t(M(D(F ))) = 1.
Tällöin lauseen 7.42 nojalla
t(M(W(F ))) = 1.
(12)
t(A ≈ W(F )) = 1.
(13)
Osoitetaan nyt, että
Väitettä (13) varten riittää osoittaa, että
t(A ⊆ W(F )) = 1 ja
t(W(F ) ⊆ A) = 1.
(14)
(15)
Väitettä (14) varten oletetaan, että α on ordinaaliluku, jolle pätee
t(α ∈ A) = 1.
409
(16)
Pitää osoittaa, että t(α ∈ W(F )) = 1 eli että on olemassa vakio v, jolle pätee
t(F [v] ≈ α) = 1.
(17)
Ehdon (16) ja luokan A määritelmän nojalla voidaan valita vakio f siten, että
1−1
t(f : α −→ a) = 1.
Tällöin myös
1−1
t(f : α −→ f (α)) = 1.
onto
(18)
Koska α on joukko, niin myös f (α) on joukko, joten on olemassa vakio b siten,
että
t(b ≈ f (α)) = 1.
(19)
Koska siis t(f : α −→ a) = 1, niin ehdon (19) nojalla saadaan
t(b ⊆ a) = 1.
(20)
Ehdon (18) ja määritelmän 7.111 mukaisesti f indusoi joukkoon f (α) relaation
R, jolle pätee
t(f IsomE,R (α, f (α))) = 1
eli ehdon (19) nojalla
t(f IsomE,R (α, b)) = 1.
(21)
Lisäksi tehtävän 7.112 mukaan R on järjestävä minimaalirelaatio joukossa f (α)
eli ehdon (19) mukaan pätee
t(R JM in b) = 1.
(22)
t(R ⊆ f (α) × f (α)) = 1
(23)
Koska nyt
ja f (α) on joukko, niin myös R on joukko, ja siten on olemassa vakio r siten,
että
t(r ≈ R) = 1,
(24)
jolloin ehdon (22) nojalla
t(r JM in b) = 1.
(25)
Ehtojen (21) ja (24) sekä tehtävän 7.102 nojalla saadaan
t(f −1 Isomr,E (b, α)) = 1.
(26)
Nyt lauseen 9.27 yksikäsitteisyyspuolen, ehtojen (20), (25) ja (26) sekä funktion
F määritelmän mukaan pätee
t(F [hr, bi] ≈ α) = 1,
joten väite (17) seuraa, koska hr, bi on järjestettynä parina joukko.
410
Näin väite (15) on todistettu. Käänteisen väitteen (16) todistamiseksi valitaan
vakio v siten, että
t(v ∈ W(F )) = 1;
(27)
pitää osoittaa, että t(v ∈ A) = 1 eli että löytyy ordinaaliluku α ja vakio g, joille
pätee
t(α ≈ v) = 1 ja
(28)
1−1
(29)
t(g : α −→ a) = 1.
Ehdon (27) ja funktion F määritelmän nojalla löytyy ordinaaliluku β sekä lisäksi
vakiot r, b ja f siten, että
t(b ⊆ a) = 1,
t(β ≈ v) = 1 ja
(30)
(31)
t(f Isomr,E (b, β)) = 1.
(32)
Valitaan nyt
α := β,
jolloin ehto (28) seuraa välittömästi ehdosta (31). Ehtoa (29) varten valitaan
g := f −1 .
Ehdon (32) ja tehtävän 7.102 (sekä α:n valinnan) nojalla pätee tällöin
t(g IsomE,r (α, b)) = 1.
(33)
Isomorfismi on injektio, joten ehtojen (30) ja (33) nojalla saadaan ehto (29).
Näin myös väite (16) on todistettu.
Silloin pätee ehto (13) ja näin ehdon (12) nojalla saadaan
t(M(A)) = 1.
(34)
Nyt lauseen 8.18 nojalla On on aito luokka, joten ehdon (34) perusteella ehto
(9) ei voi päteä.
Näin on lopultakin saatu osoitettua ehdon (9) mahdottomuus. Tällöin pätee
toinen vaihtoehto eli ehto (10), joten on olemassa ordinaaliluku β siten, että
t(β ≈ A) = 1.
(35)
Tässä vaiheessa on ehkä syytä vähän muistella, mitä ollaan tekemässä. Tehtävänä oli löytää ordinaaliluku β, joka toteuttaisi ehdot (1) ja (2). Nyt tämä β
on itse asiassa löytynyt, sillä sellaiseksi kelpaa ehdossa (35) määritelty luku β.
Pitää tietysti vielä osoittaa, että β todella toteuttaa ehdot (1) ja (2).
411
Todistetaan ensin ehto (1). Tehtävän 12.30 nojalla väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että
t(β ≈ β) = 1.
(36)
Tehdään tätä varten antiteesi:
t(β 6≈ β) = 1.
(AT1 )
Tällöin tehtävän 12.65 nojalla
t(β ≺ β) = 1
eli ehdon (35) nojalla
t(β ∈ A) = 1.
(37)
Luokan A määritelmän ja ehdon (37) mukaan voidaan valita vakio g siten, että
1−1
t(g : β −→ a) = 1.
(38)
Lauseen 12.23 nojalla t(β ≃ β) = 1, joten on olemassa vakio h siten, että
1−1
t(h : β −→ β) = 1.
onto
(39)
Ehtojen (38) ja (39) nojalla
1−1
t(g ◦ h : β −→ a) = 1.
(40)
Koska g ◦h on joukossa määritelty funktio, niin se on lauseen 7.61 nojalla itsekin
joukko ja siten on olemassa vakio f , jolle pätee t(f ≈ g ◦ h) = 1, ja silloin ehdon
(40) nojalla
1−1
t(f : β −→ a) = 1.
Tällöin luokan A määritelmän mukaan
t(β ∈ A) = 1,
joten ehdon (35) mukaan
t(β ∈ β) = 1,
mikä on mahdotonta. Tämä ristiriita johtuu antiteesista (AT1 ), jonka täytyy
olla väärä, ja siten väite (1) pätee.
Pitää vielä todistaa ehto (2). Ehdon (35) ja luokan A määritelmän nojalla riittää
osoittaa, että
1−1
t(¬∃f [f : β −→ a]) = 1.
(41)
Tehdään antiteesi:
1−1
t(∃f [f : β −→ a]) = 1.
412
(AT2 )
Tällöin taas – aivan kuten edellä – luokan A määritelmän mukaan t(β ∈ A) = 1
ja edelleen ehdon (35) nojalla t(β ∈ β) = 1 mikä on mahdotonta. Siten myös
antiteesi (AT2 ) on väärä, ja väite (2) on näin todistettu.
Näin koko lause on saatu todistettua.
¤
Lauseen 13.6 avulla voidaan nyt todistaa luokan K aitous:
Lause 13.7
⊢ P r(K).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(P r(K)) = 1.
(1)
t(M(K)) = 1.
(AT)
Tehdään antiteesi:
Tällöin on olemassa vakio v siten, että
t(v ≈ K) = 1.
(2)
t(M(∪v )) = 1.
(3)
Aksiooman (JAx3) nojalla pätee
Ehdon (3) nojalla on olemassa vakio a siten, että
t(a ≈ ∪v ) = 1.
(4)
Lauseen 13.6 nojalla on olemassa ordinaaliluku β siten, että
1−1
1−1
t(β ∈ K ∧ β ≈ {α | ∃f [f : α −→ a]} ∧ ¬∃f [f : β −→ a]) = 1,
(5)
jolloin erityisesti
1−1
t(¬∃f [f : β −→ a]) = 1.
(6)
Ehdon (5) mukaan myös
t(β ∈ K) = 1,
jolloin ehdon (2) nojalla pätee
t(β ∈ v) = 1.
Tällöin tehtävän 8.40 mukaan t(β ⊆ ∪v ) = 1 eli ehdon (4) mukaan
t(β ⊆ a) = 1.
(7)
Olkoon I identtinen funktio. Ehdon (7) nojalla
1−1
t(Ipβ : β −→ a) = 1.
413
(8)
Koska β on ordinaalilukuna joukko, niin lauseen 7.62 nojalla myös Ipβ on joukko, ja silloin on olemassa vakio g siten, että
t(g ≈ Ipβ) = 1,
jolloin ehdon (8) perusteella
1−1
t(g : β −→ a) = 1.
Mutta tämä on vastoin ehtoa (6). Tämä ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi
(AT) on väärä, joten väite (1) on todistettu.
¤
Harjoitustehtävä 13.8 Osoita, että myös transfiniittisten ordinaalien luokka
KT on aito.
Tehtävän 13.8 perusteella siis KT on aito luokka ja koska se lisäksi on ordinaalilukujen luokan On osaluokka, on lauseen 9.26 konstruktion perusteella olemassa
funktio F siten että
⊢ F IsomE,E (On, KT ).
Merkintää/määritelmää 13.10 silmälläpitäen on merkittävää, että tämä isomorfismi F on yksikäsitteinen:
Harjoitustehtävä 13.9 Olkoot F ja G luokkia. Osoita, että
⊢ [F IsomE,E (On, KT ) ∧ G IsomE,E (On, KT )] → F ≈ G.
Tehtävän 13.9 perusteella on nyt järkevää antaa tälle isomorfismille
F IsomE,E (On, KT ) (joka siis on lauseen 9.26 nojalla olemassa) oma nimi:
Merkintä 13.10 Merkitään symbolilla ℵ isomorfismia
ℵ IsomE,E (On, KT )
ja kaikille ordinaaliluvuille α merkitään symbolilla ℵα transfiniittistä kardinaalilukua
ℵα := ℵ[α].
Huomautus. Tuo merkinnässä 13.10 esiintyvä koukero ℵ on heprean kielen aakkonen ja se luetaan suurinpiirtein ”alef” tai ”aleph”. Voi tietysti kysyä, minkä takia tämmöisiä (suomalaisille) omituisia kirjaimia tässä tarvitaan. Syy on
perinteinen: tämä merkintä on vakiintunutta käytäntöä. Huomaa, että itse ℵ
on funktio On → On, kun taas ℵα on transfiniittinen kardinaaliluku kaikille
α ∈ On.
Harjoitustehtävä 13.11 Osoita, että
i)
ii)
iii)
⊢ ∀α[ℵα ≈ ℵα ],
⊢ ∀α[α - ℵα ]
⊢ ℵ0 ≈ ω.
ja
Kohdan iii) perusteella funktion ℵ arvo pisteessä 0 eli luku ℵ0 siis tunnetaan,
mutta mitä mahtaa olla ℵ1 ? Entäpä sitten ℵ2 ja ℵ3 ? Voisiko kohdassa ii) olla
aito epäyhtälö, vai onko olemassa ordinaalilukua α, jolle pätee α ≈ ℵα ?
414
Lause 13.12 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ α ≺ ℵβ ↔ α ≺ ℵβ .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(α ≺ ℵβ ↔ α ≺ ℵβ ) = 1.
(1)
Merkinnän 13.10 perusteella
t(ℵβ ∈ K) = 1,
joten on olemassa vakio a siten, että
t(a ≈ ℵβ ) = 1.
(2)
Tehtävän 12.30 perusteella
t(a ≈ (a)) = 1,
joten väite (1) tulee ehdon (2) nojalla muotoon
t(α ≺ (a) ↔ α ≺ (a)) = 1.
Tämä seuraa tehtävästä 12.65, sillä a on ordinaaliluku.
¤
Lause 13.13 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ ℵα × ℵα ≈ ℵα .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää osoittaa, että
t(ℵα × ℵα ≈ ℵα ) = 1.
(1)
t(ℵα ∈ KT ) = 1,
(2)
Merkinnän 13.10 perusteella
joten
t(ω - ℵα ) = 1.
Tällöin lauseen 12.74 nojalla
t(ℵα × ℵα ≈ ℵα ) = 1.
(3)
Tehtävän 13.11 mukaan
t(ℵα ≈ ℵα ) = 1,
jolloin väite (1) seuraa ehdosta (3).
¤
415
Harjoitustehtävä 13.14 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Osoita, että
i)
⊢ 0 ≺ β - ℵα → ∃f [f : ℵα −→ β]
ii)
⊢ ℵα⊕1 - β → ¬∃f [f : ℵα −→ β].
onto
ja
onto
Seuraava lause täydentää tehtävän 13.14 väliin jättämän ”harmaan alueen” eli
ne ordinaaliluvut β, joille pätee ℵα ≺ β ≺ ℵα⊕1 :
Lause 13.15 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ 0 ≺ β ≺ ℵα⊕1 → ∃f [f : ℵα −→ β].
onto
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(β ≺ ℵα⊕1 ) = 1;
(1)
t(∃f [f : ℵα −→ β]) = 1.
(2)
riittää osoittaa, että
onto
Ehdon (1) nojalla pätee
t(0 ≺ β) = 1,
jolloin tehtävän 12.29 nojalla myös
t(0 ≺ β) = 1.
(3)
Koska määritelmän 13.10 mukaan t(ℵα ∈ KT ) = 1, niin t(ω - ℵα ) = 1, ja silloin
tehtävän 13.11 nojalla myös
t(ω - ℵα ) = 1.
(4)
Ehtojen (3) ja (4) sekä lauseen 12.54 nojalla väite (2) seuraa, jos osoitetaan,
että
(5)
t(β - ℵα ) = 1.
Tämän todistamiseksi tehdään antiteesi:
t(ℵα ≺ β) = 1.
(AT)
Koska β on joka tapauksessa kardinaaliluku, niin ehdon (4) ja antiteesin (AT)
nojalla
t(β ∈ KT ) = 1.
(6)
Koska määritelmänsä mukaan
t(ℵ : On −→ KT ) = 1,
onto
niin ehdon (6) nojalla on olemassa ordinaaliluku γ siten, että
t(ℵγ ≈ β) = 1.
416
(7)
Tällöin oletuksen (1) nojalla pätee
t(ℵγ ≺ ℵα⊕1 ) = 1.
(8)
t(ℵ IsomE,E (On, KT )) = 1,
(9)
Koska
niin ehdon (8) nojalla pätee
t(γ ≺ α ⊕ 1) = 1.
Silloin lauseen 8.61 perusteella
t(γ - α) = 1.
Tällöin taas ehdon (9) nojalla saadaan
t(ℵγ - ℵα ) = 1,
josta ehdon (7) nojalla
t(β - ℵα ) = 1
ja edelleen lauseen 12.47 nojalla
t(β - ℵα ) = 1.
Tämä on vastoin antiteesia (AT). Syntynyt ristiriita osoittaa, että antiteesi on
väärä, ja siten väite (5) pätee. Näin lause on todistettu.
¤
Jos α on ordinaaliluku, niin ei tietenkään ole olemassa surjektiota f : α → On.
Tämä johtuu siitä, että On on aito luokka, kun taas f (α) on joukko. Voidaan
kysyä, onko sitten olemassa funktiota f : α → On, joka saisi mielivaltaisen suuria arvoja, ts. kaikille γ ∈ On löytyisi jokin δ ∈ α siten, että γ - f [δ]. Tähänkin
vastaus on kielteinen, sillä f (α) on edelleen joukko ja ordinaalilukuluokan osajoukot ovat ylhäältä rajoitettuja lauseen 8.63 nojalla.
Jatkokysymyksenä voidaan kysyä seuraavaa. Jos α ja β ovat ordinaalilukuja
siten, että α ≺ β, niin onko olemassa surjektiota f : α → β? Tämä ongelma
on itse asiassa jo ratkaistu tehtävässä 13.14 ja lauseessa 13.15. Surjektio löytyy
täsmälleen silloin, kun α ja β ovat samassa ”haarukassa”
ℵδ - α ≺ β ≺ ℵδ⊕1
(1)
jollekin δ ∈ On.
Tuo edellä mainittu (jo ratkaistu) ongelma ei ole mitenkään helppo, mutta paljon vaikeammaksi tilanne muuttuu, kun kysytäänkin, että onko olemassa funktiota f : α → β, joka saisi mielivaltaisen suuria arvoja β:ssa, ts. kaikille γ ≺ β
löytyisi jokin δ ≺ α siten, että γ - f [δ] – vrt. vastaavaan edellä esitettyyn kysymykseen koskien funktioita f : α → On.
417
Tällainen funktio joskus löytyy, joskus taas ei. Surjektiivinen f tietysti toteuttaa tämän lievemmän vaatimuksen, ja – kuten todettiin – tällainen f löytyy, jos
α ja β ovat samassa haarukassa (1). Jos β on paljon α:aa suurempi (eli ulkona
tuosta haarukasta (1)), surjektiota ei siis löydy, mutta yo. lievempi vaatimus
voidaan sopivin oletuksin saada kyllä voimaan, kuten seuraavasta tehtävästä
näkyy.
Harjoitustehtävä 13.16 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢ [α ≺ β ∧ β ∈ KI ] → ∃f [f : α −→ β ∧ ∀γ[γ ≺ β → ∃δ[δ ≺ α ∧ γ - f [δ]]]].
Tehtävän 13.16 mukaan esitetyllä ongelmalla on triviaali ratkaisu, kun β on seuraajaordinaali. Mielenkiintoisempi tilanne syntyy silloin, kun β on rajaordinaali.
Seuraavissa tehtävissä on alkeellisia esimerkkejä:
Harjoitustehtävä 13.17 Osoita, että
⊢ ∃f [f : ω −→ ω ⊕ ω ∧ ∀γ[γ ≺ ω ⊕ ω → ∃δ[δ ≺ ω ∧ γ - f [δ]]]].
Harjoitustehtävä 13.18 Olkoon n finiittinen ordinaali. Osoita, että
⊢ ¬∃f [f : n −→ ω ∧ ∀m[m ≺ ω → ∃k[k ≺ n ∧ γ - f [k]]]].
Jatkossa osoittautuu hyödylliseksi vaatia edellisten esimerkkien (mahdolliselta)
kuvaukselta f myös aidosti kasvavuus, jolloin f on aidosti kasvava ordinaalifunktio eli Ako(f ), ks. määritelmä 12.43. Jos tällainen f : α −→ β löytyy, sanotaan,
että β on kofinaalinen α:n suhteen. Tarkka määritelmä on seuraava:
Määritelmä 13.19 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Merkitään symbolilla cof (α, β)
kaavaa
cof (α, β) := α - β ∧
∃f [Ako(f ) ∧ f : α −→ β ∧ ∀γ[γ ≺ β → ∃δ[δ ≺ α ∧ γ - f [δ]]]].
Sanotaan, että β on kofinaalinen α:n suhteen, jos kaava cof (α, β) on teoreema.
Huomautus. Kofinaalisuuden intuitiiviseen tulkintaan palataan myöhemmin, ks.
huomautus 13.27.
Huomautus 13.20 Tehtävästä 13.18 seuraa välittömästi, että ω ei ole kofinaalinen minkään finiittisen ordinaalin suhteen.
Harjoitustehtävä 13.21 Seuraako tehtävästä 13.16, että seuraajaordinaalit
ovat kofinaalisia kaikkien pienempien ordinaalien suhteen?
Onko ω ⊕ 1 kofinaalinen ω:n suhteen? (Vertaa tehtävään 13.24)
418
Harjoitustehtävä 13.22 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢ cof (α, α)
i)
ja
⊢ [cof (α, β) ∧ cof (β, γ)] → cof (α, γ).
ii)
Harjoitustehtävä 13.23 Olkoon α ordinaaliluku. Osoita, että
i)
ii)
⊢ cof (0, α) ↔ α ≈ 0
ja
⊢ [α ∈ KI ∧ 1 - α] → cof (1, α).
Harjoitustehtävä 13.24 Osoita, että seuraajaordinaali on aina kofinaalinen
kaikkien sitä pienempien seuraajaordinaalien suhteen. Vertaa tehtävään 13.21.
Seuraava lause jatkaa siitä, mihin edellinen tehtävä lopettaa. Nämä tulokset yhdessä kertovat sen, että seuraajaordinaalit eivät ole kiinnostavia kofinaalisuuden
kannalta: seuraajaordinaali on aina kofinaalinen pienemmän seuraajaordinaalin
suhteen, muttei koskaan rajaordinaalin suhteen; kääntäen rajaordinaali ei koskaan ole kofinaalinen seuraajaordinaalin suhteen.
Lause 13.25 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ cof (α, β) → [α ∈ KII ↔ β ∈ KII ].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(cof (α, β)) = 1,
(1)
jolloin määritelmän 13.19 mukaan
t(α - β) = 1,
(2)
ja voidaan valita vakio f siten, että
t(Ako(f )) = 1,
t(f : α −→ β) = 1 ja
t(∀γ[γ ≺ α → ∃δ[δ ≺ β ∧ γ - f [δ]]]) = 1.
(3)
(4)
(5)
Väitteen todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(α ∈ KII ) = 1
jos ja vain jos
(6)
t(β ∈ KII ) = 1.
(7)
Oletetaan ensin, että ehto (7) pätee; pitää osoittaa, että myös ehto (7) pätee.
Tehdään antiteesi:
t(α ∈ KI ) = 1.
(AT1 )
419
Ehtojen (7) ja (1) sekä tehtävän 13.23 nojalla pätee t(α 6≈ 0) = 1, joten antiteesin nojalla α on seuraajaordinaali, ts. on olemassa ξ siten, että
t(α ≈ ξ ⊕ 1) = 1.
(8)
Tällöin t(ξ ∈ α) = 1, joten ehdon (4) nojalla pätee
t(f [ξ] ∈ β) = 1.
Ehdon (7) nojalla pätee tällöin
t(f [ξ] ⊕ 1 ≺ β) = 1.
Silloin ehdon (5) nojalla löytyy δ siten, että
t(δ ≺ α) = 1
(9)
ja
t(f [ξ] ⊕ 1 - f [δ]) = 1,
jolloin
t(f [ξ] ≺ f [δ]) = 1.
(10)
Ehtojen (10) ja (3) nojalla on myös
t(ξ ≺ δ) = 1.
(11)
Ehtojen (9) ja (8) nojalla saadaan toisaalta
t(δ ≺ ξ ⊕ 1) = 1.
Ehdon (11) ja lauseen 8.61 nojalla tämä on mahdotonta. Tämä ristiriitatilanne
johtuu antiteesista (AT1 ), joka on siten väärä, ja siten väite (6) pätee.
Oletetaan sitten kääntäen, että ehto (6) pätee; pitää osoittaa, että myös ehto (7) pätee.
Tehdään taas antiteesi:
t(β ∈ KI ) = 1.
(AT2 )
Ehtojen (6) ja (2) nojalla pätee t(β 6≈ 0) = 1, joten antiteesin (AT2 ) nojalla β
on seuraajaordinaali, ts. on olemassa η siten, että
t(β ≈ η ⊕ 1) = 1.
(12)
Tällöin t(η ≺ β) = 1, joten ehdon (5) nojalla löytyy taas δ siten, että ehto (9)
pätee ja lisäksi nyt pätee
t(η - f [δ]) = 1.
(13)
Ehtojen (9) ja (4) nojalla
t(f [δ] ≺ β) = 1,
420
jolloin ehdon (12) ja lauseen 8.61 nojalla
t(f [δ] - η) = 1.
Tällöin ehdon (13) perusteella
t(f [δ] ≈ η) = 1.
(14)
Nyt ehtojen (6) ja (9) nojalla on olemassa τ siten, että
t(τ ≺ α) = 1 ja
t(δ ≺ τ ) = 1.
(15)
(16)
Ehtojen (15) ja (4) nojalla
t(f [τ ] ≺ β) = 1,
jolloin ehdon (12) ja lauseen 8.61 mukaan
t(f [τ ] - η) = 1.
(17)
Toisaalta ehtojen (15), (16), (4) ja (3) nojalla
t(f [δ] ≺ f [τ ]) = 1,
ja siten ehdon (17) mukaan
t(f [δ] ≺ η) = 1.
Tämä on vastoin ehtoa (14). Ristiriita johtuu antiteesista (AT2 ), joka on siten
väärä, ja väite (7) pätee.
Näin lause on todistettu.
¤
Huomautus. Kofinaalisuuden määritelmässä 13.19 olevalta f :ltä vaaditaan siis
aito kasvavuus. Tämä ei ole kauhean oleellinen vaatimus, vaikkakin tilanne
muuttuu tämän ehdon mukaan tullessa; vertaa tilannetta tehtäviin 13.17 ja
13.21. Seuraavassa lauseessa tarkastellaan tilannetta, jossa löytyy funktio f :
α → β, joka on muuten ”sopiva”, mutta ei ehkä kasvava. Tällöin β ei välttämättä ole kofinaalinen α:n suhteen, mutta jonkun mahdollisesti pienemmän luvun
suhteen kuitenkin välttämättä on.
Lause 13.26 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢[α - β ∧ ∃f [f : α −→ β ∧ ∀γ[γ ≺ β → ∃δ[δ ≺ α ∧ γ - f [δ]]]]] →
∃γ[γ - α ∧ cof (γ, β)].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(α - β) = 1.
421
(1)
Oletetaan lisäksi, että f on vakio, joka toteuttaa ehdon
t(f : α −→ β ∧ ∀γ[γ ≺ β → ∃δ[δ ≺ α ∧ γ - f [δ]]]) = 1.
(2)
Riittää löytää γ siten, että
t(γ - α) = 1 ja
t(cof (γ, β)) = 1.
(3)
(4)
Määritellään luokka A asettamalla
A = {ξ | ξ ≺ α ∧ ∀η[η ≺ ξ → f [η] ≺ f [ξ]]}.
Tällöin
t(A ⊆ α) = 1,
(5)
joten A on joukko. Lisäksi ehdon (5) nojalla relaatio E on järjestävä minimaalirelaatio joukossa A. Tällöin lauseen 9.27 nojalla on olemassa ordinaaliluku γ
ja vakio h siten, että
t(h IsomE,E (γ, A)) = 1.
(6)
Osoitetaan, että tämä luku γ kelpaa ehdoissa (3) ja (4) peräänkuulutetuksi luvuksi.
Ehdon (6) nojalla pätee
t(Ako(h)) = 1,
jolloin tehtävän 12.46 mukaan
t(∀ǫ[ǫ ≺ γ → ǫ - h[ǫ]]) = 1.
(7)
Koska ehtojen (5) ja (6) nojalla
t(∀ǫ[ǫ ≺ γ → h[ǫ] ≺ α]) = 1,
niin ehdon (7) nojalla
t(∀ǫ[ǫ ≺ γ → ǫ ≺ α]) = 1 eli
t(γ ⊆ α) = 1,
ja silloin ehto (3) pätee.
Nyt riittää osoittaa, että myös ehto (4) pätee tälle luvulle γ.
Määritelmän 13.19 ehto t(γ - β) seuraa välittömästi ehdosta (3) ja oletuksesta
(1). Silloin riittää löytää funktio g, joka toteuttaa määritelmän 13.19 ehdot eli
t(Ako(g)) = 1,
(8)
t(g : γ −→ β) = 1 ja
t(∀ξ[ξ ≺ β → ∃δ[δ ≺ γ ∧ ξ - g[δ]]]) = 1.
422
(9)
(10)
Tällainen funktio g on
g := f ◦ h.
Ehtojen (6), (5) ja (2) nojalla g toteuttaa ainakin ehdon (9) ja lisäksi se on ehdon (6) ja luokan A määritelmän nojalla aidosti kasvava eli ehto (8) pätee, joten
riittää osoittaa, että ehto (10) pätee myös.
Kiinnitetään sitä varten ξ siten, että
t(ξ ≺ β) = 1.
(11)
t(δ ≺ γ) = 1 ja
(12)
t(ξ - g[δ]) = 1.
(13)
Pitää löytää δ siten, että
Ehtojen (2) ja (11) nojalla luokka
B = {τ | τ ≺ α ∧ ξ - f [τ ]}
on epätyhjä, joten luokasta B voidaan valita minimaalinen alkio; olkoon se ǫ.
Tälle luvulle ǫ pätee tällöin siis
t(ǫ ≺ α) = 1,
t(ξ - f [ǫ]) = 1 ja
t(∀τ [[τ ≺ α ∧ ξ - f [τ ]] → ǫ - τ ]) = 1.
(14)
(15)
(16)
t(ǫ ∈ A) = 1.
(17)
Osoitetaan nyt, että
Luokan A määritelmän ja ehdon (14) nojalla väite (17) seuraa, jos osoitetaan,
että
t(∀η[η ≺ ǫ → f [η] ≺ f [ǫ]]) = 1.
Olkoon tätä varten η siten, että
t(η ≺ ǫ) = 1;
(18)
t(f [η] ≺ f [ǫ]) = 1.
(19)
t(f [ǫ] - f [η]) = 1.
(AT)
riittää osoittaa, että
Tehdään antiteesi:
Antiteesin ja ehdon (15) nojalla pätee
t(ξ - f [η]) = 1.
(20)
Lisäksi ehtojen (14) ja (18) nojalla pätee
t(η ≺ α) = 1.
423
(21)
Nyt ehtojen (16), (21) ja (20) nojalla pätee
t(ǫ - η) = 1,
mikä on vastoin ehtoa (18). Tämä ristiriita johtuu antiteesista (AT), joka on siis
väärä, ja näin on todistettu, että ehto (19) pätee. Tämä todistaa myös väitteen
(17) oikeaksi.
Tällöin ehdon (6) nojalla on olemassa δ siten, että
t(δ ≺ γ ∧ h[δ] ≈ ǫ) = 1.
(23)
Osoitetaan, että tämä δ kelpaa ehdoissa (12) ja (13) peräänkuulutetuksi luvuksi
δ.
Ehto (12) seuraa suoraan ehdosta (23), joten riittää osoittaa, että ehto (13)
toteutuu.
Nyt funktion g määritelmän g := f ◦ h nojalla saadaan
t(g[δ] ≈ f [h[δ]]) = 1,
jolloin ehdon (23) nojalla
t(g[δ] ≈ f [ǫ]) = 1.
Tällöin väite (13) tulee muotoon
t(ξ - f [ǫ]) = 1,
mikä onkin voimassaoleva ehto (15). Näin myös ehto (13) pätee, ja siten δ:n
valinta on kelvollinen. Tällöin ehto (10) on todistettu ja siten ehto (4) pätee,
joten koko lause on todistettu.
¤
Huomautus 13.27 Tässä vaiheessa voidaan vähän miettiä, mitä kofinaalisuus
tarkoittaa intuitiivisesti. Rajoitutaan selvyyden vuoksi rajaordinaaleihin α ja β.
(Seuraajaordinaalithan eivät ole nyt kovin kiinnostavia, kuten aiemmin todettiin.)
Se, että β ei ole kofinaalinen α:n suhteen, tarkoittaa siis sitä, että joukossa
α ei voi määritellä mitään sellaista aidosti kasvavaa funktiota, joka kasvaisi
β:ssa kovin suureksi, so. aina jää β:n ”yläpäähän” tyhjää tilaa, vaikka funktion
f : α → β määrittelisi miten hyvänsä. Intuitiivisesti tämä tarkoittaa sitä, että
β:n yläpää on valtavan iso α:n yläpäähän verrattuna. Kääntäen sitten tietysti, jos β on kofinaalinen α:n suhteen, tilanne on sellainen, että β:n yläpää ”ei
nyt niin kauhean iso ole α:n yläpäähän vertailtaessa”. Tästä tulee myös nimitys
”kofinaalinen” eli vapaasti suomentaen ”samaloppuinen”.
Jos kofinaalisuuden määritelmässä luovutaan aidosta kasvavuudesta ja tarkastellaan vain funktioita f , jotka toteuttavat lauseen 13.26 ehdon, niin intuitiivinen (vähän ontuva) tulkinta tällaisen funktion f olemassaololle on se, että β:n
424
yläpää ei nyt niin kauhean iso ole koko α:aan verrattuna. Tässä tapauksessa β:n
yläpää voi olla valtavan iso α:n yläpäähän verrattuna, mutta lause 13.26 takaa,
että silloin löytyy jokin α:aa pienempi γ, jolla on suunnilleen β:n yläpään kokoinen yläpää. Vähän tarkemmin ajatellen tässä siis tosiaan vertaillaankin koko
α:aa β:n yläpäähän.
Jos taas tällaista (ei välttämättä aidosti kasvavaa) funktiota f : α → β ei löydy, β:n yläpää ja siten koko β on valtavasti isompi kuin α – ja tämä intuitio ei
pahemmin onnu. Huomaa, että tällaisessa tilanteessa β ei voi olla kofinaalinen
minkään α:aa pienemmän γ:n kanssa; jätetään tämän tarkka todistus harjoitustehtäväksi. Lauseen 13.26 perusteella tämä pätee siis jossakin mielessä myös
kääntäen, joten voidaan asettaa jonkinlainen hatara intuitiivinen määritelmä:
”β on valtavasti isompi kuin α, jos β ei ole kofinaalinen α:n eikä minkään sitä
pienemmän luvun γ kanssa.”
Tässä on heti huomattava ”määritelmän” heikkous: jos β on valtavasti isompi kuin α, niin intuitiivisesti ajatellen myös luvun β ⊕ α pitäisi olla valtavasti
isompi kuin α. Sitä se ei kuitenkaan ole, koska β ⊕ α on kofinaalinen α:n suhteen, kuten helposti nähdään.
Tällä määritelmällä esimerkiksi siis ω on valtavan iso kaikkiin finiittisiin ordinaaleihin verrattuna, mikä seuraa huomautuksesta 13.20. Tämähän vastaa aika
hyvin intuitiota.
Ovatko yhtä mahtavat ordinaaliluvut kofinaalisia toistensa suhteen? Eivät välttämättä, esimerkkinä ω ja ω⊕1. Yhtä mahtavat luvut ovat intuitiivisessa mielessä kuitenkin ”suunnilleen yhtä suuria”, joten huomautuksen 13.27 valossa jotain
kofinaalisuuteen liittyvää tällaisten lukujen välillä pitäisi olla. Lauseesta 13.26
saadaan tämän suuntainen tulos, joka on jatkossa kardinaalilukujen kannalta
hyvinkin tärkeä:
Lause 13.28 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ [α - β ∧ β ≃ α] → ∃γ[γ - α ∧ cof (γ, β)].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(α - β) = 1 ja
(1)
t(β ≃ α) = 1.
(2)
t(γ - α) = 1 ja
t(cof (γ, β)) = 1.
(3)
(4)
Pitää löytää γ siten, että
Ehdon (2) nojalla on olemassa f siten, että
1−1
t(f : α −→ β) = 1.
onto
425
Tällöin f on erityisesti surjektio, joten
t(∀ξ[ξ ≺ β → ∃δ[δ ≺ α ∧ ξ ≈ f [δ]]]) = 1.
Tämän nojalla voidaan soveltaa lausetta 13.26, jonka mukaan väitteet (3) ja (4)
seuraavat ehdosta (1).
¤
Huomautus. Kofinaalisuuden määritelmässä 13.19 oleva funktio f : α → β ei
siis välttämättä ole surjektio joukolle β, eli ei tarvitse olla f (α) ≈ β. Sen sijaan
kuvajoukon f (α) yhdiste täyttää koko β:n – edellyttäen, että β on rajaordinaali,
vrt. lauseeseen 13.29 ja tehtävään 13.30.
Lause 13.29 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Tällöin pätee
⊢ [β ∈ KII ∧ cof (α, β)] → ∃f [f : α −→ β ∧ β ≈ ∪f (α) ].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(β ∈ KII ) = 1 ja
(1)
t(cof (α, β)) = 1.
(2)
t(f F n α) = 1 ja
(3)
t(β ≈ ∪f (α) ) = 1.
(4)
Riittää löytää f siten, että
Ehdon (2) ja määritelmän 13.19 nojalla on olemassa f siten, että
t(f : α −→ β) = 1 ja
(5)
t(∀γ[γ ≺ β → ∃δ[δ ≺ α ∧ γ - f [δ]]]) = 1.
(6)
Kuten lausetta edeltävässä huomautuksessa ennakoitiin, osoittautuu, että tämä
f toteuttaa ehdot (3) ja (4).
Ehto (3) seuraa suoraan ehdosta (5), joten riittää osoittaa, että ehto (4) pätee.
Ehdon (5) nojalla pätee
t(f (α) ⊆ β) = 1,
joten
t(∪f (α) ⊆ ∪β ) = 1.
Toisaalta tehtävän 8.33 nojalla
t(∪β ⊆ β) = 1,
joten ehdon (7) nojalla
t(∪f (α) ⊆ β) = 1.
426
(7)
Silloin väite (4) seuraa, jos osoitetaan, että
t(β ⊆ ∪f (α) ) = 1.
(8)
Ehtoa (8) varten valitaan γ siten, että
t(γ ∈ β) = 1.
(9)
Pitää osoittaa, että t(γ ∈ ∪f (α) ) = 1, mikä yhdisteen määritelmän mukaan
tarkoittaa sitä, että pitää löytää ξ siten, että
t(ξ ∈ f (α)) = 1 ja
t(γ ≺ ξ) = 1.
(10)
(11)
Ehtojen (9) ja (1) nojalla
t(γ ⊕ 1 ≺ β) = 1,
jolloin ehdon (6) perusteella löytyy δ siten, että t(δ ≺ α) = 1 ja
t(γ ⊕ 1 - f [δ]) = 1.
(12)
Määritellään nyt
ξ := f [δ].
Tämä ξ toteuttaa ehdot (10) ja (11), sillä ehto (10) seuraa suoraan ξ:n määritelmästä ja ehto (11) ehdosta (12) sekä siitä, että t(γ ≺ γ ⊕ 1) = 1.
Näin väite (8) on todistettu, joten asia on selvä.
¤
Harjoitustehtävä 13.30 Osoita, että lauseen 13.29 väite ei päde ilman oletusta β ∈ KII .
Lauseen 13.29 tulos pätee myös (osittain) toisinpäin:
Harjoitustehtävä 13.31 Olkoot α ja β ordinaalilukuja. Osoita, että
⊢ [α ∈ KII ∧ ∃f [f F n α ∧ β ≈ ∪f (α) ∧ Ako(f )]] → cof (α, β).
Harjoitustehtävä 13.32 Mihin edellisessä tehtävässä oikeastaan tarvitaan oletusta α ∈ KII ? Osoita esimerkillä, että väite ei päde ilman tätä oletusta.
Muistutetaan vaihteeksi tässä välissä mieliin, että määritelmänsä mukaan ℵ on
isomorfismi ℵ IsomE,E (On, KT ), missä KT on transfiniittisten kardinaalilukujen luokka, ja merkintä ℵα tarkoittaa transfiniittistä kardinaalilukua ℵα := ℵ[α].
Siten kaikki transfiniittiset kardinaaliluvut ovat muotoa ℵα jollekin yksikäsitteisesti määrätylle ordinaaliluvulle α.
Funktio ℵ on aidosti kasvava ja kasvu on lokaalisti välillä varsin voimakasta
– ei välttämättä kuitenkaan kovin tasaista. Tehtävän 13.11 mukaan pätee aina
427
α - ℵα , ja voidaan kysyä, kuinka paljon (jos ollenkaan) luku ℵα on suurempi verrattuna lukuun α. Huomautuksen 13.27 hengessä kysymys ”kuinka paljon
suurempi” voidaan asettaa vähän tarkemmin muodossa: ”Onko ℵα kofinaalinen
α:n tai jonkin sitä pienemmän luvun γ suhteen?” Jos on, ℵα :n yläpään ja α:n
suuruusero on intuitiivisessa mielessä ”vähäinen”; jos taas tällaista kofinaalisuutta ei ole, suuruusero ℵα :n ja α:n välillä on merkittävä.
Osoittautuu, että ℵα :n yläpään ja α:n suuruusero määräytyy ratkaisevasti siitä,
onko α rajaordinaali vai ei. (ℵα on siis aina rajaordinaali, onpa α mikä tahansa.)
Tarkastellaan ensin tapausta, jossa α on rajaordinaali. Lauseessa 13.34 tullaan
osoittamaan, että tässä tapauksessa ℵα :n yläpää ei ole ”kovin paljon suurempi” kuin α, eli ℵα on kofinaalinen α:n suhteen. Tätä varten todistetaan ensin
aputulos, jossa on jälleen kerran syytä huomata hakasulkujen ja kaarisulkujen
merkittävä ero; tässä on siis nimenomaan kaarisulut:
Lause 13.33 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ α ∈ KII → ∪ℵ(α) ≈ ℵα .
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(α ∈ KII ) = 1.
(1)
t(∪ℵ(α) ≈ ℵα ) = 1.
(2)
Pitää osoittaa, että
Koska
t(ℵ IsomE,E (On, KT )) = 1,
niin ℵ on erityisesti aidosti kasvava, joten
t(∀β[β ≺ α → ℵ[β] ≺ ℵ[α]]) = 1,
ja siten
t(ℵ(α) ⊆ ℵ[α]) = 1 eli
t(ℵ(α) ⊆ ℵα ) = 1.
Tällöin myös
t(∪ℵ(α) ⊆ ∪ℵα ) = 1.
Nyt tehtävän 13.3 mukaan ℵα on rajaordinaali, joten tehtävän 8.67 nojalla
t(∪ℵα ≈ ℵα ) = 1,
ja silloin ehdon (3) nojalla
t(∪ℵ(α) ⊆ ℵα ) = 1.
428
(3)
Siten väitteen (2) todistamiseksi riittää osoittaa, että
t(ℵα ⊆ ∪ℵ(α) ) = 1.
(4)
Ehtoa (4) varten valitaan β siten, että
t(β ≺ ℵα ) = 1;
(5)
t(β ∈ ∪ℵ(α) ) = 1.
(6)
riittää osoittaa, että
Yhdisteen määritelmän mukaan ehto (6) seuraa, jos löydetään jokin δ siten, että
t(δ ∈ ℵ(α)) = 1 ja
(7)
t(β ≺ δ) = 1.
(8)
Jos β on finiittinen ordinaali, niin voidaan valita
δ := ω.
Tämä on toimiva valinta, sillä ehto (8) on automaattisesti voimassa ja myös
ehto (7) pätee, sillä tehtävän 13.11 mukaan
t(ℵ0 ≈ ω) = 1
ja ehdon (1) nojalla
t(0 ≺ α) = 1,
jolloin
t(ℵ0 ∈ ℵ(α)) = 1.
Voidaan siis olettaa, että
t(ω - β) = 1.
Tällöin lauseen 12.64 ja tehtävän 12.38 nojalla myös
t(ω - β) = 1,
joten β on transfiniittinen kardinaaliluku eli pätee
t(β ∈ KT ) = 1.
(9)
Koska ℵ on surjektio, on tällöin olemassa ordinaaliluku ξ siten, että
t(ℵξ ≈ β) = 1.
(10)
Koska tehtävän 12.27 mukaan t(β - β) = 1, niin ehtojen (10) ja (5) nojalla
t(ℵξ ≺ ℵα ) = 1.
429
Koska ℵ on aidosti kasvava, niin tällöin pätee
t(ξ ≺ α) = 1.
(11)
Ehdon (1) ja lauseen 8.61 nojalla ehdosta (11) saadaan
t(ξ ⊕ 1 ≺ α) = 1.
(12)
Tällöin taas funktion ℵ aidon kasvavuuden nojalla
t(ℵξ⊕1 ≺ ℵα ) = 1.
(13)
Nyt voidaan valita ehdoissa (7) ja (8) kaivattu δ asettamalla
δ := ℵξ⊕1 .
Ehdon (13) nojalla tämä δ toteuttaa ehdon (7), joten riittää huomata, että δ
toteuttaa myös ehdon (8).
Ehto (8) seuraa lauseesta 13.12 ja ehdosta (10), sillä t(ℵξ ≺ ℵξ⊕1 ) = 1.
Näin δ:n valinta on kelvollinen, joten lause on todistettu.
¤
Nyt saadaan helposti tuo edellä lupailtu ℵα :n yläpään ja α suuruuseroa koskeva tulos:
Lause 13.34 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ α ∈ KII → cof (α, ℵα ).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(α ∈ KII ) = 1.
(1)
t(cof (α, ℵα )) = 1.
(2)
Pitää osoittaa, että
Merkitään
f := ℵpα.
Tällöin pätee
t(f F n α) = 1 ja
t(Ako(f )) = 1.
(3)
(4)
Lisäksi ehdon (1) ja lauseen 13.33 nojalla pätee
t(ℵα ≈ ∪f (α) ) = 1.
Väite (2) seuraa nyt tehtävästä 13.31 sekä ehdoista (3), (4) ja (5).
430
(5)
¤
Harjoitustehtävä 13.35 Osoita, että
i)
ii)
⊢ cof (ω, ℵω ) ja
⊢ cof (ω, ℵℵω ).
Jos α on kofinaalinen sekä β:n että γ:n suhteen, missä γ - β, niin voidaan
kysyä, onko β kofinaalinen γ:n suhteen. Ei välttämättä, mutta tilanne on samankaltainen kuin lauseissa 13.26 ja 13.28: löytyy näet jokin γ:aa pienempi η,
jonka suhteen β on kofinaalinen. Tämän sanoo seuraava lause.
Lause 13.36 Olkoot α, β ja γ ordinaalilukuja. Tällöin
⊢ [cof (β, α) ∧ cof (γ, α) ∧ γ - β] → ∃η[η - γ ∧ cof (η, β)].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, joka toteuttaa ehdot
t(cof (β, α)) = 1,
(1)
t(cof (γ, α)) = 1 ja
t(γ - β) = 1.
(2)
(3)
t(η - γ) = 1 ja
t(cof (η, β)) = 1.
(4)
(5)
Riittää löytää η siten, että
Ehdon (1) nojalla löytyy vakio f siten, että
t(f : β −→ α ∧ ∀τ [τ ≺ α → ∃δ[δ ≺ β ∧ τ - f [δ]]] ∧ Ako(f )) = 1
(6)
ja vastaavasti ehdon (2) nojalla löytyy vakio g siten, että
t(g : γ −→ α ∧ ∀τ [τ ≺ α → ∃δ[δ ≺ γ ∧ τ - g[δ]]]) = 1.
(7)
Määritellään luokka F asettamalla
F := {z | ∃ξ[ξ ≺ γ ∧ z ≈ hξ, min{τ | τ ≺ β ∧ g[ξ] - f [τ ]}i]}.
Koska ordinaalilukuluokan (myös tyhjän) minimi on yksikäsitteinen, niin pätee
t(F : γ −→ β) = 1
(8)
t(ξ ≺ γ → F [ξ] ≈ min{τ | τ ≺ β ∧ g[ξ] - f [τ ]}) = 1.
(9)
ja lisäksi
Osoitetaan, että
t(∀ǫ[ǫ ≺ β → ∃ξ[ξ ≺ γ ∧ ǫ - F [ξ]]]) = 1.
(10)
Olkoon tätä varten ǫ ordinaaliluku, jolle pätee
t(ǫ ≺ β) = 1.
431
(11)
Riittää löytää ξ siten, että
t(ξ ≺ γ) = 1 ja
(12)
t(ǫ - F [ξ]) = 1.
(13)
Ehtojen (6) ja (11) nojalla
t(f [ǫ] ≺ α) = 1,
joten ehdon (2) nojalla löytyy δ siten, että
t(δ ≺ γ ∧ f [ǫ] - g[δ]) = 1.
Tällöin
t({δ | δ ≺ γ ∧ f [ǫ] - g[δ]} 6≈ ∅) = 1.
(14)
Valitaan nyt
ξ := min{δ | δ ≺ γ ∧ f [ǫ] - g[δ]}.
Tämä ξ toteuttaa ehdot (12) ja (13). Ehto (12) seuraa suoraan määritelmästä
ja ehdosta (14), joten riittää osoittaa, että ehto (13) pätee. Ehtojen (12) ja (9)
nojalla väite (13) tulee muotoon
t(ǫ - min{τ | τ ≺ β ∧ g[ξ] - f [τ ]}) = 1.
(15)
Ehtojen (2) ja (12) nojalla
t(g[ξ] ≺ α) = 1,
jolloin ehdon (1) nojalla
t(∃δ[δ ≺ β ∧ g[ξ] - f [δ]]) = 1,
ja siten joukko {τ | τ ≺ β∧g[ξ] - f [τ ]} on epätyhjä. Väitteen (15) todistamiseksi
riittää silloin osoittaa, että
t([τ ≺ β ∧ g[ξ] - f [τ ]] → ǫ - τ ) = 1.
Tämän väitteen todistamiseksi oletetaan, että
t(τ ≺ β ∧ g[ξ] - f [τ ]) = 1;
(16)
t(ǫ - τ ) = 1.
(17)
riittää osoittaa, että
Väitettä (17) varten tehdään antiteesi:
t(τ ≺ ǫ) = 1.
Koska f on ehdon (1) nojalla aidosti kasvava, niin tällöin pätee
t(f [τ ] ≺ f [ǫ]) = 1.
432
(AT)
Silloin ehdon (16) nojalla saadaan
t(g[ξ] ≺ f [ǫ]) = 1.
(18)
Nyt kuitenkin ξ:n valinnan ja ehdon (14) nojalla pätee
t(f [ǫ] - g[ξ]) = 1,
mikä on vastoin ehtoa (18). Tämä ristiriita osoittaa, että antiteesi (AT) on väärä, joten väite (17) on todistettu.
Näin myös väite (10) on todistettu.
Koska γ on joukko, niin ehdon (8) nojalla F on joukko. Tällöin ehtojen (3),
(8) ja (10) sekä lauseen 13.26 nojalla väite seuraa.
¤
Huomautus 13.37 Voiko olla olemassa sellaista ordinaalilukua, joka ei olisi
kofinaalinen minkään sitä pienemmän luvun suhteen? Intuitiivisesti tällainen
luku on valtavasti suurempi kuin mikään sitä pienempi luku. Tämä tarkoittaa
sitä, että kyseisessä luvussa tapahtuu eräänlainen suuruusluokan hyppäys. Tällaisia ”hyppäyspisteitä” tai ”räjähdyskohtia” on olemassa. Jos nyt nollaa ja ykköstä ei oteta lukuun, niin pienin näistä hyppäyspisteistä on ω: se on oleellisesti
suurempi kuin mikä tahansa sitä pienempi luku eli se ei ole kofinaalinen minkään finiittisen ordinaalin suhteen. Tämä ω:ssa tapahtuva ilmiö on prototyyppi
sille, mitä näissä räjähdyspisteissä tapahtuu. Asetetaan tarkka ”hyppäyspisteen”
eli singulaarisen pisteen määritelmä:
Määritelmä 13.38 Olkoon α ordinaaliluku. Merkitään symbolilla cf (α) ordinaalilukua
cf (α) := min{β | cof (β, α)}.
Sanotaan, että α on singulaarinen, jos kaava
cf (α) ≈ α
on teoreema.
Harjoitustehtävä 13.39 Olkoon α ordinaaliluku. Osoita, että
i)
ii)
iii)
⊢ cf (α) - α,
⊢ cof (cf (α), α) ja
⊢ cf (α ⊕ 1) ≈ 1.
Huomautus 13.40 Tehtävän 13.39 nojalla cf (α) on pienin luku, jonka suhteen α on kofinaalinen. Määritelmän 13.38 ja tehtävän 13.22 i) mukaan siis α
on singulaarinen jos ja vain jos se ei ole kofinaalinen minkään sitä pienemmän
ordinaalin kanssa, eli määritelmä on sellainen kuin huomautuksessa 13.37 toivottiinkin. Lisäksi ω on singulaarinen huomautuksen 13.20 nojalla. Myös luku
0 on singulaarinen.
433
Harjoitustehtävä 13.41 Osoita, että ainoa singulaarinen seuraajaordinaali
on luku 1.
Huomautus 13.42 Tehtävän 13.41 ja huomautuksen 13.40 mukaan tunnetaan
singulaariset ordinaaliluvut 0, 1 ja ω ja voidaan kysyä, onko näitä sitten muita olemassakaan. Jos on, niin tehtävän 13.41 mukaan ne ovat rajaordinaaleja.
Lause 13.44 sanoo, että singulaariset ordinaalit ovat harvassa, sillä ne ovat aina välttämättä kardinaalilukuja. Huomaa, että tämä lause ei suinkaan sano sitä, että kaikki kardinaaliluvut olisivat singulaarisia – eivätkä ne läheskään kaikki
olekaan.
Todistetaan ensin aputulos:
Lause 13.43 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ cf (α) ∈ K.
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Koska kaikille ordinaaliluvuille β
pätee t(β ∈ K) = 1, niin riittää osoittaa, että
t(cf (α) ≈ cf (α)) = 1.
(1)
Koska tehtävän 12.27 mukaan
t(cf (α) - cf (α)) = 1,
(2)
niin väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että
t(cf (α) - cf (α)) = 1.
(3)
Koska lauseen 12.23 mukaan
t(cf (α) ≃ cf (α)) = 1,
niin ehdon (2) ja lauseen 13.28 mukaan pätee
t(∃γ[γ - cf (α) ∧ cof (γ, cf (α))]) = 1.
Tällöin voidaan valita γ, joka toteuttaa ehdot
t(γ - cf (α)) = 1 ja
t(cof (γ, cf (α))) = 1.
(4)
(5)
Koska tehtävän 13.39 nojalla
t(cof (cf (α), α)) = 1,
niin ehdon (5) ja tehtävän 13.22 mukaan
t(cof (γ, α)) = 1.
434
(6)
Koska määritelmänsä 13.38 mukaan
cf (α) = min{β | cof (β, α)},
niin ehdon (6) nojalla
t(cf (α) - γ) = 1.
Väite (3) seuraa tällöin ehdosta (4).
¤
Lauseesta 13.43 saadaan välitön seuraus, josta jo edellä oli puhetta:
Lause 13.44 Jokainen singulaarinen ordinaaliluku on kardinaaliluku.
Todistus. Väite seuraa suoraan määritelmästä 13.38 ja lauseesta 13.43.
¤
Huomautus 13.45 Huomautuksen 13.42 kysymys singulaaristen ordinaalien
olemassaolosta tulee lauseen 13.44 valossa muotoon: Onko olemassa singulaarista kardinaalilukua α (6≈ 0, 1, ω)?
Finiittiset kardinaalit eivät ole tehtävän 13.41 mukaan tässä kiinnostavia, joten voidaan tarkastella transfiniittisiä kardinaalilukuja eli luokan KT alkioita.
Millä ehdolla (jos millään) näille voisi päteä singulaarisuusehto α ≈ cf (α)?
Mitä voidaan ylipäätään sanoa luvusta cf (α), kun α ∈ KT ?
Ainakin seuraavaa:
Harjoitustehtävä 13.46 Olkoon α ordinaaliluku. Osoita, että
⊢ α ∈ KT → cf (α) ∈ KT .
Huomautus 13.47 Koska kaikki transfiniittiset kardinaaliluvut ovat muotoa
ℵα , missä α ∈ On, niin huomautuksen 13.45 kysymys voidaan muotoilla myös
näin: Mitä voidaan sanoa luvusta cf (ℵα ), kun α ∈ On? Rajaordinaalille α pätee
seuraavaa:
Lause 13.48 Olkoon α ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ α ∈ KII → cf (α) ≈ cf (ℵα ).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(α ∈ KII ) = 1.
(1)
t(cf (α) ≈ cf (ℵα )) = 1.
(2)
Riittää osoittaa, että
Oletuksen (1) ja lauseen 13.34 nojalla pätee
t(cof (α, ℵα )) = 1.
435
(3)
Toisaalta tehtävän 13.38 mukaan
t(cof (cf (α), α)) = 1,
(4)
jolloin ehtojen (3) ja (4) sekä tehtävän 13.22 nojalla saadaan
t(cof (cf (α), ℵα )) = 1.
(5)
Tällöin määritelmän 13.38 mukaan saadaan
t(cf (ℵα ) - cf (α)) = 1.
(6)
Tehtävän 13.39 nojalla saadaan myös
t(cof (cf (ℵα ), ℵα )) = 1.
(7)
Ehtojen (5), (6) ja (7) sekä lauseen 13.36 nojalla on olemassa ordinaaliluku η,
jolle pätee
t(η - cf (ℵα )) = 1 ja
(8)
t(cof (η, cf (α))) = 1.
(9)
Ehtojen (9) ja (4) sekä tehtävän 13.22 nojalla
t(cof (η, α)) = 1,
jolloin määritelmän 13.38 mukaan
t(cf (α) - η) = 1,
josta edelleen ehdon (8) nojalla
t(cf (α) - cf (ℵα )) = 1.
(10)
Väite (2) seuraa nyt ehdoista (6) ja (10).
¤
Aiemmin (ks. määritelmä 13.38) oli puhetta singulaarisista ordinaaliluvuista.
Lauseessa 13.44 todettiin, että nämä ovat kaikki kardinaalilukuja. Luokitellaan
nyt transfiniittiset kardinaaliluvut eli luvut ℵα , α ∈ On kahteen luokkaan sen
mukaan tapahtuuko ordinaalilukusuoran pisteessä ℵα ”suuruusluokan valtava
hyppäys” vai ei. Kuten edellä todettiin, tällainen hyppäys tapahtuu silloin kun
cf (ℵα ) ≈ ℵα , muuten (eli silloin kun cf (ℵα ) ≺ ℵα ) ”merkittävää” hyppäystä
ei tapahdu. Tällaisia hyppäyspisteitä kutsutaan edelleen singulaarisiksi, muita
pisteitä säännöllisiksi. Asetetaan tarkka määritelmä:
Määritelmä 13.49 Olkoon α ordinaaliluku. Merkitään symboleilla Reg(α) ja
Sing(α) kaavoja
Reg(α) := α ∈ KT ∧ cf (α) ≺ α
ja
Sing(α) := α ∈ KT ∧ cf (α) ≈ α.
Sanotaan, että luku α on säännöllinen kardinaali, mikäli kaava Reg(α) on
teoreema ja vastaavasti α on singulaarinen kardinaali, mikäli kaava Sing(α)
on teoreema.
436
Harjoitustehtävä 13.50 Osoita, että jokainen transfiniittinen kardinaaliluku
on joko säännöllinen tai singulaarinen.
Harjoitustehtävä 13.51 Osoita, että ℵ0 on singulaarinen ja ℵω säännöllinen.
Mitä voit sanoa pisteistä ℵ1 ja ℵω⊕ω ?
Seuraava lause kertoo sen, että jos α on seuraajaordinaali, niin vastaava ℵα
on aina singulaarinen. Erityisesti siis singulaarisia kardinaaleja on olemassa –
muitakin kuin ne, jotka tunnistettiin tehtävässä 13.51, vertaa huomautukseen
13.45.
Lause 13.52 Olkoon β ordinaaliluku. Tällöin pätee
⊢ Sing(ℵβ⊕1 ).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Koska ℵβ⊕1 on määritelmänsä mukaan aina kardinaaliluku, niin määritelmän 13.49 mukaisesti riittää osoittaa, että
t(cf (ℵβ⊕1 ) ≈ ℵβ⊕1 ) = 1.
(1)
Tehdään antiteesi: ehto (1) ei päde. Tällöin tehtävän 13.39 nojalla pätee
t(cf (ℵβ⊕1 ) ≺ ℵβ⊕1 ) = 1.
(2)
Koska siis
t(ℵβ⊕1 ∈ KT ) = 1,
niin tehtävän 13.46 nojalla
t(cf (ℵβ⊕1 ) ∈ KT ) = 1.
(3)
t(ℵ : On −→ KT ) = 1,
(4)
Koska
onto
niin ehdon (3) nojalla on olemassa ordinaaliluku γ siten, että
t(ℵγ ≈ cf (ℵβ⊕1 )) = 1.
(5)
Koska tehtävän 13.39 mukaan
t(cof (cf (ℵβ⊕1 ), ℵβ⊕1 )) = 1,
niin ehdon (5) nojalla
t(cof (ℵγ , ℵβ⊕1 )) = 1.
(6)
Koska ℵβ⊕1 on rajaordinaali, niin ehdon (6) ja lauseen 13.29 nojalla on olemassa
f siten, että
t(f : ℵγ −→ ℵβ⊕1 ) = 1 ja
(7)
t(∪f (ℵγ ) ≈ ℵβ⊕1 ) = 1.
(8)
437
Osoitetaan nyt, että
t(∀x[x ∈ ℵγ → f [x] - ℵβ ]) = 1.
(9)
Väitettä (9) varten valitaan vakio δ siten, että
t(δ ∈ ℵγ ) = 1;
(10)
t(f [δ] - ℵβ ) = 1.
(11)
pitää osoittaa, että
Jos f [δ] on finiittinen ordinaali, niin väite (11) seuraa välittömästi. Voidaan siis
olettaa, että se on transfiniittinen, ja koska se on joka tapauksessa kardinaaliluku, pätee
t(f [δ] ∈ KT ) = 1.
Tällöin ehdon (4) nojalla on olemassa ordinaaliluku ξ siten, että
t(ℵξ ≈ f [δ]) = 1.
(12)
Ehtojen (10) ja (7) nojalla pätee
t(f [δ] ∈ ℵβ⊕1 ) = 1 eli
t(f [δ] ≺ ℵβ⊕1 ) = 1.
(13)
Ehdon (13) ja tehtävän 12.27 nojalla pätee
t(f [δ] ≺ ℵβ⊕1 ) = 1,
jolloin ehdon (12) mukaan
t(ℵξ ≺ ℵβ⊕1 ) = 1.
(14)
Koska funktio ℵ on isomorfismina aidosti kasvava, niin ehdon (14) nojalla saadaan
t(ξ ≺ β ⊕ 1) = 1.
Tällöin lauseen 8.61 nojalla
t(ξ - β) = 1
ja uudelleen ℵ:n aitoa kasvavuutta käyttäen
t(ℵξ - ℵβ ) = 1.
Väite (11) seuraa tällöin ehdosta (12).
Näin väite (9) on todistettu.
Tämän ehdon (9) ja lauseen 12.85 nojalla saadaan
t(∪f (ℵγ ) - ℵγ × ℵβ ) = 1.
438
(15)
Ehtojen (2) ja (5) nojalla pätee
t(ℵγ ≺ ℵβ⊕1 ) = 1.
(16)
Kuten edellä, funktion ℵ aidon kasvavuuden nojalla saadaan ehdosta (16)
t(γ ≺ β ⊕ 1) = 1,
tästä edelleen lauseen 8.61 nojalla
t(γ - β) = 1
ja uudelleen ℵ:n aitoa kasvavuutta käyttäen
t(ℵγ - ℵβ ) = 1.
(17)
Koska ℵγ ja ℵβ ovat kardinaalilukuja, niin t(ℵγ ≈ ℵγ ) = 1 ja t(ℵβ ≈ ℵβ ) = 1,
jolloin ehdon (17) nojalla
t(ℵγ - ℵβ ) = 1.
Tällöin tehtävän 12.84 nojalla
t(ℵγ × ℵβ - ℵβ × ℵβ ) = 1.
(18)
Lauseen 12.73 ja ehdon t(ℵβ ≈ ℵβ ) = 1 perusteella
t(ℵβ × ℵβ ≈ ℵβ ) = 1,
joten ehtojen (15) ja (18) mukaan
t(∪f (ℵγ ) - ℵβ ) = 1.
Tällöin ehdon (8) nojalla
t(ℵβ⊕1 - ℵβ ) = 1.
Tästä saadaan käyttäen taas funktion ℵ aitoa kasvavuutta
t(β ⊕ 1 - β) = 1,
mikä on mahdotonta.
Tämä syntynyt ristiriita johtuu tehdystä antiteesista. Sen on oltava siis väärä, joten ehto (1) pätee, ja asia on selvä.
¤
Nyt voidaan kysyä, onko ℵα singulaarinen vai säännöllinen, kun α on rajaordinaali. Äkkiä ajatellen voisi sanoa, että säännöllinen, koska lauseen 13.34 mukaan
ℵα on tällöin kofinaalinen α:n kanssa ja α on selvästi lukua ℵα pienempi. Tässä
vastauksessa on se vika, että tällä hetkellä tiedetään ainoastaan, että α on pienempi tai yhtäsuuri kuin ℵα tehtävän 13.11 mukaisesti. Nyt jos pätee α ≺ ℵα ,
niin asia on selvä, säännöllinen luku tulee. Näinhän on esimerkiksi jos α := ω.
Mutta käykö näin kaikille α? Intuitio sanoo, että käy, koska ℵ kasvaa varsin voimakkaasti. Intuitio on tällä kertaa väärässä. Tämä todistetaan lauseessa 13.55.
Sitä ennen todistetaan pari aputulosta:
439
Lause 13.53 Olkoot a ja f joukkoja. Tällöin pätee
⊢ [f : a −→ K] → ∪f (a) ∈ K.
Todistus. Olkoot a ja f vakioita ja t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(f : a −→ K) = 1.
(1)
t(∪f (a) ∈ K) = 1.
(2)
Riittää osoittaa, että
Ehdon (1) nojalla pätee
t(f (a) ⊆ On) = 1,
jolloin lauseen 8.41 nojalla
t(Ord(∪f (a) )) = 1.
Tällöin lauseen 8.21 perusteella joko
t(∪f (a) ∈ On) = 1 tai
t(∪f (a) ≈ On) = 1.
(3)
(4)
Lauseen 7.42 nojalla f (a) on joukko, jolloin aksiooman (JAx3) nojalla myös
∪f (a) on joukko. Koska On ei lauseen 8.18 mukaan ole joukko, ehto (4) ei voi
päteä. Silloin pätee ehto (3) ja voidaan valita ordinaaliluku β siten, että
t(β ≈ ∪f (a) ) = 1.
(5)
Ehdon (5) nojalla väite (2) tulee muotoon
t(β ∈ K) = 1.
(6)
Tehtävän 12.30 nojalla väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että
t(β ≈ β) = 1.
(7)
t(β 6≈ β) = 1.
(AT)
Tehdään antiteesi:
Antiteesin (AT) ja tehtävän 12.27 nojalla
t(β ≺ β) = 1 eli
t(β ∈ β) = 1.
Tällöin yhdisteen määritelmän ja ehdon (5) nojalla voidaan valita γ siten, että
t(γ ∈ f (a)) = 1 ja
(8)
t(β ∈ γ) = 1.
(9)
440
Ehtojen (8) ja (5) sekä tehtävän 8.40 nojalla
t(γ ⊆ β) = 1,
jolloin lauseen 12.47 perusteella
t(γ - β) = 1.
(10)
Ehtojen (1) ja (8) nojalla
t(γ ∈ K) = 1,
joten
t(γ ≈ γ) = 1.
Silloin ehdon (10) mukaan
t(γ - β) = 1.
Tämä on kuitenkin vastoin ehtoa (9), jonka mukaan
t(β ≺ γ) = 1.
Syntynyt ristiriita johtuu antiteesista (AT), jonka täytyy olla väärä, ja siten
lause on todistettu.
¤
Lause 13.54 Olkoot a ja f joukkoja. Tällöin pätee
⊢ [f : a −→ K ∧ ∃x[x ∈ a ∧ f [x] ∈ KT ]] → ∪f (a) ∈ KT .
Todistus. Olkoot a ja f vakioita sekä t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t(f : a −→ K) = 1 ja
t(∃x[x ∈ a ∧ f [x] ∈ KT ]) = 1.
(1)
(2)
t(∪f (a) ∈ KT ) = 1.
(3)
Riittää osoittaa, että
Ehdon (1) ja lauseen 13.53 nojalla
t(∪f (a) ∈ K) = 1,
joten väite (3) seuraa, jos osoitetaan, että
t(ω - ∪f (a) ) = 1.
(4)
Ehdon (2) nojalla voidaan valita vakio v siten, että
t(v ∈ a) = 1 ja
(5)
t(f [v] ∈ KT ) = 1.
(6)
Koska ehdon (5) perusteella
t(f [v] ∈ f (a)) = 1,
441
niin tehtävän 8.40 nojalla
t(f [v] ⊆ ∪f (a) ) = 1 eli
t(f [v] - ∪f (a) ) = 1.
(7)
Ehdon (6) nojalla pätee
t(ω - f [v]) = 1,
jolloin väite (4) seuraa ehdosta (7).
¤
Näiden valmistelujen jälkeen voidaan todistaa, että on olemassa ordinaaliluku α, jolle pätee α ≈ ℵα . Huomaa, että tällainen ordinaali α on välttämättä
rajaordinaali, koska ℵα on kardinaalilukuna aina rajaordinaali.
Lause 13.55
⊢ ∃α[α ≈ ℵα ].
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio. Riittää löytää ordinaaliluku α, jolle
pätee
t(α ≈ ℵα ) = 1.
(1)
Olkoon f finiittisen rekursion (lause 9.15) funktiosta ℵ alkuarvolla ℵ0 antama
funktio, jolle lauseen 9.15 mukaan pätee
t(f F n ω) = 1,
(2)
t(f [0] ≈ ℵ0 ) = 1 ja
t(∀n[f [n ⊕ 1] ≈ ℵf [n] ]) = 1.
(3)
(4)
Finiittisellä induktiolla nähdään heti, että
t(f : ω −→ KT ) = 1.
Koska ω on joukko, niin ehdon (2) ja lauseen 7.61 nojalla myös f on joukko ja
voidaan soveltaa lausetta 13.54, jonka mukaan – käyttäen ehtoa (3) – ∪f (ω) on
transfiniittinen kardinaaliluku. Tämän perusteella, koska
t(ℵ : On −→ KT ) = 1,
onto
on olemassa ordinaaliluku α siten, että
t(ℵα ≈ ∪f (ω) ) = 1.
(5)
Osoitetaan nyt, että tämä luku α toteuttaa ehdon (1). Tehdään antiteesi:
t(α 6≈ ℵα ) = 1.
(AT)
Antiteesin ja tehtävän 13.11 nojalla pätee
t(α ≺ ℵα ) = 1.
442
(6)
Ehtojen (5) ja (6) nojalla
t(α ∈ ∪f (ω) ) = 1,
joten yhdisteen määritelmän mukaan on olemassa γ siten, että
t(γ ∈ f (ω)) = 1 ja
t(α ∈ γ) = 1.
(7)
(8)
Kuvajoukon määritelmän ja ehdon (7) nojalla on olemassa finiittinen ordinaali
n siten, että
t(γ ≈ f [n]) = 1,
jolloin ehdon (8) nojalla
t(α ∈ f [n]) = 1 eli
t(α ≺ f [n]) = 1.
(9)
Koska ℵ on aidosti kasvava, niin ehdon (9) perusteella pätee
t(ℵα ≺ ℵf [n] ) = 1,
jolloin ehdon (4) nojalla
t(ℵα ≺ f [n ⊕ 1]) = 1.
(10)
Toisaalta myös n ⊕ 1 on finiittinen ordinaali, joten
t(f [n ⊕ 1] ∈ f (ω)) = 1.
Tällöin tehtävän 8.40 mukaan
t(f [n ⊕ 1] ⊆ ∪f (ω) ) = 1 eli
t(f [n ⊕ 1] - ∪f (ω) ) = 1.
(11)
Ehtojen (11) ja (5) nojalla
t(f [n ⊕ 1] - ℵα ) = 1,
mutta tämä on vastoin ehtoa (10). Syntynyt ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi (AT) on väärä, joten lause on todistettu.
¤
Huomautus 13.56 Kuten lauseessa 13.54 nähtiin, on olemassa ordinaaliluku
(ainakin yksi, on niitä kyllä enemmänkin) α joka toteuttaa ℵα :n singulaarisuuden kannalta välttämättömän ehdon α ≈ ℵα . Nyt kysymys kuuluu: onko ℵα
tällaisessa tapauksessa singulaarinen vai ei? Vastausta ei ilmeisestikään kukaan
tiedä. Singulaarisia lukuja ℵα , missä α on rajaordinaali, ei tunneta yhtään –
eikä edes niiden olemassaolosta ole varmuutta. Ei myöskään siis ole osoitettu,
että niitä ei olisi olemassa. Tässäpä mainio gradun – tai miksei vaativammankin
tutkielman aihe asiasta kiinnostuneille.
443
14
Aksioomia, hypoteeseja ja sen sellaisia
Kuten todettiin, kardinaalilukujen järkevää määrittelyä (tai oikeastaan lausetta 12.18) varten tarvittiin valinta-aksiooma. Toisaalta viitattiin lauseeseen 9.27,
jonka mukaan lause 12.18 seuraa, jos jokaisessa joukossa voidaan määritellä järjestävä minimaalirelaatio. Tämä ehto voidaan myös valinta-aksiooman avulla
todistaa, kuten kohta tullaan näkemään. Nyt voisi tietysti ajatella, että kardinaalilukuja varten riittäisi heikompikin aksiooma, joka takaisi pelkästään tämän järjestyvän minimaalirelaation olemassaolon. Tällainen aksiooma, hyvin
järjestyvyys, (well ordering principle, (WOP)), kuuluu yksinkertaisesti näin:
(WOP): ∀a∃r[r JM in a],
missä a ja r ovat eri muuttujia.
Tässä tietysti r imitoi tuota hyvin järjestävää relaatiota joukossa a. Nyt siis
pätee (AC)→(WOP), joten miksei käytetä tässä vain aksioomaa (WOP)? Näin
voitaisiin tehdäkin, mutta toisaalta nyt pätee itse asiassa myös (WOP)→(AC)
eli (AC)↔(WOP), joten asialla ei oikeastaan ole merkitystä. Valinta-aksiooma
on tässä aksioomana lähinnä siitä syystä, että sillä on enemmän jonkinlaista
historiallista – ja ehkä muutakin – painoarvoa.
Tuo mainittu aksioomien (AC) ja (WOP) yhtäpitävyys tullaan kohta todistamaan. Samalla tutkitaan kahta muutakin kuuluisaa aksioomaa, joista ensimmäinen on ns. Cantorin trikotomia eli kolmijakoisuus (Cantor’s Law of Trichotomy, (CLT)), joka sanoo intuitiivisesti, että kaikki joukot ovat mahtavuuden
mielessä vertailtavissa keskenään, ts. jos U ja V ovat joukkoja, niin aina pätee
jokin kolmesta mahdollisuudesta: ne ovat yhtä mahtavia, U on aidosti mahtavampi kuin V tai V on aidosti mahtavampi kuin U . Sama asia voidaan ilmaista
myös toisin (jolloin tosin tuo kolmijakoisuus vähän katoaa näkyvistä): on olemassa injektio f : U → V tai on olemassa injektio g : V → U . Tarkkaan ottaen
aksiooma kuuluu näin:
1−1
1−1
(CLT): ∀a∀b[∃f [f : a −→ b] ∨ ∃f [f : b −→ a]],
missä a, b ja f ovat eri muuttujia.
Osoittautuu, että tämäkin aksiooma on yhtäpitävä edellisten kanssa eli pätee
(AC)↔(WOP)↔(CLT).
Tähän samaan sarjaan liittyy vielä neljäs hyvin kuuluisa aksiooma, joka tunnetaan nimellä Zornin lemma. Sen esittämiseksi tarvitaan pari määritelmää.
Määritelmä 14.1 Olkoot A ja B luokkia. Merkitään symbolilla ch(B) kaavaa
ch(B) := ∀x∀y[[x ∈ B ∧ y ∈ B] → [x ⊆ y ∨ y ⊆ x]]
ja symbolilla ch(B, A) kaavaa
ch(B, A) := B ⊆ A ∧ ch(B).
444
Sanotaan, että luokka B on ketju, jos kaava ch(B) on teoreema, ja että luokka
B on ketju luokassa A, jos kaava ch(B, A) on teoreema.
Intuitiivisesti ketju on sellainen luokka, jonka kaikki alkiot ovat ”sisäkkäin”.
Esimerkki. Kaikki R:n avoimet välit eivät muodosta ketjua joukossa P(R), mutta sen sijaan esimerkiksi avoimien välien muodostama luokka
B = {]0, r[ | r > 0} on ketju P(R):ssa.
Tämä on vähän epätäsmällistä puhetta, koska R on määrittelemättä, samoin
kuin sen avoimet välit. Täsmällisemmän ketjuesimerkin antaa luokka On. Sen
sijaan P(On) ei ole ketju.
Määritelmä 14.2 Olkoot A ja B luokkia sekä a joukko. Merkitään symbolilla
max(a, A) kaavaa
max(a, A) = a ∈ A ∧ ∀x[[x ∈ A ∧ a ⊆ x] → a ≈ x].
Sanotaan, että a on maksimaalinen alkio luokassa A, jos kaava max(a, A)
on teoreema.
Huomautus. Intuitiivisesti maksimaalinen alkio a on sellainen, että A:sta ei löydy suurempaa alkiota x, jos ”suuruutta” mitataan kriteerillä ”⊆”. Tässä on tärkeää huomata, että maksimaalinen alkio ei suinkaan välttämättä ole kaikkia
muita A:n alkioita suurempi; on vain niin, että sitä suurempia alkioita ei ole.
Nythän tietenkään tuolla kriteerillä ”⊆” ei mielivaltaisen luokan kaikkia alkioita
voida välttämättä laittaa suuruusjärjestykseen: ei tarvitse olla x ⊆ y eikä y ⊆ x,
jolloin näitä alkioita ei voi verrata, eli kumpikaan ei ole toista suurempi. Tämä
johtaa myös siihen, että luokassa A voi olla useita maksimaalisia alkioita.
Esimerkkejä. Olkoon A = {[n, n + 2] ⊂ R | n ∈ Z} ⊂ P(R). Tällöin kaikki
A:n alkiot ovat maksimaalisia.
Kun a on joukko, niin joukossa P(a) on yksikäsitteinen maksimaalinen alkio,
joka on joukko a itse.
Sen sijaan edellisen esimerkin ketjusta B = {]0, r[ | r > 0} ei maksimaalista
alkiota löydy lainkaan – sama pätee tietysti ”oikealle” ketjuesimerkille On.
Nyt voidaan esittää Zornin lemman väite intuitiivisesti:
Jos epätyhjän joukon A jokaisen ketjun yhdiste on joukon A alkio, niin joukolla A on (ainakin yksi) maksimaalinen alkio.
Tämä väite ei ole niin itsestäänselvä(?) kuin nuo aiemmin esitetyt (AC), (WOP)
ja (CLT). Zornin lemma on kuitenkin matematiikassa hyvin käyttökelpoinen.
Esimerkiksi vektoriavaruuden Hamel-kannan olemassaolo todistetaan yleensä
juuri Zornin lemman avulla. Toinen käyttöesimerkki löytyy algebrasta. Tässä
445
puhutaan renkaista R ja niiden ideaaleista I, joiden määritelmiin ei tässä mennä muuten kuin siltä osin, että I ⊂ R ja oletetaan, että R on joukko. Erinäisistä
syistä johtuen olisi hyvä löytää renkaan R maksimaalinen ideaali tai ainakin
tietää sellaisen olemassaolo. Esimerkiksi renkaan Z kaikki ideaalit ovat {0} ja
joukot Z · n, n ≥ 2. Näistä maksimaalisia ovat ideaalit Z · p, missä p on alkuluku.
Tarkastellaan nyt mielivaltaisen renkaan R kaikkien ideaalien muodostamaa
joukkoa A. Ideaalien yhdiste ei välttämättä ole ideaali, mutta jos ideaalit ovat
sisäkkäin, niin yhdiste on (lähes triviaalisti) ideaali. Tällöin jokaisen luokan A
ketjun B yhdiste on luokan A alkio. Zornin lemma takaa tällöin, että A:ssa on
maksimaalinen alkio. Siispä jokaisessa renkaassa on maksimaalinen ideaali.
Varsinainen Zornin lemman (ZL) tarkka formaali muotoilu on seuraava:
(ZL): ∀a[[a 6≈ ∅ ∧ ∀b[ch(b, a) → ∪b ∈ a]] → ∃x[max(x, a)]],
missä a, b ja x ovat eri muuttujia.
Osoitetaan sitten – kuten edellä lupailtiin, että ehdot (AC), (WOP), (CLT) ja
(ZL) ovat keskenään yhtäpitäviä. Tehdään tämä niin, että osoitetaan oikeaksi
vähän epäsymmetrinen kierros
(AC) → (W OP ) → (ZL) → (CLT ) → (W OP ) → (AC).
Todistetaan kukin implikaatio omana lemmanaan.
Huomautus 14.3 Tässä todistuskierroksessa on visusti varottava kehäpäättelyä: esimerkiksi implikaation (CLT ) → (W OP ) todistuksessa saa tosiaan käyttää ZF-aksioomien lisäksi vain oletusta (CLT). Tämä tarkoittaa tietysti sitten
sitä, että lause 12.18, jonka todistuksessa käytettiin valinta-aksioomaa, on käyttökelpoinen vain implikaatiossa (AC) → (W OP ). Samoin lähes kaikki lukujen
12 ja 13 lauseet ovat nyt käyttökiellossa näissä muissa implikaatioissa.
Lause 14.4
⊢ (AC) → (W OP ).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t((AC)) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että
t(∀a∃r[r JM in a]) = 1.
Olkoon a vakio. Riittää löytää vakio r siten, että
t(r JM in a) = 1.
(2)
Lauseen 12.18 (jota saa nyt käyttää oletuksen (1) perusteella) nojalla on olemassa ordinaaliluku α ja vakio f siten, että
1−1
t(f : α −→ a) = 1.
onto
446
(3)
Määritelmän 7.111 ja huomautuksen 7.112 mukaisesti ehdon (3) bijektio f indusoi joukkoon a relaation R siten, että
t(f IsomE,R (α, a)) = 1.
(4)
Koska E (tai oikeastaan sen rajoittuma) on järjestävä minimaalirelaatio joukossa α, niin huomautuksen 7.112 ja ehdon (4) mukaan myös R on järjestävä
minimaalirelaatio joukossa a eli pätee
t(R JM in a) = 1.
(5)
Koska a on joukko, niin myös a×a on joukko. Ehdon (5) nojalla t(R ⊆ a×a) = 1,
ja tällöin myös R on joukko. Siten on olemassa vakio r siten, että
t(r ≈ R) = 1.
Tämä vakio r on kelpaa ehdossa (2) kaipailluksi vakioksi ehdon (5) nojalla. ¤
Lause 14.5
⊢ (W OP ) → (ZL).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee t((W OP )) = 1 eli
t(∀a∃r[r JM in a]) = 1.
(1)
Riittää osoittaa, että t((ZL)) = 1 eli että
t(∀a[[a 6= ∅ ∧ ∀b[ch(b, a) → ∪b ∈ a]] → ∃x[max(x, a)]]) = 1.
(2)
Olkoon a vakio, jolle pätee
t(a 6≈ ∅) = 1 ja
(3)
t(∀b[ch(b, a) → ∪b ∈ a]) = 1.
(4)
Väite (2) seuraa, jos löydetään vakio v siten, että
t(max(v, a)) = 1.
(5)
Ehdon (1) nojalla voidaan valita vakio R siten, että
t(R JM in a) = 1.
(6)
Merkitään kaikille muuttujille x symbolilla Ax luokkaa
Ax := {y | x ⊂ y ∧ y ∈ a}.
Huomaa tässä merkki ”⊂” merkin ”⊆” asemasta; tällä tulee olemaan ratkaisevaa
merkitystä. Koska kaikille x pätee x 6⊂ x, pätee erityisesti
t(∀x[x ∈
/ Ax ]) = 1;
447
(7)
nimenomaan tämä ehto on jatkossa tärkeä. Nyt
t(∀x[Ax ⊆ a]) = 1,
(8)
joten Ax on aina joukko. Määritellään sitten luokka H asettamalla
H :={z | ∃x∃y[z ≈ hx, yi ∧ y ∈ Ax ∧ R−1 ({y}) ∩ Ax ≈ ∅]}∪
{z | ∃x[z ≈ hx, xi ∧ Ax ≈ ∅]}.
Intuitiivisestihan tämä tarkoittaa sitä, että H on funktio, jolle H[x] on joukon
Ax yksikäsitteisesti määrätty R-minimaalinen alkio, jos joukko Ax on epätyhjä
ja H[x] ≈ x, mikäli Ax ≈ ∅. Koska R on minimaalirelaatio, niin jokaisessa
epätyhjässä joukossa on yksikäsitteinen (vrt. lause 7.92) R-minimaalinen alkio
ja H:n käytös voidaan myös formalisoida: pätee
ja
t(∀x[Ax ≈ ∅ → H[x] ≈ x]) = 1
(9)
t(∀x[Ax 6≈ ∅ → [H[x] ∈ Ax ∧ Ax ∩ R−1 ({H[x]}) ≈ ∅]) = 1.
(10)
Tässä kohdassa on ehkä syytä huomauttaa, että todistuksen jatkon kannalta ei ole mitään merkitystä sillä, että H[x] on nimenomaan joukon Ax Rminimaalinen alkio. Oleellista on vain se, että H[x] ∈ Ax , kun Ax 6≈ ∅. Tuo
R-minimaalisuusehto on tässä vain siitä syystä, että näin H[x] saadaan yksikäsitteisesti määritellyksi, jolloin H on funktio. Jos tässä todistettaisiin väitettä
(AC) → (ZL), niin H voitaisiin konstruoida valinta-aksioomaa käyttäen ja todistus sujuisi muilta osin aivan samoin.
Ehdon (3) nojalla on olemassa vakio c siten, että
t(c ∈ a) = 1.
(11)
Olkoon nyt F transfiniittisellä rekursiolla eli tässä tapauksessa lauseella 9.12
luokasta H alkuarvolla c saatava funktio, jolle pätee lauseen 9.12 mukaan
t(F F n On) = 1,
t(F [0] ≈ c) = 1,
t(∀α[F [α ⊕ 1] ≈ H[F [α]]]) = 1 ja
(12)
(13)
(14)
t(∀α[α ∈ KII → F [α] ≈ ∪δ≺α F [δ]]) = 1.
(15)
Osoitetaan, että kaikille ordinaaliluvuille α ja β pätee
t(α ≺ β → F [α] ⊆ F [β]) = 1.
(16)
Tämä onnistuu parhaiten, kun todistetaan transfiniittisellä induktiolla β:n suhteen, että
t(∀α[α ≺ β → F [α] ⊆ F [β]]) = 1.
(17)
448
On selvää, että jos ehto (17) pätee, niin silloin pätee myös ehto (16). Koska tässä tehdään useampia induktioita, olkoon tämä induktio (A). Riittää osoittaa,
että
A1) väite (17) pätee kun β ≈ 0,
A2) jos väite (17) pätee β:lle, niin se pätee β ⊕ 1:lle ja
A3) jos β on rajaordinaali ja väite (17) pätee kaikille β:aa pienemmille luvuille,
niin se pätee β:lle.
Tapaus A1) on triviaali, koska tässä kvantifioidun implikaatioväitteen etujäsen saa totuusarvon nolla.
Tapaus A2): Tässä siis oletetaan, että ehto (17) pätee; pitää osoittaa, että
t(∀α[α ≺ β ⊕ 1 → F [α] ⊆ F [β ⊕ 1]]) = 1.
Olkoon α kiinteä ordinaaliluku, jolle pätee
t(α ≺ β ⊕ 1) = 1;
(18)
t(F [α] ⊆ F [β ⊕ 1]) = 1.
(19)
t(α ≺ β) = 1
(20)
t(α ≈ β) = 1.
(21)
riittää osoittaa, että
Ehdon (18) nojalla joko
tai
Tapauksessa (21) väite (19) tulee muotoon
t(F [β] ⊆ F [β ⊕ 1]) = 1.
(22)
Tapauksessa (20) saadaan induktio-oletuksen (17) nojalla ehto
t(F [α] ⊆ F [β]) = 1.
Tällöinkin väite (19) seuraa, jos todistetaan oikeaksi väite (22). Riittää siis
todistaa väite (22). Ehdon (14) nojalla tämä väite tulee muotoon
t(F [β] ⊆ H[F [β]]) = 1.
Jos
t(AF [β] ≈ ∅) = 1,
niin väite (23) tulee edelleen ehdon (9) nojalla muotoon
t(F [β] ⊆ F [β]) = 1,
449
(23)
joka pätee triviaalisti. Voidaan siis olettaa, että
t(AF [β] 6≈ ∅) = 1,
jolloin ehdon (10) nojalla
t(H[F [β]] ∈ AF [β] ) = 1.
(24)
Luokan Ax määritelmän nojalla pätee
t(∀y[y ∈ Ax → x ⊂ y]) = 1,
ja silloin ehdon (24) nojalla pätee
t(F [β] ⊂ H[F [β]]) = 1,
ja väite (23) seuraa.
Näin tapaus A2) on käsitelty.
Tapaus A3): Tässä oletetaan, että
t(β ∈ KII ) = 1
(25)
ja että
t(∀δ[δ ≺ β → ∀α[α ≺ δ → F [α] ≺ F [δ]]) = 1.
Pitää osoittaa, että ehto (17) pätee. Olkoon sitä varten α ordinaaliluku, jolle
pätee
t(α ≺ β) = 1.
(26)
Pitää osoittaa, että
t(F [α] ⊆ F [β]) = 1.
(27)
Tässä ei nyt tarvita induktio-oletustakaan, vaan väite (27) seuraa suoraan ehdoista (25), (26) ja (15).
Näin myös tapaus A3) on käsitelty, joten induktio (A) on viety läpi ja väite
(16) on todistettu.
Seuraavaksi osoitetaan, että kaikille ordinaaliluvuille α pätee
t(F [α] ∈ a) = 1.
(28)
Tehdään tämä transfiniittisellä induktiolla (B) α:n suhteen. Riittää osoittaa, että
B1) väite (28) pätee kun α ≈ 0,
B2) jos väite (28) pätee α:lle, niin se pätee α ⊕ 1:lle ja
450
B3) jos β on rajaordinaali ja väite (28) pätee kaikille α:aa pienemmille luvuille,
niin se pätee α:lle.
Tapaus B1) seuraa ehdoista (11) ja (13).
Tapaus B2): Tässä oletetaan, että ehto (28) pätee; pitää osoittaa, että
t(F [α ⊕ 1] ∈ a) = 1.
(29)
Ehdon (14) mukaan väite (29) tulee muotoon
t(H[F [α]] ∈ a) = 1.
(30)
Jos nyt
t(AF [α] ≈ ∅) = 1,
niin ehdon (9) mukaan
t(H[F [α]] ≈ F [α]) = 1,
jolloin väite (30) seuraa induktio-oletuksesta (28). Voidaan siis olettaa, että
t(AF [α] 6≈ ∅) = 1.
Tällöin ehdon (10) nojalla
t(H[F [α]] ∈ AF [α] ) = 1.
Silloin väite (30) seuraa ehdosta (7), jonka mukaan
t(AF [α] ⊆ a) = 1.
Näin tapaus B2) on käsitelty.
Tapaus B3): Tässä oletetaan, että
t(α ∈ KII ) = 1 ja
(31)
t(∀δ[δ ≺ α → F [δ] ∈ a]) = 1.
(32)
Pitää osoittaa, että ehto (28) pätee. Induktio-oletuksen (32) nojalla
t(F (α) ⊆ a) = 1.
(33)
Ehdon (16) nojalla joukko F (α) on ketju, jolloin ehdon (33) perusteella pätee
t(ch(F (α), a)) = 1.
Tällöin – koska F (α) on ehdon (12) ja lauseen 7.42 perusteella joukko – ehdon
(4) nojalla pätee
t(∪F (α) ∈ a) = 1.
(34)
451
Ehtojen (31) ja (15) nojalla pätee
t(F [α] ≈ ∪F (α) ) = 1,
jolloin väite (28) seuraa ehdosta (34).
Näin myös tapaus B3) on käsitelty, joten induktio (B) on viety läpi ja ehto
(28) on todistettu.
Ehdon (28) nojalla pätee
t(F (On) ⊆ a) = 1,
(35)
jolloin lauseen 6.44 nojalla erityisesti F (On) on joukko eli pätee
t(M(F (On))) = 1.
(36)
Silloin aksiooman (JAx3) nojalla myös ∪F (On) on joukko, joten on olemassa
vakio v siten, että
t(v ≈ ∪F (On) ) = 1.
(37)
Osoittautuu, että tämä v on ehdossa (5) kaipailtu a:n maksimaalinen
alkio. Tämän (ja siten koko lauseen) todistamiseksi pitää määritelmän
14.2 mukaisesti osoittaa, että
t(v ∈ a) = 1 ja
(38)
t(∀x[[x ∈ a ∧ v ⊆ x] → v ≈ x]) = 1.
(39)
Ehtojen (35) ja (16) nojalla pätee
t(ch(F (On), a)) = 1.
Tällöin ehtojen (3) ja (4) nojalla saadaan
t(∪F (On) ∈ a) = 1,
jolloin väite (38) seuraa ehdosta (37).
Väitteen (39) todistamiseksi osoitetaan ensin, että
t(∀α[F (On) \ F (α) 6≈ ∅ → F [α] ∈ F (On) \ F (α)]) = 1.
(40)
Väitettä (40) varten oletetaan, että α on ordinaaliluku siten, että
t(F (On) \ F (α) 6≈ ∅) = 1.
(41)
t(F [α] ∈ F (On) \ F (α)) = 1.
(42)
Riittää osoittaa, että
Väitettä (42) varten tehdään antiteesi:
t(F [α] 6∈ F (On) \ F (α)) = 1.
452
(AT1 )
Koska t(α ∈ On) = 1, niin t(F [α] ∈ F (On)) = 1, joten antiteesin (AT1 ) nojalla
t(F [α] ∈ F (α)) = 1
eli on olemassa jokin δ siten, että
t(δ ≺ α) = 1 ja
t(F [α] ≈ F [δ]) = 1.
(43)
(44)
Koska ehdon (43) nojalla
t(δ ≺ δ ⊕ 1 - α) = 1,
niin ehdon (16) mukaan
t(F [δ] ⊆ F [δ ⊕ 1] ⊆ F [α]) = 1,
jolloin ehdon (44) nojalla on oltava
t(F [δ] ≈ F [δ ⊕ 1]) = 1.
Tällöin ehdon (14) mukaan
t(F [δ] ≈ H[F [δ]]) = 1.
(45)
Oletuksen (41) nojalla löytyy jokin ordinaaliluku µ siten, että
t(F [µ] ∈ F (On) \ F (α)) = 1.
(46)
Tällöin välttämättä
t(α - µ) = 1,
jolloin ehdon (16) nojalla
t(F [α] ⊆ F [µ]) = 1.
(47)
Lisäksi ehdon (46) ja antiteesin (AT1 ) mukaan
t(F [µ] 6≈ F [α]) = 1,
jolloin ehdon (47) nojalla
t(F [α] ⊂ F [µ]) = 1.
Siten ehdon (44) mukaan myös
t(F [δ] ⊂ F [µ]) = 1.
Nyt ehtojen (48) ja (28) sekä luokan Ax määritelmän mukaan pätee
t(F [µ] ∈ AF [δ] ) = 1,
453
(48)
jolloin erityisesti
t(AF [δ] 6≈ ∅) = 1.
Silloin ehdon (10) nojalla
t(H[F [δ]] ∈ AF [δ] ) = 1,
ja edelleen ehdon (45) nojalla
t(F [δ] ∈ AF [δ] ) = 1,
mikä on mahdotonta ehdon (7) perusteella.
Tämä syntynyt ristiriita johtuu antiteesista (AT1 ), joka on siis väärä, ja näin
väite (42) ja siten myös väite (40) on todistettu.
Nyt sovelletaan lausetta 9.22. Ehtojen (12) – (15), (36) ja (40) mukaan kyseisen
lauseen oletukset ovat voimassa ja lause antaa ehdon
1−1
t(∃α[F pα : α −→ F (On)]) = 1.
onto
Tällöin voidaan valita ordinaaliluku α, jolle pätee
t(F (α) ≈ F (On)) = 1,
jolloin ehdon (37) nojalla
t(v ≈ ∪F (α) ) = 1.
(49)
Tässä vaiheessa muistutetaan mieliin, että ollaan todistamassa ehtoa (39). Sitä
varten oletetaan, että u on vakio, jolle pätee
t(u ∈ a) = 1 ja
t(v ⊆ u) = 1.
(50)
(51)
Väite (39) seuraa, jos osoitetaan, että
t(v ≈ u) = 1.
(52)
t(v 6≈ u) = 1.
(AT2 )
Tehdään taas antiteesi:
Tällöin ehdon (51) nojalla
t(v ⊂ u) = 1,
joten joukon Ax määritelmän ja ehdon (50) nojalla pätee
t(Av 6≈ ∅) = 1.
(53)
Tarkastellaan ehdossa (49) valittua lukua α. Koska ehtojen (11) ja (13) nojalla
t(c ∈ F (On)) = 1,
454
niin α:n valinnan nojalla
t(c ∈ F (α)) = 1,
jolloin
t(F (α) 6≈ ∅) = 1,
ja tällöin on oltava
t(α 6≈ 0) = 1.
Siten α on joko seuraajaordinaali tai rajaordinaali, eli joko löytyy β siten, että
t(α ≈ β ⊕ 1) = 1
(54)
t(α ∈ KII ) = 1.
(55)
tai pätee
Tutkitaan ensin vaihtoehtoa (54). Tässä tapauksessa pätee
t(F [β] ≈ v) = 1.
(56)
Tämä väite vaatii perustelun: Koska ehdon (54) mukaan
t(β ≺ α) = 1,
niin
t(F [β] ∈ F (α)) = 1,
jolloin tehtävän 8.40 nojalla
t(F [β] ⊆ ∪F (α) ) = 1,
eli ehdon (49) nojalla
t(F [β] ⊆ v) = 1.
(57)
Toisaalta, jos vakiolle w pätee t(w ∈ v) = 1, niin ehdon (49) sekä yhdisteen ja
kuvajoukon määritelmän mukaan on olemassa δ siten, että
t(w ∈ F [δ]) = 1
(58)
t(δ ≺ α) = 1.
(59)
ja
Nyt ehtojen (59) ja (54) nojalla
t(δ - β) = 1,
jolloin ehdon (16) nojalla
t(F [δ] ⊆ F [β]) = 1.
Tällöin ehdon (58) nojalla
t(w ∈ F [β]) = 1,
455
joten w:n valinnan perusteella on osoitettu, että
t(v ⊆ F [β]) = 1.
(60)
Väite (56) seuraa nyt ehdoista (57) ja (60).
Ehtojen (56) ja (53) nojalla pätee
t(AF [β] 6≈ ∅) = 1,
jolloin ehtojen (10) ja (14) nojalla
t(F [β ⊕ 1] ∈ AF [β] ) = 1
eli ehdon (53) mukaan
t(F [α] ∈ AF [β] ) = 1.
Tällöin joukon Ax määritelmän mukaan pätee
t(F [β] ⊂ F [α]) = 1.
(61)
Toisaalta t(F [α] ∈ F (On)) = 1, joten tehtävän 8.40 nojalla
t(F [α] ⊆ ∪F (On) ) = 1
eli ehdon (37) mukaan
t(F [α] ⊆ v) = 1
eli ehdon (56) mukaan
t(F [α] ⊆ F [β]) = 1.
(62)
Yhdistämällä ehdot (61) ja (62) saadaan
t(F [β] ⊂ F [β]) = 1,
mikä on mahdotonta, koska tässä (samoin kuin ehdossa (61)) on nimenomaan
merkki ”⊂” merkin ”⊆” sijasta. Tämä merkkihän periytyy viime kädessä joukon
Ax määritelmästä.
Näin on päädytty ristiriitatilanteeseen. Tämä johtuu antiteesista (AT2 ), joka
on siis väärä. Tämä havainto ei kuitenkaan vielä todista väitettä (52) (ja siten
koko lausetta), sillä tuossa matkalla haarauduttiin vaihtoehtoon (54), jonka vallitessa asia on siis selvä. Pitää vielä selvittää toinen vaihtoehto eli ehto (55),
jonka vallitessa pitäisi myös saada aikaan ristiriita.
Oletetaan siis, että vaihtoehto (55) pätee. Tällöin (15) mukaan
t(F [α] ≈ ∪δ≺α F [δ]) = 1 eli
t(F [α] ≈ ∪F (α) ) = 1,
456
jolloin ehdon (49) mukaan pätee
t(F [α] ≈ v) = 1.
(63)
Antiteesin (AT2 ) nojalla pätee tässäkin tapauksessa ehto (53), ja siitä saadaan
nyt ehdon (63) mukaan
t(AF [α] 6≈ ∅) = 1.
Silloin ehtojen (10) ja (14) nojalla
t(F [α] ⊂ F [α ⊕ 1]) = 1.
(63)
Toisaalta t(F [α ⊕ 1] ∈ F (On)) = 1, joten tehtävän 8.40 nojalla
t(F [α ⊕ 1] ⊆ ∪F (On) ) = 1
eli ehdon (37) mukaan
t(F [α ⊕ 1] ⊆ v) = 1
eli ehdon (63) mukaan
t(F [α ⊕ 1] ⊆ F [α]) = 1.
(64)
Yhdistämällä ehdot (63) ja (64) saadaan
t(F [α] ⊂ F [α]) = 1,
mikä on mahdotonta, aivan analogisesti kuten edellä vaihtoehdon (54) käsittelyn yhteydessä.
Nyt on siis saatu ristiriita myös vaihtoehdossa (55), jolloin antiteesi (AT2 ) on
osoitettu vääräksi ja koko lause on todistettu.
¤
Lause 14.6
⊢ (ZL) → (CLT ).
Todistus. Olkoot a ja b vakioita ja t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t((ZL)) = 1.
(1)
Riittää löytää vakio h siten, että joko
1−1
t(h : a −→ b) = 1 tai
(2)
1−1
(3)
t(h
−1
: b −→ a) = 1.
Määritellään luokka A asettamalla
A := {f | f ⊆ a × b ∧
∀x1 ∀x2 ∀y1 ∀y2 [[hx1 , y1 i ∈ f ∧ hx2 , y2 i ∈ f ] → [x1 ≈ x2 ↔ y1 ≈ y2 ]]}.
457
Intuitiivisesti A koostuu kaikista bijektioista joltakin a:n osajoukolta jollekin b:n
osajoukolle. Selvästi t(A ⊆ P(a × b)) = 1, joten A on joukko eli pätee
t(M(A)) = 1.
(4)
t(A 6≈ ∅) = 1.
(5)
Lisäksi t(∅ ∈ A) = 1, joten
Osoitetaan, että jokaisen A:n ketjun yhdiste sisältyy A:han, ts. että
pätee
t(∀c[ch(c, A) → ∪c ∈ A]) = 1.
(6)
Ehtoa (6) varten olkoon c vakio siten, että
t(ch(c, A)) = 1.
(7)
t(∪c ∈ A) = 1.
(8)
Pitää osoittaa, että
Luokan A määritelmän nojalla väite (8) seuraa, jos osoitetaan, että
t(∪c ⊆ a × b) = 1 ja
(9)
t(∀x1 ∀x2 ∀y1 ∀y2 [[hx1 , y1 i ∈ ∪c ∧ hx2 , y2 i ∈ ∪c ] → [x1 ≈ x2 ↔ y1 ≈ y2 ]]) = 1.
(10)
Ehtoa (9) varten olkoon g vakio siten, että
t(g ∈ ∪c ) = 1;
(11)
t(g ∈ a × b) = 1.
(12)
riittää osoittaa, että
Ehdon (11) ja yhdisteen määritelmän nojalla on olemassa vakio f siten, että
t(f ∈ c) = 1 ja
(13)
t(g ∈ f ) = 1.
(14)
Ehdon (7) nojalla pätee
t(c ⊆ A) = 1,
joten ehdon (13) nojalla
t(f ∈ A) = 1.
Tällöin luokan A määritelmän nojalla
t(f ⊆ a × b) = 1,
jolloin väite (12) seuraa ehdosta (14).
Näin väite (9) on todistettu.
458
(15)
Ehtoa (10) varten oletetaan, että u1 , u2 , v1 ja v2 ovat vakioita, joille pätee
t(hu1 , v1 i ∈ ∪c ) = 1 ja
(16)
t(hu2 , v2 i ∈ ∪c ) = 1.
(17)
Riittää osoittaa, että
t(u1 ≈ u2 ↔ v1 ≈ v2 ) = 1.
(18)
Ehtojen (16) ja (17) sekä yhdisteen määritelmän nojalla löytyy vakiot f1 ja f2
siten, että
t(f1 ∈ c ∧ f2 ∈ c) = 1 ja
t(hu1 , v1 i ∈ f1 ∧ hu2 , v2 i ∈ f2 ) = 1.
(19)
(20)
Ehtojen (19) ja (7) nojalla pätee joko
t(f1 ⊆ f2 ) = 1 tai
t(f2 ⊆ f1 ) = 1.
(21)
Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että ehto (21) pätee. Tällöin ehtojen (16) ja (17) nojalla
t(hu1 , v1 i ∈ f2 ∧ hu2 , v2 i ∈ f2 ) = 1.
Tämä merkitsee sitä, että ehtojen (19) ja (15) sekä luokan A määritelmän nojalla väite (18) seuraa.
Näin myös ehto (10) on todistettu. Koska väite (9) todistettiin jo edellä, niin
väite (6) on todistettu.
Nyt ehtojen (4), (5) ja (6) sekä Zornin lemman (eli ehdon (1)) nojalla joukossa
A on maksimaalinen alkio eli voidaan valita vakio h siten, että
t(max(h, A)) = 1.
(22)
Osoitetaan nyt, että tämä vakio h kelpaa ehdoissa (2) ja (3) kaipailluksi vakioksi h eli että joko ehto (2) tai ehto (3) toteutuu tälle h – tämähän sitten todistaa
koko lauseen.
Ehdon (22) ja määritelmän 14.2 nojalla pätee
t(h ∈ A) = 1,
joten luokan A määritelmän mukaan
1−1
t(h : D(h) −→ W(h)) = 1,
(23)
t(D(h) ⊆ a) = 1 ja
t(W(h) ⊆ b) = 1.
(24)
(25)
onto
459
Jos nyt pätee
t(D(h) ≈ a) = 1,
(26)
niin ehtojen (23) ja (25) nojalla h toteuttaa ehdon (2), ja asia on selvä. Jos taas
pätee
t(W(h) ≈ b) = 1,
(27)
niin ehtojen (23) ja (24) nojalla h toteuttaa ehdon (3) ja asia on taas selvä.
Siten riittää osoittaa, että ainakin toinen ehdoista (26) tai (27) pätee.
Tehdään antiteesi: kumpikaan niistä ei päde. Tällöin ehtojen (24) ja (25) nojalla pätee
t(D(h) ⊂ a) = 1 ja
(28)
t(W(h) ⊂ b) = 1.
(29)
Ehdon (28) nojalla voidaan valita vakio u siten, että
t(u ∈ a \ D(h)) = 1
(30)
ja vastaavasti ehdon (29) nojalla voidaan valita vakio v siten, että
t(v ∈ a \ W(h)) = 1.
(31)
Määritellään nyt joukko g asettamalla
g := h ∪ {hu, vi}.
Koska t(h ∈ A) = 1, niin ehtojen (30) ja (31) sekä joukon A määritelmän nojalla
pätee myös
t(g ∈ A) = 1.
(32)
Koska h on A:n maksimaalinen alkio (eli ehto (22) pätee) ja joukon g määritelmän perusteella pätee
t(h ⊆ g) = 1,
niin maksimaalisuuden määritelmän 14.2 ja ehdon (32) perusteella
t(h ≈ g) = 1.
Tällöin joukon g määritelmän nojalla
t(hu, vi ∈ h) = 1
ja siten
t(u ∈ D(h) ∧ v ∈ W(h)) = 1.
Tämä on kuitenkin vastoin ehtoja (30) ja (31).
Syntynyt ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi on väärä, joten lause on todistettu.
¤
460
Lause 14.7
⊢ (CLT ) → (W OP ).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio, jolle pätee
t((CLT )) = 1.
(1)
Olkoon a vakio. Riittää löytää vakio R siten, että R on järjestävä minimaalirelaatio joukossa a, ts. että pätee
t(R JM in a) = 1.
(2)
Lauseen 13.6 nojalla on olemassa ordinaaliluku β siten, että
1−1
t(¬∃f [f : β −→ a]) = 1.
(3)
Tällöin Cantorin trikotomian eli ehdon (1) nojalla on olemassa vakio h siten,
että
1−1
t(h : a −→ β) = 1.
Näin
1−1
t(h : a −→ W(h)) = 1 ja
onto
(4)
t(W(h) ⊆ β) = 1,
jolloin myös
t(W(h) ⊆ On) = 1.
(5)
Koska E on järjestävä minimaalirelaatio luokassa On, niin ehdon (5) nojalla
sen rajoittuma on järjestävä minimaalirelaatio luokassa W(h) (vrt. esimerkkiin
7.85), ts. pätee
t(E JM in W(h)) = 1.
Tällöin ehdon (4) nojalla h:n käänteisfunktio, jolle pätee
1−1
t(h−1 : W(h) −→ a) = 1,
onto
indusoi määritelmän 7.111 ja huomautuksen 7.112 mukaisesti järjestävän minimaalirelaation joukkoon a, joten ehdossa (2) haettu R on olemassa.
¤
Huomautus 14.8 Huomautuksessa 14.3, ennen kuin lähdettiin todistamaan
näitä aksioomien välisiä implikaatioita, varoitettiin kehäpäättelyn peikosta, joka
vaanii nurkan takana. Erityisesti lukujen 12 ja 13 lauseet asetettiin pääsääntöisesti käyttökieltoon. Nyt kuitenkin tuossa edellä käytettiin lausetta 13.6. Mentiinkö siis metsään?
Ei menty, sillä lause 13.6 todistettiin lähestulkoon ilman lukujen 12 ja 13 tuloksia, kuten sen todistuksen tarkastelu osoittaa. Ainoat näiden lukujen tulokset, joihin vedottiin, olivat tehtävät 12.30 ja 12.65. Näihinkin viitattiin siinä
vaiheessa, kun osoitettiin, että β on kardinaaliluku, ja nyt tätä puolta lauseesta
13.6 ei tarvita lainkaan; tarvitaan vain yllä olevan todistuksen ehtoa (3), jonka
todistuksessa näitä(kään) tehtäviä ei tarvita. Näin luvattomia lauseita ei käytetä, joten lauseelle 14.7 esitetty todistus on pätevä.
461
Harjoitustehtävä 14.9 Tarkista huomautuksen 14.8 väite käymällä läpi lauseen
13.6 todistus ja toteamalla, että sen todistus lauseen 14.7 todistuksen kohdan (3)
osalta todella onnistuu ilman valinta-aksioomaa.
Harjoitustehtävä 14.10 Voidaanko ilman valinta-aksioomaa osoittaa, että lauseessa 13.6 konstruoitu β on kardinaaliluku? Pätevätkö tehtävät 12.30 ja 12.65
ilman valinta-aksioomaa? Huomaa, että kardinaaliluvun määritelmä 12.19 on
ilman valinta-aksioomaa aivan sama kuin ennenkin; ainoa ero tulee siinä, että ilman valinta-aksioomaa voi määritelmässä 12.19 olla Oa ≈ ∅, vaikka olisi
a 6≈ ∅. Tällöin määritelmän 12.19 mukaisesti on a ≈ 0.
Lause 14.11
⊢ (W OP ) → (AC).
Todistus. Olkoon t sopiva totuusarvofunktio ja a vakio. Oletetaan, että
t((W OP )) = 1.
(1)
Riittää löytää vakio f siten, että
t(∀x[[x ∈ a ∧ x 6≈ ∅] → f [x] ∈ x]) = 1.
(2)
Koska ∪a on aksiooman (JAx3) nojalla joukko, niin ehdon (1) nojalla on olemassa vakio R siten, että
t(R JM in ∪a ) = 1.
(3)
Määritellään luokka F asettamalla
F := {z | ∃x∃y[z ≈ hx, yi ∧ x ∈ a ∧ y ∈ x ∧ R−1 ({y}) ∩ x ≈ ∅]}.
Tällöin F on ainakin relaatio. Osoitetaan, että
t(F F n (a \ {∅})) = 1.
(4)
Olkoon tätä varten v vakio, jolle pätee
t(v ∈ a \ {∅}) = 1.
(5)
Koska F :n määritelmän mukaan selvästi
t(D(F ) ⊆ a \ {∅}) = 1,
niin väite (4) seuraa, jos osoitetaan, että on olemassa yksikäsitteinen vakio w
siten, että
t(hv, wi ∈ F ) = 1.
(6)
Nyt ehdon (5) nojalla
t(v ∈ a) = 1 ja
t(v 6≈ ∅) = 1.
462
(7)
(8)
Ehdon (7) ja tehtävän 8.40 nojalla pätee
t(v ⊆ ∪a ) = 1.
(9)
Ehtojen (3), (8) ja (9) nojalla joukossa v on R-minimaalinen alkio, ts. on olemassa vakio w, jolle pätee
t(w ∈ v ∧ R−1 ({w}) ∩ v ≈ ∅) = 1.
Tällöin ehdon (7) ja luokan F määritelmän nojalla pätee
t(hv, wi ∈ F ) = 1.
Näin ehdon (6) olemassaolopuoli on todistettu. Yksikäsitteisyyspuoli seuraa siitä, että lauseen 7.92 mukaan järjestävässä minimaalirelaatiossa minimaalialkio
on yksikäsitteinen, ja nyt jos
t(hv, w1 i ∈ F ∧ hv, w1 i ∈ F ) = 1,
niin F :n määritelmän mukaan sekä w1 että w2 ovat joukon v R-minimaalisia
alkioita ja siten lauseen 7.92 mukaan
t(w1 ≈ w2 ) = 1.
Näin väite (4) on todistettu.
Koska a \ {∅} on joukko, niin ehdon (4) nojalla myös F on joukko, ja siten
on olemassa vakio f siten, että
t(f ≈ F ) = 1.
(10)
Tämä f kelpaa ehtoon (2).
Koko lauseen todistamiseksi riittää osoittaa, että ehto (2) tosiaan pätee tälle
f . Tätä varten olkoon v vakio siten, että
t(v ∈ a ∧ v 6≈ ∅) = 1.
(11)
t(f [v] ∈ v) = 1.
(12)
Riittää osoittaa, että
Ehdon (11) nojalla pätee
t(v ∈ a \ {∅}) = 1.
Tällöin ehdon (4) nojalla
t(hv, F [v]i ∈ F ) = 1
ja silloin luokan F määritelmän nojalla pätee
t(F [v] ∈ v) = 1.
463
Väite (12) seuraa tällöin ehdosta (10).
¤
Lauseiden 14.4, 14.5, 14.6, 14.7 ja 14.11 nojalla siis kaikki esitetyt neljä aksioomaa (AC), (WOP), (CLT) ja (ZL) ovat yhtäpitäviä, joten mikä hyvänsä
niistä voitaisiin valita täydentämään ZF-aksioomajärjestelmää.
Seuraavaksi otetaan tarkasteluun jo johdannossa mainittu kontinuumihypoteesi. Se sanoo intuitiivisesti sen, että jos a on ääretön joukko, niin ei ole olemassa mitään joukkoa, joka olisi kardinaliteetiltaan aidosti joukkojen a ja P(a)
välissä, ts. millekään joukolle b ei päde
a ≺ b ≺ P(a).
Formalisoidaan tämä ehto. Koska tässä halutaan vertailla näitä eri aksioomia ja
hypoteeseja, niin formalisointi on syytä tehdä niin, että siinä ei käytetä valintaaksioomaa eikä niin muodoin myöskään tuota kardinaliteetin käsitettä, joka aika oleellisesti riippuu valinta-aksioomasta, kuten määritelmän 12.19 yhteydessä
todettiin. Seuraavaksi esitettävä formulaatio on ns. yleistetty kontinuumihypoteesi, (generalized continuum hypothesis, (GCH)):
(GCH): ∀a∀b[[Inf (a) ∧ b ⊆ P(a) ∧ ∃x[a ⊆ x ∧ x ≃ b]] → [b ≃ a ∨ b ≃ P(a)]].
Harjoitustehtävä 14.12 Totea, että (GCH) vastaa intuitiivisesti juuri sitä
ehtoa, mitä yllä kuvailtiin.
Usein kontinuumihypoteesista puhuttaessa tarkoitetaan yleistetyn kontinuumihypoteesin erikoistapausta, jossa joukko a on ω. Tämä siis kulkee nimellä kontinuumihypoteesi, (continuum hypothesis, (CH)):
(CH): ∀b[[b ⊆ P(ω) ∧ ∃x[ω ⊆ x ∧ x ≃ b]] → [b ≃ ω ∨ b ≃ P(ω)]].
Jos nyt samastetaan tavalliseen tapaan N := ω ja R := P(ω) (vrt. tehtävä
1.2), niin (CH) siis sanoo intuitiivisesti, että reaaliakselilla ei ole mitään sellaista joukkoa, joka olisi ylinumeroituva ja joka ei olisi yhtä mahtava koko joukon
R kanssa – tai ehkä vähän selvemmin sanoen jokainen R:n ylinumeroituva osajoukko on yhtä mahtava R:n kanssa.
Tämä tarkoittaa sitä, että P(ω) on kardinaaliluku, joka on pienin lukua ω = ℵ0
suurempi kardinaali. Tällöin pätee
ℵ1 ≈ P(ω);
(1)
vertaa tehtävään 13.11. Koska lauseen 12.80 mukaan
2β ≈ P(β)
kaikille β, niin ehto (1) voidaan kirjoittaa muotoon
2ℵ0 ≈ ℵ1 .
464
(2)
Nyt voidaan kysyä, päteekö ehto (2) yleisemmin. Tämä oletus (tai aksiooma tai
väite tai miten vain) tunnetaan nimellä alef-hypoteesi (aleph hypothesis, (AH)),
ja se voidaan formalisoida näin:
(AH): ∀α[2ℵα ≈ ℵα⊕1 ].
Sitten voidaan kysyä miten nämä uudet hypoteesit asettuvat linjaan yhtäpitävien aksioomien (AC), (WOP), (CLT) ja (ZL) kanssa. Ovatko nämä uudet
yhtäpitäviä, heikompia vai vahvempia oletuksia kuin nuo aiemmin esitetyt? Mitä tapahtuu ZF-teorialle, jos valinta-aksiooma korvataankin jommalla kummalla
näistä uusista hypoteeseista?
Osoittautuu (ks. tehtävä 14.17), että (GCH) ja (AH) ovat keskenään yhtäpitäviä, ja tämä yhtäpitävyys voidaan todistaa ilman valinta-aksioomaa, joten jos
valinta-aksiooma korvataan joko (GCH):lla tai (AH):lla niin lopputulos on sama
näissä molemmissa tapauksissa.
Lindenbaum ja Tarski esittivät jo vuonna 1926 arvelun, että pätisi (GCH) →
(AC). Sierpinski todisti tämän vuonna 1947. Siten, jos (AC) korvataan aksioomalla (GCH) tai (AH), syntyy joukko-oppia, jossa pätevät ainakin kaikki ne
tulokset, jotka siellä pätevät nytkin, kun aksioomana on käytetty nimenomaan
(AC):tä.
Voidaan edelleen kysyä, päteekö (AC) → (GCH)? Ei päde; tämän todisti Cohen vuonna 1960. Kuten johdannossa mainittiin, Gödel todisti jo aiemmin, että
ei päde myöskään (AC) → ¬(GCH), joten (GCH) ei ole ristiriidassa muun
ZF-aksioomajärjestelmän kanssa. Siten, jos (AC):n sijasta aksioomiin (JAx1)(JAx8) lisätäänkin (GCH), niin syntyy ihan hyvää joukko-oppia, jossa pätevät
samat tulokset kuin aiemminkin, ja lisäksi paljon uusia – esimerkiksi tuo yllä
mainittu N:n ja R:n välissä olevaa joukkoa koskeva tulos.
Tarkastellaan vielä lopuksi näiden aksioomien suhteita:
Harjoitustehtävä 14.13 Osoita, että
⊢ (GCH) → (AH).
(Tämä on helppoa.)
Lause 14.14 (Sierpinski)
⊢ (GCH) → (AC).
Sierpinskin lauseen todistus on varsin vaikea ja sivuutetetaan se tässä. Vuonna
1960 Rubin todisti myös seuraavan implikaation:
Lause 14.15 (Rubin)
⊢ (AH) → (AC).
465
Myös Rubinin lauseen todistus on vaikea ja sivuutetaan sekin.
Harjoitustehtävä 14.16 Osoita, että
⊢ (AH) → (GCH).
(Ohje: Käytä ensin hyväksi Rubinin lausetta ja sen jälkeen valinta-aksioomasta
seuraavaa (lauseet 14.4, 14.5 ja 14.6) Cantorin trikotomiaa.)
Harjoitustehtävä 14.17 Osoita, että
⊢ (GCH) ↔ (AH).
(Tämä on tässä vaiheessa triviaalia.)
Lause 14.18 (Cohen) Kaava
(AC) → (GCH)
ei ole teoreema.
Tämän lauseen todistus menee tällä kurssilla opittujen asioiden ulottumattomiin. Perusidea Cohenin todistuksessa oli se, että hän todisti, että kaava
(AC) → (AH)
ei ole teoreema, jolloin varsinainen väite seuraa tehtävästä 14.17.
Vaikkakaan Cohenin lausetta ei näillä eväillä todisteta, eväät riittävät kuitenkin sekä Sierpinskin että Rubinin lauseen todistukseen. Tämän kurssin suoritusmerkinnän saa esittämällä yksityiskohtaisen ratkaisun tehtävään 14.17, mikä
siis pitää sisällään nämä molemmat lauseet.
466