Số là gì? - Phần 1: Số tự nhiên

Bé từng tự hỏi là Toán học được phát minh (invented) hay tìm ra (discovered). Và có lẽ bây giờ Bé nghiêng về cái thứ hai. Số tự nhiên vốn xuất hiện đầu tiên và là số dùng để đếm: 1, 2, 3, ... và làm tính cộng. Cần nói thêm là mãi về sau người ta mới tìm ra số 0 ("vì không có số 0 nên việc làm toán của con người đã chậm đi hàng nghìn năm"). Có quan niệm cho rằng số tự nhiên là "số của Chúa", không định nghĩa được (!). Bé cũng nghĩ vậy. Mặc dù không theo tôn giáo nào, Bé có niềm tin vào sự tồn tại của một đấng sáng tạo, có chăng là cách hiểu của Bé về "Chúa" không giống với quan niệm của tôn giáo mà thôi. Ok trở về vấn đề chính. Toán học càng phát triển, chúng ta càng cần phải có một nền tảng bền vững. Và người ta đã chọn nền tảng đó là lý thuyệt tập hợp ZFC. Sau đây, Bé sẽ trình bày một cách mà các nhà toán học xây dựng định nghĩa (hình thức và chặt chẽ) các số tự nhiên trên nền tảng của lý thuyết tập hợp. Điều này khó (nhưng không phải bất khả), vì khái niệm số tự nhiên quá cơ bản. Không có số tự nhiên, các khái niệm "truy hồi, quy nạp, dãy, vô hạn, ..." là vô nghĩa. Tất nhiên, cũng như hàng loạt các khái niệm toán học phức tạp được xây dựng, Bé tin rằng đó là một cách thể hiện ý muốn của "Chúa" mà thôi. Vì "Chúa" bảo vậy nên phải như vậy :P.

1. Số tự nhiên

Theo hệ tiên đề ZFC, khái niệm "tập hợp", quan hệ "$\in$", các tính chất của đẳng thức (phản xạ, đối xứng, bắc cầu, thay thế...) là cơ bản nhất, không định nghĩa. Ta cũng giả định rằng ngôn ngữ hình thức nền cho hệ tiên đề này đã có sẵn các mệnh đề chứa biến, các phép toán logic như $\land$ (AND), $\lor$ (OR), $\neg$ (NOT), $\implies$ (kéo theo), $\iff$ (khi và chỉ khi) ... và các lượng từ như $\forall$ (với mọi), $\exists$ (tồn tại) ... Hơn nữa, ta luôn giả sử rằng:
Tồn tại ít nhất một tập hợp.
Từ các khái niệm cơ bản và các tiên đề của hệ tiên đề ZFC về phép hợp, về tập hợp con các phần tử thỏa mãn một điều kiện cho trước, về tập hợp lũy thừa (xem chi tiết tại: https://en.wikipedia.org/wiki/Zermelo%E2%80%93Fraenkel_set_theory), ta có thể xây dựng các khái niệm khó hơn như
- Tập hợp rỗng, cặp không có thứ tự, cặp có thứ tự, tích Descartes.
- Ánh xạ, đơn ánh, toàn ánh, nghịch đảo, hợp thành các ánh xạ.
- Họ, quan hệ thứ tự, quan hệ tương đương, tập hợp thương.
...

Bây giờ chúng ta cho tập hợp rỗng ($\varnothing$) một ký hiệu mới mà ta viết là "$0$". Bằng Tiên đề thứ 4 (Tiên đề ghép cặp), ta được phép xây dựng được tập hợp gồm một phần tử $0$, và ta cho nó một ký hiệu mới mà ta viết là "$1$". Tương tự, ta cho tập hợp $\{0,1\}$ một ký hiệu mới mà ta viết là "$2$" ...
Như vậy đã xong chưa? Tất nhiên là chưa. Ở thời điểm này, ta còn chưa có khái niệm về phép truy hồi. Ta cần phải khéo léo hơn một chút. Ta vẫn định nghĩa $0 = \varnothing$. Bây giờ, với mỗi tập hợp $x$, ta ký hiệu "tập hợp liền sau" của nó là tập hợp $x^+ = x \cup \{x\}$ (ta được phép xây dựng tập hợp nay dựa vào các Tiên đề thứ 4 - ghép cặp; thứ 5 - hợp và thứ 2 - đặc biệt hóa).
Ta cần "gom" tất cả các tập hợp $$0 = \varnothing,$$ $$1 = 0^+ = \{\varnothing\},$$ $$2 = 1^+ = 0^{++} = \{\varnothing, \{\varnothing\}\},$$ $$...$$ vào một tập hợp mà ta muốn gọn là $\mathbb{N}$. Để làm được như vậy, trước hết ta xây dựng khái niệm "Tập hợp có tính quy nạp":
Ta nói một tập hợp $S$ là "có tính quy nạp" (inductive) nếu $\varnothing \in S$, và $x \in S$ kéo theo $x^+ \in S$.
Viết một cách hình thức: $x \in S \land (x \in S \implies x^+ \in S)$. Ta sẽ xây dựng $\mathbb{N}$ như là tập hợp có tính quy nạp nhỏ nhất. Đầu tiên ta cần Tiên đề 7 (Tiên đề vô hạn):
Tồn tại ít nhất một tập hợp có tính quy nạp.
Ta có thể dễ dàng chứng minh được rằng:
Giao của một họ khác rỗng các tập hợp có tính quy nạp là một tập hợp có tính quy nạp.
Dựa vào Tiên đề 8 (Tiên đề về tập hợp lũy thừa) và Tiên đề 2 (Tiên đề đặc biệt hóa), ta xây dựng được tập hợp $\mathbb{N}_S$ là giao của tất cả các tập hợp con có tính quy nạp của $S$ (nói cách khác, tập hợp có tính quy nạp nhỏ nhất chứa trong $S$). Ta chỉ ra rằng ký hiệu $S$ là không cần thiết (tập hợp $\mathbb{N}_S$ được xây dựng không phụ thuộc vào cách chọn $S$). Thật vậy, nếu $S$ và $T$ là hai tập hợp có tính quy nạp thì do $\mathbb{N}_T \cap S$ là một tập hợp con của $S$ có tính quy nạp, nên $$\mathbb{N}_S \subset \mathbb{N}_T \cap S \subset \mathbb{N}_T.$$ Tương tự ta cũng có $$\mathbb{N}_T \subset \mathbb{N}_S.$$ Do đó $\mathbb{N}_S = \mathbb{N}_T$. Như vậy ta có thể dùng ký hiệu $\mathbb{N}$ mà không cần thêm ký hiệu $S$ để chỉ sự phụ thuộc vào tập hợp $S$ lúc đầu nữa. Ta gọi mỗi phần tử của $\mathbb{N}$ là một số tự nhiên, và gọi $\mathbb{N}$ là tập hợp các số tự nhiên (theo quan niệm này, mối số tự nhiên lại là một tập hợp!). Done!

2. Các tiên đề Peano

Lúc đầu, Peano đưa ra 5 tính chất sau để định nghĩa số tự nhiên. Bây giờ ta sẽ dùng xây dựng ở trên để chứng minh chúng.

1. $0$ là một số tự nhiên ($0 \in \mathbb{N}$).
2. Liền sau của một số tự nhiên là một số tự nhiên ($n \in \mathbb{N} \implies n^+ \in \mathbb{N}$).
3. Nguyên lý quy nạp toán học (nhờ tiên đề này, ta được phép sử dụng phép chứng minh quy nạp): Nếu $S \subset \mathbb{N}$, $0 \in S$, và $n \in S$ kéo theo $n^+ \in S$, thì $S = \mathbb{N}$.
4. Không có số tự nhiên nào có liền sau là $0$ ($n^+ \neq 0$ với mọi $n \in \mathbb{N}$).
5. Hai số tự nhiên có cùng liền sau thì bằng nhau ($m^+ = n^+ \implies m = n$).

Việc chứng minh bốn tính chất đầu tiên là tầm thường. Riêng tính chất cuối cùng thì mẹo hơn một tí :P. Để làm điều đó, trước hết chúng ta chứng minh rằng
Nếu $m, n$ là các số tự nhiên và $m \in n$ thì $m \subset n$.
Ta gọi $S \subset \mathbb{N}$ là tập hợp các số tự nhiên $n$ có tính chất: với mọi số tự nhiên $m$, $m \in n$ kéo theo $m \subset n$. Tức là $$S = \{n \in \mathbb{N} | \forall m \in \mathbb{N}(m \in n \implies m \subset n)\}.$$ Hiển nhiên $0 \in S$ vì $0 = \varnothing$. Ta giả sử rằng $n \in S$, khi đó nếu $m \in n^+ = n \cup \{n\}$ thì $m \in n$ hoặc $m = n$. Nếu $m \in n$ thì $m \subset n \subset n^+$ theo giả thiết quy nạp. Nếu $m = n$ thì đương nhiên $m \subset n^+$. Tóm lại $m \subset n^+$, vậy $n^+ \in S$. Theo nguyên lý quy nạp ta có $S = \mathbb{N}$. Đó là điều phải chứng minh.

Bây giờ ta chứng minh tính chất thứ năm.

Chứng minh

Ta giả sử phản chứng rằng $n^+ = m^+$ và $n \neq m$. Do $n \in n^+ = m^+ = m \cup \{m\}$ và $n \neq m$ nên $n \in m$, do đó $n \subset m$ theo nhận xét trên. Tương tự ta có $m \subset n$. Vậy $m = n$. Mâu thuẫn với giả thiết phản chứng $n \neq m$. Như vậy $n = m$.

Trước khi chuyển qua phần tiếp theo. Chúng ta cần một định lý, nó cho phép ta sử dụng cách định nghĩa bằng "truy hồi".
Giả sử $X$ là một tập hợp, $a \in X$ và $f: X \to X$ là một ánh xạ. Khi đó tồn tại một ánh xạ $u: \mathbb{N} \to X$ sao cho $u(0) = a$ và $u\left(n^+\right) = f(u(n))$.
Để chứng minh, xin nhắc lại thế nào là một ánh xạ. Một ánh xạ $f: X \to Y$ là một tập hợp con $f$ của tích Descartes $X \times Y$ thỏa mãn: Với mọi $x \in X$, tồn tại duy nhất $y \in Y$ sao cho $(x,y )\in f$. Ta thường ký hiệu phần tử $y$ như vậy bởi $f(x)$.

Chứng minh

Gọi $\mathcal{C}$ là tập hợp các tập hợp con $S \subset \mathbb{N} \times X$ có tính chất $(0, a) \in S$ và $(n, x) \in S$ kéo theo $\left(n^+,f(x)\right) \in S$. Ta thấy $\mathcal{C}$ khác rỗng vì ít nhất nó chứa cả tập hợp $\mathbb{N} \times X$. Như vậy ta có thể xây dựng tập hợp $u = \displaystyle \bigcap_{S \in \mathcal{C}}S$. Dễ dàng chứng minh $u \in \mathcal{C}$ (có thể nói $u$ là tập hợp nhỏ nhất trong $\mathcal{C}$). Ta chỉ cần chứng minh $u$ là một ánh xạ. Điều này được thực hiện bằng quy nạp. Giả sử $(0,b) \in u$ và $b \neq a$. Khi đó $u \setminus \{(0,b)\}$ vẫn là một phần tử của $\mathcal{C}$ (thứ nhất, nó chứa $(0,a) \neq (0,b)$, thứ hai, nếu nó chứa $(n,x)$ thì nó cũng chứa $\left(n^+,f(x)\right)$ - lí do là vì $n^+ \neq 0$ với mọi số tự nhiên $n$). Mâu thuẫn với việc xây dựng tập hợp $u$ nhỏ nhất trong $\mathcal{C}$. Vậy $(0,b) = (0,a)$. Vậy $a$ là phần tử duy nhất của $X$ mà $(0,a) \in u$. Tiếp theo, giả sử khẳng định đúng với số tự nhiên $n$, tức là tồn tại duy nhất $x \in X$ sao cho $(n,x) \in u$. Khi đó ta có $\left(n^+, f(x)\right) \in u$. Giả sử rằng với $y \in X$ nào đó, ta có $\left(n^+,y\right) \in u$. Nếu $y \neq f(x)$, tương tự, ta xét $u' = u \setminus \{\left(n^+,y\right)\}$. Ta thấy $(0,a) \in u'$ vì $n^+ \neq 0$. Hơn nữa, giả sử $(m,t) \in u' \subset u$. Thế thì $\left(m^+,f(t)\right) \in u$. Nếu $m = n$ thì $t = x$ (theo giả thiết quy nạp) và vì thế $\left(m^+,f(t)\right) = \left(n^+,f(x)\right) \in u'$. Nếu $m \neq n$ thì $m^+ \neq n^+$ (đã chứng minh ở trên) nên $\left(m^+,f(t)\right) \in u'$. Vậy $u' \in \mathcal{C}$ và nhỏ hơn $u$ thực sự. Mâu thuẫn này cho thấy $y = f(x)$, vậy khẳng định cũng đúng với $n^+$. Ta có điều phải chứng minh.

3. Phép toán số học

Khi phép định nghĩa bằng quy nạp đã được phép. Ta có thể xây dựng phép toán trên $\mathbb{N}$. Cụ thể, với mỗi số tự nhiên $m$, ta định nghĩa một ánh xạ $s_m: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ bằng truy hồi như sau: $$s_m(0) = m, \quad s_m\left(n^+\right) = s_m(n)^+$$ và ký hiệu ảnh của mỗi số tự nhiên $n$ qua ánh xạ này bởi $m + n$, đồng thời gọi nó là tổng của $m$ và $n$. Vậy ta có một phép toán $$+: \mathbb{N} \times  \mathbb{N} \to  \mathbb{N}, \quad (m,n) \mapsto m + n.$$
Bây giờ ta chứng minh phép toán này kết hợp, tức là $$(k + m) + n = k + (m + n)$$ bằng quy nạp theo $n$.

Chứng minh

Chú ý rằng từ định nghĩa, ta có $m + 0 = m$ và $(m + n)^+ = m + n^+$. Do đó dễ thấy điều phải chứng minh đúng với $n = 0$ (vì khi đó, hai vế đều bằng $k + m$). Giả sử điều phải chứng minh đúng với $n$. Khi đó, nó cũng đúng với $n^+$, vì $$(k + m) + n^+ = ((k + m) + n)^+ = (k + (m+n))^+ = k + (m+n)^+ = k + \left(m + n^+\right).$$
Việc chứng minh tính chất giao hoán khá mẹo. Để làm điều đó, trước hết ta chứng minh rằng $$0 + n = n \quad (1)$$ và $$(m + n)^+ = m^+ + n \quad (2)$$ bằng quy nạp theo $n$.

Chứng minh

$(1)$ đương nhiên đúng với $n = 0$ vì ta có $m + 0 = m$ theo định nghĩa. Giả sử $(1)$ đúng với số tự nhiên $n$ nào đó. Khi đó $(1)$ cũng đúng với $n^+$. Thật vậy, $$0 + n^+ = (0 + n)^+ = n^+.$$ Tiếp theo, $(2)$ đương nhiên đúng với $n = 0$ (vì hai vế đều bằng $m^+$). Nếu $(2)$ đúng với $n$ nào đó thì cũng đúng với $n^+$, vì $$\left(m + n^+ \right)^+ = (m + n)^{++} = \left(m^+ + n\right)^+ = m^+ + n^+.$$
Ta đã sẵn sàng chứng minh tính giao hoán, $$m + n = n + m$$ bằng quy nạp theo $m$.

Chứng minh

Khẳng định đúng với $m = 0$ do $(1)$. Nếu nó đúng với $m$ thì do $(2)$, nó cũng đúng với $m^+$, $$m^+ + n = (m+n)^+ = (n + m)^+ = n + m^+.$$
Như vậy, $\mathbb{N}$ cùng với phép cộng trở thành một vị nhóm giao hoán.

Tương tự, ta cũng xây dựng được phép toán nhân. Cụ thể, với mỗi số tự nhiên $m$, ta định nghĩa một ánh xạ $p_m: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ bằng truy hồi như sau: $$p_m(0) = 0, \quad p_m\left(n^+\right) = p_m(n)+m$$ và ký hiệu ảnh của mỗi số tự nhiên $n$ qua ánh xạ này bởi $mn$ hay $m \cdot n$, đồng thời gọi nó là tích của $m$ và $n$. Vậy ta có một phép toán $$\cdot: \mathbb{N} \times  \mathbb{N} \to  \mathbb{N}, \quad (m,n) \mapsto mn.$$
Ta chứng minh ràng phép nhân có tính phân phối bên phải, nghĩa là $$k(m+n) = km + kn$$ bằng quy nạp theo $n$.

Chứng minh

Chú ý rằng từ định nghĩa, ta có $m \cdot 0 = 0$ và  $m\left(n^+\right) = mn + m$. Khẳng định cần chứng minh đúng với $n = 0$ vì khi đó cả hai vế đều bằng $km$. Giả sử khẳng định đúng với $n$, khi đó khẳng định cũng đúng với $n^+$, vì $$k\left(m + n^+\right) = k\left((m+n)^+\right) = k(m+n) + k = (km + kn) + k = km + (kn + k) = km + k\left(n^+\right).$$
Nhờ tính phân phối bên phải, ta có thể chứng minh tính kết hợp, $$(km)n = k(mn)$$ bằng quy nạp theo $n$, và tính giao hoán, $$mn = nm$$ theo hai bước:
1. Chứng minh rằng $mn + n = m^+n$ bằng quy nạp theo $n$.
2. Chứng minh rằng $mn = nm$ bằng quy nạp theo $m$.

Như vậy, phép nhân kết hợp, giao hoán và phân phối về cả hai phía. Hơn nữa dễ thấy phép nhân có đơn vị, đó là số tự nhiên liền sau của $0$, mà ta có thể ký hiệu là $1$. Tương tự, ta cũng xây dựng và chứng minh được các tính chất của phép toán lũy thừa. Bé xin phép không trình bày chi tiết chứng minh nữa.

4. Thứ tự

Nhắc lại rằng một quan hệ trên $X$ là một tập hợp con $R$ của tích Descartes $X \times X$. Nếu $(x,y) \in R$, ta nói $x$ có quan hệ $R$ với $y$ và viết $xRy$. Một quan hệ thứ tự trên $X$ là một quan hệ $\le$ thỏa mãn các tính chất

1 (phản xạ). $x \le x$ với mọi $x \in X$.
2 (phản đối xứng). Với $x, y \in X$. nếu $x \le y$ và $y \le x$ thì $x = y$.
3 (bắc cầu). Với $x,y,z, \in X$, nếu $x \le y$ và $y \le z$ thì $y \le z$.

Hai phần tử $x,y \in X$ được gọi là so sánh được nếu $x \le y$ hoặc $y \le x$. Nếu hai phần tử bất kỳ của $X$ đều so sánh được, ta nói $\le$ là một quan hệ thứ tự toàn phần trên $X$.

Ta thiết lập một quan hệ thứ tự trên $\mathbb{N}$. Ta viết $m \le n$ nếu $m \subset n$ (dễ thấy cách làm này cho ta một quan hệ thứ tự). Ta cũng dùng các ký hiệu dẫn xuất $\ge,<, >$. Mục tiêu của chúng ta là chứng minh đây là một quan hệ thứ tự toàn phần.

Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được rằng $0$ là phần tử nhỏ nhất của $\mathbb{N}$ (nghĩa là $0 \le n$ với mọi số tự nhiên $n$). Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng
Nếu $m < n$ thì $m^+\le n$.

Chứng minh

Quy nạp theo $n$. Hiển nhiên khẳng định đúng với $n = 0$. Giả sử khẳng định đúng với $n$ nào  đó và $m < n^+$. Khi đó $m \subset n \cup \{n\}$. Giả sử $n \in m$. Nhớ lại rằng, ta đã chứng minh $n \subset m$. Do đó $n \cup \{n\} \subset m$. Nghĩa là $n^+ \le m$ và ta đã có $m \le n^+$. Vậy $m = n^+$, mâu thuẫn. Suy ra $n \notin m$, từ đó $m \subset n$ hay $m \le n$. Nếu $m = n$ thì $m^+ = n^+$. Nếu $m < n$ thì $m^+ \le n$ theo giả  thiết quy nạp, hay $m^+ \subset n \subset n^+$. Tóm lại đằng nào thì ta cũng có $m^+ \subset n^+$. Khẳng định được chứng minh.

Ta đã sẵn sàng chứng minh rằng $\le$ là một quan hệ thứ tự toàn phần. Để làm điều này, cố định $n$ và gọi $S$ là tập hợp các số tự nhiên so sánh được với $n$. Ta chứng minh $S = \mathbb{N}$ bằng quy nạp.

Chứng minh

Rõ ràng $0 \in S$. Giả sử $m \in S$. Thế thì $m < n$ hoặc $n \le m$.
1. Nếu $m < n$, theo nhận xét đã chứng  minh ở trên, ta có $m^+ \le n$.
2. Nếu $n \le m$ thì $n \le m \le m^+$.
Tóm lại $m^+$ luôn  so sanh được với $n$ nên $m^+ \in S$. Vậy $S = \mathbb{N}$ theo nguyên lý quy nạp.

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh nguyên lý sắp thứ tự tốt:
Mọi tập hợp con khác rỗng của $\mathbb{N}$ đều có phần tử nhỏ nhất.
Trước hết, ta có nhận xét đơn giản: với mọi số tự nhiên $n$, không có số tự nhiên $k$ nào nằm giữa $n$ và $n^+$ (tức là $n < k < n^+$).

Chứng minh

Giả sử $S \subset \mathbb{N}$ và $S \neq \varnothing$. Đặt $T = \mathbb{N} \setminus S \subsetneq \mathbb{N}$, thế thì $T$ không có tính quy nạp. Gọi $T' \subset T$ là tập hợp các số tự nhiên $n \in T$ có tính chất: $m < n$ kéo theo $m \in T$. Thế thì $T'$ cũng không có tính quy nạp. Do đó một trong hai trường hợp sau xảy ra:
1. $0 \notin T'$. Thế thì $0 \notin T$ (vì nếu $0 \in T$ thì rõ ràng $0 \in T'$ vì không có số tự nhiên nào nhỏ hơn thực sự $0$). Vậy $0 \in S$. Rõ ràng khi đó $0$ là phần tử nhỏ nhất của $S$.
2. Tồn tại số tự nhiên $n \in T'$ nhưng $n^+ \notin T'$. Ta chỉ ra rằng $n^+$ là phần tử nhỏ nhất của $S$. Thứ nhất, $n^+ \in S$, vì nếu ngược lại $n^+ \in T$, thì với mỗi $m < n^+$, ta đều có $m \le n$. (vì không có số tự nhiên nào nằm giữa $n$ và $n^+$). Nếu $m = n$ thì tất nhiên  $m \in T$. Nếu $m < n$ thì do cách xây dựng của $n$, ta có $m \in T$.  Tóm lại ta luôn có: $m < n^+$ kéo theo $m \in T$. Vậy $n^+ \in T'$. Mâu thuẫn. Do đó ta kết luận rằng $n^+ \in S$. Bây giờ lấy $k \in S$ tùy ý. Ta cần chứng minh $n^+ \le k$.
Phản chứng, giả sử $k < n^+$. Tương tự như trên, dễ thấy $k \le n$. Nhưng vì $n \in T$ nên $k < n$. Lại vì cách xây dựng của $n$ nên $k \in T$. Mâu thuẫn! Vậy $n^+ \le k$. Ta có điều phải chứng minh.

Một khi đã có quan hệ thứ tự toàn phần trên $\mathbb{N}$, các tính chất về mối quan hệ giữa thứ tự và phép toán cộng, nhân và lũy thừa, các quy tắc thông thường như giản ước, cộng, nhân, nâng lên lũy thừa các (bất) đẳng thức được thực hiện tương đối dễ dàng. Bé sẽ không viết chi tiết nữa.

Ta nói hai tập hợp là có cùng lực lượng nếu có một song ánh từ tập hợp này vào tập hợp kia. Một tập hợp được gọi là hữu hạn, nếu nó có cùng lực lượng với một số tự nhiên, và ta cũng nói số tự nhiên này là lực lượng của tập hợp đó. Ngược lại, ta nói một tập hợp là vô hạn  nếu nó không có cùng lực lượng với bất kỳ một số tự nhiên nào. Có thể chứng minh được các tính chất sau đây.

1. Mỗi số tự nhiên đều không thể có cùng lực lượng với  một tập hợp con thực sự của nó (chứng minh bằng quy nạp). Vì thế, mỗi tập hợp hữu hạn có cùng lực với đúng một số tự nhiên.
2. Mỗi tập hợp con của một tập hợp hữu hạn là hữu hạn (gợi ý: hãy chứng minh bằng quy nạp rằng mỗi tập hợp con của một số tự nhiên đều có cùng lực lượng với một số tự nhiên).
3. Một tập hợp là vô hạn nếu nó chứa một tập hợp con vô hạn.
4. $\mathbb{N}$ là một tập hợp vô hạn (gợi ý: Một tập hợp hữu hạn không thể có cùng lực lượng với một tập hợp con thực sự của nó).

Các chi tiết Bé sẽ không viết, vì đây là những bài tập khá thú vị :P. Trong phần sau, Bé sẽ viết về số nguyên. Phần 2: Số nguyên.

Không có nhận xét nào:

Đăng nhận xét

Đối ngẫu Poincaré

Cho $M$ là một đa tạp $n$-chiều. Nếu $M$ là compact và định hướng được, đối ngẫu Poincaré cho ta một đẳng cấu giữa nhóm đối đồng điều bậc $i...