Тук нещата са доста деликатни, а аз не записвах особено подробно. Затова не ми вярвайте много \dots \subsection*{Ординални числа} Първо още малко неща за добрите наредби. Едно добре наредено множество винаги е линейно наредено. Ако има максимален елемент, то той е единствен. Всеки елемент, с изключение на максималния (ако го има), има наследник. Наследника на $a$ се бележи с $a^+$ и е най-малкият измежду всички по-големи елементи --- $a^+ \leftrightharpoons \mathrm{min} \set{b \st a \le b, a \neq b}$ Не всеки елемент има предходник - най-малкият няма предходник, но може да има и други без предходник --- наричат се гранични. \begin{definition} Нека $(A, \le)$ е д.н.м. Множествата от вида $\set{a \in A \st a \le b, a \neq b}$ където $b$ е произволен елемент на $A$ наричаме начални сегменти на $A$. \end{definition} \begin{definition} Нека $(A, \le)$ и $(B, \preceq)$ са ч.н.м. и $f:A \rightarrow B$ е функция. $f$ се нарича растяща, ако $a \le b \Rightarrow f(a) \preceq f(b)$ \end{definition} \begin{definition} Две ч.н.м. $(A, \le)$ и $(B, \preceq)$ се наричат изоморфни, ако съществува биекция $f: A \rightarrow B$, такава че $f$ и $f^{-1}$ са растящи. Тоест $f$ "`запазва наредбата"' --- имаме $a \le b$ тогава и само тогава когато $f(a) \preceq f(b)$. \end{definition} Релацията на изоморфизъм в класа на всички добре наредени множества е релация на еквивалентност. Класовете на еквивалентност на тази релация наричаме ординални числа\footnote{Възможно е ординалните числа да се дефинират еквивалентно като множества, които изпълняват определени условия.}. \begin{theoremz} Нека $(A, \le)$ и $(B, \preceq)$ са добре наредени множества. Тогава е изпълнено точно едно от следните три условия: \begin{enumerate} \item $(A, \le)$ и $(B, \preceq)$ са изоморфни. \item $(A, \le)$ е изоморфно на начален сегмент на $(B, \preceq)$. \item $(B, \preceq)$ е изоморфно на начален сегмент на $(A, \le)$. \end{enumerate} \end{theoremz} \begin{definition} Нека $(A, \le)$ и $(B, \preceq)$ са добре наредени множества и $\alpha$ и $\beta$ са техните класове на еквивалентност в релацията изоморфизъм. Дефинираме релация $\le$ между ординални числа, като $\alpha \le \beta$ точно тогава, когато е изпълнено едно от първите две условия на миналата теорема. \end{definition} \begin{theoremz} Класът $\mathrm{Ord}$ на всички ординални числа е добре нареден от релацията от миналата дефиниция. \end{theoremz} При крайните множества нещата са прости, защото за множество с $n$ елемента има единствена добра наредба с точност до изоморфизъм. Но например в множеството на естествените числа има различни добри наредби. Естествената наредба $\le$ е добра наредба, както и наредбата $\preceq$ при която "`първи"' са четните числа, а след това нечетните\footnote{Тоест, $m \preceq n$ точно когато ($m$ е четно и $n$ е нечетно) или ($m$ и $n$ са с еднаква четност и $m \le n$).}, но тези две наредби не са изоморфни. \subsection*{Кардинални числа} \begin{definition} Казваме, че две множества са равномощни, ако съществува биекция между тях. \end{definition} Разглеждаме равномощността на множества като релация в класа на всички множества. Оказва се, че това е релация на еквивалентност. Класовете на тази релация наричаме кардинални числа. Ако $A$ е множество, класа на еквивалентност на $A$ означаваме с $|A|$. Казваме, че $A$ не надминава по мощност $B$, ако съществува инекция от $A$ в $B$. Така дефинираме релацията $\le$ в класа на ординалните числа --- $|A| \le |B|$ ако $A$ не надминава по мощност $B$. Тази релация се оказва линейна (добра?) наредба в класа на кардиналните числа, като нейната антисиметричност следва от следната \begin{theoremz}(Кантор-Шрьорер-Бернщайн) Ако $A$ и $B$ са множества, $|A| \le |B|$ и $|B| \le |A|$, то $|A| = |B|$. \end{theoremz} \paragraph*{} Ако $|A| \le |B|$ и $|A| \neq |B|$, пишем $|A| < |B|$. \begin{theoremz}(Кантор) Нека $A$ е множество. Тогава $|A| < |\pset(A)$. \end{theoremz} Функцията $f: A \rightarrow \pset(A)$, дефинирана като $f(a) \leftrightharpoons \set{a}$ е инекция, следователно $|A| \le |\pset(A)|$. Да допуснем, че $|A| = |\pset(A)|$. Нека $f: A \rightarrow \pset(A)$ е биекция. Нека $B \leftrightharpoons \set{a \in A \st a \notin f(a)}$. Понеже $B \subseteq A$, а $f$ е биекция, съществува $a_0 \in A$, такова че $B = f(a_0)$. Но тогава $a_0 \in B$ т.с.т.к $a_0 \in f(a_0)$ т.с.т.к. $a_0 \notin B$. Следователно не е вярно, че $|A| = |\pset(A)|$, следователно $|A| < |\pset(A)$. \paragraph*{} \begin{definition} Нека $\tau = |A|$, $\eta = |B|$ са кардинални числа и $A \cap B = \emptyset$. Полагаме: \begin{itemize} \item $\tau + \eta = |A \cup B|$ \item $\tau . \eta = |A \times B|$ \item $\tau^\eta = | \set{f| f:B \rightarrow A} |$ \end{itemize} \end{definition} \begin{tvyrz} Операциите $+$ и $.$ са комутативни, асоциативни и дистрибутивни. \end{tvyrz} \begin{definition} Нека $\tau = |A|$ е кардинално число. Полагаме $$2^\tau = |\set{f \st f:A \rightarrow \set{0,1}}|$$ \end{definition} \begin{tvyrz} Нека $A$ е множество. Тогава $|\pset(A)| = 2^{|A|}$ \end{tvyrz} \begin{tvyrz} Нека $\tau$ е безкрайно кардинално число и $n \in \Nbb$. В сила са равенствата: \begin{itemize} \item $\tau + \tau = \tau$ \item $\tau = \tau . \tau = \dots = \tau^n$ \end{itemize} \end{tvyrz} \paragraph*{Следствие:} Правата и равнината са равномощни: $|\Rbb| = |\Rbb^2| = \dots = |\Rbb^n|$. \paragraph*{} Мощността на множеството на естествените числа означаваме с $\aleph_0$. \begin{definition} Казваме, че множеството $A$ е изброимо ако $|A| \le \aleph_0$. \end{definition} \subsection*{Канторово множество и мощност на $\Rbb$} Множеството $$C \leftrightharpoons \Big\{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2.a_n}{3^n} \st (\forall n \in \Nbb^{+})(a_n \in \set{0,1}) \Big\}$$ се нарича Канторово множество. Всеки елемент на това множество е сходящ ред (сходящ, защото има $3^n$ в знаменател), следователно това е множество от реални числа --- $C \subseteq \Rbb$. Също, всеки елемент е определен от една безкрайна редица $a_n$ (като $n$ се променя от $1$ до $\infty$). Ще видим, че на различни редици отговарят различни реални числа. Нека $k \in \Nbb^{+}$. Означаваме с $x_k$ произволен ред от вида $\sum_{n=k+1}^{\infty} \frac{2 . a_n}{3^n}$. За $x_k$ имаме следната оценка: $$0 \le x_k \le \sum_{n=k+1}^{\infty} \frac{2}{3^n} \le \frac{2}{3^{k+1}} (1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3^2} + \dots) = \frac{1}{3^k}$$. Нека сега $x \in C$ е произволно. \begin{itemize} \item Ако $a_1 = 0$, имаме $x = x_1$, следователно $0 \le x \le \frac{1}{3}$ \item Ако $a_1 = 1$, имаме $x = \frac{2}{3} + x_1$, следователно $\frac{2}{3} \le x \le 1$ \end{itemize} И в двата случая $x \notin (\frac{1}{3}, \frac{2}{3})$. Да разгледаме първите два члена на редицата. \begin{itemize} \item Ако $a_1 = a_2 = 0$, имаме $x = x_2$, следователно $0 \le x \le \frac{1}{9}$ \item Ако $a_1 = 0, a_2 = 1$, имаме $x = \frac{2}{9} + x_2$, следователно $\frac{2}{9} \le x \le \frac{2}{9} + \frac{1}{3^2} = \frac{1}{3}$ \item Ако $a_1 = 1, a_2 = 0$, имаме $x = \frac{2}{3} + x_2$, следователно $\frac{2}{3} \le x \le \frac{7}{9}$ \item Ако $a_1 = a_2 = 1$, имаме $x = \frac{2}{3} + \frac{2}{9} + x_2$, следователно $\frac{8}{9} \le x \le 1$ \end{itemize} Сега освен, че $x \notin (\frac{1}{3}, \frac{2}{3})$ получаваме и $x \notin (\frac{1}{9}, \frac{2}{9}) \cup (\frac{7}{9}, \frac{8}{9})$. По този начин, разглеждайки стойностите на първите членове на редицата можем да определим интервали, от които няма точки в Канторовото множество. Ако продължим така, на всяка стъпка ще получаваме още интервали, в които няма точки. \paragraph*{} Нека $a_n$ и $b_n$ са две различни редици от нули и единици и нека $x$ и $y$ са елементите от Канторовото множество, съответни на тях. Нека $k \in \Nbb^{+}$ е първото място, на което редиците се различават. Нека (БОО) $a_k = 0, b_k = 1$. Нека означим $\sum_{n=1}^{k-1} \frac{2 . a_n}{3^n} = \sum_{n=1}^{k-1} \frac{2 . b_n}{3^n} = c$. Тогава $x = c + x_{k+1}$, а $y = c + \frac{2}{3^k} + y_{k+1}$, където $y_{k+1}$ е ред от вида на $x_{k+1}$, за който важи същата оценка. Тогава: $$c \le x \le c + \frac{1}{3^{k+1}} < c + \frac{1}{3^k} \le y$$. Следователно $x \neq y$. Следователно имаме инективно изображение от множеството на всички редици от нули и единици, което е точно $\set{ f:\Nbb^{+} \rightarrow \set{0,1} \st f \text{ е функция }}$, в $C$. Всъщност, $C$ е дефирано като стойностите на това изображение, следователно то е биективно. Следователно $|C| = |\set{f:\Nbb^{+} \rightarrow \set{0,1}}| = 2^{\aleph_0}$. И понеже $C \subseteq \Rbb$ имаме $|C| \le |\Rbb|$ (идентитетът е инекция). Оттук следва $2^{\aleph_0} \le |\Rbb|$. Обратното неравенство --- $|\Rbb| \le 2^{\aleph_0}$ можем да докажем като разгледаме функция, която на реално число от $(0,1)$ съпоставя безкрайният му двоичен запис\footnote{Всъщност този запис не е единствен, защото например $1$ може да се представи като $1,000\dots$ и $0,111\dots$, но това можем да го "`заобиколим"' като поискаме записа да не завършва с единици. Мощността на полученото множеството не се променя, заради твърдението, че за безкрайно $A$, ако $|A| < |B|$, то $|A \setminus B| = |A|$}. Различните числа имат различен запис, следователно имаме инективна функция от $(0,1)$ в множеството на редиците от нули и единици. Отделно $|\Rbb| = |(\frac{-\pi}{2},\frac{\pi}{2})|$ защото $\tg(x)$ е биекция, и $|(0,1)| = |(\frac{-\pi}{2},\frac{\pi}{2})|$, защото $f(x) = x . \frac{\pi}{2}$ е биекция. Оттук по теоремата на Кантор-Шрьодер-Бернщайн получаваме $|\Rbb| = 2^{\aleph_0}$. Означаваме $|\Rbb| = \mathfrak{C}$.