Hệ tiên đề Peano

7. Cấu trúc khóa luận

1.4.1. Hệ tiên đề Peano

Có một tập N, mà mỗi phần tử của nó được gọi là một số tự nhiên. Giữa các phần tử của N có quan hệ kề sau thỏa mãn bốn tiên đề sau:

(N1) 0 là một số tự nhiên, và 0 không phải số kề sau của bất kì số tự nhiên nào.

(N2) Mỗi số tự nhiên đều có một và chỉ một số tự nhiên kề sau nó.

(N3) Mỗi số tự nhiên là số tự nhiên kề sau của không quá một số tự nhiên. (N4) Nếu mọi bộ phận của D của N chứa 0 và cứ mỗi lần D chứa một số tự nhiên n thì D chứa cả số kề sau của n, thì D trùng với N.

Người ta gọi N là tập các số tự nhiên. Nhận xét:

1) Nếu một số tự nhiên khác 0 cùng là kề sau của các số tự nhiên a và b, thì bởi (N3) ta suy ra a = b

2) Mỗi số tự nhiên khác 0 đều là kề sau của một số tự nhiên. Thật vậy, xét tập D gồm số 0 và những số tự nhiên là kề sau của một số tự nhiên. Khi đó bởi 0 ∈ D và nếu a ∈ D thì số kề sau của nó hiển nhiên cũng thuộc D, nên theo tiên đề (N4), D trùng với N. Do đó kết hợp với (N3), ta suy ra mỗi số tự nhiên khác số tự nhiên 0 là số tự nhiên kề sau của đúng một số tự nhiên.

3) Tiên đề (N4) được gọi là tiên đề quy nạp. Từ tiên đề này ta rút ra rằng: Nếu một hàm mệnh đề P(n) của biến số tự nhieenn có P(0) đúng, và nếu từ P(a) đúng sẽ kéo theo P(a’) cũng đúng, thì P(n) đúng với mọi n ∈ N

4) Thực chất trong nguyên bản của hệ tiên đề Peano, người ta đã không coi số 0 là một số tự nhiên, cũng như một nửa nhân loại đã không coi

số 0 là một số tự nhiên. Tuy nhiên việc trình bày bắt đầu bằng số 0 là một thói quen của nước ta, và có nhiều ưu điểm.

5) Tiên đề (N1) nói rằng trong tập N tồn tại một phần tử, không phải là phần tử kề sau của bất cứ một phần tử nào, theo (2) thì phần tử này là duy nhất. Số duy nhất khởi đầu đó, ta đặt là 0 hay 1 không quan trọng, không thể hiện ở nội hàm của Hệ tiên đề Peano, mà sự khác nhau được thể hiện trong cấu trúc của các phép toán cộng và nhân trong N.

Có một số tự nhiên 0. Với mọi số tự nhiên a, tồn tại một số tự nhiên liền sau, ký hiệu là S(a). Không có số tự nhiên nào mà số liền sau của nó là 0. Hai số tự nhiên khác nhau phải có hai số liền sau tương ứng khác nhau: nếu a ≠ b thì S a( ) S b( ).

Nếu có một tính chất nào đó được thỏa mãn với số 0, và chúng ta chứng minh được rằng với mọi số tự nhiên thỏa tính chất đó thì số liền sau của nó cũng thỏa tính chất đó, khi đó, tính chất đó được thỏa mãn với mọi số tự nhiên. (Định đề này đảm bảo rằng phép quy nạp toán học là đúng.)

Lưu ý: "0" ở định nghĩa trên không nhất thiết phải là số không mà chúng ta vẫn thường nói đến. "0" ở đây chẳng qua là một đối tượng nào đó mà khi kết hợp với một hàm liền sau nào đó thì sẽ thỏa mãn các tiên đề Peano. Có nhiều hệ thống thỏa mãn các tiên đề này, trong đó có các số tự nhiên (bắt đầu bằng số không hay bằng số một).

Cả một thời gian dài trong đời học sinh phổ thông lớp 1 – lớp 9, chúng ta công nhận 1 + 1 = 2 như một sự thật hiển nhiên; Cũng như công nhận các định nghĩa phép cộng, phép nhân, chia…trong số tự nhiên N theo sách giáo khoa. Nhưng khi đã có các kiến thức sơ đẳng về logic toán, lí thuyết tập hợp, ánh xạ và với những ai yêu toán học lại có chút “đầu óc” tư duy toán học thì không thể “bằng lòng” với “điều hiển nhiên” ấy! Nhất là khi tiếp cận với “nghịch lí 1 + 1 = 1” với các dẫn dụ:

- 1 giọt nước thêm vào 1 ao nước vẫn là 1 ao nước; 1 hạt cát + 1 đống cát = 1 đống cát

- 1 tập hợp hữu hạn + 1 tập hợp vô hạn = 1 tập hợp vô hạn.

Tìm hiểu thêm, chúng ta biết rằng : 1 + 1 = 2 chỉ có thể chứng minh được chặt chẽ thành định lí [1] sau khi nhà toán học Giuseppe Peano (1891) đưa ra hệ tiên đề mang tên ông: “Hệ tiên đề Peano”

1/ Chứng minh 1+1=2 như thế nào ?

Để chứng minh định lí này ta phải đi về tận cội nguồn sâu xa của toán học. Tại sao có 1+1=2 ? Đó chẳng qua là do sự nhận thức trực quan của con người khi thấy có 1 con bò đẻ thêm 1 con bò người ta được 2 con bò. Nhưng chúng ta lập luận theo “kiểu toán học”: Cộng một ( +1) vào một số trong tập số tự nhiên ( N) chính là phép biểu hiện số liền sau. Như vậy, 1+1 nghĩa là số liền sau số 1, n+1 nghĩa là số liền sau số n. Cách hiểu vấn đề như vậy cũng còn rất trực quan; tiếp theo ta phải lập luận:

Ta thấy rằng, các phép cộng, phép nhân trên N cũng chỉ là một ánh xạ :

N N →N. Với các định nghĩa trên của Peano, ta có thể xác định: 2 là S(1), 3 là S(2), 4 là S(3) …

Ta cũng có thể xác định phép cộng trên N như sau: n+1 = S(n), n+2=S(n+1) Ta cũng có thể xác định phép nhân trên N như sau: 1.n = n, 2.n = n+n, ... Và do đó việc 1+1=2 là do từ các tiên đề Peano mà có.

Lưu ý:

1. Từ các tiên đề Peano, định nghĩa phép công, phép nhân, ta có thể chứng minh các tính chất giao hoán, phân phối. Và đặc biệt, quan trọng nhất là: Tập N được định nghĩa như trên là duy nhất theo nghĩa song ánh (Nếp tồn tại tập M thỏa mãn các tiên đề Peano, thì tồn tại song ánh từ N vào M) .

2. Các kí tự số 1, 2, 3, …n biểu diễn trên đây đều là trong hệ số đếm thập phân; nếu bểu diễn trong hệ nhị phân thì là 1 + 1 = 10.

3. Trong phép cộng số học phổ thông, các số không có đơn vị đính kèm, chúng đã được khái quát hóa => Các sách giáo khoa phổ thông về toán khi giải về cộng.

1.4.2. Mô hình và hình thức thể hiện số tự nhiên

* Một số mô hình của tập số tự nhiên:

Dựa theo hệ tiên đề Peano, chúng ta có thể chỉ ra được nhiều mô hình của tập số tự nhiên.

Trước hết chúng ta chú ý rằng, nếu M1 là một mô hình của tập số tự nhiên 0 và song ánh f M: 1→M2 thì M2 cũng là mô hình của tập số tự nhiên.

Ví dụ 1.4.2.1: mô hình quen thuộc:

{0,1, 2,3,...., ,...) N= n Ví dụ 1.4.2.2: Ta có: : * 1 f N N n n → +

Do đó N* cũng thỏa mãn hệ tiên đề Peano. Số 0 trong mô hình N

tương ứng số 1 trong mô hình N*

{0,1, 2,3,...., ,...)

N= n

Tổng quát:

(1) Nn ={ ,n n+1,n+2,...,n+k,...} là mô hình của tập số tự nhiên

: 0 1 1 2 2 3 3 n f N N k n k n n n n k n k → → +    →     → +   → +     → +     → +   

(2)Những kí hiệu { ,a a a1 2, 3,...,an,...} cũng là một mô hình của tập số tự nhiên

Định nghĩa 1: Cho A và B là hai tập tùy ý, ta nói tập A tương đương với tập B, kí hiệu A ~ B, nếu có một song ánh f từ A lên B. Vậy A ~ B

Định nghĩa 2: Khi hai tập hợp A và B tương đương với nhau, ta nói chúng có cùng lực lượng hay cùng bản số. Bản số của tập A kí hiệu là CardA, A ~ B và CardA = CardB

Định nghĩa 3: Bản số của một tập hữu hạn gọi là một số tự nhiên. Tập hợp các số tự nhiên kí hiệu là ℕ. Ta nói: n là một số tự nhiên, điều đó có nghĩa là tồn tại một tập A hữu hạn sao cho Card A = n.

* Hình thức thể hiện :

Theo cách tiếp cận bản số, mỗi số tự nhiên là bản số của một tập hữu hạn cụ thể.

Vậy mỗi tập hữu hạn cụ thể cho trước cho ta một số tự nhiên vì nó là hình thức thể hiện của số tự nhiên tương ứng. Hình thành 10 chữ số cơ bản từ 0 đến 9 (được hình thành trong giai đoạn đầu lớp 1). Thể hiện chủ yếu bằng hình ảnh các nhóm đồ vật có số lượng như ngôi sao, con chim, con voi, chấm tròn, bông hoa, con thỏ, tranh ảnh , các tên bài học , bài luyện , các "lệnh" ở đầu mỗi bài học hoặc bài luyện tập để giúp giáo viên và cha mẹ hướng dẫn học sinh học tập và thực hành, không phải từ ngữ, câu chữ mà trình bày tường minh, trực quan sinh động, cụ thể.

Ví dụ 1.4.2.3: Tập 1 con chim , bức ảnh 1 bạn gái , tờ bìa vẽ chấm tròn đều có số lượng là 1 là hình thức thể hiện của số 1. Ta dùng số 1 để chỉ số lượng của nhóm đồ vật đó.

Hình thành khái niệm các số tự nhiên có hai, ba và nhiều chữ số (được trình bày từ giai đoạn cuối lớp 1à hết học kì 1 lớp 4): Việc hình thành đã bớt sử dụng hình ảnh trực quan thay vào đó là là các quy ước biểu tượng số lượng: 1 bó chục que tính, 1 que tính rời rạc. Trình bày tường minh qua biểu tượng sau đó khái quát, và việc giải bài tập. Hướng cho học sinh dần dần hình thành tư duy trừu tượng, khả năng suy luận.

Số 23 được thể hiện bằng 2 bó chục que tính và 3 que tính rời, không phải bằng hình vẽ 23 con thỏ / 23 ngôi sao.

Hình thành các khái niệm hàng và lớp của một số tự nhiên (gồm chữ số hàng chục, hàng trăm ; lớp đơn vị, lớp nghìn, lớp triệu) (được trình bày từ lớp 2 và hết học kì 1 lớp 4. Thể hiện chủ yếu qua câu chữ và các con số, hầu như không sử dụng hình vẽ cụ thể mà chỉ sử dụng các biểu tượng đã quy ước : 1,2,3 bó chục que tính ; 1,2,3,…,10 tấm bìa trăm ô vuông và chuyển sang cách thể hiện trừu tượng hơn, không cần các biểu tượng đã quy ước nữa, khi đó học sinh vẫn có thể hiểu như thế nào là hàng đơn vị, hàng trăm, hàng chục.., lớp đơn vị, lớp nghìn, lớp triệu.

Chẳng hạn: ban đầu hàng nghìn được thể hiện bằng 10 tấm bìa trăm ô vuông sau đó khái quát bằng con số 1000. Hình thành khái niệm số tròn chục, tròn trăm, số chẵn, số lẻ (được trình bày từ giai đoạn cuối lớp 1đến hết lớp 4). Thể hiện chủ yếu qua câu chữ và các con số, không có hình vẽ mà là những biểu tượng các số đã học và quy ước từ trước. Sau đó trừu tượng, khái quát hóa chỉ có chữ và số và kích thích khả năng tư duy logic, suy luận của học sinh và việc nắm bắt khái niệm trong làm bài tập

1.5. Giải và khai thác một số bài tập liên quan. Bài 1.5.1: Cho hai tập A, B. Chứng minh rằng: A B ~ BA Bài 1.5.1: Cho hai tập A, B. Chứng minh rằng: A B ~ BA

Chứng minh:

Xét ánh xạ: f : A B → B A

(x y, ) (y x, ) Vậy f là một đơn ánh.

Thật vậy, giả sử (x’, ’ , ”, ”y ) (x y ) A B và (x’, ’ ”, ” .y )  (x y ) Khi đó x’ ” x

hoặcy’ ” y . Mặt khác, ta có f x( ’, ’ ’, ’y ) = (y x ) và f x( ”, ” y ) = (y”, ” .x ) Từ

’ ”

x  x hoặcy’ ” y suy ra f x( ’, ’ y )  f x( ”, ” .y ) Vậy f là toàn ánh

Mà ta có(x', y') B A. Hiển nhiên (x", y") A Blà tạo ảnh của ( ', ')x y qua ánh xạ f. Do đó f là song ánh và từ đó có A×B ~ B×A

Bài 1.5.2: Cho hai tập A, B, với B ≠ ∅ .Chứng mỉnh rằng A tương đương với một bộ phận của tích Đề-các A×B

Với hai tập bất kì A, B, trong đó B ≠ ∅ ta có A tương đương với một bộ phận của A×B. Thật vậy, vì B ≠ ∅ nên tồn tại b ∈ B

Xét ánh xạ: ( ) ( ) : , f A A B x x b →  Ta chứng minh f là đơn ánh.

Thật vậy, giả sử x’≠ x”x’, ”x A và x ’ ”. x Khi đó (x’, ”, b)  (x b)do đó ( )’ ( )”

f x  f x . Vì f là đơn ánh nên A tương đương với một bộ phận của A×B

Bài 1.5.3: Chứng minh rằng: Tập hợp các số tự nhiên là vô hạn. Xét ánh xạ: ( ) : 2 2 f N N n f n n → = } 2N = {xN | x=2 , k kN (Tập số tự nhiên chẵn) Ta có : tập 2N là tập con thực sự của N(2NN) (1) Ánh xạ f là một song ánh (2) Từ (1) và (2) ta suy ra N là tập vô hạn

Bài 1.5.4: Cho P(n) là một hàm mệnh đề một biến (vì từ một ngôi) xác định trên tập các số tự nhiên:

Chứng minh rằng:

a, Nếu hàm mệnh đề P(n) thỏa mãn các điều kiện sau: - P(a) đúng với a là một số tự nhiên nào đó.

- Với mọi n ∈ N, P(n) đúng kéo theo P(n’) đúng thì mệnh đề ∀n ≥ a, P(n) đúng (nghĩa là P(n) đúng ∀n ≥ a).

- P(0) đúng.

- Với mọi k ∈ N sao cho 0 ≤ k ≤ n, P(k) đúng kéo theo P(k’) đúng, thì mệnh đề ∀n ∈ N, P(n) đúng (nghĩa là P(n) đúng với ∀n ∈ N).

Chứng minh:

a, Nếu a = 0 thì ta có nguyên lí của phép chứng minh bằng quy nạp (trong phần 1.3.) Nếu a ≠ 0, thì ta đặt: ( ) ’ ” ’ ” { | } { | } M n N n a M n N P n đúng M M M =   =  =  Ta cóM N và 0M vì 0M’.

Hơn nữa, theo cách xác định của các tập M’, M”, M ta dễ dàng chứng minh được với mọi n ∈ N, nếu n ∈ M thì n’ ∈ M. Từ đó suy ra M = N.

Do đó N – ’M M”, nghĩa là {nN | n  a{ { nM | P n đúng( ) }. Điều đó chứng tỏ rằng P(n) đúng với mọi n ≥ a {n ∈ N}.

b, Xét tập S = {nN | P n sai( ) }.Vì P(0) đúng nên 0 ∉ S.

Giả sử S ≠ ∅ . Vì S ⊂ N và S ≠ ∅ nên S có số nhỏ nhất, chẳng hạn là m’. Ta có m’ ∈ S và 0 ∉ S. Vậy m’ ≠ 0. Vì m’∈ S nên P(m’) là mệnh đề sai. Vì M’ là số nhỏ nhất của S nên mọi k ∈ N sao cho 0 ’ k  m đều không thuộc S. Như vậy ta có P(k) đúng với mọi k ∈ N sao cho0 1 ’ – 1  m . Khi đó, theo giả thiết ta có P(m’) đúng. Điều đó mâu thuẫn với kết quả P(m’) sai. Vậy S = ∅ . Do đó P(n) đúng với mọi n ∈ N.

Bài 1.5.5: Cho X là tập các tam giác, Y là tập các đường tròn.

a) Quy tắc cho tương ứng mỗi tam giác với một đường tròn ngoại tiếp nó có phải là ánh xạ hay không? Tại sao?

b) Quy tắc cho tương ứng mỗi đường tròn với tam giác nội tiếp trong đường tròn đó có phải là ánh xạ hay không? Tại sao?

Chứng minh:

b) Không là ánh xạ vì một đường tròn có vô số tam giác nội tiếp.

Khai thác:

- Phát biểu bài toán cho cho tứ giác, đa giác.

- Phát biểu bài toán cho tam giác ngoại tiếp đường tròn (mỗi tam giác với một đường tròn nội tiếp, nghĩa là tam giác này ngoại tiếp đường tròn đó).

Bài 1.5.6: Cho X = 1; 2; 3; 4; 5; 6 .  Có thể thiết lập một đơn ánh mà không phải là toàn ánh từ X vào chính nó không? Tại sao?

Giải:

Không thể thiết lập một đơn ánh mà không phải là toàn ánh từ X vào chính nó. Vì X hữu hạn. Do đó mọi đơn ánh là toàn ánh (đơn ánh không thực sự).

Khai thác:

- Tính số ánh xạ từ X vào X: 66. - Tính số song ánh: 6! = 720. - Thay X bằng tập n phần tử.

Bài 1.5.7: Cho X = a b c d e và Y; ; ; ;  = 1; 2; 3; 4 .  Có thể thiết lập một song ánh từ X lên Y không? Tại sao?

Giải:

Không thiết lập được vì X và Y không tương đương (số phần tử khác nhau).

Khai thác:

- Khái quát khi X, Y lần lượt có m, n phần tử (m > n). - Bổ sung thêm câu hỏi:

+ Tìm số ánh xạ: Gọi f là ánh xạ từ X vào Y. f(a) có 4 cách chọn, f(b), f(c), f(d), f(e) cũng vậy.

+ Tìm số toàn ánh: Nếu f là toàn ánh từ X vào Y thì mỗi phần tử của Y đều là ảnh của ít nhất 1 phần tử thuộc X. Ta có 4 trường hợp:

1 có 2 tạo ảnh; 2, 3, 4 mỗi số có 1 tạo ảnh. 2 có 2 tạo ảnh; 1, 3, 4 mỗi số có 1 tạo ảnh.

3 có 2 tạo ảnh; 1, 2, 4 mỗi số có 1 tạo ảnh.