Teoria ZFC: chiarimenti sull'assioma di regolarità.
Non so se la sezione è giusta, posto qui in quanto liceale, in caso spostatelo pure. Comunque sia...
Il nocciolo della questione è che non mi è chiaro bene questo assioma. Da quello che ho capito ogni insieme (non vuoto) deve contenere almeno un elemento che non abbia elementi in comune con l'insieme di partenza e quindi ne seguirebbe che nessun insieme è elemento di sè stesso... quello che non mi è chiaro è:
Poniamo di avere un insieme A che contiene {A, {1,2}}. Ora, facendo l'intersezione di A con {1,2} i due insiemi risultano disgiunti in quanto nè 1 nè 2 da soli appartengono all'insieme, tuttavia l'insieme contiene comunque sè stesso. Qualcuno può chiarirmi questo dubbio? Magari ho capito male l'assioma ma ci sto uscendo pazzo.
Il nocciolo della questione è che non mi è chiaro bene questo assioma. Da quello che ho capito ogni insieme (non vuoto) deve contenere almeno un elemento che non abbia elementi in comune con l'insieme di partenza e quindi ne seguirebbe che nessun insieme è elemento di sè stesso... quello che non mi è chiaro è:
Poniamo di avere un insieme A che contiene {A, {1,2}}. Ora, facendo l'intersezione di A con {1,2} i due insiemi risultano disgiunti in quanto nè 1 nè 2 da soli appartengono all'insieme, tuttavia l'insieme contiene comunque sè stesso. Qualcuno può chiarirmi questo dubbio? Magari ho capito male l'assioma ma ci sto uscendo pazzo.
Risposte
Per il futuro, credo che la sezione più appropriata sia Algebra.
Per l'assioma, secondo me sbaglia perché applichi l'assioma di regolarità ad $A$. A mio avviso lo dovresti applicare a ${A}$ per mostrare che quell'insieme $A$ non può esistere: prendiamo $A={A,{1,2}}$ e $B={A}$, l'unico elemento di $B$ è $A$, quindi puoi fare solo $B\cap A = {A}\cap{A,{1,2}}=A!=\emptyset$ contro l'assioma.
Per l'assioma, secondo me sbaglia perché applichi l'assioma di regolarità ad $A$. A mio avviso lo dovresti applicare a ${A}$ per mostrare che quell'insieme $A$ non può esistere: prendiamo $A={A,{1,2}}$ e $B={A}$, l'unico elemento di $B$ è $A$, quindi puoi fare solo $B\cap A = {A}\cap{A,{1,2}}=A!=\emptyset$ contro l'assioma.
la scrittura {A} significa l'insieme che ha come unico elemento l'insieme A. se A={1,2}, allora {A, {1,2}}={A}, solo che la scrittura a primo membro non si usa, perché elementi uguali non si ripetono. se $A!={1,2}$, sia che A contenga o meno 1,2 o altri elementi, l'uguaglianza precedente non è valida. a maggior ragione non può essere valida l'uguaglianza A={A,{1,2}}... però comunque il link mi convince poco.
esempio: A={1,{1,2}}, con B={1,2}. in questo caso $B in A, 1 in B, 1 in A$...
spero di essere stata utile.
aspetto eventualmente la spiegazione di altri riguardo la pagina di Wikipedia, però in questo forum si è spesso criticato Wikipedia, indicando tante altre imprecisioni o cantonate... per cui ti posso dire di prendere tutto con le "molle". ciao.
esempio: A={1,{1,2}}, con B={1,2}. in questo caso $B in A, 1 in B, 1 in A$...
spero di essere stata utile.
aspetto eventualmente la spiegazione di altri riguardo la pagina di Wikipedia, però in questo forum si è spesso criticato Wikipedia, indicando tante altre imprecisioni o cantonate... per cui ti posso dire di prendere tutto con le "molle". ciao.
approfitto per dare il benvenuto al nuovo utente (me ne ero dimenticata), e sposto in Algebra. ciao.
"adaBTTLS":
la scrittura {A} significa l'insieme che ha come unico elemento l'insieme A. se A={1,2}, allora {A, {1,2}}={A}, solo che la scrittura a primo membro non si usa, perché elementi uguali non si ripetono. se $A!={1,2}$, sia che A contenga o meno 1,2 o altri elementi, l'uguaglianza precedente non è valida. a maggior ragione non può essere valida l'uguaglianza A={A,{1,2}}... però comunque il link mi convince poco.
esempio: A={1,{1,2}}, con B={1,2}. in questo caso $B in A, 1 in B, 1 in A$...
spero di essere stata utile.
aspetto eventualmente la spiegazione di altri riguardo la pagina di Wikipedia, però in questo forum si è spesso criticato Wikipedia, indicando tante altre imprecisioni o cantonate... per cui ti posso dire di prendere tutto con le "molle". ciao.
Mmmmh boh non mi convince molto perchè se prendo A={1,2,{1,2}}, qualunque elemento di A prenda ha un comune o l'1 o il 2 con A... praticamente quindi stando a quell'assioma un insieme del genere non dovrebbe esistere?
Aiutatemi per favore perchè la ZFC l'ho inserita nella mappa concettuale per gli esami e inoltre sta cosa ormai è diventata un chiodo fisso...
Io credo che si possa studiare teoria degli insiemi anche senza affrontare l'assioma di regolarità, di cui non ho mai visto l'utilità (tra l'altro lo dice anche Wikipedia che la sua utilità è bassa).
Sì d'accordo però sta cosa sta iniziando ad assillarmi... tra un po' me lo sogno la notte asd.
"Smt_1033":
[quote="adaBTTLS"]la scrittura {A} significa l'insieme che ha come unico elemento l'insieme A. se A={1,2}, allora {A, {1,2}}={A}, solo che la scrittura a primo membro non si usa, perché elementi uguali non si ripetono. se $A!={1,2}$, sia che A contenga o meno 1,2 o altri elementi, l'uguaglianza precedente non è valida. a maggior ragione non può essere valida l'uguaglianza A={A,{1,2}}... però comunque il link mi convince poco.
esempio: A={1,{1,2}}, con B={1,2}. in questo caso $B in A, 1 in B, 1 in A$...
spero di essere stata utile.
aspetto eventualmente la spiegazione di altri riguardo la pagina di Wikipedia, però in questo forum si è spesso criticato Wikipedia, indicando tante altre imprecisioni o cantonate... per cui ti posso dire di prendere tutto con le "molle". ciao.
Mmmmh boh non mi convince molto perchè se prendo A={1,2,{1,2}}, qualunque elemento di A prenda ha un comune o l'1 o il 2 con A... praticamente quindi stando a quell'assioma un insieme del genere non dovrebbe esistere?
Aiutatemi per favore perchè la ZFC l'ho inserita nella mappa concettuale per gli esami e inoltre sta cosa ormai è diventata un chiodo fisso...[/quote]
esattamente, se leggi letteralmente l'espressione formale riportata dal link, io ho scritto un esempio di insieme che non dovrebbe esistere.
però wiki non si ferma lì, e "traduce a parole" così:
Ogni insieme non vuoto A contiene un elemento B disgiunto da A.che io sappia il termine "disgiunto" non si usa tra un elemento ed un insieme... quindi questa frase io non so che cosa significhi...
Nella teoria formale degli insiemi non c'e' in realta' differenza tra elementi e insiemi. Questo vuol dire che per
ogni coppia di "oggetti" $a$ e $b$ ci si puo' chiedere se $a\in b$ (e di conseguenza se $a\subset b$) - vorra' dire
che ${1}\in1$ e' falso.
Ora mi pare che l'assioma di regolarita' serva a impedire il paradosso di Russel. Non si puo' per esempio l'insieme di tutti gli insiemi
(se ci fosse , chiamiamolo $A$, dovrebbe essere $A\in A$).
Faccio notare a Smt_1033 che non e' possibile definire $A={A,{1,2}}$ - non si possono usare formule ricorsive!!!
(altrimenti $A={A,{1,2}}={{A,{1,2}},{1,2}}={{{A,{1,2}},{1,2}},{1,2}}=...={{{{{{{{{{{{A,{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}}=....$ (mi sono divertito un po' con copia e incolla...)
ogni coppia di "oggetti" $a$ e $b$ ci si puo' chiedere se $a\in b$ (e di conseguenza se $a\subset b$) - vorra' dire
che ${1}\in1$ e' falso.
Ora mi pare che l'assioma di regolarita' serva a impedire il paradosso di Russel. Non si puo' per esempio l'insieme di tutti gli insiemi
(se ci fosse , chiamiamolo $A$, dovrebbe essere $A\in A$).
Faccio notare a Smt_1033 che non e' possibile definire $A={A,{1,2}}$ - non si possono usare formule ricorsive!!!
(altrimenti $A={A,{1,2}}={{A,{1,2}},{1,2}}={{{A,{1,2}},{1,2}},{1,2}}=...={{{{{{{{{{{{A,{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}},{1,2}}=....$ (mi sono divertito un po' con copia e incolla...)
Beh leggendo la stringa formale credo significhi che l'intersezione dev'essere vuota... comunque non mi tornano i conti, stanto a quell'assioma non dovrebbe esistere nemmeno N, visto che viene caratterizzato così... intersecando N con un numero qualsiasi (zero escluso) l'intersezione non è mai vuota, ma se dobbiamo contare anche l'insieme vuoto come elemento questo fa parte di tutti gli insiemi e quindi l'assioma perde senso, perchè a questo punto anche il fantomatico A={A}={A,Ø} può esistere, basta considerare l'intersezione da A e Ø che è chiaramente Ø (nell'assioma di regolarità non specifica se l'insieme B dev'essere non vuoto).
"ViciousGoblin":
Faccio notare a Smt_1033 che non e' possibile definire $A={A,{1,2}}$ - non si possono usare formule ricorsive!!!
Beh se non si possono usare formule ricorsive credo che questo basti e avanzi a evitare il paradosso di Russell... o no?
"Smt_1033":
Beh leggendo la stringa formale credo significhi che l'intersezione dev'essere vuota... comunque non mi tornano i conti, stanto a quell'assioma non dovrebbe esistere nemmeno N, visto che viene caratterizzato così... intersecando N con un numero qualsiasi (zero escluso) l'intersezione non è mai vuota, ma se dobbiamo contare anche l'insieme vuoto come elemento questo fa parte di tutti gli insiemi e quindi l'assioma perde senso, perchè a questo punto anche il fantomatico A={A}={A,Ø} può esistere, basta considerare l'intersezione da A e Ø che è chiaramente Ø (nell'assioma di regolarità non specifica se l'insieme B dev'essere non vuoto).
Ma $B$ dovrebbe essere un elemento di $A$ cioe' $\emptyset\in A$ (e questo NON e' sempre vero mentre e' sempre vero che $\emptysetsubset A$)
"Smt_1033":
[quote="ViciousGoblin"]
Faccio notare a Smt_1033 che non e' possibile definire $A={A,{1,2}}$ - non si possono usare formule ricorsive!!!
Beh se non si possono usare formule ricorsive credo che questo basti e avanzi a evitare il paradosso di Russell... o no?[/quote]
No - la definizione $A={a: a\notin a}$ non e' ricorsiva.
Ma infatti io ho scritto A={A,Ø}, non A={A,{Ø}}
"ViciousGoblin":
[quote="Smt_1033"][quote="ViciousGoblin"]
Faccio notare a Smt_1033 che non e' possibile definire $A={A,{1,2}}$ - non si possono usare formule ricorsive!!!
Beh se non si possono usare formule ricorsive credo che questo basti e avanzi a evitare il paradosso di Russell... o no?[/quote]
No - la definizione $A={a: a\notin a}$ non e' ricorsiva.[/quote]
ok... ma continuo a non capire il senso dell'assioma... un insieme come A={1,2,{1,2}} non può esistere? N stesso non dovrebbe non esistere secondo questo assioma?
"Smt_1033":
[quote="ViciousGoblin"][quote="Smt_1033"][quote="ViciousGoblin"]
Faccio notare a Smt_1033 che non e' possibile definire $A={A,{1,2}}$ - non si possono usare formule ricorsive!!!
Beh se non si possono usare formule ricorsive credo che questo basti e avanzi a evitare il paradosso di Russell... o no?[/quote]
No - la definizione $A={a: a\notin a}$ non e' ricorsiva.[/quote]
ok... ma continuo a non capire il senso dell'assioma... un insieme come A={1,2,{1,2}} non può esistere? N stesso non dovrebbe non esistere secondo questo assioma?[/quote]
Non e' vero , infatti $1\cap A=\emptyset$
Mi dirai chi e' $1$ ? Beh se me lo chiedi ti dovrei rispondere che $1$ l'hai nominato tu
... In effetti in ZF tutti gli oggetti sono insiemi e i numeri naturali si definiscono.(credo che $1$ sia ${\emptyset}$).
Sì 1 è {Ø} un po' mi si chiarisce la cosa, quello che ancora non capisco è come il fatto che ogni insieme debba contenere almeno un elemento disgiunto da esso eviti il paradosso di Russell... anche perchè su wiki c'era scritto che c'è anche chi ha negato l'assioma di regolarità ottenendo comunque risultati coerenti.
Io sapevo che era lo schema di assiomi di specificazione a evitare il paradosso, ma non mi è mai stato chiaro in che modo onestamente, escludento la proprietà incriminata o come? Qualcuno sarebbe così gentile da spiegarmelo?
Io sapevo che era lo schema di assiomi di specificazione a evitare il paradosso, ma non mi è mai stato chiaro in che modo onestamente, escludento la proprietà incriminata o come? Qualcuno sarebbe così gentile da spiegarmelo?
L'assioma di fondazione non ti dice che l'insieme $A={1,2,{1,2}}$ non può esistere.
L'assioma di fondazione ti dice che preso un qualunque insieme, riuscirai sempre a trovare almeno un elemento di questo insieme che è disgiunto dall'insieme.
Prendiamo $X={x,y}$. L'assioma di fondazione ti dice che almeno una tra $x cap X = \emptyset$ e $y \cap X = \emptyset$ è vera. In particolare si ha che non accade mai che simultaneamente $x in y$ e $y in x$: se infatti così fosse allora non sarebbe vera nessuna delle due uguaglianze $x cap X = \emptyset$ e $y \cap X = \emptyset$. Se ti riduci a $X={x,x}\equiv{x}$ allora hai che $x \notin x$, i.e. non esiste un insieme che abbia se stesso come elemento.
L'assioma di fondazione ti dice che preso un qualunque insieme, riuscirai sempre a trovare almeno un elemento di questo insieme che è disgiunto dall'insieme.
Prendiamo $X={x,y}$. L'assioma di fondazione ti dice che almeno una tra $x cap X = \emptyset$ e $y \cap X = \emptyset$ è vera. In particolare si ha che non accade mai che simultaneamente $x in y$ e $y in x$: se infatti così fosse allora non sarebbe vera nessuna delle due uguaglianze $x cap X = \emptyset$ e $y \cap X = \emptyset$. Se ti riduci a $X={x,x}\equiv{x}$ allora hai che $x \notin x$, i.e. non esiste un insieme che abbia se stesso come elemento.
"Smt_1033":
Sì 1 è {Ø} un po' mi si chiarisce la cosa, quello che ancora non capisco è come il fatto che ogni insieme debba contenere almeno un elemento disgiunto da esso eviti il paradosso di Russell... anche perchè su wiki c'era scritto che c'è anche chi ha negato l'assioma di regolarità ottenendo comunque risultati coerenti.
Io sapevo che era lo schema di assiomi di specificazione a evitare il paradosso, ma non mi è mai stato chiaro in che modo onestamente, escludento la proprietà incriminata o come? Qualcuno sarebbe così gentile da spiegarmelo?
In effetti mi pare che c'entri anche quello. Tieni presente che non sono un esperto per cui puo' darsi che mi sbagli (io ho associato " a occhio" l'assioma di regolarita' al paradosso di Russel perche' mi pare che impedisca la creazione di insiemi selvaggi, tipo l'insieme di tutti gli insiemi ...)
Pero' in effetti nello schema di rimpiazzamento si dice in sostanza che dato un insieme $A$ e una proprieta' $P$ is puo' costruire l'insieme di tutti gli elementi di
$A$ che verificano $P$ (cioe' ${C\in A : P(C)}$).
AZZARDO UNA SPIEGAZIONE
Quello che ti impedisce di definire ${a:a\notin a}$ e' che non hai detto dove varia $a$ (cioe' l'insieme $A$ nella formula precedente).
Non appena ce lo metti ottieni ${a\in A:a\notin a}$ e questo non ti da il paradosso di Russel, a meno che $A$ non sia l'insieme di tutti gli insiemi.
DEVO RIPENSARCI UN ATTIMO
Ma l'insieme di tutti gli insiemi non è collegato al paradosso di Cantor: l'insieme di tutti gli insiemi è quello di cardinalità maggiore, ma si prova che la potenza di un qualunque insieme ha cardinalità maggiore dell'insieme, dunque la cardinalità dell'insieme universo è maggiore della cardinalità dell'insieme universo.
Il paradosso di Russell dovrebbe essere quello del barbiere, che si traduce in teoria degli insiemi con l'insieme degli insiemi che non appartengono a se stessi.
Il paradosso di Russell dovrebbe essere quello del barbiere, che si traduce in teoria degli insiemi con l'insieme degli insiemi che non appartengono a se stessi.
@wizard Certo ma se esistesse l'insieme $A$ di tutti gli insiemi, allora mediante lo schema di rimpiazzamento si potrebbe costruire l'insieme
$B$ ($B$ sta per barbiere
) definito da $B={a\in A:a\notin A}$ e avresti il paradosso.
Comunque e' effettivamente inutile inutile tirare in ballo l'insieme di tutti gli insiemi. Mi pare che la questione dell'evitare il paradosso di Russel stia cosi' (ripeto che non sono un logico dunque controllate se vi torna...)
Ricordiamo che il paradosso si basa sulla definizione di $B={a:a\notin a}$. Se si potesse considerare tale $B$ si troverebbe che
$(B\in B)\Rightarrow (B\notin B)$ e $(B\notin B)\Rightarrow B\in B)$ ergo paradosso (diceva cosi' un mio vecchio libro di algebra...).
Ma lo schema di rimpiazzamento non consente di definire un insieme a partire unicamente da una proprieta', richiede anche un dominio - posso al piu' definire
$B={a\in A:a\notin a}$ per un qualche $A$ che sono libero di scegliere. In questa definizione si usa la proprieta' $P(a)=$"$a\notin a$".
Come ho detto sopra se ho troppa liberta' nel scegliere $A$ il paradosso si ripropone. Se invece aggiungo l'assioma di regolarita' direi che il paradosso non funziona piu'.
Infatti come conseguenza della regolarita' nessun insieme $a$ puo' appartenere a se stesso (cioe' $P(a)$ e' sempre vera) e quindi $B={a\in A:a\notin a}$ deve coincidere con $A$ e deve essere $A\notin A$.
Quest'ultima proprieta' NON genera il paradosso in quanto non se ne puo' dedurre che $A$ appartiene a $B$ ( $P(A)$ e' vera ma $A\notin A$ !!!)
$B$ ($B$ sta per barbiere
) definito da $B={a\in A:a\notin A}$ e avresti il paradosso.Comunque e' effettivamente inutile inutile tirare in ballo l'insieme di tutti gli insiemi. Mi pare che la questione dell'evitare il paradosso di Russel stia cosi' (ripeto che non sono un logico dunque controllate se vi torna...)
Ricordiamo che il paradosso si basa sulla definizione di $B={a:a\notin a}$. Se si potesse considerare tale $B$ si troverebbe che
$(B\in B)\Rightarrow (B\notin B)$ e $(B\notin B)\Rightarrow B\in B)$ ergo paradosso (diceva cosi' un mio vecchio libro di algebra...).
Ma lo schema di rimpiazzamento non consente di definire un insieme a partire unicamente da una proprieta', richiede anche un dominio - posso al piu' definire
$B={a\in A:a\notin a}$ per un qualche $A$ che sono libero di scegliere. In questa definizione si usa la proprieta' $P(a)=$"$a\notin a$".
Come ho detto sopra se ho troppa liberta' nel scegliere $A$ il paradosso si ripropone. Se invece aggiungo l'assioma di regolarita' direi che il paradosso non funziona piu'.
Infatti come conseguenza della regolarita' nessun insieme $a$ puo' appartenere a se stesso (cioe' $P(a)$ e' sempre vera) e quindi $B={a\in A:a\notin a}$ deve coincidere con $A$ e deve essere $A\notin A$.
Quest'ultima proprieta' NON genera il paradosso in quanto non se ne puo' dedurre che $A$ appartiene a $B$ ( $P(A)$ e' vera ma $A\notin A$ !!!)
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