matforum.untz.info

Postao/la **onermin** » uto mar 09, 2010 11:57 am

Aksiom 6 (aksiom podskupa) glasi: Za zadani skup $A$ ,
$(\exists B)(\forall x)(x\in B \Leftrightarrow (x\in A \land P(x)))$ , gdje je $P(\cdot)$ predikat koji ne sadrzi slobodnu promjenljivu $B$ .

Da li se ovaj aksiom moze zamjeniti sljedećim iskazom:
$(\exists B)(\forall x)(x\in B \Leftrightarrow P(x))$ ?

Postao/la **SelmirZ** » ned maj 23, 2010 8:21 pm

Ne moze se zamijeniti, zbog toga sto aksiom 6 uzima sve elemente x sa osobinom P(x) iz skupa A, i `ubacuje` ih u skup B, a predlozena zamjena aksioma 6 uzima sve elemente x iz posmatranog univerzuma skupova koji imaju osobinu P(x)

Postao/la **onermin** » pon maj 24, 2010 10:59 am

Dakle, do cega bi dovelo ovakvo "skracivanje" aksiome (ova skracena forma se inace zove "potpuna komprehenzija")? Probajte definisati predikat kojim bi ste obrazlozili ovu nemogucnost.

Postao/la **SelmirZ** » pon maj 24, 2010 10:03 pm

Mislim da bi dovelo do paradoksa slicnog Rusellovom paradoksu iz Kantorove teorije skupova...

Postao/la **onermin** » sri jun 02, 2010 12:38 pm

Upravo tako. Izbor predikata $P: \neg (x\in x)$ bi doveo do Russellovog paradoksa.

matforum.untz.info

Zamjena aksioma

Zamjena aksioma

Re: Zamjena aksioma

Re: Zamjena aksioma

Re: Zamjena aksioma

Re: Zamjena aksioma

Online