
이제 기수끼리의 덧셈과 곱셈을 해보려고 합니다. 무한집합의 기수를 연산할 때는 실수의 덧셈과 곱셈과는 차이가 있다는 점을 주의해야 합니다. 오늘의 키워드는 '서로소'입니다.
1. 기수의 덧셈
정의(S.T) 4-7) 기수의 덧셈(Addition of cardinality)
a,b 를 기수라 하자. 이때 두 기수의 합을 a+b:=|A∪B| 로 정의하고, 여기서 두 집합 A,B 는 서로소이며 각각의 기수는 |A|=a,|B|=b 이다.
그러니까 기수의 덧셈을 하려면 더하기 전 두 집합이 서로소여야 합니다. 주어진 두 기수 a,b 에 대하여 이를 기수로 갖는 서로소인 두 집합을 반드시 택할 수 있다고 장담할 수 있을까요? 답은 그렇다인데, 이를 아래 보조정리에서 증명합니다.
보조정리(S.T) 4.2)
a,b 를 기수라 하자. 그러면
① |A|=a,|B|=b 를 만족하는 서로소인 두 집합 A,B 가 존재한다.
② 네 집합 A,B,A′,B′ 에 대하여 |A|=|A′| 이고 |B|=|B′| 이고 A∩B=ϕ=A′∩B′ 가 성립하면, |A∪B|=|A′∪B′| 이 성립한다.
증명) ① 기수의 공리 A1) 에 의하여, |A|=a,|B|=b 를 만족하는 두 집합 A,B 가 분명히 존재한다. 이 두 집합이 서로소이면 증명이 끝난다. 서로소가 아니라면, A×{0} 와 B×{1} 를 택한다. 그러면, A∼(A×{0}),B∼(B×{1}) 이고 이때 (A×{0})∩(B×{1})=ϕ 이다. 즉 기수가 각각 a,b 인 두 서로소인 집합으로 (A×{0}),(B×{1}) 을 반드시 택할 수 있다.
② 따름정리(S.T) 4.8.1) 로부터 유도된다. ◼
우리가 이미 아는 수 체계에서의 연산이 아닐 때, 다른 어떤 대상에 대해 연산을 부여할 때는 그 연산이 잘 정의되는지를 확인해야 합니다. 여기서는 서로소 조건이 굉장히 중요한데, 서로소가 아닌 상황을 한 번 고려해봅시다. 매우 쉽습니다.
예제 1) 두 집합이 서로소가 아닐 때 위의 정의를 이용하여 기수의 덧셈을 잘 정의할 수 있는가?
Sol) A={1,2} 이고 A={1,2,3} 라 하자. 그러면 A,B 는 서로소가 아니고 A∪B={1,2,3} 이다. 따라서 a=2,b=3 이므로 a+b=5 이지만 |A∪B|=3≠5 이므로 기수의 덧셈이 잘 정의되지 않는다. ◼
정의(S.T) 4-8) 알레프 널과 컨티넘(Aleph null and continuum)
자연수 집합의 기수와 실수 집합의 기수는 다음과 같이 특별한 기호를 도입해서 표현한다. 이 두 기호를 각각 '알레프 널(aleph null)'과 '컨티넘(continuum)'이라고 읽는다. 1
① |N|=ℵ0
② |R|=c
정리(S.T) 4.19) 기수의 교환 및 결합법칙
임의의 세 기후 a,b,c 에 대해 다음이 성립한다.
① 교환법칙 : a+b=b+a
② 결합법칙 : (a+b)+c=a+(b+c)
증명) 서로소인 두 집합의 A,B 의 기수를 각각 a,b 라 하자. 두 집합이 서로소이므로 A∪B=B∪A 이므로 교환법칙이 성립한다. 비슷하게 서로소인 세 집합 A,B,C 의 기수를 각각 a,b,c 라 하면 세 집합이 모두 서로소이므로 (A∪B)∪C=A∪(B∪C) 이므로 결합법칙이 성립한다. ◼
기수의 덧셈에서 가장 중요한 것은, 반드시 더하는 두 집합이 서로소라는 사실입니다. 이를 꼭 명심해야 합니다.
정리(S.T) 4.20) 기수의 합에 관한 등식들
① ℵ0+ℵ0=ℵ0
② n+ℵ0=ℵ0
③ ℵ0+c=c
④ c+c=c
증명)
① ℵ0+ℵ0=|N|+|N|=|Ne|+|No|=|Ne∪No|=|N|=ℵ0◼
② 기수가 n 인 집합 A={1,2,⋯n} 을 생각하자. 그러면
n+ℵ0=n+|N|=|A|+|N|=|A|+|N−Nk|=|{1,2,⋯n}∪{n+1,n+2,⋯}|=|N|=ℵ0
여기서 |N−Nk|=|N| 임을 사용했다. 그 까닭은, N∼(N−Nk) 이기 때문인데, 함수 f:N→(N−Nk) 를 n↦n+k 로 정의하면 이는 일대일대응이기 때문이다. ◼
③ ℵ0+c=|N|+|R|=|N|+|(0,1)|=|N∪(0,1)|=|R|=c
여기서 |N∪(0,1)|=|R| 가 성립하는 까닭은 칸토어-슈뢰더-베른슈타인 정리에 의한 것으로서, R 의 부분집합인 |N∪(0,1)| 이 |N∪(0,1)| 과 대등하고, 반대로 |N∪(0,1)| 의 부분집합인 (0,1) 이 R 과 대등하기 때문이다. ◼
④ 함수 f:(−1,1)→R 을 f(x)=tan(πx2) 로 잡자. 자명히 f 는 전단사이고, (왜?) 따라서
c+c=|R|+|R|=|(−1,0)|+|(0,1)|=|(−1,0)∪[0,1)|=|(−1,1)|=|R|=c◼ 2
2. 기수의 곱셈
정의(S.T) 4-9) 기수의 곱셈
두 기수 a,b 에 대하여 기수의 곱은 ab 로 표기하고, ab:=|A×B| 으로 정의하며, 여기서 |A|=a,|B|=b 이다.
합에서와 비슷하게, 두 기수의 곱을 하필 두 집합의 데카르트 곱의 기수로 정하는 것에 대해 잘 정의되는지 확인해야 합니다.
예제 2) 기수의 곱은 잘 정의되는가?
sol) a=|A|=|A′| 이고 b=|B|=|B′| 라 하자. 두 함수 f,g 를 각각 f:A∼A′ 과 g:B∼B′ 으로 정의하게 되면, f×g:A×B→A′×B′ 은 (x,y)↦(f(x),g(x)) 으로 정의되고 정리(S.T) 4.9) 에 의하여 이는 전단사함수이다. 그러므로 |A×B|=|A′×B′| 가 성립하여, 잘 정의된다. ◼
정리(S.T) 4.21)
① ℵ0ℵ0=ℵ0
② c⋅c=c
증명)
① ℵ0ℵ0=|N|×|N|=|N×N|=|N|=ℵ0 여기서 |N×N|=|N| 은 정리(S.T) 4.13) 에 의한 것이다. ◼
② c⋅c=|R||R|=|(R×R)|=|R|⋯(1)=c
여기서 (1) 이 성립함을 보이기 위해 (R×R)∼R 임을 보이는 과정이 필요하다. R∼(0,1) 이므로, ((0,1)×(0,1))∼(0,1) 을 대신 보이자. 이것이 가능한 까닭은 정리(S.T) 4.9) 때문이다.
i) (0,1)∼((0,1)×{0.5})⊆((0,1)×(0,1)) 가 되고,
ii) ((0,1)×(0,1))∼S⊆(0,1) 이 성립함을 보이고 싶다. 여기서 S 는 (0,1) 의 한 부분집합이다. 단사함수 f:(0,1)×(0,1)→(0,1) 을 생각하면, 만일 f 와 같이 단사함수를 만들 수 있기에 ((0,1)×(0,1))∼f((0,1)×(0,1))⊆(0,1) 가 성립하고, 결국 i), ii) 에 의하여 각각이 서로의 부분집합과 대등하므로 ((0,1)×(0,1))∼(0,1) 임이 증명된다.
그러므로 단사함수 f 를 잘 정의할 수 있는지 살펴보자. f 의 정의역의 임의의 원소를 (x,y) 라 하면 칸토어의 대각법에서 했던 것처럼 (x,y)∈(0,1) 인 x,y 를 무한소수로 표기해보면
x=0.x1x2x3⋯ y=0.y1y2y3⋯
이때 간단히 f((x,y))=0.x1y1x2y2x3y3⋯ 로 정의하게 된다면
f((x,y))=f((x′,y′))⇒0.x1y1x2y2x3y3⋯=0.x′1y′1x′2y′2x′3y′3⋯⇒x1=x′1,y1=y′1,x2=x′2,y2=y′2⋯⇒x=x′,y=y′⇒(x,y)=(x′,y′)
이므로 f 는 명백히 단사이다. ◼
정리(S.T) 4.22) 기수의 곱에 대한 교환, 결합, 분배법칙의 성
임의의 세 기수 a,b,c 에 대해 다음이 성립한다
① 교환법칙 : ab=ba
② 결합법칙 : (ab)c=a(bc)
③ 분배법칙 : a(b+c)=ab+bc
증명) 기수의 곱이 같을 필요충분조건은 두 집합의 데카르트 곱이 같은 것이 아니라, 대등한 것임을 떠올려보자. |A|=a,|B|=b,|C|=c 라 하고 기수 곱의 정의를 생각하자. 그러면 데카르트 곱은 교환성이 없어 A×B≠B×A 임은 분명하지만, A×B∼B×A 이기 때문에 ab=ba 가 된다. 또한 |(A×B)×C|∼|A×(B×C)| 가 성립하므로 결합법칙 역시 성립하고, 분배법칙 역시 같은 원리로 성립한다. ◼
[참고문헌]
You-Feng Lin, Shwu-Yeng T,Lin - Set thoery
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