Ví dụ

Vì $R\{\xi,\xi\}$ đúng với mọi lực lượng $\xi$, điều phải chứng minh là, với mọi tập hợp $E$ các lực lượng, quan hệ “$\xi\in E$ và $\eta\in E$ và $R\{\xi,\eta\}$” là một quan hệ thứ tự tốt trên $E$. Xét tập hợp $A=\bigcup_{\xi\in E}\xi$.

Mọi lực lượng $\xi\in E$ khi đó là một tập con của $A$. Theo § 2, Định lý 1, tồn tại một quan hệ thứ tự tốt trên $A$, mà ta sẽ ký hiệu bởi $\xi\leq\eta$, và mọi tập con của $A$ đều có cùng lực lượng với một đoạn của $A$ (§ 2, no. 5, Định lý 3, Hệ quả x). Với mỗi lực lượng $\xi\in E$, xét tập hợp các đoạn của $A$ có cùng lực lượng với $\xi$; tập hợp các đoạn này không rỗng và vì thế có một phần tử bé nhất (§ 2, no. 1, Mệnh đề 2); gọi $\varphi(\xi)$ là phần tử bé nhất ấy. Quan hệ

“$\xi\in E$ và $\eta\in E$ và $\xi$ có cùng lực lượng với một tập con của $\eta$”

khi đó tương đương với

“$\xi\in E$ và $\eta\in E$ và $\varphi(\xi)\subset\varphi(\eta)$”.

Vì rõ ràng quan hệ thứ hai kéo theo quan hệ thứ nhất. Ngược lại, nếu $\xi$ đẳng lực với một tập con của $\varphi(\eta)$, thì không thể có $\varphi(\eta)\subset\varphi(\xi)$ và $\varphi(\eta)\neq\varphi(\xi)$; nếu không thì sẽ tồn tại một đoạn của $\varphi(\eta)$ đẳng lực với $\xi$ (§ 2, no. 5, Định lý 3, Hệ quả 3), trái với định nghĩa của $\varphi(\xi)$. Vì tập hợp các đoạn của $A$ được sắp tốt bởi quan hệ bao hàm (§ 2, no. 1, Mệnh đề 2), định lý được suy ra.

¶ Chúng tôi sẽ ký hiệu quan hệ $R\{\xi,\eta\}$ bởi $\xi\leq\eta$. Một tập hợp $X$ là đẳng lực với một tập con của một tập hợp $Y$ khi và chỉ khi $\operatorname{Card}(X)\leq\operatorname{Card}(Y)$.

Rõ ràng ta có $0\leq\xi$ với mọi lực lượng $\xi$, và $1\leq\xi$ với mọi lực lượng $\xi\neq0$.

Tồn tại một tập hợp E chứa mọi tập hợp $\mathfrak{a}_\iota$ (chẳng hạn, tổng của các tập hợp này (Chương II, § 4, no. 8)), do đó $\mathfrak{a}_\iota \leqslant \mathfrak{a} =$ Card (E) với mọi $\iota \in I$. Tập hợp F của các lực lượng $\leqslant \mathfrak{a}$ được sắp tốt và chứa mọi $\mathfrak{a}_\iota$, và vì vậy họ $(\mathfrak{a}_\iota)_{\iota \in I}$ có một cận trên bé nhất $\mathfrak{b}$ trong F. Cho $\mathfrak{c}$ là một lực lượng $\geqslant \mathfrak{a}_\iota$ với mọi $\iota \in I$; nếu $\mathfrak{c} < \mathfrak{b} \leqslant \mathfrak{a}$, thì $\mathfrak{c} \in F$, và bất đẳng thức $\mathfrak{a}_\iota \leqslant \mathfrak{c}$ mâu thuẫn với định nghĩa của cận trên bé nhất của họ $(\mathfrak{a}_\iota)$ trong tập hợp có thứ tự F; do đó suy ra kết quả.

¶ Theo lối nói lạm dụng, lực lượng $\mathfrak{b}$ được gọi là cận trên bé nhất của họ $(\mathfrak{a}_\iota)_{\iota \in I}$ và được ký hiệu bởi $\sup_{\iota \in I} \mathfrak{a}_\iota$.

Thật vậy, tồn tại một tiết diện $s$ liên kết với $f$ (Chương II, § 3, no. 8, Mệnh đề 8) và $s$ là một đơn ánh từ Y vào X.

Thật vậy, tồn tại một song ánh từ P (resp. S) lên tích (resp. tổng) của các tập hợp $(\mathfrak{a}_\iota)$ (Chương II, § 4, no. 8, Mệnh đề 10, và § 5, no. 7, Hệ quả của Mệnh đề 11).

Thật vậy, tồn tại một ánh xạ từ tổng S của các $\mathrm{E}_\iota$ lên hợp của các $\mathrm{E}_\iota$ (Chương II, § 4, no. 8); do đó Hệ quả suy ra từ các Mệnh đề 3 và 4.

(b) Cho $(\mathfrak{a}_\iota)_{\iota \in \mathrm{I}}$ là một họ các lực lượng và cho $(\mathrm{J}_\lambda)_{\lambda \in \mathrm{L}}$ là một phân hoạch của I. Khi đó

("tính kết hợp của tổng và tích").

(c) Cho $((\mathfrak{a}_{\lambda\iota})_{\iota \in \mathrm{J}_\lambda})_{\lambda \in \mathrm{L}}$ là một họ (được đánh chỉ số bởi L) gồm các họ số lượng, và đặt $\mathrm{I} = \coprod_{\lambda \in \mathrm{L}} \mathrm{J}_\lambda$. Khi đó

("tính phân phối của tích đối với tổng").

Các hệ thức trong (a) suy ra từ các công thức tương tự đối với hợp và tích của các tập hợp, từ sự kiện rằng $f$ là một song ánh kéo theo rằng nếu $(\mathrm{X}_\iota)_{\iota \in \mathrm{I}}$ là một họ các tập hợp đôi một rời nhau, thì các phần tử của họ $(\mathrm{X}_{f(x)})_{x \in \mathrm{K}}$ cũng đôi một rời nhau (xem Chương II, § 4, no. 1, Mệnh đề 1 và § 5, no. 3, Mệnh đề 4).

¶ Các hệ thức trong (b) là những hệ quả ngay lập tức của các công thức tính kết hợp đối với các hợp và tích (Chương II, § 4, no. 2, Mệnh đề 2 và § 5, no. 5, Mệnh đề 7) và của tính phân phối của giao đối với hợp (Chương II, § 5, no. 6, Mệnh đề 8), điều này cho thấy rằng nếu $(\mathrm{X}_\iota)_{\iota \in \mathrm{I}}$ là một họ các tập hợp đôi một rời nhau, thì các phần tử của họ

cũng đôi một rời nhau.

¶ Sau cùng, (c) suy ra từ tính phân phối của tích đối với hợp và giao (Chương II, § 5, no. 6, Mệnh đề 9 và Hệ quả 1).

¶ Cho $\mathfrak{a}$ và $\mathfrak{b}$ là hai lực lượng. Nếu I là một tập hợp gồm hai phần tử phân biệt (ví dụ, lực lượng 2), tồn tại một ánh xạ $f$ từ I lên $\{\mathfrak{a}, \mathfrak{b}\}$ xác định một họ các lực lượng. Tổng và tích của họ này chỉ phụ thuộc vào $\mathfrak{a}$ và $\mathfrak{b}$ (theo Mệnh đề 5(a)); các lực lượng này được gọi tương ứng là tổng và tích của $\mathfrak{a}$ và $\mathfrak{b}$, và được ký hiệu bởi $\mathfrak{a} + \mathfrak{b}$ và $\mathfrak{a}\mathfrak{b}$. Tương tự đối với tổng và tích của ba hoặc nhiều lực lượng hơn. Khi đó Mệnh đề 5 suy ra hệ quả sau :

(1)

(2) (3)

Mệnh đề này hiển nhiên đối với tổng, vì tổng $\mathrm{S}_\mathrm{I}$ của họ các tập hợp $(\mathfrak{a}_\iota)_{\iota \in \mathrm{I}}$ là đẳng lực với hợp của tổng $\mathrm{S}_\mathrm{J}$ của họ $(\mathfrak{a}_\iota)_{\iota \in \mathrm{I}}$ và tập rỗng, và do đó đẳng lực với $\mathrm{S}_\mathrm{J}$. Mệnh đề liên quan đến các tích suy ra từ thực tế là phép chiếu $\mathrm{pr}_\mathrm{K}$ của tập hợp tích $\prod_{\iota \in \mathrm{I}} \mathfrak{a}_\iota$ lên tích bộ phận $\prod_{\iota \in \mathrm{K}} \mathfrak{a}_\iota$ là một song ánh (Chương II, § 5, no. 5, Nhận xét 1).

Công thức thứ hai là một hệ quả của sự kiện rằng mọi tập hợp đều là hợp của các tập con một phần tử của nó. Công thức thứ nhất suy ra từ công thức thứ hai bằng cách nhân với $\mathfrak{a}$ và dùng Hệ quả 1.

Đây chỉ đơn thuần là một cách diễn đạt lại điều kiện để một tập hợp tích là khác rỗng (Chương II, § 5, no. 4, Mệnh đề 5, Hệ quả 2).

Cho $X = \mathfrak{a} + 1 = \mathfrak{b} + 1$. Khi đó tồn tại các tập con A, B của X có lực lượng lần lượt là $\mathfrak{a}$, $\mathfrak{b}$, sao cho các phần bù $X - A, X - B$ mỗi cái chỉ gồm một phần tử duy nhất. Gọi $u$, $v$ là các phần tử này. Giao $C = A \cap B$ có phần bù trong X là tập $\{u, v\}$. Nếu $u = v$, thì $A = B = C$, do đó $\mathfrak{a} = \mathfrak{b}$. Nếu $u \neq v$, thì $A = C \cup \{v\}$, $B = C \cup \{u\}$, và vì thế $\mathfrak{a} = 1 + \mathrm{Card}\ (C) = \mathfrak{b}$.

☡

Người đọc nên thận trọng khi giả sử rằng $\mathfrak{a} + \mathfrak{m} = \mathfrak{b} + \mathfrak{m}$ kéo theo $\mathfrak{a} = \mathfrak{b}$ với mọi lực lượng $\mathfrak{m}$ (x. § 6); \* tuy nhiên, về sau ta sẽ thấy rằng hệ quả này là đúng nếu $\mathfrak{m}$ là hữu hạn (§ 5, no. 2, Mệnh đề 3, Hệ quả 4 và § 6, no. 3, Định lý 3, Hệ quả 4). \*

Thật vậy, tồn tại một song ánh từ $X^{Y}$ lên tập hợp các ánh xạ từ $\mathfrak{b}$ vào $\mathfrak{a}$ (Chương II, § 5, no. 2, Mệnh đề 2, Hệ quả).

Điều này suy ra từ định nghĩa của Tích của một họ tập hợp như một tập hợp các đồ thị phiếm hàm (Chương II, § 5, no. 3).

Cho S là tổng của các tập hợp $\mathfrak{b}_{\iota}$, và đặt $\mathfrak{a}_{s} = \mathfrak{a}$ với mọi $s \in S$. Khi đó hai vế của đẳng thức cần chứng minh đều bằng $\mathbf{P}_{s \in S} \mathfrak{a}_{s}$, theo Mệnh đề 10 và công thức tính kết hợp của các tích (no. 3, Mệnh đề 5(b)).

Đặt $\mathfrak{a}_{\iota\beta} = \mathfrak{a}_\iota$ với mỗi cặp $(\iota, \beta) \in \mathbf{I} \times \mathfrak{b}$. Khi đó, theo tính kết hợp của tích, ta có

Đặt $\mathfrak{b}_\gamma = \mathfrak{b}$ với mọi $\gamma \in \mathfrak{c}$. Khi đó

theo Hệ quả 1.

Thật vậy, tồn tại một ánh xạ duy nhất từ $\varnothing$` vào mọi tập hợp đã cho (cụ thể là ánh xạ có đồ thị là tập rỗng); tập hợp các ánh xạ từ một tập hợp gồm một phần tử duy nhất vào một tập hợp tùy ý X có cùng lực lượng với X (Chương II, § 5, no. 3); tồn tại một ánh xạ duy nhất từ một tập hợp tùy ý vào một tập hợp gồm một phần tử duy nhất; và sau cùng, không tồn tại ánh xạ nào từ một tập hợp khác rỗng vào $\varnothing$.

¶ Chú ý đặc biệt rằng $0^0 = 1$.

Gọi $\alpha$ và $\beta$ là các phần tử của lực lượng 2. Với mỗi tập con Y của X, gọi $f_{\mathrm{Y}}$ là ánh xạ từ X vào 2 được xác định bởi $f_{\mathrm{Y}}(x) = \alpha$ nếu $x \in \mathrm{Y}$ và $f_{\mathrm{Y}}(x) = \beta$ nếu $x \in \mathrm{X} - \mathrm{Y}$. Gọi $u$ là ánh xạ $\mathrm{Y} \to f_{\mathrm{Y}}$ từ $\mathfrak{P}(\mathrm{X})$ vào $2^{\mathrm{X}}$. Ngược lại, với mỗi ánh xạ $g$ từ X vào 2, ta liên kết tập con $\overset{-1}{g}(\alpha)$ của X, và gọi $v$ là ánh xạ $g \to \overset{-1}{g}(\alpha)$ từ $2^{\mathrm{X}}$ vào $\mathfrak{P}(\mathrm{X})$. Hiển nhiên $u \circ v$ và $v \circ u$ là các ánh xạ đồng nhất của $2^{\mathrm{X}}$ và $\mathfrak{P}(\mathrm{X})$; do đó $u$ và $v$ là các song ánh (Chương II, § 3, no. 8, Mệnh đề 8, Hệ quả) và vì thế Card $(\mathfrak{P}(\mathrm{X})) = 2^{\mathfrak{a}}$.

Thật vậy, quan hệ $\mathfrak{a} \geqslant \mathfrak{b}$ có nghĩa là tồn tại một tập con B của $\mathfrak{a}$ đẳng lực với $\mathfrak{b}$ (no. 2), tức là $\mathfrak{a}$ đẳng lực với tập hợp là tổng của $\mathfrak{b}$ và một tập hợp $c$.

☡

Nếu $\mathfrak{a} \geqslant \mathfrak{b}$, thì thường có nhiều lực lượng $\mathfrak{c}$ sao cho $\mathfrak{a} = \mathfrak{b} + \mathfrak{c}$ (x. § 6); do đó nói chung không thể định nghĩa "hiệu" $\mathfrak{a} - \mathfrak{b}$ của hai lực lượng như vậy (x. § 5, no. 2).

Bất đẳng thức thứ hai suy ra từ các quan hệ bao hàm giữa các tích của các tập hợp (Chương II, § 5, no. 4, Mệnh đề 6, Hệ quả 3). Còn đối với bất đẳng thức thứ nhất, nếu một tập hợp E là hợp của một họ $(A_\iota)_{\iota \in I}$ các tập con đôi một rời nhau và nếu $B_\iota \subset A_\iota$ với mọi $\iota \in I$, thì các $B_\iota$ cũng đôi một rời nhau và $\bigcup_\iota B_\iota \subset \bigcup_\iota A_\iota$ (Chương II, § 4, no. 2).

Đặt $\mathfrak{b}_\iota = \mathfrak{a}_\iota$ nếu $\iota \in J$, và $\mathfrak{b}_\iota = 0$ (tương ứng $\mathfrak{b}_\iota = 1$) nếu $\iota \in I - J$. Khi đó áp dụng Mệnh đề 14, nhận thấy rằng quan hệ $\mathfrak{a} \neq 0$ kéo theo $\mathfrak{a} \geqslant 1$.

Vì $\mathfrak{a}^\mathfrak{b} \leqslant \mathfrak{{a}'}^\mathfrak{b}$ theo các Mệnh đề 10 và 14, và $\mathfrak{{a}'}^\mathfrak{b} \leqslant \mathfrak{{a}'}^{\mathfrak{b}'}$ theo Mệnh đề 10 và Hệ quả 1 của Mệnh đề 14.

Ta có $\mathrm{Card}(\mathfrak{P}(\mathfrak{a})) = 2^\mathfrak{a}$ (no. 5, Mệnh đề 12). Ánh xạ $x \to \{x\}$ $(x \in \mathfrak{a})$ là một đơn ánh từ $\mathfrak{a}$ vào $\mathfrak{P}(\mathfrak{a})$, do đó $\mathfrak{a} \leqslant 2^\mathfrak{a}$. Vậy chỉ cần chỉ ra rằng $\mathfrak{a} \neq 2^\mathfrak{a}$, nghĩa là, với mọi ánh xạ $f$ của $\mathfrak{a}$ vào $\mathfrak{P}(\mathfrak{a})$, ảnh $f(\mathfrak{a})$ phân biệt với $\mathfrak{P}(\mathfrak{a})$. Gọi X là tập hợp của mọi $x \in \mathfrak{a}$ sao cho $x \notin f(x)$. Nếu $x \in X$, ta có $x \notin f(x)$, do đó $f(x) \neq X$; nếu $x \in \mathfrak{a} - X$, ta có $x \in f(x)$ và $x \notin X$, do đó $f(x) = X$. Điều đó cho thấy rằng $X \notin f(\mathfrak{a})$ và chứng minh định lý.

Nếu U là một tập hợp như vậy, thì sẽ tồn tại một tập hợp S, tổng của họ tập hợp $(X)_{X \in U}$, sao cho mọi lực lượng đều đẳng lực với một tập con của S. Đặc biệt, đặt $\mathfrak{S} = \mathrm{Card}(S)$; vì $2^\mathfrak{S}$ là một lực lượng, ta sẽ có $2^\mathfrak{S} \leqslant \mathfrak{S}$, mâu thuẫn với Định lý 2.