Paradoxo de Russell [fechado]

Question

Seja X o conjunto de todos os conjuntos que não se contêm.X é membro de X?

Answer 1

Em ZFC, ou o axioma da fundação [como mencionado] ou o axioma (esquema) da compreensão proibirão isso.A primeira, por razões óbvias;a segunda, já que basicamente diz que para determinado z e propriedade de primeira ordem P, você pode construir { x ∈ z : P(x) }, mas para gerar o conjunto Russell, você precisaria z = V (a classe de todos os conjuntos), que não é um conjunto (ou seja,não pode ser gerado a partir de nenhum dos axiomas fornecidos).

Em Novas Fundações (NF), "x ∉ x"não é uma fórmula estratificada e, portanto, novamente não podemos definir o conjunto de Russell.De forma um tanto divertida, porém, V é um conjunto em NF.

Na teoria dos conjuntos de von Neumann-Bernays-Gödel (NBG), a classe R = { x : x é um conjunto e x ∉ x } é definível.Perguntamos então se R ∈ R;se sim, então também R ∉ R, dando uma contradição.Assim devemos ter R ∉ R.Mas não há contradição aqui, uma vez que para qualquer classe A, A ∉ R implica A ∈ A ou A é uma aula adequada.Desde R ∉ R, devemos simplesmente ter isso R é uma aula adequada.

Claro, a classe R = { x : x ∉ x }, sem a restrição, simplesmente não é definível em NBG.

Também digno de nota é que o procedimento acima pode ser formalmente construído como uma prova em NBG, enquanto em ZFC é preciso recorrer ao meta-raciocínio.

Answer 2

A questão está mal colocada no padrão ZFC (Zermelo-Fraenkel + axioma da Escolha) teoria dos conjuntos porque o objeto assim definido não é um conjunto.

Já que (novamente, assumindo o ZFC padrão) seu aula {x:x ot\in x} não é um conjunto, a resposta é não, não é um elemento de si mesmo (mesmo como uma classe), pois apenas conjuntos podem ser elementos de classes ou conjuntos.

A propósito, assim que você concordar com o axioma da fundação, nenhum conjunto pode ser um elemento de si mesmo.

É claro que o bom da matemática é que você pode escolher os axiomas que quiser :) mas acreditar em paradoxos é simplesmente estranho.

Answer 3

A prova mais elegante que já vi lembra muito o paradoxo de Russell.

Teorema (Cantor, suponho).Seja X um conjunto e 2^X o conjunto de seus subconjuntos.Então cartão(X) <cartão(2^X).

Prova.Certamente card(X) <= card(2^X), já que existe uma bijeção trivial entre X e os singletons em 2^X.Devemos provar que card(X) != card(2^X).

Suponha que haja uma bijeção entre X e 2^X.Então cada xk em X é mapeado para um conjunto Ak em 2^X.

• x1 ---> A1
• x2 ---> A2
• ...
• xk ---> Ak
• ...

Para cada xk as chances são:ou xk pertence a Ak ou não.Seja M o conjunto de todos aqueles xk que fazem não pertencem ao seu conjunto correspondente Ak.M é um subconjunto de X, portanto deve existir um elemento m de X que é mapeado em M pela bijeção.

M pertence a M?Se sim, então não acontece, pois M é o conjunto daqueles x que fazem não pertencem ao conjunto para o qual estão mapeados.Se não, então acontece, pois M contém todos tais x.Esta contradição decorre da suposição de que existe uma bijeção.Assim, uma bijeção não pode existir, as duas cardinalidades são diferentes e o teorema está provado.