Ekvipotentni skupovi Mihaela Rašić, Andreja Rogar, Valentina Tisanić 0. svibnja 017. 1
Sadržaj 1 Uvod 3 Ekvipotentni skupovi 3 3 Hilbertov paradoks 4 4 Prebrojivi i neprebrojivi skupovi 5 4.1 Cantorov dijagonalni postupak...................... 6 5 Primjeri 7 6 Zaključak 15 7 Literatura 15
1 Uvod Skup je jedan od osnovnih objekata proučavanja matematičara i on se ne definira kao ni točka, broj i pravac. Većinom podrazumijevamo da je skup dobro definiran ako zadovoljava svojstvo prema kojem odre dujemo njegove elemente. Često se provjerava pripada li neki element tom skupu ili ne, što je unija, a što presjek skupova. Iako se sa skupovima prirodnih, cijelih i realnih brojeva učenici susreću još u osnovnoj školi, tek se u 1. razredu srednje škole (skupovi prirodnih, cijelih, racionalnih, iracionalnih i realnih brojeva) te u. razredu srednje škole (skup kompleksnih brojeva), proučava njihov skupovni karakter i u 4. razredu srednje škole ekvipotentnost skupova, bijekcije izme du skupova i prebrojivost skupova. Jedno od svojstava koja proučavamo kod skupova je i broj elemenata nekog skupa te imaju li skupovi jedanak broj elemenata, što je primjerice kod dvočlanog i tročlanog skupa lako provjeriti prebrojavanjem elemenata i uspore divanjem brojeva. Kada promatramo skupove prirodnih i cijelih brojeva, onda nam više nije lako prebrojati ih i provjeriti imaju li jednak broj elemenata jer su oba skupa beskonačna, možemo samo pretpostaviti da cijelih brojeva ima više, jer je skup prirodnih brojeva pravi podskup skupa cijelih brojeva. Georg Cantor (Petrograd, 1845.-Halle, 1918.), smatra se ocem teorije skupova jer je uveo novu disciplinu u proučavanju matematike, učenje o skupovima, do koje je došao proučavajući područja matematičkih beskonačnosti. U ovom seminaru objasnit ćemo ekvipotentnost skupova, prebrojivost i neprebrojivost skupova, dati primjere bijekcija izme du skupova cijelih i prirodnih brojeva i izme du intervala. Ekvipotentni skupovi Ekvipotentnost skupova koristila se od daleke prošlosti, no ljudi tada nisu koristili naziv ekvipotentnost. Priče koje se prenose od davnina govore o tome da su pastiri prebrojavali svoje ovce tako da su za svaku ovcu koja je izašla na ispašu ubacili po jedan kamenčić u vreću. Pri povratku ovaca, kamenčići bi se izbacivali iz vreće i ukoliko u vreći ostane kamenčića, znali bi da nisu sve ovce na okupu. Na taj način oni su zapravo uspostavljali bijekciju izme du skupa ovaca i skupa kamenčića u vreći. Tako der, svako dijete uči brojati preko prstiju ruke, povezuje brojnost predmeta s prstima. Definicija 1.Funkciju f : A B nazivamo bijekcijom ili obostrano jednoznačnim pres- 3
likavanjem ako je svaki element skupa B slika točno jednog elementa skupa A. Definicija. Za skupove A i B kažemo da su ekvipotentni (jednakobrojni) ako postoji bijekcija sa skupa A u skup B. Oznaka za ekvipotentnost skupova A i B jest A B. Prebrojavanjem nekog konačnog skupa elemenata mi zapravo uspostavljamo bijekciju tog skupa sa skupom prvih nekoliko prirodnih brojeva. Na taj način svakom konačnom nepraznom skupu pridružujemo kardinalni broj tog skupa, što je broj njegovih elemenata. Svaki skup iz iste klase ima jednak kardinalni broj. Teorem 1. Ekvipotentnost me du skupovima je refleksivna, simetrična i tranzitivna relacija, to jest relacija ekvivalencije. Provjerimo prvo refleksivnost, identiteta je bijekcija pa je X X. Dalje, ako vrijedi X Y, po definiciji ekvipotentnosti, postoji funkcija sa skupa X na skup Y koja je bijekcija. Njoj inverzna funkcija je tako der bijekcija i djeluje sa skupa Y na skup X. Dakle, Y X, pa vrijedi i simetričnost. Na kraju, kompozicija dviju bijekcija je bijekcija pa ako je X Y i Y Z onda vrijedi i X Z, to jest ekvipotentnost je tranzitivna. Zaključujemo, ekvipotentnost je relacija ekvivalencije. 3 Hilbertov paradoks Jedna od zanimljivih priča koja beskonačnost skupova dočarava na pomalo šaljiv način je priča o Hilbertovom hotelu, [6]. Zamislimo da negdje daleko u Svemiru postoji hotel s beskonačno mnogo soba. Sobe su numerirane brojevima 1,, 3,... No, zamislimo da su sve sobe zauzete gostima, i dolazi još jedan putnik koji želi sobu. Što će portir napraviti s njim? Jednostavno, zamolit će gosta iz sobe 1 da se premjesti u sobu, gost iz sobe u sobu 3, itd. Novopridošlog gosta će tada smjestiti u sobu broj 1. Promotrimo još jedan problem s kojim bi se mogao susresti portir hotela s beskonačno mnogo soba i čije su sve sobe zauzete. Zamislimo da u Svemiru postoji još jedan hotel s beskonačno mnogo soba čije su sve sobe popunjene gostima. Jednog dana glavna komisija za graditeljstvo u svemirskim prostranstvima otkrila je da taj drugi hotel nema gra devinsku dozvolu. Istog trena taj drugi hotel je morao biti zatvoren i svi gosti (beskonačno mnogo njih) stali su pred vrata prvog hotela (čije su sve sobe pune). No, portir se brzo snašao. Gosta iz sobe 1 svog hotela premjestio je u sobu, gosta iz sobe u sobu 4, gosta iz sobe 3 u sobu 6, itd. Tako je ispraznio sve sobe s neparnim brojevima te je u njih smjestio goste iz zatvorenog hotela. Sada kada se već tako dobro snalazimo s hotelima s beskonačno mnogo 4
soba promotrimo još jedan problem koji bi portiru mogao zadati mnogo glavobolja. Zamislimo da u Svemiru postoji beskonačno mnogo hotela s beskonačno mnogo soba i sve su sobe popunjene gostima. Svemirska gra devinska komisija iz raznih je razloga zatvorila sve hotele osim jednog. Tada su svi gosti (po beskonačno mnogo njih iz svakog od beskonačno mnogo hotela) došli pred vrata tog jednog hotela koji je još imao dozvolu za rad. Snalažljivi portir sada nije znao rješenje ove na prvi pogled bezizlazne situacije. Trebao je pomoć matematičara. 4 Prebrojivi i neprebrojivi skupovi Prirodni brojevi stoljećima služe ljudima za provo denje postupaka prebrojavanja tako što ih nanižu redom počevši od broja 1. Kada takvim postupkom do demo do broja n uvijek možemo nastaviti dodavanjem jedinice, što nam pokazuje da skup prirodnih brojeva nije konačan. Osim skupa prirodnih brojeva, skupovi cijelih, racionalnih i realnih brojeva su beskonačni te su jedan drugome podskupovi. Kada bismo željeli usporediti brojnost tih skupova znajući da su svi oni beskonačni, zaključili bismo da je cijelih brojeva više nego prirodnih, što ne možemo dokazati očiglednim činjenicama. Konačne skupove po brojnosti uspore dujemo tako što im prebrojimo elemente i vidimo kojem pripada veći rezultat. U srednjoškolskoj matematici s pojmovim prebrojivosti i neprebrojivosti te ekvipotentnim skupovima susreću se samo učenici prirodoslovnih gimnazija. Prema [5] na početku školske godine učenici se upoznaju s brojevnim sustavima, matematičkom indukcijom i skupovima brojeva, nakon čega slijedi podcjelina Prebrojivost i neprebrojivost skupova. Definicija 3. Za svaki skup A kažemo da je prebrojiv ako je ekvipotentan skupu prirodnih brojeva N. Ako je skup beskonačan i nije prebrojiv, tada kažemo da je neprebrojiv. Iz gornje definicije slijedi da je skup A prebrojiv ako se skup njegovih elemenata može poredati u beskonačan niz, a neprebrojiv ako se skup njegovih elemenata ne može poredati u slijed. Teorem. Skup racionalnih brojeva Q je prebrojiv. Ako zamislimo da su u jedan stupac ispisani svi prirodni brojevi i u stupac do popisujemo razlomke koji u nazivniku imaju, u treći stupac sve razlomke s nazivnikom 3 i tako dalje. Svaki će pozitivan racionalan broj naći svoje mjesto u toj tablici, tako će se broj m, gdje su m i n prirodni brojevi, naći do broja m prvog stupca (u m-tom n 5
retku), u n-tom stupcu, onom što počinje brojem 1. Brzo možemo uočiti kako se brojevi ponavljaju, pa će se pri prvoj pojavi ispisati, a pri svakoj sljedećoj ispustiti. n Doći ćemo do niza:1,, 1, 1 3,3,4, 3, 3, 1 4, 1,5,...(Slika 1.) Time je dokazano da je skup svih 5 pozitivnih racionalnih brojeva prebrojiv. Sada se nije teško uvjeriti da je i sam skup racionalnih brojeva prebrojiv. Nizanje možemo početi nulom, a zatim, kako ispišemo neki pozitivan racionalan broj, uz njega odmah dopisujemo njemu suprotan broj. Tako dobivamo niz: 0,1, 1,,, 1, 1, 1 3, 1 3,... Slika 1. Prebrojivost racionalnih brojeva 4.1 Cantorov dijagonalni postupak Cantorov dijagonalni postupak je postupak kojim je Cantor dokazao da je skup svih realnih brojeva neprebrojiv. Mi ćemo prikazati neprebrojivost skupa realnih brojeva iz intervala 0,1. Teorem 3. Skup 0,1 nije prebrojiv. Promatramo skup svih realnih brojeva iz intervala 0,1, odnosno skup svih realnih brojeva x za koje vrijedi 0 < x < 1. Takvi se brojevi mogu napisati kao beskonačni decimalni brojevi oblika 0.a 1 a a 3...a n... Treba pokazati da ne možemo poredati u niz sve realne brojeve iz 0,1, odnosno, da ne postoji bijekcija s N u 0,1. Ako pokažemo da se to ne može napraviti za interval 0,1, onda to ne vrijedi ni za skup realnih brojeva. Pretpostavimo suprotno, tj. da je skup 0,1 prebrojiv, odnosno sve realne brojeve iz 0,1 možemo poredati u beskonačan niz. Sada konstruiramo decimalni broj b na sljedeći način: neka je njegov cijeli dio 0, što znači da je taj broj iz intervala 0,1. Prvom 6
broju u tom popisu pogledamo prvu decimalu. Ako je ona različita od jedan, na mjesto prve decimale našeg broja zapišemo 1, u suprotnom zapišemo i takav postupak nastavljamo. Ako drugi broj po redu ima za drugu decimalu znamenku 1, u broju što ga konstruriramo na drugu poziciju iza decimalne točke stavit ćemo, a ako je ta znamenka različita od 1, upisat ćemo jedinicu. Naš će broj biti iz intervala 0,1 i na nekom i-tom mjestu imat će jednicu ili dvojku, ovisno o tome ima li i-ti broj u popisu na i-tom mjestu iza decimalne točke jedinicu ili nema. Broj b je različit od svih brojeva u popisu jer se od prvog broja razlikuje u prvom mjestu iza decimalne točke, od drugog u drugom mjestu iza decimalne točke, a to je u proturječju s pretpostavkom da smo sve realne brojeve iz 0,1 poredali u niz. Zaključujemo da skup svih realnih brojeva koji pripadaju intervalu 0,1 nije prebrojiv, tj. ne postoji bijekcija s N u 0,1 pa ne postoji niti bijekcija sa N u R, odnosno, skup realnih brojeva nije prebrojiv. 5 Primjeri Riješit ćemo nekoliko karakterističnih zadataka iz [5] i [7]. Primjer 1. Skupovi N i Z su ekvipotentni. Definiramo funkciju f : N Z sa f (n) = { n, za n paran,, za n neparan. Navedena funkcija je bijekcija. Dokažimo tu tvrdnju. Iz definicije funkcije se vidi da se parni prirodni brojevi preslikavaju u pozitivne cijele, a neparni u negativne cijele brojeve. Ako su a i b takvi da je f (a) = f (b), tada je taj broj f (a) ili 0 ili pozitivan cijeli ili negativan cijeli broj. Prvo proučimo slučaj kad je f (a) = f (b) = 0, slijedi da je a = 0, a to nije moguće jer je a N. Me du neparnim prirodnim samo 1 će se preslikati u 0, jer je 1 a = 0 za a = 0, svi 1 n ostali neparni će se preslikati u broj različit od 0. Me du parnim prirodnim brojevima tražimo onaj koji se preslikava u 0, tj. a = 0 za a = 0, ali on nije prirodan, pa ne postoji parni prirodni original od 0. Dakle, ako je f (a) = f (b) = 0 slijedi da je a = b = 0. Ako je f (a) = f (b) pozitivan cijeli broj, to znači da su a i b parni, tj. f (a) = a i f (b) = b, pa je a = b, tj. a = b. Ako je f (a) = f (b) negativan broj, to znači da su a i b neparni, tj. f (a) = 1 a i 7
f (b) = 1 b 1 a, pa iz f (a) = f (b) slijedi = 1 b, odnosno a = b. Surjekcija: Neka je y Z pozitivan. Tada postoji x N za koji vrijedi x = y. Tako der, vrijedi f (x) = x = y, tj. x je praslika (original) broja y. Neka je z Z negativan. Tada je w = 1 z prirodan te tako der vrijedi f (w) = 1 w = z, tj. w je original broja z. Za broj 0 original je broj 1. Dakle, f je surjekcija. Zaključujemo, f je bijekcija. Primjer. Skup N i skup neparnih prirodnih brojeva su ekvipotentni. Definiramo funkciju f : N N 1, f (n) = n 1. Navedena funkcija je bijekcija. Injekcija: Neka su a i b prirodni brojevi. Tada je f (a) = a 1 i f (b) = b 1. Neka je f (a) = f (b), odnosno a 1 = b 1 te ako sa svake strane dodamo 1 iz a = b/ : a = b slijedi da je f injekcija. Surjekcija: Neka je y N 1. Tada postoji x N takav da je y = x 1, tj. x = y + 1. No, vrijedi f (x) = x 1 = y pa zaključujemo da je x original broja y. Slijedi, f je surjekcija pa je i bijekcija. Primjer 3. Intervali [0,1] i [1,3] su ekvipotentni. 8
Slika. Trebamo definirati bijekciju koja svakom broju iz intervala [0,1] pridružuje točno jedan broj iz intervala [1,3], tj. trebamo odrediti funkciju f : [0, 1] [1, 3]. Najjednostavnije je tražiti linearnu funkciju čiji graf je pravac koji prolazi točkama (0,1) i (1,3). Neka je f (x) = αx + β za koju vrijedi f (0) = 1 i f (1) = 3. Tada imamo sustav: α 0 + β = 1 α 1 + β = 3 Iz čega slijedi β = 1 α =. Konačno, f (x) = x + 1. Dokažimo bijektivnost. Injekcija: Neka su a i b [0,1] i neka je f (a) = f (b). Tada je: a + 1 = b + 1 / dodamo s obje strane (-1) a = b a = b Slijedi, f je injekcija. Surjekcija: Treba pokazati da za svaki y [1,3], postoji x [0,1] tako da y = f (x). Neka je y [1,3], x definiramo na ovaj način: x = (y 1) 1, odnosno x = 1 y 1. Trebamo dokazati da za svaki y [1,] taj x = y 1 pripada intervalu [0,1]. Nejednakosti 1 y 3 podijelimo s i dobivamo Uvrstimo li x + 1 umjesto y dobivamo što je trebalo dokazati. Provjerimo još da je y = f (x). 1 y 3. 1 x + 1 3 0 x 1, Imamo f (x) = ( 1 y 1 ) + 1 = y 1 + 1 = y. 9
Slijedi, f je surjekcija pa je i bijekcija. Primjer 4. Intervali [0,1] i [1, su ekvipotentni. Za početak istaknimo skup S={1, 1, 1 4, 1 8,...}={x x = 1,n N}. Funkcija koju n 1 ćemo promatrati je sljedeća: f : [0, 1] [1, { x + 1, x [0,1]\S f (x) = x + 1, x S. Tako zadana funkcija je bijekcija što ćemo provjeriti. Injekcija: Neka je f (x 1 ) = f (x ). Za x 1, x S imamo x 1 + 1 = x + 1 / dodamo broj ( 1) s obje strane x 1 = x / x 1 = x. Neka je x 1,x [0,1]\S imamo x 1 + 1 = x + 1 / dodamo broj (-1) s obje strane, x 1 = x. Neka je x 1 / S i x S. Tada iz f (x 1 ) = f (x ) slijedi x 1 + 1 = x + 1 / dodamo broj (-1) s obje strane, x 1 = x Budući da je x S, slijedi x S, tj. x 1 S, a to je u kontradikciji s pretpostavkom da x 1 / S. Zaključujemo da je f injekcija. 10
Surjekcija: Neka je y [1, i neka y nije oblika y = 1 + 1, k N, tada za y postoji x iz domene k tako da je y oblika y = x + 1, x je oblika x = y 1 što je original od y kod preslikavanja. S druge strane, ako y jest oblika y = 1 1 + 1, k N, uzmemo x = k k 1. Vrijedi sljedeće: f (x) = x + 1 = 1 k 1+1 + 1 = 1 k + 1 = y Slijedi da je f surjekcija. Funkcija f je injekcija i surjekcija pa i bijekcija. Zaključujemo da su zadani intervali ekvipotentni. Slični zadatak ćemo riješiti pomoću kompozicije triju funkcija. Primjer 4*. Intervali [,5] i [30,47 su ekvipotentni. U ovakvom primjeru najlakše je konstruirati bijekciju izme du intervala kompozicijom više funkcija. Konstruirajmo funkcije: f 1 : [,5] [0,1], f 1 (x) = x 3 3 (do jednadžbe za f 1 do demo preko formule za pravac kroz dvije točke). Funkcija f 1 je bijekcija, dokaz bijektivnosti provodi se analogno kao u Primjeru 3. g : [0,1] [0,1 g(x) = { x,x [0,1]\S x,x S gdje je S={x x = 1,n N}. Da su domena i kodomena skupovi [0,1] tada n 1 bi tražena bijekcija bila identiteta:g(x) = x, ali bi tada 1 iz kodomene imao svoj original. To moramo spriječiti i to tako da definiramo jedan niz brojeva (to su brojevi iz S) koji će se sa funkcijom x x preslikati u samog sebe bez 1 (to je taj desni rub u kodomeni koji ne smije biti slika nijednog broja iz [0,1]). Svi brojevi izvan S se preslikavaju u same sebe, tj. u brojeve izvan S. Funkcija g je bijekcija, dokaz bijektivnosti provodi se analogno kao u Primjeru 4. f : [0,1 [30,47, f (x) = 17x + 30, opet koristimo formulu za jednadžbu pravca kroz dvije točke, ovdje ne trebamo dodatne uvjete s obzirom da u domeni nije uključena 1, koja se navedenom funkcijom preslikava u 37, što tako der nije uključeno u kodomeni, pa navedena jednadžba zadovoljava područje definiranosti domene i kodomene. Funkcija f je bijekcija, dokaz bijektivnosti provodi se analogno kao u Primjeru 3. 11
Konačno kad smo konstruirali funkcije f 1, g i f, naša tražena funkcija jest h : [,5] [30,47, h = f g f 1, lako vidimo da je h bijekcija jer se radi o kompoziciji triju bijekcija. Primjer 5. Skup točaka polukružnice bez dvije krajnje točke i skup točaka na pravcu su ekvipotentni. Slika 3. Neka je točka S kao na Slici 1. te A i B krajnje točke polukružnice. Neka je p pravac paralelan sa spojnicom krajnjih točaka polukružnice i neka je T proizvoljna točka polukružnice, uz uvjet da je T A i T B. Točki T koja se nalazi na polukružnici pridružujemo točku T 1 koja se dobije presjekom polupravca ST i pravca p. Takvim pridruživanjem definiramo bijekciju s polukružnice bez krajnjih točaka na pravac. Injekcija: Ako je f (C) = f (D) = T 1, onda promatramo spojnicu T 1 S i ona siječe polukružnicu samo u jednoj točki i ta je točka praslika i za f (C) i za f (D), tj. C = D. Surjekcija: Neka je T 1 bilo koja točka pravca p. Spojimo S i T 1, taj pravac siječe polukružnicu u točki T. Točka T je praslika od T 1. Primjer 6. Skupovi R i 0,+ su ekvipotentni. Prisjetimo se funkcije kojoj je domena R, a kodomena 0,+, to je f (x) = e x. Znamo da vrijedi teorem: ako je funkcija f definirana na otvorenom intervalu strogo monotona, onda je f bijekcija. Deriviramo funkciju f, f (x) = e x, ona je pozitivna na cijelom skupu R, tj. f strogo raste na R, pa je prema gore navedeom teoremu f bijekcija. Dakle, kako postoji bijekcija izme du R i 0,+, slijedi da su oni ekvipotentni. Primjer 7. Na dvije dužine AB i CD različitih duljina koje leže na paralelnim različitim pravcima ima jednako mnogo točaka. 1
Slika 4. Slika 5. Neka su AB i CD dvije dužine različitih duljina koje leže na paralelnim različitim pravcima. Spojimo točke A i D i točke B i C i neka je točka O sjecište tih dvaju spojnica. Promatramo homotetiju sa središtem u točki O kojom se dužina AB preslikava na dužinu CD (mogli bismo spojiti točke A i C, te B i D i tamo gdje se one sijeku dobiti novi centar homotetije kao na Slici 5.). Svakoj točki T 1 AB tim preslikavanjem pridružujemo jedinstvenu točku T CD. Kako različitim točkama jedne dužine pridružujemo različite točke druge dužine, to je zadano preslikavanje injekcija te svakoj točki jedne dužine, pridružena je jedna točka druge dužine, pa je dano preslikavanje surjekcija. Zaključujemo, dužine AB i CD imaju jednako mnogo točaka. Slika 6. Napomenimo, u slučaju da su dužine AB i CD jednakih duljina kao na Slici 6., postupkom kao i za dvije dužine različitih duljina dobili bismo točku O kao središte homotetije s koeficijentom homotetije k = 1, odnosno svaka se točka T 1 AB centralnom sime- 13
trijom obzirom na točku O preslika u jedinstvenu točku T CD i analogno zaključku slučaja s dužinama različitih duljina zaključujemo da je to preslikavanje bijekcija, odnosno da dužine AB i CD imaju jednako mnogo točaka. Zadaci za vježbu: Primjer 8. Skupovi R i 0,π su ekvipotentni. Neka je A := 0,π. Funkcija f : A R koja bijektivno preslikava interval A na skup R je restrikcija funkcije kotangens, ctg A : A R. Primjer 9. Skup N i skup prirodnih brojeva djeljivih s 3 su ekvipotentni. Definiramo bijekciju f (n) = 3n. Primjer 10. Skup N i skup prirodnih brojeva koji pri dijeljenju s 3 daju ostatak 1 su ekvipotentni. Definiramo bijekciju f (n) = 3n. Primjer 11. Skup N i skup prirodnih brojeva koji su višekratnici prirodnog broja k 1 su ekvipotentni. Definiramo bijekciju f (n) = kn. Primjer 1. Intervali 1, i,4 su ekvipotentni. Definiramo bijekciju f (n) = 6n 8. Primjer 13. Intervali [0,1] i 0,1] su ekvipotentni. Definiramo bijekciju x, x / S f (x) = 1 1 n, x = 1 1 S, n 1 gdje je S={x x = 1 1,n N}. n 1 Primjer 14. Intervali 0,1 i 0,1] su ekvipotentni. Definiramo bijekciju { x, x / S f (x) = 1, x = 1 n 1 n S, gdje je S={x x = 1,n N}. n 14
Primjer 15. Intervali 0,1 i [0,1 su ekvipotentni. Definiramo bijekciju { x, x / S f (x) = 1 1, x = 1 1 n 1 n S, gdje je S={x x = 1 1,n N}. n 6 Zaključak Prebrojivost je jedna od stvari s kojom se svakodnevno susrećemo, kada prebrojavamo kovanice u novčaniku ili broj učenika u razredu, ali nikad ne razmišljamo dublje o tome. Rijetko tko bi kod takvog prebrojavanja uočio bijekciju sa skupom prirodnih brojeva ili uopće razmišljao što takvim postupkom zapravo radi. Iako vrlo raznolika i zanimljiva, tema prebrojivosti i ekvipotentnosti skupova pa i čitava teorija skupova, u srednjoškolskoj matematici nije previše zastupljena, možda zbog kompleksnosti razumijevanja pojma bekonačnosti ili zbog intuitivno nejasnih činjenica poput one da su skupovi prirodnih i cijelih brojeva prebrojivi i ekvipotentni, što pokazuje činjenica da se prebrojivost jedva dotakne u 4. razredu srednjih škola (većinom samo u prirodoslovno-matematičkim gimnazijama). Ovo područje matematike možda je poprilično apstraktno i neintuitivno, ali to ne bi trebala biti prepreka da se više radi u srednjim školama i potakne učenike da razmišljaju izvan nekih granica jasnoće te da egzaktno pokažu da nešto vrijedi, premda im to nije intuitivno jasno. 7 Literatura 1. S. Antoliš, A. Copić, Matematika 4, udžbenik sa zbirkom zadataka za 4.razred za prirodoslovno-matematičke gimnazije, Školska knjiga, Zagreb, 006.. N. Elezović, Matematika 4, udžbenik za 4. razred gimnazije, Element, Zagreb, 1996. 3. P. Papić, Uvod u teoriju skupova, HMD, Zagreb, 000. 4. B. Dakić, Matematički panoptikum, Školska knjiga, Zagreb, 1995. 5. B. Dakić, N. Elezović, Matematika 4, udžbenik i zbirka zadataka za 4. razred prirodoslovne gimnazije, Element, Zagreb, 003. 6. N. J. Vilenkin, Priče o skupovima, Školska knjiga, Zagreb, 1975. 7. M. Benko, R. Škrivanek, Ekvipotentnost skupova, seminarski rad iz MNM, Zagreb, 014. 15