Chương 19: Tập hợp

Câu hỏi mở đầu

Suốt từ Chương 4, ta đã nói "nhóm các số tự nhiên", "\(x\) thuộc \(\mathbb{R}\)", "mỗi nhóm khác rỗng có một số nhỏ nhất" khá tùy tiện. Một "nhóm" như thế chính xác là gì? Có thể gom bất cứ thứ gì lại thành một nhóm, rồi coi nhóm ấy là một đối tượng toán học, không?

Túi và nhãn

Có hai cách chỉ ra một nhóm đồ vật. Cách thứ nhất là bỏ chúng vào một cái túi: đây là 0, đây là 1, đây là 2, đây là 3. Cách thứ hai là dán một cái nhãn: "các số tự nhiên nhỏ hơn 4". Cái túi chỉ dùng được khi đồ vật ít. Cái nhãn dùng được cả khi đồ vật nhiều vô kể, như "các số chẵn", thứ mà không cái túi nào đựng hết.

Một nhóm có thể mang nhiều nhãn. "Các số tự nhiên nhỏ hơn 4", "các nghiệm tự nhiên của phương trình \(x(x - 1)(x - 2)(x - 3) = 0\)", "các số dư có thể gặp khi chia một số tự nhiên cho 4": ba nhãn nói về ba chuyện khác nhau (so sánh, phương trình, phép chia), vậy mà cùng chỉ ra 0, 1, 2, 3. Chúng có là cùng một nhóm không?

Toán học trả lời: có. Một nhóm được biết hoàn toàn qua những gì nằm trong nó. Cách mô tả, thứ tự liệt kê, việc nhắc một thứ hai lần, đều không thuộc về nhóm. Đây là quyết định nền tảng của chương này, và mọi điều khác đi ra từ nó.

Từ đây, những "nhóm" ấy có tên chính thức: tập hợp (set), gọi tắt là tập. Mỗi đối tượng nằm trong một tập là một phần tử (element) của tập ấy. Từ Chương 3, sách cố ý dùng chữ "nhóm" để khỏi phải định nghĩa quá sớm; chương này trả món nợ đó.

Chỉ một câu hỏi

Một tập hợp "biết" gì? Với mỗi đối tượng, nó trả lời đúng một câu hỏi: đối tượng này có nằm trong tập không? Chỉ vậy thôi. Tập gồm 0, 1, 2, 3 trả lời "có" cho bốn số ấy và "không" cho mọi thứ khác: cho số 4, cho số \(\frac12\), cho chiếc ghế bạn đang ngồi.

Ba hệ quả đến ngay:

• Thứ tự không quan trọng. Liệt kê "1 rồi 2" hay "2 rồi 1", câu trả lời cho mỗi đối tượng vẫn thế, nên đó là cùng một tập.
• Lặp lại không quan trọng. Nhắc số 1 hai lần không làm câu trả lời cho số 1 "có hơn"; chữ "có" chỉ có một mức.
• Chỉ có một tập không chứa gì. Hai tập cùng trả lời "không" cho mọi đối tượng thì không có cách nào phân biệt, nên là một. Đó là tập rỗng (empty set). "Tập các con voi trong phòng này" và "tập các số nguyên tố chẵn lớn hơn 2" nghe rất khác nhau, nhưng nếu phòng không có voi thì hai nhãn được dán lên cùng một tập.

Vì sao cấu trúc này phải xuất hiện, dù chưa ai đặt tên cho nó? Vì mỗi khi ta nói "mọi \(x\) ..." hay "có một \(x\) ...", ta đã ngầm gom một nhóm: miền của biến ở Chương 15. Mỗi khi đếm, ta đếm một nhóm (Chương 4). Mỗi khi phân loại, ta chia một nhóm thành các lớp (Chương 3). Câu hỏi "có thuộc hay không" là thứ tối thiểu mà mọi lập luận về "những cái như thế này" đều cần. Tập hợp là cái còn lại khi bỏ hết mọi thứ khác: thứ tự, số lần, tên gọi, cách mô tả.

Có một chỗ tinh tế. Tập là một đối tượng mới, khác với các phần tử của nó. Tập chỉ gồm số 1 không phải là số 1, như một cái hộp đựng một quả táo không phải là quả táo. Vì tập là một đối tượng, nó có thể là phần tử của một tập khác, như những cái hộp xếp lồng trong nhau.

Và, hoặc, không

Câu "\(x\) nằm trong \(A\)" là một mệnh đề: với mỗi \(x\), nó đúng hoặc sai. Vì thế các phép nối của Chương 14 tạo ra tập mới từ tập cũ:

• giữ những gì nằm trong \(A\) hoặc nằm trong \(B\): đó là hợp (union) của \(A\) và \(B\);
• giữ những gì nằm trong \(A\) và nằm trong \(B\): đó là giao (intersection) của \(A\) và \(B\);
• giữ những gì nằm trong \(A\) và không nằm trong \(B\): đó là hiệu của hai tập hợp (set difference) \(A\) và \(B\);
• giữ những gì không nằm trong \(A\): đó là phần bù (complement) của \(A\).

Phép cuối cần cẩn thận. "Mọi thứ không nằm trong \(A\)" là những thứ gì: số, ghế, voi, tập hợp? Muốn phần bù có nghĩa, phải chọn trước một tập chứa mọi đối tượng đang bàn, gọi là tập vũ trụ (universal set) \(U\). Bàn về số nguyên thì \(U\) là tập các số nguyên; bàn về một lớp học thì \(U\) là tập học sinh của lớp. Phần bù của \(A\) gồm những phần tử của \(U\) không nằm trong \(A\). Mục Ranh giới sẽ cho thấy vì sao không thể chọn một \(U\) chứa "mọi thứ".

Người ta vẽ các tập bằng sơ đồ Venn (Venn diagram): mỗi tập là một vùng kín, tập vũ trụ là hình chữ nhật bao quanh, tập kết quả là vùng được tô.

Hợp, giao, hiệu và phần bù. Mỗi vùng tô gồm những phần tử làm cho một câu "hoặc", "và", "và không", "không" trở thành đúng.

Còn phép kéo theo? Nếu với mọi \(x\), "\(x\) nằm trong \(A\)" kéo theo "\(x\) nằm trong \(B\)", thì cả vùng \(A\) nằm gọn trong vùng \(B\). Khi ấy \(A\) là tập con (subset) của \(B\). Chương 14 đã vẽ phép kéo theo đúng như thế: vùng nhỏ nằm trong vùng lớn. Và nếu hai câu ấy tương đương với mọi \(x\), hai tập chỉ là một.

Ký hiệu

Viết \(x \in A\), đọc "\(x\) thuộc \(A\)", khi \(x\) là một phần tử của \(A\); viết \(x \notin A\) khi không phải. Dấu \(\in\) đã xuất hiện ở Chương 15; giờ ta biết nó nói gì. Có hai cách viết một tập:

• liệt kê các phần tử trong dấu ngoặc nhọn, ngăn nhau bằng dấu chấm phẩy để khỏi lẫn với dấu phẩy thập phân: \(\{0; 1; 2; 3\}\); tập \(\{1{,}5; 2\}\) có hai phần tử;
• mô tả bằng tính chất: \(\{x \in \mathbb{N} \mid x < 4\}\), đọc "tập các \(x\) thuộc \(\mathbb{N}\) sao cho \(x < 4\)". Trước dấu \(\mid\) là tập mà ta lấy phần tử ra; sau nó là tính chất phần tử phải có. Khi tập ấy đã rõ, có thể viết gọn \(\{x \mid x < 4\}\). Một biến thể: \(\{2k \mid k \in \mathbb{Z}\}\) là tập mọi số có dạng \(2k\) với \(k\) nguyên, tức tập các số chẵn.

Dấu \(\mid\) trong ngoặc nhọn đọc là "sao cho", khác với \(a \mid b\) ("\(a\) là ước của \(b\)") ở Chương 8.

Các ký hiệu còn lại:

• \(\varnothing\) là tập rỗng.
• \(A \subseteq B\), đọc "\(A\) là tập con của \(B\)" hay "\(A\) chứa trong \(B\)"; sách giáo khoa Việt Nam viết \(A \subset B\).
• \(A \cup B\) là hợp, \(A \cap B\) là giao, \(A \setminus B\) là hiệu, \(\overline{A}\) là phần bù của \(A\) trong tập vũ trụ \(U\) (sách giáo khoa viết \(C_U A\)). Dấu gạch trên đầu giống cách sách giáo khoa viết phủ định \(\overline{P}\) của một mệnh đề, và sự giống nhau ấy không ngẫu nhiên.
• Một tập \(A\) là tập hữu hạn (finite set) khi nó có \(n\) phần tử, theo nghĩa của Chương 4, với một số tự nhiên \(n\) nào đó; khi ấy viết \(|A| = n\). Tập không hữu hạn là tập vô hạn (infinite set), như \(\mathbb{N}\).
• Các khoảng trên trục số ở Chương 11 là những tập con của \(\mathbb{R}\): \([a; b] = \{x \in \mathbb{R} \mid a \leq x \leq b\}\) và \((a; b) = \{x \in \mathbb{R} \mid a < x < b\}\); \([a; b)\) và \((a; b]\) tương tự. Ngoặc vuông nghĩa là đầu mút thuộc tập, ngoặc tròn nghĩa là không thuộc.
• Tập mọi tập con của \(A\) gọi là tập lũy thừa (power set) của \(A\), viết \(\mathcal{P}(A)\). Chẳng hạn \(\mathcal{P}(\{1; 2\}) = \{\varnothing; \{1\}; \{2\}; \{1; 2\}\}\).
• Cặp có thứ tự (ordered pair) \((a; b)\) ghi hai đối tượng theo một thứ tự: \((a; b) = (c; d)\) khi và chỉ khi \(a = c\) và \(b = d\). Tập mọi cặp \((a; b)\) với \(a \in A\) và \(b \in B\) gọi là tích Descartes (Cartesian product) của \(A\) và \(B\), viết \(A \times B\). Tên gọi nhắc tới René Descartes, người dùng cặp số để chỉ vị trí của điểm trên mặt phẳng. Cách viết \((a; b)\) trùng với cách viết một khoảng; ngữ cảnh cho biết đó là cặp hay khoảng.

Bảng sau đặt mỗi ký hiệu cạnh câu logic mà nó viết tắt:

Tập hợp	Nghĩa là
\(x \in A \cup B\)	\(x \in A \lor x \in B\)
\(x \in A \cap B\)	\(x \in A \land x \in B\)
\(x \in A \setminus B\)	\(x \in A \land x \notin B\)
\(x \in \overline{A}\)	\(x \in U \land x \notin A\)
\(A \subseteq B\)	với mọi \(x\): \(x \in A \Rightarrow x \in B\)
\(A = B\)	với mọi \(x\): \(x \in A \Leftrightarrow x \in B\)

Làm bằng tay

Ví dụ 1 (bốn phép toán). Lấy \(U = \{1; 2; \dots; 8\}\), \(A = \{1; 2; 3; 4; 5\}\) và \(B = \{4; 5; 6\}\). Đi qua từng phần tử của \(U\) và hỏi hai câu, "thuộc \(A\)?" và "thuộc \(B\)?":

\[ A \cup B = \{1; 2; 3; 4; 5; 6\}, \quad A \cap B = \{4; 5\}, \quad A \setminus B = \{1; 2; 3\}, \quad B \setminus A = \{6\}, \]

\[ \overline{A} = \{6; 7; 8\}, \qquad \overline{B} = \{1; 2; 3; 7; 8\}. \]

Để ý \(A \setminus B \neq B \setminus A\): phép hiệu, như phép trừ, phụ thuộc thứ tự. Giờ thử một điều: \(\overline{A \cup B} = \{7; 8\}\), và \(\overline{A} \cap \overline{B}\) cũng là \(\{7; 8\}\). Tương tự, \(\overline{A \cap B} = \{1; 2; 3; 6; 7; 8\} = \overline{A} \cup \overline{B}\). Đây là luật De Morgan của Chương 14, lần này cho tập hợp; mục Phát biểu chặt chẽ sẽ chứng minh nó.

Ví dụ 2 (khoảng trên trục số). Với \(A = [1; 4]\) và \(B = (2; 6)\):

\[ A \cap B = (2; 4], \qquad A \cup B = [1; 6), \qquad A \setminus B = [1; 2], \qquad B \setminus A = (4; 6). \]

Chỗ cần để ý là các đầu mút. Số 2 thuộc \(A\) nhưng không thuộc \(B\) (ngoặc tròn), nên 2 nằm trong \(A \setminus B\) mà không nằm trong \(A \cap B\). Số 4 thuộc cả hai, nên \(4 \in A \cap B\) và \(4 \notin B \setminus A\). Tập vô hạn không liệt kê được, nhưng câu hỏi "thuộc hay không" vẫn hỏi được cho từng số.

Ví dụ 3 (mọi tập con của \(\{a; b; c\}\)). Liệt kê theo số phần tử:

• không phần tử: \(\varnothing\);
• một phần tử: \(\{a\}\), \(\{b\}\), \(\{c\}\);
• hai phần tử: \(\{a; b\}\), \(\{a; c\}\), \(\{b; c\}\);
• ba phần tử: \(\{a; b; c\}\).

Tổng cộng \(1 + 3 + 3 + 1 = 8\) tập con, kể cả \(\varnothing\) và chính \(\{a; b; c\}\). Vì sao 8? Một tập con được xác định hoàn toàn bởi ba câu trả lời: có \(a\) không, có \(b\) không, có \(c\) không. Mỗi câu có hai cách trả lời, nên có \(2 \cdot 2 \cdot 2 = 8\) tập con. Thêm một phần tử \(d\) thì mỗi tập con cũ tách thành hai (có \(d\) hoặc không), nên số tập con gấp đôi, thành 16.

Mỗi đường từ gốc tới lá là ba câu trả lời có hoặc không, và cho đúng một tập con của \(\{a; b; c\}\). Ba lần chọn, mỗi lần hai khả năng: \(2 \cdot 2 \cdot 2 = 8\) tập con.

Ví dụ 4 (trà và cà phê). Một cuộc hỏi ý kiến 40 người (số liệu giả định) cho thấy 25 người thích trà, 18 người thích cà phê, 7 người thích cả hai. Bao nhiêu người không thích thứ nào?

Cộng vội \(25 + 18 = 43\) thì vượt quá 40: bảy người thích cả hai đã bị đếm hai lần, một lần trong 25, một lần trong 18. Trừ đi phần đếm trùng, số người thích ít nhất một thứ là \(25 + 18 - 7 = 36\). Vậy \(40 - 36 = 4\) người không thích thứ nào. Kiểm lại theo từng vùng: chỉ thích trà có \(25 - 7 = 18\) người, chỉ thích cà phê có \(18 - 7 = 11\) người, và \(18 + 7 + 11 + 4 = 40\).

Bốn vùng của sơ đồ không chồng lên nhau, nên số người ở bốn vùng cộng lại đúng bằng 40. Số liệu giả định.

Lối đếm "cộng vào, rồi trừ phần đếm trùng" gọi là nguyên lý bao hàm và loại trừ (inclusion-exclusion principle): \(|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B|\).

Ví dụ 5 (tích Descartes).

\[ \{1; 2\} \times \{x; y; z\} = \{(1; x); (1; y); (1; z); (2; x); (2; y); (2; z)\}. \]

Có \(2 \cdot 3 = 6\) phần tử, xếp thành một lưới 2 hàng, 3 cột. Đây đúng là lưới dùng để định nghĩa phép nhân ở Chương 5: tích \(a \cdot b\) là số cặp \((i; j)\). Vậy \(|A \times B| = |A| \cdot |B|\). Còn \(\{x; y; z\} \times \{1; 2\}\) là một tập khác, vì \((x; 1) \neq (1; x)\), dù nó cũng có 6 phần tử.

Mỗi ô của lưới là một cặp có thứ tự: thành phần đầu lấy từ hàng, thành phần sau lấy từ cột. Lưới 2 hàng, 3 cột có 6 ô.

Khi \(A = B = \mathbb{R}\), mỗi phần tử của \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}\) là một cặp số thực, và có thể đọc nó như một điểm của mặt phẳng: đi sang phải một đoạn bằng số thứ nhất, đi lên một đoạn bằng số thứ hai. Phần III sẽ dựng đồ thị trên chính tập ấy.

Ví dụ 6 (hai tập vô hạn bằng nhau). Chứng minh rằng các số nguyên vừa chẵn vừa chia hết cho 3 chính là các bội của 6:

\[ \{n \in \mathbb{Z} \mid n \text{ chẵn}\} \cap \{n \in \mathbb{Z} \mid n \text{ chia hết cho } 3\} = \{6k \mid k \in \mathbb{Z}\}. \]

Không thể liệt kê hai tập vô hạn ra để so, nên ta chứng minh mỗi tập nằm trong tập kia. Gọi vế trái là \(C\), vế phải là \(D\).

• Mọi phần tử của \(D\) thuộc \(C\): nếu \(n = 6k\) thì \(n = 2 \cdot (3k)\) là số chẵn và \(n = 3 \cdot (2k)\) chia hết cho 3.
• Mọi phần tử của \(C\) thuộc \(D\): cho \(n\) chẵn và \(n = 3m\) với \(m\) nguyên. Nếu \(m\) lẻ, \(m = 2j + 1\), thì \(n = 6j + 3 = 2(3j + 1) + 1\) là số lẻ, vô lý. Vậy \(m\) chẵn, \(m = 2k\), và \(n = 6k\).

Hai chiều cho \(C = D\). Đây là cách chuẩn để chứng minh hai tập bằng nhau, và Mệnh đề 3 dưới đây nói vì sao nó đủ.

Ranh giới

Tập không nhớ thứ tự; cặp thì nhớ. \(\{1; 2\} = \{2; 1; 1\}\), nhưng \((1; 2) \neq (2; 1)\): trên mặt phẳng, đi sang phải 1 rồi lên 2 không tới cùng chỗ với đi sang phải 2 rồi lên 1. Vậy cặp có thứ tự là một loại đối tượng hoàn toàn mới? Không hẳn: có thể dựng nó từ tập hợp, chẳng hạn đặt

\[ (a; b) = \{\{a\}; \{a; b\}\}. \]

Tập này "nhớ" được thành phần nào đứng trước: khi \(a \neq b\), phần tử \(a\) nằm trong cả hai tập bên trong, còn \(b\) chỉ nằm trong một. Bài C4 chứng minh cách dựng này có đúng tính chất cần thiết: \((a; b) = (c; d)\) khi và chỉ khi \(a = c\) và \(b = d\). Thứ tự, tưởng là một khái niệm riêng, hóa ra dựng được chỉ từ câu hỏi "thuộc hay không".

Thuộc khác chứa trong. \(1 \in \{1; 2\}\) và \(\{1\} \subseteq \{1; 2\}\), nhưng \(\{1\} \notin \{1; 2\}\): hai phần tử của \(\{1; 2\}\) là hai số, không phần tử nào là một tập. Tương tự, \(\varnothing\) và \(\{\varnothing\}\) khác nhau: cái hộp rỗng không đựng gì, còn cái hộp đựng một hộp rỗng thì đựng một thứ, nên \(|\varnothing| = 0\) còn \(|\{\varnothing\}| = 1\). Và \(\varnothing \subseteq A\) với mọi tập \(A\), vì câu "nếu \(x \in \varnothing\) thì \(x \in A\)" có giả thiết luôn sai: nó đúng một cách trống rỗng, như ở Chương 14.

Dấu ba chấm chỉ là lời gợi ý. \(\{2; 4; 6; \dots\}\) có phải tập các số chẵn dương? Có thể. Nhưng dãy \(2, 4, 6, 10, 16, 26, \dots\), trong đó mỗi số là tổng của hai số đứng trước, cũng bắt đầu bằng 2, 4, 6. Chương 1 đã cảnh báo rằng vài trường hợp đầu có thể đánh lừa. Một tập hữu hạn cho được bằng cách liệt kê đủ; một tập vô hạn chỉ thật sự được cho bằng một tính chất hay một quy tắc, như \(\{2k \mid k \in \mathbb{N}, k \geq 1\}\).

Không phải tính chất nào cũng cho một tập. Hầu hết các tập không phải phần tử của chính mình: tập các số chẵn không phải là một số chẵn. Nếu có "tập của mọi thứ", nó sẽ chứa chính nó. Hãy thử gom mọi tập không là phần tử của chính mình:

\[ R = \{x \mid x \notin x\}. \]

Hỏi: \(R \in R\) không? Nếu \(R \in R\) thì \(R\) có tính chất chung của các phần tử của \(R\), tức \(R \notin R\). Nếu \(R \notin R\) thì \(R\) có đúng tính chất ấy, nên \(R \in R\). Mỗi câu trả lời buộc câu trả lời ngược lại, y như câu "Câu này sai" ở Chương 14. Kết luận nhất quán duy nhất: không có tập \(R\) nào như thế. Cái nhãn "các tập không chứa chính mình" nghe hoàn toàn rõ ràng, vậy mà không dán được lên tập nào. Đây là nghịch lý Russell (Russell's paradox). Bertrand Russell tìm ra nó vào đầu thế kỷ 20, và nó cho thấy hệ thống mà Gottlob Frege dùng để xây số học từ logic, vốn cho phép mọi tính chất tạo ra một tập, là mâu thuẫn.

Cách thoát mà toán học chọn: chỉ được lấy phần tử ra từ một tập đã có, theo kiểu \(\{x \in U \mid P(x)\}\), chứ không gom "mọi \(x\)" trên đời. Với quy tắc ấy, lập luận của Russell không còn là nghịch lý mà thành một định lý (Định lý 9): không có tập nào chứa mọi tập. Đó là lý do phần bù luôn đi kèm một tập vũ trụ được chọn cho từng bài toán. Toán học ngày nay xây tập hợp trên một hệ tiên đề, phổ biến nhất là hệ tiên đề Zermelo-Fraenkel (Zermelo-Fraenkel set theory), trong đó quy tắc trên là một tiên đề; sách này không đi vào chi tiết hệ ấy.

Vậy câu hỏi mở đầu có hai câu trả lời. Gom lại rồi coi cả nhóm là một đối tượng: được, tập hợp chính là như thế. Gom bất cứ thứ gì: không, vì có những cách gom tự mâu thuẫn.

Phát biểu chặt chẽ

Định nghĩa 1 (bằng nhau, tập con). Cho hai tập \(A\) và \(B\).

• \(A = B\) khi \(\forall x\ (x \in A \Leftrightarrow x \in B)\).
• \(A \subseteq B\) khi \(\forall x\ (x \in A \Rightarrow x \in B)\).

Dòng đầu là cách viết chính xác của câu "một tập được biết hoàn toàn qua các phần tử của nó".

Định nghĩa 2 (các phép toán). Cho \(A\), \(B\) là các tập con của một tập \(U\).

\[ \begin{aligned} A \cup B &= \{x \in U \mid x \in A \lor x \in B\}, & A \cap B &= \{x \in U \mid x \in A \land x \in B\}, \\ A \setminus B &= \{x \in U \mid x \in A \land x \notin B\}, & \overline{A} &= \{x \in U \mid x \notin A\}. \end{aligned} \]

Hợp, giao và hiệu không phụ thuộc vào việc chọn \(U\), miễn \(U\) chứa cả \(A\) lẫn \(B\); chỉ phần bù phụ thuộc vào \(U\). Tập lũy thừa \(\mathcal{P}(A)\) là tập mọi tập con của \(A\). Tích Descartes là \(A \times B = \{(a; b) \mid a \in A, b \in B\}\), với \((a; b) = (c; d)\) khi và chỉ khi \(a = c\) và \(b = d\).

Mệnh đề 3 (hai chiều bao hàm). \(A = B\) khi và chỉ khi \(A \subseteq B\) và \(B \subseteq A\).

Chứng minh. Theo bảng chân trị ở Chương 14, \(P \Leftrightarrow Q\) đúng khi và chỉ khi \(P \Rightarrow Q\) và \(Q \Rightarrow P\) cùng đúng. Áp dụng điều ấy cho \(P\) là "\(x \in A\)", \(Q\) là "\(x \in B\)", với mọi \(x\). \(\square\)

Mệnh đề 4 (tập rỗng). (a) \(\varnothing \subseteq A\) với mọi tập \(A\). (b) Chỉ có một tập không có phần tử nào.

Chứng minh. (a) Với mọi \(x\), câu "\(x \in \varnothing \Rightarrow x \in A\)" có giả thiết sai nên đúng. (b) Giả sử \(E\) và \(E'\) đều không có phần tử nào. Lập luận ở (a) dùng được cho mọi tập không có phần tử, nên \(E \subseteq E'\) và \(E' \subseteq E\). Theo Mệnh đề 3, \(E = E'\). \(\square\)

Định lý 5 (luật phân phối). Với mọi tập \(A\), \(B\), \(C\): \(A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)\).

Chứng minh. Ta chứng minh hai chiều bao hàm.

(\(\subseteq\)) Cho \(x \in A \cap (B \cup C)\). Khi đó \(x \in A\), và \(x \in B\) hoặc \(x \in C\). Nếu \(x \in B\) thì \(x \in A \cap B\); nếu \(x \in C\) thì \(x \in A \cap C\). Trong cả hai trường hợp, \(x \in (A \cap B) \cup (A \cap C)\).

(\(\supseteq\)) Cho \(x \in (A \cap B) \cup (A \cap C)\). Nếu \(x \in A \cap B\) thì \(x \in A\) và \(x \in B\), nên \(x \in B \cup C\). Nếu \(x \in A \cap C\) thì \(x \in A\) và \(x \in C\), nên \(x \in B \cup C\). Trong cả hai trường hợp, \(x \in A \cap (B \cup C)\). \(\square\)

Hai vế của luật phân phối tô cùng một vùng. Hình gợi ý kết quả; chứng minh bằng phần tử mới bảo đảm nó đúng với mọi tập, kể cả tập vô hạn.

Định lý này là bản tập hợp của luật logic \(P \land (Q \lor R) \Leftrightarrow (P \land Q) \lor (P \land R)\); bảng chân trị 8 dòng của luật ấy (bài B8) ứng với 8 vùng của sơ đồ Venn ba vòng.

Định lý 6 (luật De Morgan cho tập hợp). Với \(A, B \subseteq U\) và phần bù lấy trong \(U\):

\[ \overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}, \qquad \overline{A \cap B} = \overline{A} \cup \overline{B}. \]

Chứng minh. Với mọi \(x \in U\):

\[ x \in \overline{A \cup B} \Leftrightarrow \lnot(x \in A \lor x \in B) \Leftrightarrow \lnot(x \in A) \land \lnot(x \in B) \Leftrightarrow x \in \overline{A} \cap \overline{B}, \]

trong đó bước giữa là luật De Morgan cho mệnh đề (Chương 14). Đẳng thức thứ hai chứng minh y như vậy, dùng luật De Morgan còn lại. \(\square\)

Định lý 7 (số tập con). Một tập có \(n\) phần tử có đúng \(2^n\) tập con.

Chứng minh (quy nạp theo \(n\), Chương 18). Bước cơ sở: tập rỗng có đúng một tập con là chính nó, và \(2^0 = 1\). Bước quy nạp: giả sử mọi tập có \(n\) phần tử đều có \(2^n\) tập con. Cho \(A\) có \(n + 1\) phần tử; chọn một phần tử \(a \in A\) và đặt \(A' = A \setminus \{a\}\), một tập có \(n\) phần tử. Các tập con của \(A\) chia làm hai loại không chung nhau. Loại không chứa \(a\) chính là các tập con của \(A'\): có \(2^n\) tập. Loại chứa \(a\): mỗi tập như thế là \(S \cup \{a\}\) với đúng một tập con \(S\) của \(A'\) (bỏ \(a\) đi thì được \(S\)), nên cũng có \(2^n\) tập. Tổng cộng \(2^n + 2^n = 2^{n+1}\). \(\square\)

Cây lựa chọn ở Ví dụ 3 là chứng minh ấy vẽ thành hình: mỗi tầng của cây là một bước quy nạp, nhân đôi số nhánh.

Định lý 8 (bao hàm và loại trừ). Với hai tập hữu hạn \(A\), \(B\): \(|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B|\).

Chứng minh. Ba tập \(A \setminus B\), \(A \cap B\), \(B \setminus A\) đôi một không có phần tử chung, và mỗi phần tử của \(A \cup B\) nằm trong đúng một trong ba tập ấy. Theo định nghĩa phép cộng ở Chương 5 (số phần tử của nhóm gộp từ những nhóm không có phần tử chung),

\[ |A \cup B| = |A \setminus B| + |A \cap B| + |B \setminus A|. \]

Tương tự, \(|A| = |A \setminus B| + |A \cap B|\) và \(|B| = |B \setminus A| + |A \cap B|\). Cộng hai đẳng thức sau: \(|A| + |B| = |A \cup B| + |A \cap B|\). \(\square\)

Định lý 9 (Russell). Cho \(U\) là một tập mà mọi phần tử đều là tập hợp, và \(R = \{x \in U \mid x \notin x\}\). Khi đó \(R \notin U\). Do đó không có tập nào chứa mọi tập hợp.

Chứng minh. Giả sử \(R \in U\). Theo định nghĩa của \(R\), với mọi \(x \in U\), \(x \in R \Leftrightarrow x \notin x\). Áp dụng cho \(x = R\): \(R \in R \Leftrightarrow R \notin R\). Nhưng câu \(P \Leftrightarrow \lnot P\) sai ở mọi dòng của bảng chân trị, nên ta đã suy ra một điều luôn sai, một mâu thuẫn (Chương 17). Vậy \(R \notin U\). Nếu có một tập chứa mọi tập hợp, thì giữ lại những phần tử là tập hợp của nó, ta được một tập \(V\) gồm đúng mọi tập hợp. Tập \(R\) dựng từ \(V\) là một tập hợp nên thuộc \(V\), trái với điều vừa chứng minh. \(\square\)

Sợi chỉ

• S6. Biểu diễn khác nhau của cùng một cấu trúc. Logic và tập hợp là một cấu trúc nhìn từ hai phía: "hoặc", "và", "không", "kéo theo" là hợp, giao, phần bù, tập con. Luật De Morgan xuất hiện hai lần, ở Chương 14 cho mệnh đề và ở đây cho tập hợp, và lần thứ hai được chứng minh bằng chính lần thứ nhất. Bảng chân trị 8 dòng là sơ đồ Venn 8 vùng; tích Descartes là lưới của phép nhân.
• S5. Rời rạc và liên tục. Tập hữu hạn liệt kê được, và số tập con của nó đếm được: \(2^n\). Tập vô hạn chỉ cho được bằng tính chất; các khoảng trên trục số là những tập vô hạn liền một dải, và phép toán trên chúng chỉ cần canh các đầu mút. Chương 21 sẽ hỏi các tập vô hạn có "to bằng nhau" không.
• S2. Thông tin và khả nghịch. Một tập con của một tập \(n\) phần tử chính là \(n\) câu trả lời có hoặc không, tức một dãy \(n\) chữ số nhị phân; đi từ tập con sang dãy chữ số và ngược lại không mất thông tin. Còn chuyển một danh sách thành tập hợp là cố ý bỏ đi thông tin về thứ tự và số lần lặp.

Tóm tắt

• Một tập hợp được xác định hoàn toàn bởi các phần tử của nó: với mỗi đối tượng chỉ có câu hỏi "thuộc hay không"; thứ tự và sự lặp lại không có nghĩa, và chỉ có một tập rỗng.
• Tập được cho bằng cách liệt kê, như \(\{0; 1; 2\}\), hoặc bằng tính chất, như \(\{x \in U \mid P(x)\}\); tập vô hạn chỉ cho được theo cách thứ hai.
• Hợp, giao, hiệu, phần bù là bản tập hợp của "hoặc", "và", "và không", "không"; tập con là bản tập hợp của "kéo theo". Luật De Morgan và luật phân phối đúng cho cả hai phía.
• Hai tập bằng nhau khi mỗi tập là tập con của tập kia; đó là cách chuẩn để chứng minh hai tập bằng nhau, nhất là tập vô hạn.
• Tập \(n\) phần tử có \(2^n\) tập con; \(|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B|\); \(|A \times B| = |A| \cdot |B|\).
• Cặp có thứ tự \((a; b)\) nhớ thứ tự, còn tập \(\{a; b\}\) thì không; tích Descartes \(A \times B\) gom mọi cặp, và \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}\) là mặt phẳng của những cặp số.
• Nghịch lý Russell: tính chất "không chứa chính mình" không tạo ra tập nào. Chỉ được lấy phần tử ra từ một tập đã có, và không có tập của mọi tập.

Bài tập

A. Tư duy

A1. Một người nói: "\(\{2; 2; 3\}\) có ba phần tử, vì tôi đếm được ba con số." Người ấy nhầm ở đâu? Khi cần ghi nhớ số lần lặp lại, như các thừa số nguyên tố của \(12 = 2 \cdot 2 \cdot 3\), nên dùng thứ gì thay cho tập hợp?

Lời giải

\(\{2; 2; 3\} = \{2; 3\}\) có hai phần tử: tập chỉ ghi nhận 2 có thuộc hay không, không ghi nhận nó được viết mấy lần. Muốn giữ số lần lặp, cần một cách ghi khác: một danh sách có thứ tự như \(2, 2, 3\), hay ghi mỗi thừa số kèm số lần xuất hiện của nó, đúng như cách viết \(12 = 2^2 \cdot 3\) ở Chương 8. Chọn tập hợp là chủ động bỏ đi thông tin ấy.

A2. Câu đố: ở một làng nọ, người thợ cạo cạo râu cho đúng những người đàn ông trong làng không tự cạo râu cho mình. Ai cạo râu cho người thợ cạo? Rút ra kết luận gì, và câu đố này giống nghịch lý Russell ở đâu?

Lời giải

Nếu người thợ cạo tự cạo râu thì người ấy thuộc những người tự cạo, nên theo mô tả không được cạo cho chính mình. Nếu người ấy không tự cạo thì người ấy thuộc những người không tự cạo, nên theo mô tả phải cạo cho chính mình. Cả hai khả năng đều mâu thuẫn, nên không thể có người thợ cạo nào đúng như mô tả.

Cấu trúc giống hệt nghịch lý Russell: "tự cạo cho mình" ứng với "\(x \in x\)", người thợ cạo ứng với tập \(R\), và trong cả hai trường hợp, đối tượng được mô tả không tồn tại. Chỗ khác: chẳng ai ngạc nhiên khi một mô tả về con người là bất khả; điều gây sốc ở nghịch lý Russell là một tính chất trông hoàn toàn rõ ràng lại không cho một tập hợp.

A3. Phần bù của tập các số chẵn là gì nếu tập vũ trụ là \(\mathbb{N}\)? Là \(\mathbb{Z}\)? Là \(\mathbb{R}\)? Vì sao câu hỏi "phần bù của tập các số chẵn là gì" chưa có nghĩa khi chưa nói rõ tập vũ trụ?

Lời giải

Trong \(\mathbb{N}\): các số tự nhiên lẻ \(\{1; 3; 5; \dots\}\). Trong \(\mathbb{Z}\): mọi số nguyên lẻ, cả âm lẫn dương. Trong \(\mathbb{R}\): mọi số thực không phải số nguyên chẵn, gồm các số nguyên lẻ và cả những số như \(\frac12\) hay \(\sqrt2\). Ba câu trả lời khác nhau, vì "không chẵn" chỉ có nghĩa khi đã biết đang xét những đối tượng nào. Không chọn tập vũ trụ thì "mọi thứ không chẵn" gồm cả chiếc ghế lẫn các tập hợp, và theo Định lý 9, không có tập nào chứa được mọi tập hợp, nói gì đến mọi thứ.

B. Tính toán

B1. Liệt kê các phần tử: (a) \(\{x \in \mathbb{Z} \mid x^2 < 10\}\); (b) \(\{x \in \mathbb{N} \mid x \text{ là ước của } 12\}\); (c) \(\{x \in \mathbb{R} \mid x^2 + 1 = 0\}\); (d) \(\{n^2 \mid n \in \{-2; -1; 0; 1; 2\}\}\).

Lời giải

(a) \(\{-3; -2; -1; 0; 1; 2; 3\}\), vì \(3^2 = 9 < 10\) còn \(4^2 = 16\). (b) \(\{1; 2; 3; 4; 6; 12\}\). (c) \(\varnothing\): bình phương của một số thực không âm, nên \(x^2 + 1 \geq 1\). (d) \(\{0; 1; 4\}\): năm giá trị của \(n\) chỉ cho ba giá trị khác nhau của \(n^2\), vì \((-2)^2 = 2^2\) và \((-1)^2 = 1^2\).

B2. Cho \(U = \{1; 2; \dots; 12\}\), \(A\) là tập các số chẵn trong \(U\), \(B\) là tập các bội của 3 trong \(U\). Tính \(A \cap B\), \(A \cup B\), \(A \setminus B\), \(B \setminus A\), \(\overline{A \cup B}\) và \(\overline{A} \cap \overline{B}\). Kiểm lại \(|A \cup B|\) bằng nguyên lý bao hàm và loại trừ.

Lời giải

\(A = \{2; 4; 6; 8; 10; 12\}\) và \(B = \{3; 6; 9; 12\}\). Khi đó \(A \cap B = \{6; 12\}\), \(A \cup B = \{2; 3; 4; 6; 8; 9; 10; 12\}\), \(A \setminus B = \{2; 4; 8; 10\}\), \(B \setminus A = \{3; 9\}\).

\(\overline{A \cup B} = \{1; 5; 7; 11\}\). Với \(\overline{A} = \{1; 3; 5; 7; 9; 11\}\) và \(\overline{B} = \{1; 2; 4; 5; 7; 8; 10; 11\}\), ta có \(\overline{A} \cap \overline{B} = \{1; 5; 7; 11\}\), đúng như luật De Morgan.

Kiểm lại: \(|A \cup B| = 6 + 4 - 2 = 8\).

B3. Cho \(A = \{1; \{2\}; \varnothing\}\). Đúng hay sai: (a) \(1 \in A\); (b) \(2 \in A\); (c) \(\{2\} \in A\); (d) \(\{2\} \subseteq A\); (e) \(\{1\} \subseteq A\); (f) \(\varnothing \in A\); (g) \(\varnothing \subseteq A\); (h) \(|A| = 3\).

Lời giải

(a) Đ. (b) S: phần tử của \(A\) là tập \(\{2\}\), không phải số 2. (c) Đ. (d) S: muốn \(\{2\} \subseteq A\) thì cần \(2 \in A\), mà (b) sai. (e) Đ, vì \(1 \in A\). (f) Đ: \(\varnothing\) được liệt kê như một phần tử. (g) Đ: tập rỗng là tập con của mọi tập. (h) Đ: ba phần tử là \(1\), \(\{2\}\) và \(\varnothing\).

B4. (a) Liệt kê mọi tập con của \(\{1; 2; 3; 4\}\) có chứa phần tử 1. (b) Tập \(\{1; 2; 3; 4\}\) có bao nhiêu tập con có đúng hai phần tử? (c) Nó có tất cả bao nhiêu tập con?

Lời giải

(a) \(\{1\}\), \(\{1; 2\}\), \(\{1; 3\}\), \(\{1; 4\}\), \(\{1; 2; 3\}\), \(\{1; 2; 4\}\), \(\{1; 3; 4\}\), \(\{1; 2; 3; 4\}\): tám tập, mỗi tập là \(\{1\}\) hợp với một tập con của \(\{2; 3; 4\}\), đúng như bước quy nạp của Định lý 7. (b) Sáu tập: \(\{1; 2\}\), \(\{1; 3\}\), \(\{1; 4\}\), \(\{2; 3\}\), \(\{2; 4\}\), \(\{3; 4\}\). (c) \(2^4 = 16\).

B5. Tìm \(\mathcal{P}(\varnothing)\), \(\mathcal{P}(\mathcal{P}(\varnothing))\) và số phần tử của \(\mathcal{P}(\mathcal{P}(\mathcal{P}(\varnothing)))\).

Lời giải

\(\mathcal{P}(\varnothing) = \{\varnothing\}\): tập rỗng có đúng một tập con, nên tập lũy thừa của nó có một phần tử, dù bản thân nó không có phần tử nào. \(\mathcal{P}(\{\varnothing\}) = \{\varnothing; \{\varnothing\}\}\) có hai phần tử. Tập tiếp theo có \(2^2 = 4\) phần tử.

Không cần một đồ vật nào, chỉ từ tập rỗng, ta dựng được các tập có 1, 2, 4 phần tử. Các nhà toán học dùng đúng ý này để dựng các số tự nhiên: 0 là \(\varnothing\), 1 là \(\{\varnothing\}\), 2 là \(\{\varnothing; \{\varnothing\}\}\), và cứ thế, mỗi số là tập các số đứng trước nó.

B6. (a) Liệt kê \(\{a; b\} \times \{1; 2; 3\}\). (b) Liệt kê \(\{1; 2\} \times \{1; 2\}\). (c) Nếu \(|A| = 4\) và \(|B| = 7\) thì \(A \times B\) có bao nhiêu phần tử?

Lời giải

(a) \(\{(a; 1); (a; 2); (a; 3); (b; 1); (b; 2); (b; 3)\}\). (b) \(\{(1; 1); (1; 2); (2; 1); (2; 2)\}\): bốn phần tử, trong đó \((1; 2)\) và \((2; 1)\) là hai phần tử khác nhau. (c) \(4 \cdot 7 = 28\).

B7. Trong các số từ 1 đến 1000, có bao nhiêu số chia hết cho 3 hoặc cho 5? Bao nhiêu số không chia hết cho 3 và cũng không chia hết cho 5?

Lời giải

Gọi \(A\), \(B\) là tập các số từ 1 đến 1000 chia hết cho 3, cho 5. Có \(|A| = 333\) (vì \(3 \cdot 333 = 999\)) và \(|B| = 200\). Một số chia hết cho cả 3 lẫn 5 thì phân tích ra thừa số nguyên tố của nó chứa cả 3 và 5 (Chương 8), nên nó chia hết cho 15; ngược lại, mọi bội của 15 chia hết cho cả hai. Vậy \(|A \cap B| = 66\) (vì \(15 \cdot 66 = 990\)). Do đó \(|A \cup B| = 333 + 200 - 66 = 467\), và có \(1000 - 467 = 533\) số không chia hết cho 3 và cũng không chia hết cho 5.

B8. Lập bảng chân trị của \(P \land (Q \lor R)\) và \((P \land Q) \lor (P \land R)\). Mỗi dòng của bảng ứng với vùng nào của sơ đồ Venn ba vòng \(A\), \(B\), \(C\)?

Lời giải

\(P\)	\(Q\)	\(R\)	\(Q \lor R\)	\(P \land (Q \lor R)\)	\(P \land Q\)	\(P \land R\)	\((P \land Q) \lor (P \land R)\)
Đ	Đ	Đ	Đ	Đ	Đ	Đ	Đ
Đ	Đ	S	Đ	Đ	Đ	S	Đ
Đ	S	Đ	Đ	Đ	S	Đ	Đ
Đ	S	S	S	S	S	S	S
S	Đ	Đ	Đ	S	S	S	S
S	Đ	S	Đ	S	S	S	S
S	S	Đ	Đ	S	S	S	S
S	S	S	S	S	S	S	S

Hai cột kết quả giống hệt nhau. Lấy \(P\), \(Q\), \(R\) là các câu "\(x \in A\)", "\(x \in B\)", "\(x \in C\)"; khi đó mỗi dòng là một vùng của sơ đồ. Chẳng hạn dòng Đ, S, Đ là vùng những phần tử thuộc \(A\) và \(C\) nhưng không thuộc \(B\); dòng S, S, S là vùng bên ngoài cả ba vòng. Ba dòng có kết quả Đ là ba mảnh của vùng được tô trong hình của Định lý 5.

B9. Trong các số từ 1 đến 100, có bao nhiêu số chia hết cho ít nhất một trong ba số 2, 3, 5? Dùng công thức bao hàm và loại trừ cho ba tập (chứng minh ở bài C2):

\[ |A \cup B \cup C| = |A| + |B| + |C| - |A \cap B| - |A \cap C| - |B \cap C| + |A \cap B \cap C|. \]

Lời giải

Gọi \(A\), \(B\), \(C\) là tập các số chia hết cho 2, cho 3, cho 5. Như ở bài B7, chia hết cho hai hay ba số trong đó nghĩa là chia hết cho tích của chúng. Vậy \(|A| = 50\), \(|B| = 33\), \(|C| = 20\), \(|A \cap B| = 16\) (bội của 6), \(|A \cap C| = 10\) (bội của 10), \(|B \cap C| = 6\) (bội của 15), \(|A \cap B \cap C| = 3\) (bội của 30). Do đó

\[ |A \cup B \cup C| = 50 + 33 + 20 - 16 - 10 - 6 + 3 = 74, \]

và 26 số còn lại không chia hết cho số nào trong ba số ấy.

C. Phản ví dụ và chứng minh

C1. Chứng minh luật phân phối thứ hai: \(A \cup (B \cap C) = (A \cup B) \cap (A \cup C)\).

Lời giải

(\(\subseteq\)) Cho \(x \in A \cup (B \cap C)\). Nếu \(x \in A\) thì \(x\) thuộc cả \(A \cup B\) lẫn \(A \cup C\). Nếu \(x \in B \cap C\) thì \(x \in B\), nên \(x \in A \cup B\), và \(x \in C\), nên \(x \in A \cup C\). Trong cả hai trường hợp, \(x \in (A \cup B) \cap (A \cup C)\).

(\(\supseteq\)) Cho \(x \in (A \cup B) \cap (A \cup C)\). Nếu \(x \in A\) thì \(x \in A \cup (B \cap C)\). Nếu \(x \notin A\) thì từ \(x \in A \cup B\) suy ra \(x \in B\), từ \(x \in A \cup C\) suy ra \(x \in C\), nên \(x \in B \cap C\). Trong cả hai trường hợp, \(x \in A \cup (B \cap C)\). \(\square\)

Với tập hợp, giao phân phối với hợp và hợp cũng phân phối với giao. Với số thì không đối xứng như thế: \(a \cdot (b + c) = a \cdot b + a \cdot c\), nhưng với \(a = b = c = 1\) thì \(a + b \cdot c = 2\) còn \((a + b) \cdot (a + c) = 4\).

C2. Từ Định lý 8 và luật phân phối, chứng minh công thức bao hàm và loại trừ cho ba tập hữu hạn ở bài B9.

Lời giải

Áp dụng Định lý 8 cho hai tập \(A \cup B\) và \(C\):

\[ |A \cup B \cup C| = |A \cup B| + |C| - |(A \cup B) \cap C|. \]

Theo luật phân phối (Định lý 5, với các tập đổi vai), \((A \cup B) \cap C = (A \cap C) \cup (B \cap C)\). Áp dụng Định lý 8 lần nữa, để ý rằng \((A \cap C) \cap (B \cap C) = A \cap B \cap C\):

\[ |(A \cup B) \cap C| = |A \cap C| + |B \cap C| - |A \cap B \cap C|. \]

Thay đẳng thức này cùng với \(|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B|\) vào đẳng thức đầu, ta được đúng công thức cần chứng minh. \(\square\)

C3. Chứng minh hoặc tìm phản ví dụ: (a) \(A \setminus (B \setminus C) = (A \setminus B) \setminus C\) với mọi tập \(A\), \(B\), \(C\); (b) nếu \(A \cup B = A \cup C\) thì \(B = C\); (c) nếu \(A \cup B = A \cup C\) và \(A \cap B = A \cap C\) thì \(B = C\).

Lời giải

(a) Sai. Với \(A = B = C = \{1\}\): \(B \setminus C = \varnothing\) nên vế trái là \(\{1\}\); còn \(A \setminus B = \varnothing\) nên vế phải là \(\varnothing\). Phép hiệu không có tính kết hợp, giống phép trừ.

(b) Sai. Với \(A = \{1\}\), \(B = \{1\}\), \(C = \varnothing\): \(A \cup B = A \cup C = \{1\}\) nhưng \(B \neq C\). Phép hợp không có luật giản ước như phép cộng số (Chương 6): phần của \(B\) nằm trong \(A\) bị "nuốt" mất, nên từ \(A \cup B\) không đọc lại được \(B\).

(c) Đúng. Cho \(x \in B\). Nếu \(x \in A\) thì \(x \in A \cap B = A \cap C\), nên \(x \in C\). Nếu \(x \notin A\) thì \(x \in A \cup B = A \cup C\), nên \(x \in C\). Vậy \(B \subseteq C\); đổi vai \(B\) và \(C\) được \(C \subseteq B\). Theo Mệnh đề 3, \(B = C\). \(\square\) Biết cả hợp lẫn giao với \(A\) là đủ để khôi phục \(B\): giao cho biết phần của \(B\) nằm trong \(A\), hợp cho biết phần nằm ngoài \(A\).

C4. Chứng minh rằng nếu \(\{\{a\}; \{a; b\}\} = \{\{c\}; \{c; d\}\}\) thì \(a = c\) và \(b = d\). (Đây là lý do cách dựng cặp có thứ tự ở mục Ranh giới dùng được.)

Lời giải

Gọi hai vế là \(X\) và \(Y\). Xét hai trường hợp.

Trường hợp \(a = b\). Khi đó \(\{a; b\} = \{a\}\), nên \(X = \{\{a\}\}\) có đúng một phần tử. Vậy \(Y\) cũng có một phần tử, tức \(\{c\} = \{c; d\}\), nên \(d = c\) và \(Y = \{\{c\}\}\). Từ \(X = Y\) suy ra \(\{a\} = \{c\}\), tức \(a = c\). Vậy \(a = b = c = d\).

Trường hợp \(a \neq b\). Khi đó \(X\) có hai phần tử khác nhau: \(\{a\}\) có một phần tử, \(\{a; b\}\) có hai. Vì \(Y = X\) có hai phần tử nên \(\{c\} \neq \{c; d\}\), tức \(c \neq d\). Phần tử \(\{a\}\) của \(X\) phải là phần tử có đúng một phần tử của \(Y\), tức \(\{a\} = \{c\}\), nên \(a = c\). Phần tử \(\{a; b\}\) phải là phần tử có hai phần tử của \(Y\), tức \(\{a; b\} = \{c; d\} = \{a; d\}\). Vì \(b \in \{a; d\}\) và \(b \neq a\), ta có \(b = d\). \(\square\)

Câu hỏi để ngỏ

Tập hợp là những chiếc túi đồ vật tĩnh. Làm sao nói về mối liên kết giữa các phần tử: "nhỏ hơn", "cùng lớp với", "ứng với"?