最后更新: 2025-01-21 08:23 ● 参与者查看: 13 次纠错分享参与项目词条搜索

可数集

有限集与可列集统称可数集．
显然，可数个可数集的并是可数集，可数集的子集必可数．
例 15 由 $R$ 中任意个互不相交的开区间（可以包括 $(-\infty, b),(a,+\infty)$ ， （ $-\infty,+\infty$ ）这样的区间）组成的集合是可数集．

证明 设 $A$ 由 $R$ 中的某些互不相交的开区间组成．显然，对任意正整数 $k, A$中长度大于 $1 / k$ 并且与 $[0,1)$ 相交的区间最多有 $k$ 个，若用 $A_k$ 表示它们的集合，则 $A_k$ 为有限集．而 $A$ 中所有与 $[0,1)$ 相交的区间之集等于 $\bigcup_{k=1}^{\infty} A_k$ ，是可数集．同理，$A$ 中所有与 $[n, n+1)(n$ 为任意整数）相交的区间之集也是可数集，而 $A$ 就等于这些可数集的并集，从而是可数集．

例 16 在任意区间 $(a, b)$ 中单调的函数的间断点只有可数个．
证明 不妨设函数 $f$ 在 $(a, b)$ 单调上升，则 $f$ 在 $x_0$ 间断当且仅当 $f\left(x_0+0\right)-$ $f\left(x_0-0\right)=\lim _{x \rightarrow x_0+0} f(x)-\lim _{x \rightarrow x_0-0} f(x)>0$ ．于是，每个间断点 $x_0$ 对应一个开区间 $\left(f\left(x_0-0\right), f\left(x_0+0\right)\right)$ ，不同的间断点所对应的这种开区间一定互不相交．而由前一例题知，这样的开区间可数，从而 $f$ 的间断点可数．

可数个可列集的并仍可列．因此要回答问题 2 ，必须首先证明，存在不可列的无穷集．

定理1．10 实数区间 $[0,1]$ 不可列．
证明 用反证法．若 $[0,1]$ 可列，则可写成

$$
[0,1]=\left\{x_1, x_2, \cdots, x_n, \cdots\right\}
$$

现在把 $[0,1]$ 三等分，总有一个（闭）子区间不含 $x_1$ ，记为 $I_1$ ，于是 $I_1 \subset[0,1]$ ， $x_1 \notin I_1$ ．再把 $I_1$ 三等分，又总有 $I_1$ 的一个（闭）子区间不含 $x_2$ ，记这个子区间为 $I_2$ ．于是如此继续下去，便得一个区间套 $\left\{I_k\right\}$ ：

$$
[0,1] \supset I_1 \supset I_2 \supset \cdots \supset I_k \supset \cdots
$$

使得 $x_k \notin I_k(k=1,2, \cdots)$ ．根据区间套定理，存在 $\xi \in \bigcap_{k=1}^{\infty} I_k \subset[0,1]$ ．于是由 $\xi \in[0,1]$ 知，$\xi$ 必为某个 $x_k$ ，而 $x_k \notin I_k$ 与 $\xi \in \bigcap_{k=1}^{\infty} I_k$ 矛盾．这就证明了 $[0,1]$ 不可列．
读者不难证明，闭区间 $[0,1]$ 与开区间 $(0,1)$ 对等，又 $(0,1) \sim(-\infty,+\infty)$ $=$ R．因此全部实数是不可列的．

实数集的基数记为 $N$（读作阿列夫），称为连续统基数．上述定理表明

$$
\overline{\overline{ R }}= \kappa > K _0=\overline{\overline{ N }}
$$

因此，确实存在元素比自然数更多的无穷集，这就回答了问题2．但是，还有元素比实数更多的无穷集吗？回答是，有的！下面先证明正整数集和实数区间的一种关系。

为了方便起见，以后把任意集合 $A$ 的全部子集构成的集合称为 $A$ 的需集，记作 $P (A)$ 。

定理1．11 实数区间 $[0,1]$ 与正整数集 $N _{+}$的智集对等．
因此，作为定理 1.10 与定理 1.11 的一个显然的推论是 $\overline{\bar{P}\left( N _{+}\right)}>\overline{\overline{ N _{+}}}$．
证明 对 $N _{+}$的每个子集 $A$ ，即对任意 $A \in P \left( N _{+}\right)$，令

$$
a_i= \begin{cases}1, & \text { 当 } i \in A, \\ 0, & \text { 当 } i \notin A,\end{cases}
$$

则

$$
\sum_{i=1}^{\infty} \frac{a_i}{3^i} \in[0,1]
$$

显然 $A \rightarrow \sum_{i=1}^{\infty} a_i / 3^i$ 构成了 $P \left( N _{+}\right)$到 $[0,1]$ 的一个子集的一一映射，这就证明了 $\overline{\overline{ P \left( N _{+}\right)}} \leqslant \overline{\overline{ R }}$ ．

反过来，对每个实数 $x \in(0,1]$ ，都有惟一的二进表示：

$$
x=\sum_{i=1}^{\infty} a_i / 2^i
$$

其中 $a_i=0$ 或 1 （规定 0 不能做循环节），令

$$
A=\left\{i \in N _{+} \mid a_i=1\right\}
$$

则 $A$ 是 $N _{+}$的一个子集，从而这种对应构成 $(0,1]$ 到 $P \left( N _{+}\right)$的一个子集的一一映射．这就证明了 $\overline{\overline{(0,1]}} \leqslant \overline{ P \left( N _{+}\right)}$，即 $\overline{\overline{ R }} \leqslant \overline{\overline{ P }\left( N _{+}\right)}$．

综合上述两步，由 Bernstein 定理知，$\overline{ P \left( N _{+}\right)}=\overline{\overline{ R }}$ ．
为什么在证明中，第一步要用数的三进制表示呢？因为这样可以简单地保证映射到它的像集是一一的．
注意，如果 $A$ 是有限集，则它的基数就是 $A$ 中元素的数目．设 $A$ 有 $n$ 个元素，这时 $A$ 的全部子集的数目为 $C _n^0+ C _{ n }^1+\cdots+ C _n^n=2^n\left( C _n^k\right.$ 为 $n$ 个对象中取 $k$ 个的组合数，它等于 $A$ 的有 $k$ 个元素的子集的数目），即若 $\overline{\bar{A}}=n$ ，则 $\overline{ P (A)}=2^n$ ．类似于此，对于任意集合 $A$ ，若 $\overline{\bar{A}}=\alpha$ ，我们把 $A$ 的帛集 $P (A)$ 的基数表示为 $2^\alpha$ ，即 $\overline{\bar{P}(A)}=$ $2^\alpha(\alpha=\overline{\bar{A}})$ 。用这种写法，定理1．11就是说连续统基数 $K =2^{\kappa_0}> K _0$ 。

例 $17 R ^2 \sim R$ ，即平面点集的基数也是 $K$ ．
证明 $R \sim P ( N ) \sim P ( Z \backslash N )$ ，而根据直积的定义，容易看出 $P ( N ) \times$ $P ( Z \backslash N ) \sim P ( Z )$ ，因此

$$
R ^2= R \times R \sim P ( N ) \times P ( Z \backslash N ) \sim P ( Z ) \sim P ( N )
$$

由此可知，对任意 $n, R ^n \sim R$ ．
下面的定理将最后彻底回答问题 2 ：对于任意集合，都有元素比它多的集合．

上一篇：可列集的性质

下一篇：无最大基数定理

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)