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不可数集与幂集

## 不可数集
有限集和可列集称作**可数集**，不是可数集的集合我们称为**不可数集合**或者**不可列集**。

> **定理1 实数区间 $[0,1]$ 不可列**

**1.问题重述**
我们要证明：**区间 $[0,1]$ 内的所有实数不能像自然数那样一个一个“列举”出来**。  
数学上，“可列”的意思是：可以把集合中的元素排成一个无穷序列  
$$
x_1, x_2, x_3, x_4, \dots
$$  
使得每个元素都在这个序列的某个位置。

“不可列”就是做不到这一点。

**2.反证法思路**

我们**假设** $[0,1]$ 是可列的，然后推出矛盾。

假设我们可以把 $[0,1]$ 中所有实数排成一个序列：
$$
r_1, r_2, r_3, r_4, \dots
$$
每个 $r_n$ 是 $[0,1]$ 内的一个实数。

**3.把实数写成小数形式**

每个实数 $r \in [0,1]$ 可以写成十进制无限小数：
$$
r = 0.a_1 a_2 a_3 a_4 \dots
$$
其中 $a_i \in \{0,1,2,\dots,9\}$。

**注意**：有些数有两种表示，比如  
$0.199999\ldots = 0.200000\ldots$。  
为了避免歧义，我们**统一规定循环节不能是9**，只使用无限不循环或循环但结尾不是全 9 的形式。这样每个实数只有一种十进制表示。
 
**4.列出所有实数（假设可列）**

既然假设 $[0,1]$ 可列，那么全部实数可以这样排列：

$$
\begin{aligned}
r_1 &= 0.\mathbf{a_{11}} a_{12} a_{13} a_{14} \dots \\
r_2 &= 0.a_{21} \mathbf{a_{22}} a_{23} a_{24} \dots \\
r_3 &= 0.a_{31} a_{32} \mathbf{a_{33}} a_{34} \dots \\
r_4 &= 0.a_{41} a_{42} a_{43} \mathbf{a_{44}} \dots \\
&\vdots
\end{aligned}
$$

这里 $a_{ij}$ 是第 $i$ 个实数的第 $j$ 位小数。  
我加粗了对角线上的元素 $a_{11}, a_{22}, a_{33}, \dots$，它们很重要。

**5.构造一个新实数**

现在我们构造一个新实数 $x = 0.b_1 b_2 b_3 b_4 \dots$，规则是：

$$
b_n = 
\begin{cases}
1, & \text{如果 } a_{nn} \neq 1 \\
2, & \text{如果 } a_{nn} = 1
\end{cases}
$$

也就是说，**让 $x$ 的第 $n$ 位小数与 $r_n$ 的第 $n$ 位小数不同**，并且确保 $b_n$ 不是 9（避免出现 0.999… 的情况）。
 
**6.为什么 $x$ 不在列表中？**

- 比较 $x$ 与 $r_1$：  
  $x$ 的第 1 位 $b_1 \neq a_{11}$，所以 $x \neq r_1$。
- 比较 $x$ 与 $r_2$：  
  $x$ 的第 2 位 $b_2 \neq a_{22}$，所以 $x \neq r_2$。
- 比较 $x$ 与 $r_3$：  
  $x$ 的第 3 位 $b_3 \neq a_{33}$，所以 $x \neq r_3$。
- 依此类推，对任意 $n$，$x$ 与 $r_n$ 在第 $n$ 位小数不同，所以 $x \neq r_n$。

因此 $x$ 不在序列 $r_1, r_2, r_3, \dots$ 中。
 
**7.得出矛盾**

根据假设，序列 $\{r_n\}$ 已经包含了 $[0,1]$ 内的**所有**实数。
 但 $x \in [0,1]$（因为它的十进制表示是合法的且属于该区间），却不在序列中。
  矛盾！

所以假设错误，$[0,1]$ 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 -阿列夫 
实数集的基数记为 $\aleph$（读作阿列夫）或者c，称为连续基数．而有理数级数记做$\aleph_0$ （读作阿列夫零） 上述定理表明

$$
\boxed{
\overline{\overline{ R }}= \aleph >  \aleph_0 =\overline{\overline{ N }}
}
$$

因此，确实存在元素比自然数更多的无穷集，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。

## 实数集与幂集的关系

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 $A$ 的幂集，记作 $P (A)$  。

**定理1.11** 实数区间 $[0,1]$ 与正整数集 $N _{+}$的幂集对等．

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，$\overline{ P \left( N _{+}\right)}=\overline{\overline{ R }}$ ．

因此，作为定理 1.10 与定理 1.11 的一个显然的推论是 
> $\overline{\bar{P}\left( N _{+}\right)}>\overline{\overline{ N _{+}}}$． 即幂集的基比原集合的基大。

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 $\aleph =2^{\aleph_0}> \aleph_0$ 。

`例`$ R ^2 \sim R$ ，即平面点集的基数也是 $ \aleph$ ．
**方法1** $R \sim P ( N ) \sim P ( Z \backslash N )$ ，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 $n, R ^n \sim R$ ．

**方法2**：利用 $|\mathbb{R}| = 2^{\aleph_0}$

$$
|\mathbb{R}^2| = |\mathbb{R} \times \mathbb{R}| = \mathfrak{c} \times \mathfrak{c} = 2^{\aleph_0} \times 2^{\aleph_0} = 2^{\aleph_0 + \aleph_0} = 2^{\aleph_0} = \mathfrak{c}
$$
这里用了基数算术：$\aleph_0 + \aleph_0 = \aleph_0$。

> **上面列提说明 平面点集与实数集等势（基数相同）**

**定理**  $ n$ 维欧几里得空间 $\mathbf{R}^n$ 的基数为 $c$ ．
证明 若将 $\mathbf{R}^n$ 中点 $\left(x_1, x_2, \cdots, x_n\right)$ 对应于 $E_{\infty}$ 中点 $\left(x_1\right.$ ， $x_2, \cdots, x_n, 0, \cdots, 0, \cdots$ ）时，就知道 $\mathbf{R}^n$ 对等于 $E_{\infty}$ 的子集．如果再将 $\mathbf{R}^1$ 中点 $x$ 对应 $\mathbf{R}^n$ 中点 $(x, 0, \cdots, 0)$ 时，又知道 $\mathbf{R}^1$ 对等于 $\mathbf{R}^n$ 的一个子集．所以由伯恩斯坦定理知道 $\overline{\overline{\mathbf{R}^n}}=c$ ．

**推论2** 设有 $c$ 个（ $c$ 表示连续基数）集的并集，若每个集的基

数都是 $c$ ，则其并集的基数也是 $c$ ．

事实上，对于每一个被并的集，使之与平面 $x O y$ 上平行于 $O x$轴的直线上全体点所成集合作成一一对应，也就得到所述的并集与平面 $x O y$ 上全体点所成集合作成了一一对应．

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