集合论

集合及其运算

集合是基本的概念，不予定义，将集合理解为一个包含多个的整体.

属于 \(x\in A\) ，不属于 \(x\notin A\) .

罗素悖论： \(\{x:x\notin x\}\) .

分离模式： 设 \(X\) 是集合 ， \(\{x\in X:P(x)\}\) ；进而可以定义空集： \(\emptyset=\{x\in X:x\neq x\}\) .

包含（于） \(\supset(\subset)\) 或者 \(\supseteq(\subseteq)\) ，真包含（于） \(\supsetneq(\subsetneq)\) . 相等 \((A=B)\Leftrightarrow \forall x(x\in A\Leftrightarrow x\in B)\Leftrightarrow A\subset B\wedge B\subset A\) .

幂集 \(\mathcal{P}(A)=\{X:X\subset A\}\) . 只含有一个元素的集合称为单点集.

运算：并 \(\cup\) ；交 \(\cap\) ；差 \(A\backslash B\) （或者记作 \(A-B\) ）；如果 \(A\subset X\) ，称 \(X\backslash A\overset{def}{=}A^c\) 为 \(A\) 关于 \(X\) 的补集 ；

集合 \(A,B\) 的乘积（或笛卡尔积 Cartesian Product、卡式积，对积）. 记为： \(A\times B=\{(a,b):a\in A,b\in B\}\) . 对于有序对 \((a,b)\) 或可以记作 \(\{a,\{b\}\}\) 或 \(\{\{a\},\{a,b\} \}\) （用后者），其具有性质： \((a,b)=(c,d)\Leftrightarrow (a=c)\wedge (b=d)\) ；此外有 \(\emptyset \times A=A\times \emptyset=\emptyset\) .

并可以将乘积推广到多个集合，直积：

\[\Pi_{k=1}^n A_k=\{(x_1,x_2,\cdots,x_n):x_i\in A_i,i=1,2,\cdots,n\}\]

对称差： \(A\Delta B=(A\backslash B)\cup(B\backslash A)\) ，有结论：

\[\begin{aligned} &1)\ A\Delta B=(A\cup B)\backslash(A\cap B)\\ &2)\ A\Delta B=B\Delta A \end{aligned}\]

分配律：

\[\begin{aligned} &A\cap\left(\bigcup_{i\in I}B_i\right)=\bigcup_{i\in I}\left(A\cap B_i\right)\\ &A\cup\left(\bigcap_{i\in I}B_i\right)=\bigcap_{i\in I}(A\cup B_i) \end{aligned}\]

De Morgan律：

\[\begin{aligned} &A\backslash\left(\bigcup_{i\in I}B_i\right)=\bigcap_{i\in I}\left(A\backslash B_i\right)\\ &A\backslash\left(\bigcap_{i\in I}B_i\right)=\bigcup_{i\in I}(A\backslash B_i) \end{aligned}\]

积的分配律：

\[\begin{aligned} &A\times\left(\bigcup_{i\in I}B_i\right)=\bigcup_{i\in I}(A\times B_i)\\ &A\times\left(\bigcap_{i\in I}B_i\right)=\bigcap_{i\in I}(A\times B_i) \end{aligned}\]

\(f(x),f_n(x)\) 为 \(\mathbb{R}\) 上的连续函数，证明： \(\{x:\lim_{n\rightarrow \infty}f_n(x)=f(x)\}=\) \(\bigcap_{r=1}^\infty\bigcup_{n=1}^\infty\bigcap_{k=n}^\infty\{x:\lvert f_k(x)-f(x)\rvert<\frac{1}{r}\}\) .

证明：首先证明 \(\subset\) ：对于任意 \(x\in\{x:\lim_{n\rightarrow \infty}f_n(x)=f(x)\}\) ， \(\forall r\geq1,r\in \mathbb{N}\) ，存在 \(N\in \mathbb{N}\) ，\(\forall k>N\) ，均有 \(\lvert f_k(x)-f(x)\rvert<\frac{1}{r}\) ，据次即可得到 \(x\in \bigcap_{r=1}^\infty\bigcup_{n=1}^\infty\bigcap_{k=n}^\infty\{x:\lvert f_k(x)-f(x)\rvert<\frac{1}{r}\}\) ；

反之，考虑 \(y\in \bigcap_{r=1}^\infty\bigcup_{n=1}^\infty\bigcap_{k=n}^\infty\{x:\lvert f_k(x)-f(x)\rvert<\frac{1}{r}\}\) ，对于任意的 \(\epsilon>0\) ，存在 \(r\geq1:\frac{1}{r}<\epsilon\) ，由该集合的性质： \(\exists N\in \mathbb{N}\) ，当 \(k>N\) 时， \(\lvert f_k(x)-f(x)\rvert<\frac{1}{r}<\epsilon\) ，从而可得 \(\lim_{n\rightarrow \infty}f_n(x)=f(x)\) .

综上，等式成立.

\(A\times B-C\times D=[(A-C)\times B]\cup[A\times (B-D)]\) .

证明：若 \((x,y)\in A\times B-C\times D\) ，则 \(\cancel{x\in A-C,y\in B-D}\) \((x,y)\in A\times B,(x,y)\notin C\times D\rightarrow x\notin C\land y\in D\) 或者 \(x\in C\land y\notin D\) 或者 \(x\notin C\land y\notin D\) . 并且从而可知 \((x,y)\in[(A-C)\times B]\cup[A\times (B-D)]\) . 若 \((x,y)\in [(A-C)\times B]\cup[A\times (B-D)]\) ，则 \(x\in (A-C),y\in B\) 或者 \(x\in A,y\in (B-D)\) ，两者都可以得出 \((x,y)\in A\times B-C\times D\) .
^ProductMinus

集族

称集合 \(\Lambda\) 为指标集，如果 \(\forall \lambda\in \Lambda\) ，都有一个集合 \(A_\lambda\) 与之对应，并称 \(\mathcal{A}=\{A_\lambda\}_{\lambda\in\Lambda}\) 为集族. 从而可以定义集族 \(\mathcal{A}\) 的交 \(\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_\lambda\) 和集族的并 \(\bigcup_{\lambda\in \Lambda}A_\lambda\) .

如果指标集是空集，则称对应的集合族为空族（空族的并为空集，不考虑空族的交）. 如果集族中的每一个集合都为一个集合 \(X\) 的子集，则称该集族为 \(X\) 的子集族. \(\{A_\lambda\}_{\lambda\in \Lambda}\) 即为 \(\bigcup_{\lambda\in \Lambda}A_\lambda\) 的子集族.

De Mogan定理（集合族）：

\[\begin{aligned} &\left(\bigcup_{\lambda\in\Lambda}A_\lambda\right)^c=\bigcap_{\lambda\in \Lambda}A_\lambda^c\\ &\left(\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_\lambda\right)^c=\bigcup_{\lambda\in \Lambda}A^c_\lambda \end{aligned}\]

证明从定义即可.

集合序列：如果 \(\Lambda=\mathbb{N}\) ，则称 \(\mathcal{A}\) 为集合序列，一般记为 \(\{A_n\}_{n\geq1}\) .

集合极限

考虑集合序列 \(\{A_n\}_{n\geq1}\) . 称 \(A_1\subset A_2\subset \cdots\subset A_n\subset \cdots\) 为单调递增， \(A_1\supset A_2\supset \cdots\supset A_n\supset \cdots\) 为单调递减.

假设 \(\{A_n\}_{n\geq1}\) 单调递减，则 \(A_1=\left(\bigcap_{n=1}^\infty A_n\right)\bigcup\left(\bigcup_{n=1}^\infty(A_n-A_{n+1})\right)\) .

证明：对于任意的 \(x\in A_1\) ，注意到 \(\bigcup_{n=1}^\infty(A_n-A_{n+1})=A_1-A_{n+1}\) ，假设 \(\forall n\geq1,x\notin (A_1-A_{n+1})\) ，则 \(x\in A_{n+1}\) ，从而可以得到 \(x\in \bigcap_{n=1}^\infty A_n\) ，从而可以得到 \(A_1\subset \left(\bigcap_{n=1}^\infty A_n\right)\bigcup\left(\bigcup_{n=1}^\infty(A_n-A_{n+1})\right)\) ；

另一方面的包含是显然的，从而等式成立.

对于一个集合序列 \(\{A_n\}_{n\geq1}\) 构造递减序列 \(\{B_n\}_{n\geq1},B_k=\cup_{n\geq k}A_n\) 构造递增序列 \(C_k=\cap_{n\geq k}A_n\) . 记：

\[\begin{aligned} &\varlimsup_{n\rightarrow \infty}A_n=\bigcap_{k=1}^{\infty}B_k\\ &\varliminf_{n\rightarrow \infty}A_n=\bigcup_{k=1}^{\infty}C_k \end{aligned}\]

如果 \(\varlimsup_{n\rightarrow\infty}A_n=\varliminf_{n\rightarrow\infty}A_n\) ，则称 \(\{A_n\}_{n\geq1}\) 存在极限.

直观上理解集合的上下极限：

\(x\in\varlimsup_{n\rightarrow \infty}A_n \Leftrightarrow\) 有任意大的 \(n\) 使得 \(A_n\) 中含有 \(x\) ；

\(x\in\varliminf_{n\rightarrow \infty}A_n \Leftrightarrow\) 当 \(n\) 充分大时有 \(x\in A_n\) .

助记：上交.

上下极限互补：

\[\begin{aligned} &\left(\varlimsup_{n\rightarrow \infty}A_n\right)^c=\varliminf_{n\rightarrow \infty}A_n^c\\ &\left(\varliminf_{n\rightarrow \infty}A_n\right)^c=\varlimsup_{n\rightarrow \infty}A_n^c \end{aligned}\]

集合序列的极限： \(\{A_n\}_{n\geq1},A_n=\{\frac{m}{n}:m\in \mathbb{Z}\}\) ，证明 \(\varlimsup_{n\rightarrow \infty}A_n=\mathbb{Q}\) ， \(\varliminf_{n\rightarrow \infty}A_n=\mathbb{Z}\) .

注意到：

\[\mathbb{Z}\subset \varliminf_{n\rightarrow \infty}A_n,\varlimsup_{n\rightarrow \infty}A_n\subset \mathbb{Q}\]

• 对于 \(x\in \bigcup_{n\geq1}\bigcap_{k\geq n}A_k\) ，存在 \(n_1\) 使得 \(x\in \bigcap_{k\geq n_1}A_k\) ，进而一定存在 \(n_1\) 使得 \(x\in A_{n_2}\cap A_{n_2+1}\) . 从而可以得到 \(x=\frac{m_1}{n_2}=\frac{m_2}{n_2+1}\) ，进而 \(x=m_2-m_1\in \mathbb{N}\) . 从而取等.
• 由于 \(\frac{p}{q}=\frac{np}{nq},\forall n\in \mathbb{Z}\) ，所以 \(\frac{p}{q}\in \bigcup_{k\geq n}A_k,\forall n\geq1\) ，从而可得 \(\frac{p}{q}\in \bigcap_{n\geq1}\bigcup_{k\geq n}A_k\) ，最后由 \(\frac{p}{q}\) 的任意性等式成立 .

根据定义有以下结论：

\(x\in\varlimsup_{n\rightarrow \infty}A_n\Leftrightarrow \forall n\geq1(\exists N\geq n,x\in A_N)\) 即有无穷多个包含 \(x\) 的 \(A_N\)

\(x\in\varliminf_{n\rightarrow \infty}A_n\Leftrightarrow \exists N\geq1(\forall n\geq N,x\in A_n)\) 或者不包含 \(x\) 的集合只有有限多个.

\(\varliminf_{n\rightarrow \infty}A_n\subset \varlimsup_{n\rightarrow \infty}A_n\) .

进而有取等时的充分条件：

如果 \(\{A_n\}_{n\geq1}\) 单调，则 \(\varliminf_{n\rightarrow \infty}A_n=\varlimsup_{n\rightarrow \infty}A_n\)

\[=\left\{\begin{aligned} &\bigcup_{n=1}^\infty A_n,A_n\text{ 单调递增}\\ &\bigcap_{n=1}^\infty A_n,A_n\text{ 单调递减} \end{aligned}\right.\]

集合刻画

设 \(\{f_n\}_{n\geq1}\) 为 \(\mathbb{R}\) 上的实值函数列，有： #issue %%为什么错误%%

\[\begin{aligned} \{x:\varliminf_{n\rightarrow \infty}f_n(x)>0\}&=\{x\in \mathbb{R}:\sup_{n\geq1}\inf_{k\geq n}f_k(x)>0\}\\ &=\bigcup_{n\geq1}\{x\in \mathbb{R}:\inf_{k\geq n}f_k(x)>0\}\\ &=\bigcup_{n\geq1}\bigcap_{k\geq n}\{x:\in \mathbb{R}:f_k(x)>0\} \end{aligned}\]

\(\{f_n\}_{n\geq1}\) 为 \(\mathbb{R}\) 上的实值函数列，则有 \(\{x:\varliminf_{n\rightarrow \infty}f_n(x)>0\}\subset \varliminf_{n\rightarrow \infty}\{x\in \mathbb{R}:f_n(x)\}\) .

用特征函数刻画集合运算：

\[\begin{aligned} &A=B\Leftrightarrow \chi_A=\chi_B\\ &A\subset B\Leftrightarrow \chi_A\leq \chi_B\\ &\chi_{A\Delta B}=\lvert \chi_A-\chi_B\rvert\\ &\chi_{A\cap B}=\chi_A\chi_B\\ &\chi_{A\cup B}= \end{aligned}\]

关系

可以用集合定义两个元素之间的关系. 设集合 \(S\subset A\times B\) . 如果 \((a,b)\in S\) 则称 \(a,b\) 之间关于存在由 \(S\) 定义的关系，记为 \(a\sim b\) 或者 \(aRb\) .

对偶关系

设 \(a,b\) 之间存在关系 \(R\) ，其由集合 \(S=\{(a,b):a\in A,b\in B\}\) 定义. 考虑集合 \(S^{op}=\{(b,a):a\in A',b\in B'\}\) ，如果 \((b,a)\in S^{op}\) ，则记由 \(S^{op}\) 定义的关系为 \(R^{op}\) ，记为 \(aR^{op}b\) .

复合关系

考虑关系 \(R,S\) ，记 \(S\circ R=\{(a,c):\exists b(aSb\wedge bRc)\}\)

势（基数）

映射

映射描述的是从集合 \(X\) 到集合 \(Y\) 的一个对应关系，单射、满射和双射是特殊的映射.

此外还有一些特殊的映射： \(1_X:X\rightarrow X,x\mapsto x\) 称为 \(X\) 上的恒等映射；设 \(A\subset X,i:A\rightarrow X:x\mapsto x\) 称为 \(A\) 在 \(X\) 中的含入映射. 特征函数或指示函数：

\[A\subset X,\chi_A=\left\{\begin{aligned} &1,x\in A\\ &0,x\notin X-A \end{aligned}\right.\]

例如，对于 \(\mathbb{Q}\subset \mathbb{R},\chi_\mathbb{Q}\) 为一特征函数，也即为Dirichlet函数.

设 \(\{A_n\}_{n\geq1}\) 是一集列，证明： i) \(\chi_{\varlimsup_{n\rightarrow \infty}A_n}(x)=\varlimsup_{n\rightarrow \infty}\chi_{A_n}(x)\) . ii) \(\chi_{\varliminf_{n\rightarrow \infty}A_n}(x)=\varliminf_{n\rightarrow \infty}\chi_{A_n}(x)\) .

证明：
i) ：如果 \(x\in\varlimsup_{n\rightarrow \infty}A_n\) ，则 \(\forall n\geq1,x\in \bigcup_{k=n}^\infty A_n\) ， 则存在 \(k_1\geq n,x\in A_{k_1}\) ，依次类推可以得到 \(k_1<k_2<\cdots\) ，有 \(x\in A_{k_i},i=1,2,\cdots\) ，从而 \(\varlimsup_{n\rightarrow \infty}\chi_{A_n}(x)=1\) .

反之，如果 \(x\notin \varlimsup_{n\rightarrow \infty}A_n\) ，则 \(\forall n\geq1,x\notin \bigcup_{k=n}^\infty A_k\) ，从而 \(x\notin A_n,\forall n\geq1\) ，因此 \(\varliminf_{n\rightarrow \infty}\chi_{A_n}(x)=0\) .

ii) ：如果 \(x\in\varliminf_{n\rightarrow \infty}A_n\) ，则显然有 \(\varliminf_{n\rightarrow \infty}\chi_{A_n}(x)=1\) ，反之若 \(x\notin \varliminf_{n\rightarrow \infty}A_n\) ，则对于任意的 \(n\geq1\) ，有 \(x\notin \bigcap_{k=n}^\infty A_k\) ，从而 \(x\notin A_k,k\geq 1\) ，进而有 \(\varliminf_{n\rightarrow \infty}\chi_{A_n}(x)=0\) .

特征函数还具有以下性质 zhihu #imcomplete

定义映射的复合： \(f:X\rightarrow Y,g:Y\rightarrow Z\) ，进而记 \(g\circ f(x)=g(f(x)),g\circ f:X\rightarrow Z\) .

对于双射，其具有以下的充分必要条件：

设 \(f:X\rightarrow Y\) ，如果存在 \(g:Y\rightarrow X\) 使得 \(f\circ g=1_Y,g\circ f=1_X\) ，则 \(f\) 为双射，并且这样的 \(g\) 唯一. #imcomplete-whatever

证明： 略.

称满足上述条件的 \(g\) 为 \(f\) 的逆映射，记为 \(f^{-1}\) .

只满足 \(f\circ g=1_Y\) 或者 \(g\circ f=1_X\) 的映射 \(g\) 不一定是 \(f\) 的逆映射.

以 \(f\circ g=1_Y\) 为例，设 \(g\circ f(x)=x'\) ，将 \(f\) 作用在等式左右边得到 \(f(x)=f(x')\) ，由此可见如果 \(f\) 不是单射则 \(g\neq f^{-1}\) 不成立.

设 \(f=(x-1)^2:[0,+\infty)\rightarrow [0,+\infty)\) ，

\[g=\left\{\begin{aligned} &\sqrt{x}+1,x>1\\ &1-\sqrt{x},0\leq x\leq1 \end{aligned}\right.\]

则 \(g:[0,+\infty)\rightarrow [0,+\infty)\) ，则 \(f\circ g=1_Y\) ，而 \(g\circ f\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{2}\) .

此外对于 \(f:X\rightarrow Y\) ，还可以定义 \(Y\) 的原像： \(f^{-1}(Y)=\{x\in X:f(x)\in Y\}\)

\(A\subset f^{-1}(f(A)),B\supset f(f^{-1}(B))\) .

\(f^{-1}\left(\bigcup_{\lambda \in \Lambda}A_\lambda\right)=\bigcup_{\lambda\in \Lambda}f^{-1}(A_\lambda)f^{-1}\left(\bigcap_{\lambda \in \Lambda}A_\lambda\right)=\bigcap_{\lambda\in \Lambda}f^{-1}(A_\lambda),\)

\(\left(f^{-1}(A)\right)^c=f^{-1}(A^c)\)

\[\begin{aligned} &f\left(\bigcup_{\lambda\in \Lambda}A_\lambda\right)=\bigcup_{\lambda\in \Lambda}f(A_\lambda)\\ &f\left(\bigcap_{\lambda\in \Lambda}A_\lambda\right)\overset{\textcolor{red}{?}}=\bigcap_{\lambda\in \Lambda}f(A_\lambda) \end{aligned}\]

注意： \(f\left(\bigcap_{\lambda\in \Lambda}A_\lambda\right)\subset \bigcap_{\lambda\in \Lambda}f(A_\lambda)\)

反例以及对于 \(f\) 是单射为上式取等的充分条件

包含关系是显然的. 对于反例，可以取一非单射的 \(f\) ：

\[\begin{aligned} &A=\{1,2\},B=\{2,3\}\\ &f(1)=f(3)=4,f(2)=2\\ &f(A\cap B)=2,f(A)\cap f(B)=\{4,2\} \end{aligned}\]

下面证明取等的充分条件为 \(f\) 为单射.

• \(\Leftarrow\) ：注意到对任意 \(x\in\bigcap_{\lambda\in \Lambda}f(A_\lambda)\) ，则每一个集合 \(A_\lambda\) 中都至少存在一个元素 \(a_\lambda\) 满足 \(x=f(a_\lambda)\) ，设 \(A_\lambda,\lambda\in \Lambda\) 中满足 \(x=f(a_\lambda)\) 的元素组成的集合为 \(\Lambda'\). 并且由 \(f\) 为单射，可知 \(\Lambda'=\{x\}\) . 从而每一个集合中都有一个 \(x\) ，进而可知 \(f(x)\in f\left(\bigcap_{\lambda\in \Lambda}A_\lambda\right)\) . 由集合相互包含可得取等.
• \(\Rightarrow\) ：并不是必要条件，可以取 \(f\) 为一个恒等映射.

势

用势（cardinality）衡量两个集合的大小，考虑集合 \(A,B\) ，如果 \(A\) 与 \(B\) 等价（存在双射），则记 \(\lvert A\rvert=\lvert B\rvert\) ；如果 \(A\) 与 \(B\) 的一个子集等价，则记 \(\lvert A\rvert\leq \lvert B\rvert\) . 在此基础上，如果 \(B\) 不与 \(A\) 中的任何一个子集等价，则记 \(\lvert A\rvert<\lvert B\rvert\) .

可以证明： \(\leq\) 具有自反性（ \(\lvert A\rvert\leq \lvert A\rvert\) ）和传递性（ \(\lvert A\rvert\leq \lvert B\rvert,\lvert B\rvert\leq \lvert C\rvert\rightarrow \lvert A\rvert\leq \lvert C\rvert\) ）.

\(\lvert A\rvert\leq \lvert B\rvert\) 并且 \(\lvert B\rvert \leq \lvert A\rvert\) 的充分必要条件为 \(\lvert A\rvert=\lvert B\rvert\) .

证明：由题可知 \(A\) 与 \(B\) 的一个子集 \(B_1\) 等价， \(B\) 则与 \(A\) 的一个子集 \(A_1\) 等价，则 \(B_1\) 与 \(A_1\) 的一个子集 \(A_2\) 等价；从而 \(A_2\) 与 \(A\) 等价，而 \(A_2\subset A\) ，所以 \(\lvert A\rvert=\lvert A_2\rvert\) ，由 \(A\subset A_1\subset A_2\) 从而 \(\lvert A\rvert=\lvert A_1\rvert=\lvert B\rvert\) . （见下面定理）

反之显然.

\(\lvert A\rvert\leq\lvert B\rvert\) ，取等号当且仅当 \(B\) 到 \(A\) 存在满射.

\(\Rightarrow\) ：因为 \(\lvert A\rvert\leq\lvert B\rvert\) ，所以存在单射 \(f:A\rightarrow B\) . 考虑从 \(B\) 到 \(A\) 的映射：取 \(a_0\in A\)

\(\(g(b)=\left\{\begin{aligned} &a\quad f(a)=b\\ &a_0 \end{aligned}\right.\)\) 即为满射.

\(\Leftarrow\) ：构造 \(A\) 到 \(B\) 的单射：考虑逆像 \(g^{-1}(a),a\in A\) ，由 \(g:B\rightarrow A\) 为满射可知 \(g^{-1}(a)\neq\emptyset,\forall a\in A\) . 进而可以得到一个集合族： \(\{g^{-1}(a):a\in A\}\) ，根据选择公理，可以定义 \(f(a)\in g^{-1}(a)\) ，并且容易验证 \(f\) 是单射.

对于势为 \(n\) 的集合 \(A\) ， \(\mathcal{P}(A)\) 的势为 \(2^n\) . 对于势为 \(\mu\) 的集合 \(A\)，定义 \(\mathcal{P}(A)=2^\mu\) . 考虑 \(\mu\) 是无限基数时的情况. 有下定理：

Cantor定理： 对于任一集合 \(X\) ， \(\lvert X\rvert<\lvert \mathcal{P}(X)\rvert\) ，从而有 \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) 不可数. 推论：不存在最大的势.

首先证明： \(\lvert A\rvert\leq \lvert \mathcal{A}\rvert\) ，考虑映射 \(f:A\rightarrow \mathcal{P}(A),x\rightarrow \{x\}\) 即可.

证法一：不存在 \(\mathcal{P}(X)\) 到 \(X\) 的单射；

证法二：不存在 \(X\) 到 \(\mathcal{P}(X)\) 的满射；任给一映射 \(f:X\rightarrow \mathcal{P}(X)\) ，考虑集合 \(A=\{x\in X:x\notin f(x)\}\) ，假设存在 \(a\in A\) 使得 \(f(a)=A\) ，则有 \(a\notin f(a)=A\) ，矛盾！如果 \(a\notin A\) ，由 \(f(a)=A\) ，则因为 \(a\) 满足 \(a\notin f(a)\) 所以 \(a\in A\) ，矛盾！
^Cantor

\(\mathbb{R}\) 中的所有开区间等价.

证明：

1. 对于有限开区间 \((a,b)\) ，设函数 \(f:a+(b-a)x\) ，可得所有有限开区间等价；
2. 对于 \(\mathbb{R}\) ，设函数 \(\tan\left(x\right)\) ，则 \(\mathbb{R}\) 和 \((-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\) 等价，进而与所有有限开区间等价；
3. 其他情况与之类似，利用 \(\tan\) 映射即可.
   ^OpenSim

设 \(\{A_\lambda\}_{\lambda\in \Lambda},\{B_\lambda\}_{\lambda\in \Lambda}\) 中的集合两两不交. 如果 \(A_\lambda\sim B_\lambda,\forall \lambda\in \Lambda\) ，则 \(\bigcup_{\lambda\in \Lambda}A_\lambda\sim \bigcup_{\lambda\in \Lambda}B_\lambda\) .

证明：记： \(f_\lambda:A_\lambda\rightarrow B_\lambda\) 为双射，进而设 \(f(x)=f_\lambda(x),x\in A_\lambda\) . 证明 \(f\) 为双射即可. #imcomplete-whatever

设 \(A_0\supset A_1\supset A_2\) ， \(A_0\sim A_2\) ，证明： \(A_0\sim A_1\) .

证明：尝试将 \(A_0\) 和 \(A_1\) 转换为两两不交集合的并，利用相应集合等势证明之.

由 \(A_0\sim A_2\) ，设双射 \(f:A_0\rightarrow A_2\) ，设 \(A_3=f(A_1)\) ， \(A_4=f(A_2)\) ， \(A_{n+2}=f(A_n)\) ，由 \(A_0\supset A_1\supset A_2\) ，进而有 \(A_2=f(A_0)\supset f(A_1)=A_3\) ，依次类推可以得到 \(A_{2n}\supset A_{2n+1},n\geq1\) ，同理有 \(A_3=f(A_1)\supset f(A_2)=A_4\) ，依次类推可得到 \(A_{2n+1}\supset A_{2n+2},n\geq0\) . 从而可以得到一个单调递减集列 \(\{A_n\}_{n\geq1}\) . 设 \(A_{-1}=\bigcap_{n=0}^\infty A_n\) . 由包含关系可得： \(A_{-1}=\bigcap_{n=1}^\infty A_{2n}=\bigcap_{n=1}^\infty A_{2n+1}\) .

由引理可得 \(A_0=A_{-1}\bigcup\left(\bigcup_{n=0}^\infty (A_{2n}-A_{2n+2})\right)\) ，而 \(A_1=A_{-1}\bigcup\left(\bigcup_{n=0}^\infty (A_{2n+1}-A_{2n+3})\right)\) .

下面证明： \((A_{2n+1}-A_{2n+3})\sim (A_{2n}-A_{2n+2})\) ，注意到 \((A_{2n+1}-A_{2n})\sim(A_{2n+3}-A_{2n+2})\) ，并且 \((A_{2n}-A_{2n+3})\sim(A_{2n}-A_{2n+3})\) ，注意到对应位置（左、右）的集合都是不交的，从而有 \((A_{2n+1}-A_{2n+3})\sim (A_{2n}-A_{2n+2})\) .

再由 \(A_0\) ， \(A_1\) 的集合并中的集合两两不交，可以得到 \(A_0\sim A_1\) .

构造 \((0,1)\rightarrow [0,1]\) 的双射.

Hint: \(\frac{1}{n}\rightarrow \frac{1}{n-2}\) . 或者更一般地取可数集 \(\{r_n\}_{n\geq1}\subset \mathbb{Q}\) ，然后将 \(r_1\rightarrow 0,r_2\rightarrow 1,r_{n}\rightarrow r_{n-2}(n\geq3)\) .

可数集

自查表

• 可数集的任意并不是可数集的反例？

\(\exists n\in \mathbb{N},A\sim \{1,2,\cdots,n\}\) ，则称 \(A\) 为有限集. 否则称 \(A\) 为无限集. \(A\sim \mathbb{N}\) 则称 \(A\) 为可数集. 有限集和可数集统称为至多可数集.

任何一个无限集都包含一个可数集.

证明：设 \(E\) 为一个无限集，依次取： \(a_1\in E,a_2\in E\backslash \{a_1\},\cdots\) 得到一个可数集 \(\{a_n\}_{n\geq1}\)

可数集的任何一个无限子集都是可数集.

证明：考虑 \(A\subset E\) ，设 \(E=\{a_n\}_{n\geq1}\) ， \(A\) 为无限集合，则取 \(n_1=\arg\min\{a_n\in A\}\) ，\(n_2=\arg\min\{a_n\in A\backslash a_{n_1}\},\cdots\) 进而可以将 \(A\) 与 \(\mathbb{N}\) 建立一一对应.

至多可数集的并仍然为至多可数集.

证明：直接按照对角线法则即可：

\[\begin{aligned} &E_1:a_1^1,a_2^1,\cdots\\ &E_2:a_1^2,a_2^2,\cdots\\ &\cdots \end{aligned}\]

任意个可数集的并不一定是可数集.

\[\mathbb{R}=\bigcup_{x\in[0,1]}A_x,A_x=\{x+n:n\in \mathbb{Z}\}\]

有限个可数集的直积是可数集.

Hint：对于有限个可数集 \(X_1=\{x^1_n\}_{n\geq1},\cdots,X_k=\{x^k_n\}_{n\geq1}\) ，考虑用数学归纳法解决. 对于两个可数集的积，可以用对角线法则说明其可数. #imcomplete-whatever

设 \(f\) 是 \(\mathbb{R}\) 上的实函数，若 \(M>0\) ，使得对于任何有限个 \(x_1,x_2,\cdots,x_n\) 有 \(\lvert \sum\limits_{i=1}^{n}x_i\rvert\leq M\) ，证明 \(\{x:f(x)\neq0\}\) 为至多可数集.

Hint: \(\{x:f(x)\neq0\}=\bigcup_{n=1}^\infty \{x:\lvert f(x)\rvert>\frac{1}{n}\}\) #imcomplete-whatever

\(\mathbb{N},\mathbb{Z},\mathbb{Q},\mathbb{N}\times \mathbb{N},\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}\) 等都是可数集. 例如： \(\mathbb{Q}\) ，考虑 \(A_n=\{\frac{m}{n}\:m\geq1\},A_n\sim \mathbb{N}\) . 从而 \(\mathbb{Q}^+=\bigcup_{n\geq1}A_n\sim \mathbb{N}\) 同理 \(\mathbb{Q}^-\sim \mathbb{N}\) 从而 \(\mathbb{Q}\sim \mathbb{N}\)（因为 \(\mathbb{Q}\) 不是有限集）.

假设 \(A\) 为无限集， \(B\) 为至多可数集，则 \(A\sim A\cup B\) .

考虑到 \(A\cup B=A\cup (B\backslash A)\) . 设 \(C=B\backslash A\) ， \(A\cap C=0\) ， \(C\subset B\) 为至多可数集，因为 \(A\) 是无限集，所以存在 \(A_1\subset A\) 为可数集，从而 \(A_1\cup C\) 为可数集，因此 \((A_1\cup C)\sim A_1\) ，又显然 \((A-A_1)\sim (A-A_1)\) ，且 \((A_1\cup C)\cap (A-A_1)=\emptyset,(A_1)\cap (A-A_1)=\emptyset\) ，从而不难构造双射，进而有 \(A\cup C=(A-A_1)\cup (A_1\cup C)=(A\cup C)\sim A=(A-A_1)\cup A_1\) .

进而有下推论：

\(\mathbb{R}\) 中的所有区间等价.

之前已经证明了 \(\mathbb{R}\) 中的所有开区间等价. 从而对于 \([a,b]=(a,b)\cup \{a,b\}\) 由 \(\{a,b\}\) 为至多可数集即可推出其与 \((a,b)\) 等价，同理等价于 \([a,b),(a,b]\) .
^RAllEqual

阿列夫数

\(\lvert \mathbb{N}\rvert=\aleph_0\)

\(\lvert\mathcal{P}(\mathbb{N})\rvert=2^{\aleph_0}\)

其中 \(2^{\aleph_0}=\{0,1\}^{\mathbb{N}}\) 表示所有 \(\mathbb{N}\rightarrow\{0,1\}\) 的函数的集合.

\(\lvert \mathcal{P}(\mathcal{P}(\mathbb{N}))\rvert=2^{2^{\aleph_0}}\) .

设 \(E\subset \mathbb{R}^3\) ， \(E\) 中任何两点的距离都是有理数，求证 \(E\) 至多可数.

证明：任取 \(x_1,x_2\) ，设映射

\[\begin{aligned} &f:E\rightarrow \mathbb{Q}\times \mathbb{Q}\\ &x\mapsto(d_1,d_2) \end{aligned}\]

其中 \(d_1,d_2\) 分别为 \(d(x,x_1),d(x,x_2)\) ， \(d\) 为欧式距离度量. 如果若 \(f(x)=f(x'),x\neq x'\) 即 \(d_1=d_1',d_2=d_2'\) ，则 \(x,x'\) 为以 \(x_1\) 为圆心的圆与以 \(x_2\) 为圆心的圆的交上. 又因为空间中的两个圆或者重合，或者至多相交两个点. 由圆心 \(x_1\neq x_2\) 可知这两个圆不可能重合，从而至多相交两个点，如果如果只相交于一个点，则 \(x=x'\) ，矛盾，因此只可能是相交于两个点. 定义映射 \(g:E\rightarrow \{0,1\}\) ，并且满足若 \(\exists x,x':f(x)=f(x'),g(x)+g(x')=1\) ，若不存在 \(x,x':f(x)=f(x'),g(x)=0\) ，从而建立了 \(E\) 到 \(F=\{(d_1,d_2,g(x):x\in E\}\subset\mathbb{Q}\times \mathbb{Q}\times \mathbb{Q}\) 的一个双射. 对于任意的 \(y=(h_1,h_2,h_3)\in F\) ，首先由 \((h_1,h_2)\) 对应于 \(E\) 中至多两个点，至少一个点，并且由 \(h_3\) 可以确定 \(E\) 中的唯一点，所以该映射为满射；其次由构造规则可知该映射为单射. 综上 \(E\) 至多可数.

有理系数多项式全体是可数集.

证明：在下面已经证明了有限 \(n\) 元数列（只有有限个数非 \(0\) ）是可数集. 对于任意有理系数多项式，可将其对应于一有限的 \(\mathbb{Q}\) 上的数列，并进一步映射为有限 \(n\) 元数列：

\(\(a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n+0x^{n+1}+\cdots\)\) 将其映射为 \(m_0,n_0,m_1,n_1,\cdots,m_n,n_n,0,\cdots\) ，记该映射为 \(\mathcal{L}\) ，其中 \((m_i,n_i)=1,a_i=\frac{m_i}{n_i}\) 或者 \(m_i=n_i=0\) 若 \(a_i=0\) ，因此对于多项式 \(f(x),g(x)\) ，如果 \(f(x)=g(x)\) ，则 \(a_i=b_i,\cdots\) ，显然 \(\mathcal{L}\) 是双射.

记全体有理系数多项式 \(\mathcal{F}\) ，则 \(\mathcal{L}(\mathcal{F})=\bigcup_{k\geq1}\{m_0,n_0,\cdots,m_k,n_k,\cdots:m_k,n_k\neq 0\}\) ，显然 \({m_0,n_0,\cdots,m_k,n_k,\cdots:m_k,n_k\neq 0\}\) 为有限个正整数集的积从而可数，而可数个可数集的并仍然为可数集，所以 \(\mathcal{L}(\mathcal{F})\) 可数，从而 \(\mathcal{F}\) 可数.

（或者，直接将 \(\mathcal{F}\) 对应于可数个 \(\mathbb{Q}\) 的乘积.）

连续统势

自查表

• 连续统势的定义；
• 为什么可数个可数集的乘积具有连续统势；

前面讨论的可数集具有的势是一种特殊的势，一般称 \(A\sim \mathbb{N}\) ，则 \(\lvert A\rvert=a\) . 对于与 \(\{1,2,\cdots,n\}\) 等价的集合 \(A\) ，记 \(\lvert A\rvert=n\) ，下面考虑的是 \(\mathbb{R}\) 的势.

\([0,1]\) 是不可数集. 推论： \(\mathbb{R}\) 为不可数集.

证明：反证：假设 \([0,1]=\{a_n\}_{n\geq1}\) ，取不包含 \(a_1\) 的闭区间 \(A_1\) ，满足 \(l(A_1)\leq \frac{1}{2}\) ，在 \(A_1\) 中取不包含 \(a_2\) 的闭区间 \(A_2:l(A_2)\leq \frac{1}{2^2}\) ，依次类推，从而得到闭区间套： \(\(A_1\supset A_2\supset \cdots \supset A_n\supset \cdots\)\) ，从而有 \(a=\bigcap_{n\geq1}A_n\) ， \(a\notin \{a_n\}_{n\geq1}=[0,1]\) 矛盾.

称与 \([0,1]\) 等价的集合具有连续统势. 或记作 \(\lvert A\rvert=c\) . 由上结论，可以得到 \(\mathbb{R}\) 中的所有区间均具有连续统势.

下面进一步讨论具有连续统势的集合. 首先引入n元数列：由 \(0,1,\cdots,n-1\) 组成的数列. 有限n元数列则包含有限个不为 \(0\) 的项，无限n元数列则有无限个不为 \(0\) 的项.

特别的， \(2\) 元数列可以视为对于某一集合进行指示函数的结果，例如 \(\mathbb{Q}\times \mathbb{Q}\) 的一个子集 \(A\) 可以被表示为二元数列 \(\chi_A(\mathbb{Q})\) ，相当于 \(\chi_A(\mathbb{N})\) ，从而可以建立 \(\mathcal{P}(\mathbb{Q},\mathbb{Q})\) 到二元数列全体的一个双射. 下面讨论一般的 \(n\) 元数列.

\(n\) 元数列全体具有连续统势.

首先考虑有限 \(n\) 元数列全体 \(B\) ，该集合显然是至多可数集（可数个至多可数集）. 下面考虑无限 \(n\) 元数列全体 \(C\) .

考虑集合 \((0,1]\) ，对于任意 \(x\in(0,1]\) ，首先将 \((0,1]\) 分成 \(\{(\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]\}_{1\leq k\leq n}\) ，随后取 \(k_1-1:x\in (\frac{k_1-1}{n},\frac{k_1}{n}]\) ，下面对于 \((\frac{k_1-1}{n},\frac{k_1}{n}]\) 进行相同的划分，然后取 \(k_2,\cdots,k_n,\cdots\) ，从而建立了从 \((0,1]\) 到 \(C\) 的映射，并且有 \(x=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{k_i-1}{n^i}\)

首先证明 \(f\) 为单射：若 \(x\neq x'\) ，则存在 \(M\) ，当 \(m>M\) 时有 \(\frac{1}{n^m}<\lvert x-x'\rvert\) ，因此 \(f(x)\neq f(x')\) .

\(f\) 是满射亦显然，任何 \(C\) 中 \(n\) 元数列对应的 \(\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{k_i-1}{n^i}\) 都是收敛的，并且在 \((0,1]\) 区间内.

所以 \(C\) 与 \((0,1]\) 等价，为无限集，又 \(B\) 为至多可数集，所以 \(C\cup B\sim (0,1]\) ，从而 \(n\) 元数列全体与 \((0,1]\) 等价，具有连续统势.

在之前已经证明了集合的子集全体的势要大于原先集合的势，下面证明：

可数集的子集全体具有连续统势.

不妨考虑 \(\mathbb{N}\) ，对于任意 \(A\subset \mathbb{N}\) ，考虑映射 \(f(A)=\{a_n\}_{n\geq1}\) ，其中

\[a_n=\left\{\begin{aligned} &1,n\in A\\ &0,n\notin A \end{aligned}\right.\]

进而建立了 \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) 与二元数列全体之间的一个映射，显然该映射为双射. 因此两者等价. 再由上结论可知 \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) 具有连续统势.

从而，可数集的子集的全体具有连续统势. （对于一般的可数集，仍然可以效仿上述构造方法，只需要提前设可数集 \(B=\{b_n\}_{n\geq1}\) 即可.

之前提到，至多可数个至多可数集的并仍然是至多可数集. 下面考虑集合的积. 在证明集合的积时经常需要用到之前提到的 \(n/2\) 元数列.

可数个具有连续统势的集合的积具有连续统势.

证明：考虑可数个二元数列的积 \(X=\prod_{i=1}^{\infty}X_i\) ，下面证明 \(X\) 与二元数列全体等价：对于任意的 \(x=(x_1,x_2,\cdots,x_n,\cdots)\in \prod_{i=1}^{\infty}X_i\) ，按照对角线法则可以将其转换为一个新的二元数列，进而建立从 \(X\) 到二元数列全体的一个新的映射，该映射显然为双射. 从而 \(X\) 具有连续统势.

自然有如下结论：

\(\lvert \mathbb{R}\times \mathbb{R}\rvert=\lvert \mathbb{R}\rvert=\lvert \mathcal{P}(\mathbb{N})\rvert\)

之前已经证明有限个可数集的直积为可数集，下面考虑可数个可数集的直积：

可数个可数集的直积具有连续统势.

考虑 \(Y_n=\{0,1\}\) ，考虑 \(X=\prod_{n=1}^{\infty}X_n\) ，其中 \(X_n\) 为可数集，则 \(\lvert Y_n\rvert\leq \lvert X_n\rvert\) ，从而可以构造 \(\prod_{n=1}^{\infty}Y_n\) 到 \(\prod_{n=1}^{\infty}X_n\) 的子集的双射，从而 \(\lvert \mathbb{R}\rvert=\lvert \prod_{n=1}^{\infty}Y_n\rvert\leq \lvert \prod_{n=1}^{\infty}X_n\rvert\) ，又 \(\lvert X_n\rvert\leq \lvert \mathbb{R}\rvert\) 所以可得 \(\lvert \prod_{n=1}^{\infty}X_n\rvert\leq \lvert \prod_{n=1}^{\infty}\mathbb{R}\rvert\) ，综上 \(\lvert \prod_{n=1}^{\infty}X_n\rvert=\lvert \mathbb{R}\rvert\) .

按照上述方法，同样可以证明：

至多可数个具有连续统势的集合的积仍然具有连续统势.

\([0,1]\) 上的连续实值函数全体 \(\mathcal{F}\) 具有连续统势.

证明：将 \(\mathcal{F}\) 映射到与 \(\mathbb{R}\) 等势的集合的子集，将 \(\mathbb{R}\) 映射到与 \(\mathcal{F}\) 等势的子集：

对于任意的 \(\lambda\in \mathbb{R}\) 取常值函数 \(f(x)=\lambda,\forall x\in[0,1]\) ，该映射显然为双射，从而有 \(\lvert R\rvert\leq \lvert \mathcal{F}\rvert\) ；反之，对于任意的 \(f\in \mathcal{F}\) ，考虑 \(\mathbb{Q}=\{q_n:n\geq1\}\) ，将 \(f\) 作用到 \(\{q_n:n\geq1\}\) ，从而建立了 \(f\) 到 \(\prod_{n=1}^{\infty}\mathbb{R}\) 的子集的一个映射，且可数个具有连续统势的集合的积仍然具有连续统势；下面只需证明该映射为双射即可注意到若 \(f,g\in \mathcal{F}\) 的像相同，则对于任意的 \(x\in[0,1]\backslash \mathbb{Q}\) ，可取 \(\{x_n\}_{n\geq1}\rightarrow x\) ，由 \(f,g\in C([0,1])\) 可得 \(f(x)=g(x)\) ，从而 \(f=g\) ，则该映射为单射；反之，对于任给的序列都存在对应的函数，因此 \(\lvert \mathcal{F}\rvert\leq \lvert \prod_{i=1}^{\infty}\mathbb{R}\rvert=\lvert \mathbb{R}\rvert\) ，综上 \(\lvert \mathcal{F}\rvert=\lvert \mathbb{R}\rvert\) .

\(\mathbb{R}\) 上的单调函数的全体具有连续统势.

证明：记 \(\mathbb{R}\) 上单调函数全体为 \(\mathcal{F}\) ，同上，不难验证有 \(c\leq \mathcal{F}\) ；设 \(\mathbb{Q}=\{r_n\}_{n\geq1}\) 定义映射 \(\varphi: \mathcal{F}\rightarrow \mathbb{R}^{\mathbb{N}},f\mapsto \{f(r_n)\}_{n\geq1}\) ，对于任意的 \(f\in \mathcal{F},x\in \mathbb{R}\backslash \mathbb{Q}\) ，令 \(f^{+}(x)=\inf_{r> x}f(r),f^{-}(x)=\sup_{r<x}f(r)\) ，因为 \(f\) 是单调函数，所以 \(\{(f^-(x),f^{+}(x))\}_{x\in \mathbb{R}\backslash \mathbb{Q}}\) 为不相交的区间，并且 \(f^{-1}(x)\leq f(x)\leq f^{+}(x)\) ，如果 \((f^{-}(x),f^{+}(x))=\emptyset\) ，则 \(f(x)=f^{-1}(x)=f^{+}(x)\) ，如果 \((f^{-}(x),f^{+}(x))\neq \emptyset\) ，注意到这样的区间只有至多可数多个，记 \(D_f=\{x\in \mathbb{R}\backslash \mathbb{Q}:(f^{-1}(x),f^{+}(x))\neq \emptyset\}\) ，下面定义映射 \(\varphi: \mathcal{F}\rightarrow \mathbb{R}^\mathbb{N}\times \mathbb{R}^\mathbb{N}\)

\[\begin{aligned} &\varphi(f)=\{f(x_n):x_n\in D_f\}\times \{f(r_n)\}_{n\geq1}\quad \text{if }\lvert D_f\rvert=\mathbb{N}\\ &\varphi(f)=\{f(x_1),\cdots,f(x_{\lvert D_f\rvert},0,\cdots,0,\cdots)\}\times \{f(r_n)\}_{n\geq1}\quad \text{if }\lvert D_f\rvert<\mathbb{N} \end{aligned}\]

注意到 \(\varphi(\mathcal{F})\subset\mathbb{R}^\mathbb{N}\times \mathbb{R}^\mathbb{N}\) ，所以 \(\lvert \mathcal{F}\rvert\leq c\) ，从而可得 \(\lvert \mathcal{F}\rvert=c\)

设实数集 \(E\) 不可数，求证：有 \(x\) ，使得对于任意 \(\delta>0\) ， \(E\cap(x-\delta,x+\delta)\) 不可数. 进而证明 \(E\) 中满足 \(\forall \delta>0,E\cap(x-\delta,x+\delta)\) 不可数的 \(x\) 的全体是不可数集.

证明：
两个命题的证明很类似：

对于第一个命题，用反证法即可，最终矛盾在于 \(E=\bigcup_{x\in E}[E\cap (r_x,R_x)]\) 是至多可数集.

对于第二个命题，假设满足条件的 \(x\) 的全体 \(X\) 为至多可数集. 设 \(I\subset \mathbb{N},X=\{x_i\}_{i\in I}\) ，则考虑 \(E-X\) ，从而对于任意的 \(x'\in E-X\) ，存在 \(\delta_{x'}>0\) ， \(E\cap(x'-\delta_{x'},x'+\delta_{x'})\) 为可数集. 并且可知 \(\forall x\in X,x\notin(x'-\delta_{x'},x'+\delta_{x'})\) ，而 \(E\backslash X=\bigcup_{x'\in E\backslash X}E\cap(x'-\delta_{x'},x'+\delta_{x'})\) 一定是不可数集合，又显然对于任意的 \((x'-\delta_{x'},x'+\delta_{x'})\) ，一定存在有理数 \(r_{x'}<R_{x'}\) 使得 \(x'\in(r_{x'},R_{x'})\subset(x'-\delta_{x'},x'+\delta_{x'})\) ，显然有 \(E\backslash X=\bigcup_{x'\in E}E\cap(r_{x'},R_{x'})\) ，并且后者可以与 \(\mathbb{Q}\times \mathbb{Q}\) 的一个子集建立双射，从而 \(E\backslash X\) 为至多可数集， \(E=(E\backslash X)\cup X\) 则为至多可数集，矛盾！

若 \(\mathbb{R}\) 中的集 \(A\) 不可数，求证：必有 \(x\in A\) ，使得对于任何的 \(\delta>0\) ， \((x-\delta,x)\) 和 \((x,x+\delta)\) 中都有 \(A\) 中的点，并且这种 \(x\) 全体也是不可数的.

反证： \(\forall x\in A,\exists \delta>0,(x-\delta,x)\cap A=\emptyset,(x,x+\delta)\cap A=\emptyset\) . 于是存在 \(x\in (r_x',R_x')\subset (x-\delta,x+\delta)\) ， \(E=\cup_{x\in E}E\cap(r_x,R_x)\) 为至多可数集，矛盾！若这种 \(x\) 的全体 \(A\) 是可数的，则 \(E\backslash A\) 为不可数集，并且 \(E\backslash A=\cup_{x\in E\backslash A}E\cap(x-\delta_x,x+\delta_x)\) 为可数集（还是有理数集套进去，没什么意思）矛盾！

\(2^c\)

下面考虑的是与 \(\mathcal{P}(\mathcal{P}(\mathbb{N}))\) 等价的集合. check

求证： \(\mathbb{R}\) 上实函数全体具有基数 \(2^c\) .

证明：设映射

\[\begin{aligned} &\mathcal{F}:R[\mathbb{R}]\rightarrow \mathbb{R}\times \mathbb{R}\\ &f\rightarrow \{(r,f(r)):r\times R\} \end{aligned}\]

从而 \(\lvert R[\mathbb{R}]\rvert\leq \lvert \mathcal{P}(\mathbb{R}\times \mathbb{R})\rvert=\lvert \mathcal{P}(R)\rvert\) . （注意这里 \(\mathcal{F}\) 并不是双射）

或者，注意到 \(\mathcal{P}(\mathbb{R})\) 对应于 \(2^\mathbb{R}=\{0,1\}^\mathbb{R}\) ，也即对应于 \(\mathbb{R}\) 中的一个函数（唯一），该映射也为双射，从而 \(\lvert \mathcal{P}\rvert=\lvert R[\mathbb{R}]\rvert\) .

选择公理

对于集合族 \(\{S_i\}_{i\in I},S_i\neq0\) ，存在集合 \(\{x_i:x_i\in S_i,i\in I\}\) .

知乎

Zorn 引理

对于集合 \(P\) ，称其上的一个二元关系 \(\leq\) 为偏序，如果其满足： 1) 自反性， \(\forall x\in P(x\leq x)\) ；2) 传递性， \((x\leq y,y\leq z)\Rightarrow x\leq z\) ，并称 \((P,\leq)\) 为偏序集.

对于 \(A\subset P\) ，定义 \(A\) 的上界 \(a\in P\) ： \(\forall x\in A(x\leq a)\) ；称 \(A\) 是一条链，如果 \(A\) 满足全序，即 \(\forall x,y\in A((x\leq y)\vee y\leq x)\) .

定义 \((P,\leq)\) 的极大元 \(m\) ： \(x\in P,m\leq x\Rightarrow m=x\) .

Zorn 引理，如果偏序集 \((P,\leq)\) 的每一条链都有上界，则 \((P,\leq)\) 有极大元.

拓扑

对于集合 \(S\) ，闭集合： \(S\) 中任何收敛序列的极限都包含在 \(S\) 中. 全空间和空集都是闭集. 闭集的任意多个交仍然为闭集；闭集的有限多个并仍然为闭集.

闭集的无限多个并是开集的例子

• \([\frac{1}{n},1-\frac{1}{n}]_{n\geq1}\) 的并为开集 \((0,1)\) \(0,1\) 无法取到，因为该集合族中没有集合包含之.

开集合： 闭集的补集为开集；全空间和空集均为开集合；开集的任意多个并为开集；开集的有限多个交为开集；

每一个开集都为开球之并. #imcomplete-whatever

开集的无限多个交为闭集的例子

• \((0,\frac{1}{n})\)