不可数集合
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N N
由 Bernstein 定理知：2
N
* * * * *
*
2 若a* A* ( a* ), 则由A*的定义，应有a* A*
这是矛盾的，所以 2 A.
A
此证为对角线方法，与(0,1) 是不可数集的证明比较。
集合悖论
尽管 Cantor 在1883年就证明了这个定理，但直到1899 年 Cantor 才发现，这个定理本身与他给出的集合的定义 有矛盾，即所谓的 Cantor 的最大基数悖论.
5 可数势与连续势
N上的特征函数全体
定理 2 R或{0， 1} R (即： 2 )
N N
0
证明：由于N的子集全体与特征函数全体存在一一对 应关系，故2N 与{0,1}N对等；下证：
{0， 1}
N
1} , 令 f ( ) 对 任 意 的 {0，
N
(n)
3
Cantor 认为把所有的集合汇总 在一起，也能组成一个 集合， 记为 M .根据 Cantor 定理， 2 M M ; 另一方面，由 M的定义知， 2 M 的任意元素已在 M中，所以 2 M M ,因此 2 M M , 这样就 得到了矛盾。
因此Cantor在1899年给 Dedekind 的一封信中曾指出,人们 要想不陷于矛盾的话,就不能谈论由一切集合所组成的集合.
再 由 B ernstein 定 理 可 知 A
推论
n 维 Euclid 空间 R 的势为
n
平面与直线有“相同多”的点
1874年Cantor考虑 R 与Rn的对应关系，并企图证 明这两个集合不可能构成一一对应，过了三年， 他证明了一一对应关系是存在的，从而说明 Rn具 有连续基数 ，他当初写信给Dedekind说： “我看到了它，但我简直不能相信它”.
x 1 0 . x 11 x 12 x 13 x 2 0 . x 21 x 22 x 23 x 3 0 . x 31 x 32 x 33
作映射 : A (0,1), ( x ) 0.x11 x21 x12 x13 x22
容易验证 ： A (0,1)是单射， 所以 A ~ ( A ) (0,1), 因此 A
说明：对应[0,1]十等分的端点有两种表示，如 0.2000000… 0.1999999… （十进制小数）
不可数集的存在性的另一种证明
证明：假设（0,1）是可数集,则 （0,1） 可以写成一个无穷
{x1 , x2 , , xn , } 序列的形式：
把每个数写成正规小数（不能以0为循环节）
x 1 0 .a x x x
4 3
4 4
,
,
,
2 连续势集的定义 定义：与[0,1]区间对等的集合称为连续势集， 其势记为 ， 显然： n 0
例：1）R~
(0,1) ~ [0,1] ~ [0,1) ~ R+~ <a,b> (a<b)
2）无理数集为连续势集
（无理数要比有理数多得多，同理超越数要比代数数多得多）
若 A 0 , B 0 , 则 A B A.
3 连续势集的性质（卡氏积）
（1）有限个、可数个连续势的卡氏积仍为连续势集
定理：设 A {( x1 , x2 , , xn , ) : xi (0,1)}, 则 A
证明 首先考虑映射 （ : 0， 1） A, ( x ) ( x , x , )
假设 A ~ 2 , 则存在 A到2 上的一一映射 : A ~ 2
A A A
令A {a : a A, a ( a )}
*
: A ~ 2A
由于 A*是A的子集，即 A* 2 A
因此存在 a A, 使得 ( a ) A
* *
*
现在考虑 a 与A 的关系
*
*
1 若a A , 则由 A 的定义，应有 a ( a ) A
2
1 1
a
1 2
a a a a
1 3
a a a a
1 4
令x=0.a1a2a3a4…
其中
0 .a 0 .a 0 .a
2 1 a
2 2
2 3
2 4
an {
2 ann 1 1 ann 1
3
3 1
a a
3 2
3 3
3 4
则得到矛盾，所以 (0,1)是不可数集。
4
4 1
4 2
n
;
n 1
1} N [0,1]是 单 射 ， 所 以{0， 1} N 易 知 f : {0，
说明：相当于把 对应到一个三进制小数 0. (1) (2) (3) 思考：为什么不用二进制。
an 另一方面，对 x (0,1), 设 x n , an 0,1 （有无穷多1） n 1 2 (即：将 x写成二进制小数0.a1a2 a3 ，且要求不以0为循环节)
这样继续下去得到一个闭区间套： [0,1] I1 I 2 I n
1 | I n | n , xn I n , (n 1,2, ) 3
由区间套定理，存在唯 一点x0 I n [0,1],
n 1
根据假设，应存在 n0 , 使得xn0 x0 ,
第一章 集合及其基数
第四节 不可数集
1 不可数集的存在性(区间[0,1]是不可数集)
[ ][ ][ ] 0 1/3 2/3 1 证明：假设［0,1］是可数集,则 [0,1] 可以写成一个无穷 序列的形式： {x1 , x2 , , xn , }
将[0， 1]三等分，取其中一个不含点x1的闭区间，记为I1 , 再将I1三等分，取其中一个不含点x2的闭区间，记为I 2 ,
连续势集的性质（并集）
连续势集的（有限个，可数个，连续势个）
并仍为连续势集
Ai ~ (i 1, i ] (0, n]
i 1 i 1
n
n
( 0 ( 0
]( 1 ]( 1
] 2 ] 2
( n-1 ( n-1
] n ] n
n 1
An ~ ( n 1, n] (0, )
容易验证 （ : 0， 1 ） A是单射， 所以(0,1) ~ ((0,1)) A,因此 A
另一方面，对于 A 中的任意元素 x ( x1 , x2 , , xn , ), 把每个 xi 表示成十进制无穷小数 ： xi 0.xi1 xi 2 xi 3
其中 xi1 , xi 2 , xi 3 , 是 0， 1， 2， ， 9中的一个数，不全为9 且不以0为循环节。
因此有x n0 I n , 而这与x n0 I n0 相矛盾。
n 1
所以[0,1]不是可数集.
[ 0 ][ 1/3 ][ 2/3 ] 1
数的进位制简介
第一次十等分确定第一位小数 第二次十等分确定第二位小数
十进制小数 二进制小数 三进制小数
相应于 相应于 相应于
对[0,1]十等分 对[0,1]二等分 对[0,1]三等分
作 g : (0,1) {0,1} N x {0,1} , 其 中 ( n ) a n , n 1, 2, 3,
N
(即 将 小 数 0. a1 a 2 a 3 对 应 到 序 列 （ a1 , a 2 , a 3 , ))
易证g： (0,1) {0,1} 是单射，因此 2
n 1
y
yR
Ay ~ {( x, y ) | x R} R 2
yR
ห้องสมุดไป่ตู้
4 无最大势定理
Cantor 定理 : 设A是一个任意的非空集合 ，则2 A A.
从而说明无限也是分很多层次，且不存在最大的集合.
证明：首先A与2 A的一个子集对等是显然的, 只要考虑A ~ {{a}: a A} 2 A 即可.
由 Bernstein 定理知：2
N
* * * * *
*
2 若a* A* ( a* ), 则由A*的定义，应有a* A*
这是矛盾的，所以 2 A.
A
此证为对角线方法，与(0,1) 是不可数集的证明比较。
集合悖论
尽管 Cantor 在1883年就证明了这个定理，但直到1899 年 Cantor 才发现，这个定理本身与他给出的集合的定义 有矛盾，即所谓的 Cantor 的最大基数悖论.
5 可数势与连续势
N上的特征函数全体
定理 2 R或{0， 1} R (即： 2 )
N N
0
证明：由于N的子集全体与特征函数全体存在一一对 应关系，故2N 与{0,1}N对等；下证：
{0， 1}
N
1} , 令 f ( ) 对 任 意 的 {0，
N
(n)
3
Cantor 认为把所有的集合汇总 在一起，也能组成一个 集合， 记为 M .根据 Cantor 定理， 2 M M ; 另一方面，由 M的定义知， 2 M 的任意元素已在 M中，所以 2 M M ,因此 2 M M , 这样就 得到了矛盾。
因此Cantor在1899年给 Dedekind 的一封信中曾指出,人们 要想不陷于矛盾的话,就不能谈论由一切集合所组成的集合.
再 由 B ernstein 定 理 可 知 A
推论
n 维 Euclid 空间 R 的势为
n
平面与直线有“相同多”的点
1874年Cantor考虑 R 与Rn的对应关系，并企图证 明这两个集合不可能构成一一对应，过了三年， 他证明了一一对应关系是存在的，从而说明 Rn具 有连续基数 ，他当初写信给Dedekind说： “我看到了它，但我简直不能相信它”.
x 1 0 . x 11 x 12 x 13 x 2 0 . x 21 x 22 x 23 x 3 0 . x 31 x 32 x 33
作映射 : A (0,1), ( x ) 0.x11 x21 x12 x13 x22
容易验证 ： A (0,1)是单射， 所以 A ~ ( A ) (0,1), 因此 A
说明：对应[0,1]十等分的端点有两种表示，如 0.2000000… 0.1999999… （十进制小数）
不可数集的存在性的另一种证明
证明：假设（0,1）是可数集,则 （0,1） 可以写成一个无穷
{x1 , x2 , , xn , } 序列的形式：
把每个数写成正规小数（不能以0为循环节）
x 1 0 .a x x x
4 3
4 4
,
,
,
2 连续势集的定义 定义：与[0,1]区间对等的集合称为连续势集， 其势记为 ， 显然： n 0
例：1）R~
(0,1) ~ [0,1] ~ [0,1) ~ R+~ <a,b> (a<b)
2）无理数集为连续势集
（无理数要比有理数多得多，同理超越数要比代数数多得多）
若 A 0 , B 0 , 则 A B A.
3 连续势集的性质（卡氏积）
（1）有限个、可数个连续势的卡氏积仍为连续势集
定理：设 A {( x1 , x2 , , xn , ) : xi (0,1)}, 则 A
证明 首先考虑映射 （ : 0， 1） A, ( x ) ( x , x , )
假设 A ~ 2 , 则存在 A到2 上的一一映射 : A ~ 2
A A A
令A {a : a A, a ( a )}
*
: A ~ 2A
由于 A*是A的子集，即 A* 2 A
因此存在 a A, 使得 ( a ) A
* *
*
现在考虑 a 与A 的关系
*
*
1 若a A , 则由 A 的定义，应有 a ( a ) A
2
1 1
a
1 2
a a a a
1 3
a a a a
1 4
令x=0.a1a2a3a4…
其中
0 .a 0 .a 0 .a
2 1 a
2 2
2 3
2 4
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2 ann 1 1 ann 1
3
3 1
a a
3 2
3 3
3 4
则得到矛盾，所以 (0,1)是不可数集。
4
4 1
4 2
n
;
n 1
1} N [0,1]是 单 射 ， 所 以{0， 1} N 易 知 f : {0，
说明：相当于把 对应到一个三进制小数 0. (1) (2) (3) 思考：为什么不用二进制。
an 另一方面，对 x (0,1), 设 x n , an 0,1 （有无穷多1） n 1 2 (即：将 x写成二进制小数0.a1a2 a3 ，且要求不以0为循环节)
这样继续下去得到一个闭区间套： [0,1] I1 I 2 I n
1 | I n | n , xn I n , (n 1,2, ) 3
由区间套定理，存在唯 一点x0 I n [0,1],
n 1
根据假设，应存在 n0 , 使得xn0 x0 ,
第一章 集合及其基数
第四节 不可数集
1 不可数集的存在性(区间[0,1]是不可数集)
[ ][ ][ ] 0 1/3 2/3 1 证明：假设［0,1］是可数集,则 [0,1] 可以写成一个无穷 序列的形式： {x1 , x2 , , xn , }
将[0， 1]三等分，取其中一个不含点x1的闭区间，记为I1 , 再将I1三等分，取其中一个不含点x2的闭区间，记为I 2 ,
连续势集的性质（并集）
连续势集的（有限个，可数个，连续势个）
并仍为连续势集
Ai ~ (i 1, i ] (0, n]
i 1 i 1
n
n
( 0 ( 0
]( 1 ]( 1
] 2 ] 2
( n-1 ( n-1
] n ] n
n 1
An ~ ( n 1, n] (0, )
容易验证 （ : 0， 1 ） A是单射， 所以(0,1) ~ ((0,1)) A,因此 A
另一方面，对于 A 中的任意元素 x ( x1 , x2 , , xn , ), 把每个 xi 表示成十进制无穷小数 ： xi 0.xi1 xi 2 xi 3
其中 xi1 , xi 2 , xi 3 , 是 0， 1， 2， ， 9中的一个数，不全为9 且不以0为循环节。
因此有x n0 I n , 而这与x n0 I n0 相矛盾。
n 1
所以[0,1]不是可数集.
[ 0 ][ 1/3 ][ 2/3 ] 1
数的进位制简介
第一次十等分确定第一位小数 第二次十等分确定第二位小数
十进制小数 二进制小数 三进制小数
相应于 相应于 相应于
对[0,1]十等分 对[0,1]二等分 对[0,1]三等分
作 g : (0,1) {0,1} N x {0,1} , 其 中 ( n ) a n , n 1, 2, 3,
N
(即 将 小 数 0. a1 a 2 a 3 对 应 到 序 列 （ a1 , a 2 , a 3 , ))
易证g： (0,1) {0,1} 是单射，因此 2
n 1
y
yR
Ay ~ {( x, y ) | x R} R 2
yR
ห้องสมุดไป่ตู้
4 无最大势定理
Cantor 定理 : 设A是一个任意的非空集合 ，则2 A A.
从而说明无限也是分很多层次，且不存在最大的集合.
证明：首先A与2 A的一个子集对等是显然的, 只要考虑A ~ {{a}: a A} 2 A 即可.
