实变函数-集合

容易验证：A (0,1)是单射， 所以A ~ ( A) (0,1),因此 A
再由Bernstein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”.
其中xi1 , xi 2 , xi 3 ,是0，2， ， 1， 9中的一个数，不全为9 且不以0为循环节。
x1 0.x11 x12 x13 x2 0.x21 x22 x23
x3 0.x31 x32 x33 ( x) 0.x11x21x12 x13 x22
作映射 : A (0,1),
设有基数 , , 取集合A, B, 使得 A , A ,
3)设A B { f | f : B A}, 记 AB ;
对一些记号的说明
2 A 表示A的子集全体，
思考：如何推广 A A 不可数个集合的 2 与{0， 间存在一一对应 1} （一个子集对应到其相应特征函数） 卡氏积？
证明 首先考虑映射 （0， A, ( x) ( x, x,) : 1 ）
容易验证 （0， A是单射， : 1 ） 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
5 可数势与连续势
N N
N上的特征函数全体
0
定理 2 R或{0， R(即： 2 ) 1}
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
对任意的 {0， , 令f ( ) 1}
N n 1

( n)
3

作g : (0,1) {0,1} x
N
{0,1}N , 其中 ( n) an , n 1, 2, 3,
(即将小数0.a1a2 a3 对应到序列（a1 , a2 , a3 ,))
易证g： {0,1}N 是单射，因此2 N (0,1)
由Bernstein 定理知：N 2
第一章 集合
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[0，三等分，取其中一个不含点x1的闭区间，记为I1 , 1] 再将I1三等分，取其中一个不含点x2的闭区间，记为I 2 ,
B A表示A到B的映射全体（A个B的卡氏积）
如R { f : {1,2,3, } R}
N
{0， A 表示A到{0，的映射全体， 1} 1}
可看成可数个R的卡氏积R R {( x1 , x2 , ) | xi R}
2 3 R{1，，， ,n} { f : {1,2,3, , n} R}
* * * * *
*
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.
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 ,
因此有x n0 I n , 而这与x n0 I n0 相矛盾。
其中
an {
2 ann 1 1 ann 1
则得到矛盾，所以 (0,1)是不可数集。
,,,
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： 0 n
例：1）R~
(0,1) ~ [0,1] ~ [0,1) ~ R+~ <a,b> (a<b)
⑵
2 Zorn引理与选择公理 Zorn引理：设 ( A, ) 是一偏序集，A中的 每个全序子集有上界，则A必有极大元。
选择公理：设 {A } 为一簇两两不交的 非空集簇，则存在一集B使得 , B A 是单元素集。
对选择公理的说明

利用选择公理，Banach在1924年证明了分 球定理，即一个闭球U可分解成两个互不 相交的集合A，B且U与A可 由相同多的有 限多个互相合同的子集并成，U与B可由相 同多的有限多个互相合同的子集并成；粗 略来说即可把一个球U分解成两个与U具有 同样体积的球A和B。 （见：王世强《数理逻辑与范畴论应用》）
6 基数的运算
设有基数1 , 2 , 取集合A1 , A2 , 使得 A1 1 , A2 2 , 而且 A1 A2 , 1)记 A1 A2 1 2
设有基数1 , 2 , 取集合A1 , A2 , 使得 A1 1 , A2 2 , 2)记 A1 A2 1 2
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
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）
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
n
Ai ~ (i 1, i] (0, n]
i 1 i 1
n
( 0
]( 1
] 2
( n-1
] n
n 1
An ~ (n 1, n] (0,)
n 1


( 0
]( 1
] 2
( n-1
] n
可看成n个R的卡氏积{( x1 , x2 , , xn ) | xi R}
第一章 集合
第五节 半序集
1 半序集
数学三大母结构（Bourbaki学派观点）：
拓扑结构（邻近关系），代数结构（运算关系）， 序结构（顺序关系）（测度（长度、面积、体积））
例：对实数集R有远近关系，四则运算，大小顺序，区间有长度
假设A ~ 2 , 则存在A到2 上的一一映射 : A ~ 2
A A
A来自百度文库
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
选择公理的说明

通俗讲，假如有无限双鞋子，则我们有一规则， 从每双鞋子中取出左脚穿的鞋子，其总体构成 一集合；但若是无限双袜子，由于袜子不分左 右，所以就有多种选择，要承认这种成员不确 定的集合存在，就要引用选择公理。数学中许 多重要定理的证明都需要用到选择公理，如 Lebesgue不可测集的存在，拓扑空间紧性 的 Tychonoff定理等。 注：关于选择公理的一些等价命题，可参见 《一般拓扑学》（J.L.Kelly p34）
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，M M ; 另一方面，由M的定义知， 2 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.
半序集定义
设A是一集合， 为A中的某些元素的关系 且满足: ⑴自反性: a a ⑵反对称性: 若a b, b a, 则a b ⑶传递性: 若a b, b c, 则a c 则称A按 成一半序集（偏序集）。
例
⑴
( R, ) 是一半序集.
(2 R , ) 是一半序集.
ZF公理集合论体系下的连续统假设
在Zermelo-Frankel公理集合论体系下 1940年Godel证明了连续统假设的相容 性（即不能证明它不真）； 1962年Stanford大学的P.J.Cohen证明了它的独立性 （即不能用其他公理证明它真）；
参见：《数学与哲学》张景中，《数理逻辑概貌》莫绍揆
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
{ 序列的形式： x1 , x2 ,, xn ,}
把每个数写成正规小数（不能以0为循环节）
x1 0.a11a12 a13 a14 令x=0.a a a a … 1 2 3 4 x2 0.a21a22 a23 a24 x3 0.a31a32 a33 a34 x4 0.a41a42 a43 a44
连续统假设
注记： 从前面我们已经看到： n 0 20
Cantor认为在0与 之间不存在别的基数， 即不存在这样的集合A,使得
0 A
但Cantor证明不了,这就是著名的Cantor连续统假设。 Hilbert在1900年第二届国际数学家大会上 将它列为二十三个难题的第一个问题。
n
;
易知f :{0， N [0,1]是单射，所以{0， N 1} 1}
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)
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 0 A B A. ,B ,则
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
y
yR
Ay ~ {( x, y) | x R} R 2
yR
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.