数集,从而(n+1)个Q的直积可数,即代是可数的,再利用定理141(iii)
得出所要结论.
例题1.4.2R中任一两两不相交的开区间族仏上気中的元至多可
证明:
对每一kJ.取|几中的有理数仇.由于{|J中的元两两不相
交,因此当'叭丰>-2时r汀巧2.这样{|詁与有理数全体的一个子集对等.而
后者至多可数•故L}中的元至多可数.
定理142设A是无限集,B是至多可数集,则A〜AUB.
A-A1〜A-A1,A1〜A1UB,(A-A1)nAi=©,(A-A1)n(AiUB)=©.
从而由定理1.3.3,
A=(A-A1)UA1〜(A-A1)U(A1UB)=AUB
若把两个集合对等理解为它们所含元素的“个数”相等,则上述定理说明对无限集来说,加入一个至多可数集后,其“个数”不变若A为可数集,用a表示可数集的基数,即A=a.
§1.5不可数集合
在无限集中,只讨论了可数集,有没有不可数的无限集呢?
本段说明无限集不一定是可数集.
定理1.5.1闭区间[0,1]是不可数集.
证明:
假设
[0,1]={a1,a2,…,an,…}
是一个可数集.则有[0,1]中的闭区间I1,使酣11,有I1中的闭区间12,使a^I2,有I2中的闭区间13,使a3和3,等等.这样我们得到[0,1]中
的单减闭区间列<Inl>,使a^In,n=1,2,….由数学分析中的闭区间套
定理知存在唯一©-斤In.显然匕-[0,1],但对任何n,有©Han,此矛盾.
nd
因此[0,1]是不可数集.
把一切与集[0,1]对等的集归为一类,称为有连续统势,用c表示
这类集合的基数.即:
若A〜[0,1],则A=c.
例题1.5.1区间(0,1)的基数是c.
证明:
由.定理132知,
(0,1)〜(0,1)U{0,1}.即(0,1)〜[0,1].
所以区间(0,1)的基数是c.
因acb,f(x)=a+(b—a)x,得到f:
[0,1]T[a,b]是完全1-1映射,所以[0,1]〜[a,b].说明[a,b]的基数是c,而由§3定理2,一个无限集增加或减少至多可数个元素后,与原集对等,所以(a,b),[a,b),佝b]的
基数也是c.又由g(x)=tgx,有(一;,;)〜R.故实数集R的基数是c.
说明任何区间有连续统势,特别R有连续统势.
§1.6二元数列
设n是大于1的正整数,若数列抵}心中的元仅由0,1,2,…,n-1这n个数组成,则◎L称为n元数列.此时若从某项后的所有项ak都为0,则称GL为有限n元数列,不然称为无限n元数列.
如:
{1,0,1,0,11,0,1,0,0,1,0,…}为二元数列,{2,0,122,1,0,1,2,0,1,2,…}为三元数列.
定理1.6.1二元数列全体有连续统势.
证明:
(i)有限二元数列全体是可数的.设A^«as}s>:
^aJs>是二元数列},
则每个A2k)中的基数都为2k,即有限个,从而A2中的有限二元数列全体UA2k是可数的.
k」
(ii)无限二元数列全体有连续统势.
只需证明无限二元数列全体与(0,1]对等.
设X迂(0,1],此时有唯一的ki,ki=1或2,使
取ai=ki-1.又有唯一的k2,k2=1或2,使
222222
取a^k2-1.又有唯一的k3,k^1或2,使
取as=ks-1.
(1)
丈户-1+km
亡2i2m
其中m二kj=1或2,取ai=匕-1,i=1,2,,m.
在
(1)中令mTOC,得
处a
Pai
X=迓一^
y2i
由ai的取法和
(1),GU是一个无限二元数列.这样得到一个映射f,
f:
(0,1]T无限二元数列全体
易证f是完全一一映射,从而无限二元数列全体具有连续统势.
处a处h
(不同的X得到不同的ai,设x=2冷,y=5:
二,显然若a^bi,则x=y,即
i42i42
映射f为1-1映射;另一方面,任取一个无限二元数列匕}匚问取0或1,
21=1,于是X亡(0,1],因此f为完全映射.)
ii2
定理162可数集的子集全体有连续统势.
证明:
只需证明自然数集N的子集全体有连续统势.
设A是N的任一非空子集,定义
[1n亡A
an=[0n迂N-A
则是一个二元数列.即映射f(A)=£丄亘是一个二元数列•定义
f仲)={o,o,…,0,…},
则f是N的子集全体到二元数列全体的完全1-1映射.事实上,N的两
子集不同,所对应的二元数列一定不同(如
A=《,2},f(A)=勺,1,0,…},B=fe5,贝Jf(B)=i0,0,1,0,1,0,…});另一方面,给一
个二元数列,就对应N的一个子集(如En篇轨1,0,1,0厂}对应子集
A={1,3}).所以映射f是一个完全1-1映射,即
N的子集全体〜二元数列全体
从而N的子集全体有连续统势C.
定理1.6.3至多可数个有连续统势的集的直积有连续统势
□C
证明:
不妨设对每一个n工1,Xn是二元数列全体,要证X=nXnn=1
也有连续统势•此时对每一个X=(X1,X2,…,Xn,…Fx,令
令f(X)=(xf)x2)Xi
(2)x3)xf,Xi(3,[xf,x23,x{4'…),则f(X)是一个二元数
X5:
ai5
这样,由二元数列全体有连续统势知其直积有连续统势
特别地,若Xn=R,得,Xn=饮数列全体从而实数列全体有连续
n吕
统势.
我们知道若一个有限集A有n个元素,则A的子集全体(包括空
集)共有2n个元素•这样若集A的基数为4,我们把A的子集全体的基
既然基数是可以比较的,且已知c>a,那么是否还有比c大的基数呢?
下面的定理圆满地回答了这个问题
定理164^<2#.
证明:
设集A的基数为卩.由定义,集A的所有子集构成的集族A的基数为2卩显然A与A的子集qx}:
x-a}是对等的,所以4<2#为证
卩<2»,只需证明A与A不对等.
假设A与A对等,则存在完全1-1映射
f:
Ata.
此时对每一"A,f(x)是A的一个子集.令
A*二{x亡A:
X疋f(X)}
由于f是完全的,所以A的上述子集A,应有八A使f(x*)=A若
X忘f(x*),则应有X*芒A*(=f(X*)),矛盾;若X*芒f(x*)(=A*),则应有“A*(=f(X*)),矛盾•这就说明A与A不可能对等.