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src/第3章 集合论.md
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@ -160,7 +160,7 @@
- **命题 3.2.3（集合不能包含其本身）**：设 $A$ 为一个集合，那么 $A\not\in A$。
**证明**：（反证法）假设存在一个集合 $A$，满足 $A\in A$。根据单元素公理，存在一个集合 $B=\left\{A\right\}$。$B$ 是一个非空的集合，因此根据正则公理，应该存在 $x\in B$，满足 $x$ 不是集合或 $A\cap x=\varnothing$，但是集合 $B$ 作为单元素集，只有 $A\in B$，而 $A$ 是一个集合，且 $A\cap B=A$，故 $B$ 集合违反正则公理，矛盾，假设不成立。原命题得证。
**证明**：反证。假设存在一个集合 $A$，满足 $A\in A$。根据单元素公理，存在一个集合 $B=\left\{A\right\}$。$B$ 是一个非空的集合，因此根据正则公理，应该存在 $x\in B$，满足 $x$ 不是集合或 $A\cap x=\varnothing$，但是集合 $B$ 作为单元素集，只有 $A\in B$，而 $A$ 是一个集合，且 $A\cap B=A$，故 $B$ 集合违反正则公理，矛盾，假设不成立。原命题得证。
但正则公理跟我们刚刚的设想 “层次结构” 有什么关系呢？可以这么理解：若我们刚刚所述的 “层次结构” 存在，那么对于一个集合 $A$，设其所有元素中，所在层次最小的那个元素为 $x$，它所在的层次为 $k$，那么考虑 $x\cap A$ 中的元素，它们所在的层次一定小于 $x$ 所在的层次（即 $k$），那么 $x\cap A$ 一定为空（即正则公理成立），否则与 “$x$ 是 $A$ 中层次最小的元素” 矛盾。

2
src/第7章 级数.md
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@ -314,7 +314,7 @@
$$|T_M-L|=\left|\sum\limits^{M}_{m=s}a_{f(m)}-L\right|=\left|\sum\limits_{x\in X}a_{f(x)}+\sum\limits_{y\in Y}a_{f(y)}-L\right|\leqslant\delta+(\varepsilon-\delta)=\varepsilon$$
不合直觉的是，当级数不是绝对收敛的时候，级数重排不一定能收敛到相同的结果，甚至不一定收敛。事实上，我们将在随后证明，只要恰当地重排一个仅仅条件收敛的级数，我们就可以使其收敛到任意的实数或者使其不收敛。
不合直觉的是，当级数不是绝对收敛的时候，级数重排不一定能收敛到相同的结果，甚至不一定收敛。事实上，我们将在随后证明，只要恰当地重排一个仅仅条件收敛的级数，我们就可以使其收敛到任意的指定实数或者使其不收敛。
## 7.5 方根判别法和比例判别法

189
src/第8章 无限集合.md
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@ -1,6 +1,6 @@
### 第 8 章 无限集合
我们将延伸集合论的学习，并将重点放在关于无限集的研究上。本章有小部分拓展内容，但我认为了解并学习它们还是有助于增长数学视野并在本书之外的领域发挥作用的。
我们将延伸集合论的学习，并将重点放在关于无限集的研究上。本章有部分内容属于拓展，但我仍然认为了解并学习它们有助于增长数学视野，或在本书之外的领域发挥作用。
#### 8.1 可数性
@ -21,10 +21,8 @@
反证，若 $n\not\in X$。首先 $X$ 非空且有下界 $0$，故 $n$ 非 $-\infty,+\infty$ 且为非负实数。根据命题 5.4.10，存在唯一的整数 $A$ 满足 $A\leq n<A+1$。
对于任意 $x\in X$，有 $x\geq n$，又 $n\not\in X$，于是 $x>n$，那么 $x\geq A+1$。于是 $A+1$ 也是 $X$ 的下界，矛盾。
命题 8.1.2 还表明 $\mathbb N$ 是良序集，具体的定义将在 8.5 中详细说明。
目前我们所知道的可数集只有 $\mathbb N$，我们将考虑对可数集做变换，得到新的可数集。事实上很多集合都是不直觉地可数的。
目前我们所知道的可数集只有 $\mathbb N$，但考虑对可数集做变换而得到新的可数集。然后会发现，事实上很多看似不可数的集合都是可数的。
- **命题 8.1.3**：设无限集 $X\subseteq \mathbb N$，那么存在唯一一个双射 $f:\mathbb N\to X$，满足对于任意 $n\in\mathbb N$，$f(n)< f(n+1)$。
@ -44,8 +42,6 @@
**证明**：存在双射 $f:X\to \mathbb N$，那么把 $f$ 的定义域限制在 $Y$ 上时是从 $Y$ 到 $f(Y)$ 的双射。而 $f(Y)\subseteq \mathbb N$ 是至多可数的，故 $Y$ 也是至多可数的。
命题 8.1.3 还说明，不存在介于有限集和可数集之间的基数，具体的定义将在 8.3 中详细说明。
- **命题 8.1.6**：设函数 $f:X\to Y$ 满足 $X$ 是可数的，那么 $f(X)$ 是至多可数的。
**证明**：考虑映射 $g:f(X)\to X$ 满足对于任意 $y\in f(X)$ 有 $f(g(y))=y$。证明这样的 $g$ 一定存在且一定是单射，然后就存在双射 $f(X)\to g(f(X))$ 且 $g(f(X))\subseteq X$ 是至多可数集。
@ -60,6 +56,8 @@
总结一下，一个可数集的任意子集或者象集合都是至多可数的，并且可数集的有限并依然是可数集。
接下来，我们再继续证明我们熟知的 $\mathbb Z$ 和 $\mathbb Q$ 都是可数集。
- **推论 8.1.8**：$\mathbb Z$ 是可数集。
**证明**：$\mathbb Z=\mathbb N\cup (-\mathbb N)$。
@ -92,6 +90,8 @@
#### 8.2 在无限集合上的求和
延续第 7 章，我们考虑定义无限集上的级数，让我们先来定义可数集上的级数，因为它可以转化为无限序列上的级数。
- **定义 8.2.1（可数集上的级数）**：设 $X$ 是可数集和函数 $f:X\to\mathbb R$。称级数 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，当且仅当存在双射 $g:\mathbb N\to X$ 使得 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(g(n))$ 是绝对收敛的。此时我们定义 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(g(n))$。
**证明**：根据命题 7.4.4，$\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 的取值不依赖于 $g$ 的选取，是唯一的。
@ -99,77 +99,73 @@
- **引理 8.2.2**：设 $X$ 是可数集和函数 $f:X\to\mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的。若 $g:Y\to X$ 是双射，那么 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))$ 绝对收敛且 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
**证明**：存在 $h:\mathbb N\to X$ 是双射。那么 $g^{-1}\circ h$ 是 $\mathbb N$ 到 $Y$ 的双射，那么 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(g(g^{-1}(h(n))))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(h(n))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
我们暂时先不拓展可数集上的级数算律，而等到定义了任意集合上的级数后再一起拓展级数算律。但我们可以先给出一个关于二重求和的重要定理。
- **定理 8.2.3（关于无限和的富比尼定理）**：设函数 $f:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)$ 是绝对收敛的，那么 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)$。
**证明**：任取双射 $g:\mathbb N\to\mathbb N\times \mathbb N$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))$ 是绝对收敛的。
接下来证明分为两部分走。
**证明**：任取双射 $g:\mathbb N\to\mathbb N\times \mathbb N$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))$ 是绝对收敛的。接下来证明分为两部分走。
第一部分：当任意 $f(n,m)$ 都非负时。
设 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))=L$。对于任意 $K\geq 0$ 有 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L$。对于任意实数 $\varepsilon>0$ 存在 $K_{0}\geq 0$ 使得对于任意 $K\geq K_{0}$ 有 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq L-\varepsilon$。
先证：$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。
考虑证明对于任意 $N,M\geq 0$ 有 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L$，即 $\sum\limits_{p\in\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M}}f(p)\leq L$。由于 $g^{-1}(\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M})$ 是有限集，故存在界 $K\geq 0$ 使得 $g^{-1}(\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M})\subseteq \mathbb N_{0..K}$。于是：
考虑证 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。先证对于任意 $n,M\geq 0$ 都满足有限和 $\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L$。由于 $g^{-1}(\{n\}\times \mathbb N_{0..M})$ 是有限集，故存在界 $K\geq 0$ 使得 $g^{-1}(\{n\}\times \mathbb N_{0..M})\subseteq \mathbb N_{0..K}$。于是：
$$
\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M}}f(p)=\sum\limits_{k\in g^{-1}(\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M})}f(g(k))\leq \sum\limits_{k\in \mathbb N_{0..K}}f(g(k))=\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L
\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\sum\limits_{p\in \{n\}\times \mathbb N_{0..M}}f(p)=\sum\limits_{k\in g^{-1}(\{n\}\times \mathbb N_{0..M})}f(g(k))\leq \sum\limits_{k\in \mathbb N_{0..K}}f(g(k))=\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L
$$
类似地证明出 $\left(\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\right)_{M=0}^{\infty}$ 有上界 $L$，又由于它单增，所以它收敛。然后：
那么 $\left(\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\right)_{M=0}^{\infty}$ 有上界 $L$，又由于它单增，所以存在 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)$。
考虑任意 $N\geq 0$，根据引理 7.1.7，有：
$$
\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{n=0}^N\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)
$$
$$
\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{n=0}^N\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L
$$
类似地证明 $\left(\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\right)_{M=0}^{\infty}$ 有上界 $L$，于是 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。
最后一个等号是引理 7.1.7，最后一个 $\leq$ 是因为 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)$ 有上界 $L$。
进一步，由于 $\left(\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\right)_{N=0}^{\infty}$ 单增且具有上界 $L$，于是存在 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\lim\limits_{N\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)$ 且 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。
再证：$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=L$。
设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，只需证明存在 $N_0\geq 0$ 使得对于任意 $N\geq N_0$ 有 $\sum\limits_{n=0}^{N}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq L-\varepsilon$。
存在 $K\geq 0$ 使得 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq L-\varepsilon$。可以归纳证明，存在 $N_0,M_0$ 使得 $g(\mathbb N_{0..K})\subseteq \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}$。那么对于任意 $N\geq N_0$，有：
$$
那么 $\left(\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\right)_{N=0}^{\infty}$ 单增且有上界 $L$，于是存在 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)$ 且 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。
再证 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=L$。只需证明对于任意 $\varepsilon>0$ 存在 $N_0\geq 0$ 使得对于任意 $N\geq N_0$ 都有 $\sum\limits_{n=0}^{N}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq L-\varepsilon$ 即可。
存在 $K\geq 0$ 使得 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq L-\varepsilon$。可以归纳证明，存在 $N_0,M_0$ 使得 $g(\mathbb N_{0..K})\subseteq \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}$。那么对于任意 $N\geq N_0$，有：
$$
\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^{N_0}\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}}f(p)\geq \sum\limits_{p\in g(\mathbb N_{0..K})}f(p)=\sum\limits_{k\in\mathbb N_{0..K}}f(g(k))\geq L-\varepsilon
$$
证毕。
第二部分：当 $f(n,m)$ 可以为负时。
$$
第二部分：当 $f(n,m)$ 可以为负时。
构造 $f_+:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$ 和 $f_-:f:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$，满足 $f_+(n,m):=\begin{cases}f(n,m)&f(n,m)> 0\\0&f(n,m)\leq 0\end{cases}$ 和 $f_-(n,m):=\begin{cases}-f(n,m)&f(n,m)<0\\0&f(n,m)\geq 0\end{cases}$，那么 $f_+(n,m)$ 和 $f_-(n,m)$ 都非负且 $f(n,m)=f_+(n,m)-f_-(n,m)$。
根据 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))$ 绝对收敛，易证 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))$ 和 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))$ 都绝对收敛（从而收敛）。
于是：
$$
因为 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}|f(g(k))|$ 收敛，那么根据比较判别法可知 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))$ 和 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))$ 都绝对收敛（从而收敛）。于是：
$$
\begin{aligned}
\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))\\
\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))\\
&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))-\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))\\
&=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\\
&=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\\
&=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\left(\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\right)\\&=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f_+(n,m)-f_-(n,m))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)
\end{aligned}
$$
\end{aligned}
$$
注意，对于每一个等号，“等号后中所述的极限存在” 要么被等号本身涉及的极限算律或级数算律蕴含了，要么我们已经提前阐述过了。（意思就是我省略了对每一步中极限存在的说明）
注：命题 7.4.4 也可以用类似该命题的证明方法，而且会简单一些。
发现命题 7.4.4 也可以用类似该命题的证明方法，而且会简单一些。
- **推论 8.2.4**：设函数 $f:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)$ 是绝对收敛的，那么 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{m=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{n=0}f(n,m)$。
**证明**：结合引理 8.2.2 和定理 8.2.3。
//我们暂时先不拓展可数集上的级数算律，而直接定义任意集合上的级数，再一起拓展级数算律
我们现在来考虑不可数集上的无限和怎么定义。由于集合不可数，所以我们貌似无法用序列极限的方法来定义无限和。但神奇的是，我们可以把它转化为可数集上的求和。在详细介绍之前，我们先做点铺垫。
- **引理 8.2.5**：设至多可数的集合 $X$ 和函数 $f:X\to\mathbb R$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的当且仅当 $\sup\left\{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right\}<\infty$。
**证明**：略。
**证明**：根据可数集级数的定义可推得。
事实上可以证明，若 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛，那么 $\sum\limits_{x\in X}|f(x)|=\sup\left\{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right\}$。
- **定义 8.2.6**：设集合 $X$ 和函数 $f:X\to\mathbb R$。称级数 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，当且仅当 $\sup\left\{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right\}<\infty$。
@ -181,15 +177,13 @@
定义序列 $(A_n)_{n=1}^{\infty}$ 满足 $A_n:=\{x\in X:|f(x)|\geq \frac1n\}$。那么 $A_n$ 为基数不超过 $Mn$ 的有限集：若 $A_n$ 为有限集且基数大于 $Mn$，那么可以归纳证明 $\sum\limits_{x\in A_n}|f(x)|>Mn\times \frac1n=M$，与 $M$ 的定义矛盾；若 $A_n$ 为无限集，那么可以证明 $A_n$ 存在一个子集满足它是有限集且基数大于 $Mn$（对 $Mn$ 归纳），那么也矛盾。
又可以证明，$\{x\in X:f(x)\neq 0\}=\bigcup_{n\in\mathbb N_{1..}}A_n$，再根据命题 8.1.13 即可得证。
又可以证明，$\{x\in X:f(x)\neq 0\}=\bigcup_{n\in\mathbb N_{1..}}A_n$，再根据命题 8.1.12 即可得证。
- **定义 8.2.8**：设集合 $X$ 和函数 $f:X\to\mathbb R$。若级数 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，则定义其值为 $\sum\limits_{x\in X}f(x):=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。
**证明**：根据定义 8.2.5 和定义 8.2.6 可知，若 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，则 $\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$ 也是绝对收敛的（且根据引理 8.2.7 可知此时它是有意义的），从而该定义成功。
//我们想把定义 8.2.8 作为集合上级数的通用定义，这需要先证明该定义和之前在有限集和可数集上的定义是相容的。
//当然，定义 8.2.8 也需要用到前面有限集和可数集上的定义才能完整。
尽管定义 8.2.8 中需要用到前面有限集和可数集上的定义，但我们可以把定义 8.2.8 作为集合上级数的通用定义，或者说我们可以证明定义 8.2.8 和之前在有限集和可数集上的定义是相容的。
- **引理 8.2.9（有限集合上级数的定义是相容的）**：设 $X$ 是基数为 $n$ 的集合和函数 $f:X\to\mathbb R$。在定义 7.1.3 的基础上，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。
@ -213,7 +207,7 @@
于是 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f\circ g\circ h)(m)=L$，证毕。
//习题：我想的引理 8.2.10 的证明有点麻烦，slc 看看有没有更好的证法。
验证完相容性后，我们可以直接来说明任意集合上的级数算律。
- **命题 8.2.11（绝对收敛级数的算律）**：设集合 $X$ 和函数 $f:X\to\mathbb R,g:X\to\mathbb R$，满足 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 和 $\sum\limits_{x\in X}g(x)$ 都绝对收敛。
@ -227,15 +221,15 @@
对于前者，直接根据定义 8.2.6 推导即可。对于后者， 先结合引理 8.2.7 转化为可数集上的形式，然后再回到定义 8.2.1 证明。
//我们曾在第7章的...地方说过……
我们曾在 7.4 的结尾中说过，任意条件收敛但不绝对收敛的级数经过恰当的重排后，都能收敛到任意我们指定的结果，现在我们来证明此事。
- **引理 8.2.12**：设级数 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$ 条件收敛但不绝对收敛。定义 $A_+:=\{n\in\mathbb N:a_n\geq 0\}$ 和 $A_-:\{n\in \mathbb N:a_n<0\}$，于是 $A_+\cup A_-=\mathbb N$ 且 $A_+\cap A_-=\varnothing$。
证明 $A_+$ 和 $A_-$ 都是可数集。
那么 $A_+$ 和 $A_-$ 都是可数集。
根据命题 8.1.3，存在双射 $f_+:\mathbb N\to A_+$ 和 $f_-:\mathbb N\to A_-$，满足对于任意 $m\geq 0$ 有 $f_+(m)<f_+(m+1)$ 和 $f_-(m)<f_-(m+1)$。
在此基础上，根据命题 8.1.3，可知存在双射 $f_+:\mathbb N\to A_+$ 和 $f_-:\mathbb N\to A_-$，满足对于任意 $m\geq 0$ 有 $f_+(m)<f_+(m+1)$ 和 $f_-(m)<f_-(m+1)$。
证明 $\sum\limits_{m=0}^{\infty}a_{f_+(m)}$ 和 $\sum\limits_{m=0}^{\infty}a_{f_-(m)}$ 都不收敛。
那么 $\sum\limits_{m=0}^{\infty}a_{f_+(m)}$ 和 $\sum\limits_{m=0}^{\infty}a_{f_-(m)}$ 都不收敛。
**证明**：若 $A_-$ 是有限集，那么存在上界 $M$，那么对于任意 $n\geq M$ 有 $a_n$ 是非负的，于是 $\sum\limits^{\infty}_{n=M}a_n$ 条件收敛与绝对收敛等价，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}a_n$ 条件收敛与绝对收敛等价，矛盾。同理可证明 $A_+$ 也是可数集。
@ -293,8 +287,14 @@
这里选 $q_M$ 作为下限只是为了方便，而中心思想是：我们向级数加入一定数量的正数使其满足一定条件后，才加入一个非负数到级数中，然后使其发散到正无穷。
至此，我们结束了对于无限集合上级数的基本研究。
#### 8.3 不可数的集合
接下来我们来研究不可数的集合。我们想先找一个不可数集合的例子。
证明某个集合不可数并非易事，但可以证明我们熟知的 $\mathbb R$ 是不可数的。
- **定理 8.3.1（康托尔定理）**：设 $X$ 是任意集合，那么 $X$ 和 $2^X$ 不可能拥有同样的基数。
**证明**：反证。假设存在一个双射 $f:X\to 2^X$。考虑集合 $A:=\{x\in X:x\not\in f(x)\}$。显然 $A\in 2^X$，那么存在 $x\in X$ 满足 $f(x)=A$。然后发现，无论 $x$ 是否属于 $A$，都会引出矛盾。
@ -317,6 +317,8 @@
则 $\sum\limits_{n\in C}10^{-n}\geq 10^{-n_{\min}}$，$\sum\limits_{n\in D}10^{-n}\leq \sum\limits_{n\in \mathbb N_{n_{\min}+1..}}10^{-n}=\sum\limits_{n>n_{\min}}^{\infty}10^{-n}=10^{-n_{\min}-1}\frac{1}{1-10^{-1}}<10^{-n_{\min}}$，于是 $\sum\limits_{n\in C}10^{-n}\neq \sum\limits_{n\in D}10^{-n}$。证毕。
不可数集（任意无限集）不像可数集一样有很好的性质。或许我们应该先从无限集的基数开始研究。
对于有限集，它们的基数是一个唯一确定的自然数，它们的基数可以通过自然数来进行比较。而现在，我们扩展基数比较的定义，使得它也可以作用在无限集上。
- **定义 8.3.4**：设 $A$ 和 $B$ 是集合。称 $A$ 的基数小于等于 $B$ 的基数（记作 $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B$），当且仅当存在一个单射 $f:A\to B$。
@ -346,9 +348,7 @@
引理 8.3.5 和定理 8.3.7 联合表明，集合关于基数比较构成 “偏序关系”。
更准确的说法是，设 $\Omega$ 是任意一个集族（注意我们不能取出一个集合包含所有的集合）。对于任意 $A\in \Omega$，若定义 $\operatorname{card}_{\Omega} A:=\{B\in\Omega:存在A,B间的双射\}$（即 $A$ 关于基数的等价类），设 $S:=\{\operatorname{card}_{\Omega} A:A\in\Omega\}$，再对于任意 $X,Y\in S$，不妨设某 $A,B$ 使得 $X=\operatorname{card}_{\Omega}A$ 且 $Y=\operatorname{card}_{\Omega}B$，然后定义 $X\leq Y$ 当且仅当存在 $A\to B$ 的单射（可以证明这个定义是良定义，即该定义不依赖于 $A,B$ 的取值），然后，可以说明 $(S,\leq)$ 是偏序集（偏序集的准确定义见 8.5.1）。可以看到这种划分等价类的技巧我们已经在定义整数、有理数和实数的时候都用过了。
而容易证明的是，若 $\Omega_1,\Omega_2$ 都是集族，那么对于任意 $A,B\in\Omega_1\cap\Omega_2$，都有 $\operatorname{card}_{\Omega_1}A\leq \operatorname{card}_{\Omega_1}B\iff \operatorname{card}_{\Omega_2}A\leq \operatorname{card}_{\Omega_2}B$。那么我们不妨直接简记 $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B$ 表示存在集族 $\Omega$ 满足 $A,B\in \Omega$ 使得 $\operatorname{card}_{\Omega}A\leq \operatorname{card}_{\Omega}B$，这等价于对于任意集族 $\Omega$ 满足 $A,B\in \Omega$ 都有 $\operatorname{card}_{\Omega}A\leq \operatorname{card}_{\Omega}B$，也等价于 $\operatorname{card}_{\{A,B\}}A\leq \operatorname{card}_{\{A,B\}}B$，于是它也直接等价于存在 $A\to B$ 的单射。
更准确的说法是，设 $\Omega$ 是任意一个集族（注意我们不能取出一个集合包含所有的集合）。对于任意 $A\in \Omega$，若定义 $\operatorname{card}_{\Omega} A:=\{B\in\Omega:存在A,B间的双射\}$（即 $A$ 关于基数的等价类），设 $S:=\{\operatorname{card}_{\Omega} A:A\in\Omega\}$，再对于任意 $X,Y\in S$，不妨设某 $A,B$ 使得 $X=\operatorname{card}_{\Omega}A$ 且 $Y=\operatorname{card}_{\Omega}B$，然后定义 $X\leq Y$ 当且仅当存在 $A\to B$ 的单射（可以证明这个定义是良定义，即该定义不依赖于 $A,B$ 的取值），然后，可以说明 $(S,\leq)$ 是偏序集（偏序集的准确定义见 8.5.1）。可以看到这种划分等价类的技巧我们已经在定义整数、有理数和实数的时候都用过了。而容易证明的是，若 $\Omega_1,\Omega_2$ 都是集族，那么对于任意 $A,B\in\Omega_1\cap\Omega_2$，都有 $\operatorname{card}_{\Omega_1}A\leq \operatorname{card}_{\Omega_1}B\iff \operatorname{card}_{\Omega_2}A\leq \operatorname{card}_{\Omega_2}B$。那么我们不妨直接简记 $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B$ 表示存在集族 $\Omega$ 满足 $A,B\in \Omega$ 使得 $\operatorname{card}_{\Omega}A\leq \operatorname{card}_{\Omega}B$，这等价于对于任意集族 $\Omega$ 满足 $A,B\in \Omega$ 都有 $\operatorname{card}_{\Omega}A\leq \operatorname{card}_{\Omega}B$，也等价于 $\operatorname{card}_{\{A,B\}}A\leq \operatorname{card}_{\{A,B\}}B$，于是它也直接等价于存在 $A\to B$ 的单射。
- **定义 8.3.8**：设 $A$ 和 $B$ 是集合。称 $A$ 的基数严格小于 $B$ 的基数（记作 $\operatorname{card} A<\operatorname{card}B$），当且仅当 $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B$ 且 $\operatorname{card}A\neq \operatorname{card}B$。
@ -356,40 +356,50 @@
至此，我们较为完整地定义了任意集合间的基数比较。我们将在 8.4 证明一个更强的结论：任意两个集合之间都是可以比较基数的——这将让基数比较完成从 “偏序集” 到 “全序集” 的跨越。
/*放到 8.4 后
最后，利用基数比较，我们给出几个实用的引理：
我们可以给出几个关于无限集基数的事实：
- **引理 8.3.9**：不存在无限集 $X$，满足 $\operatorname{card}X<\operatorname{card}\mathbb N$。
**证明**：反证，若 $\operatorname{card}X<\operatorname{card}\mathbb N$。则存在单射 $f:X\to\mathbb N$，且 $\operatorname{card}X=\operatorname{card}f(X)$。根据引理 8.1.3，$f(X)\subseteq \mathbb N$ 要么是有限集，要么是可数集，那么就矛盾了。
- **引理 8.3.10**：设 $X$ 是有限集，$Y$ 是可数集，$Z$ 是不可数集。那么 $\operatorname{card}X<\operatorname{card}Y<\operatorname{card}Z$。
**证明**：根据定义容易证明，$\operatorname{card}X,\operatorname{card}Y,\operatorname{card}Z$ 两两不等。
**证明**：只证 $\operatorname{card}Y<\operatorname{card}Z$。显然根据定义 $\operatorname{card}Y\neq \operatorname{card}Z$。根据引理 8.3.9 可知 $\operatorname{card}Z\not<\operatorname{card}Y$。再根据引理 8.5.10，可知必有 $\operatorname{card}Y<\operatorname{card}Z$。
- **引理 8.3.11**：设 $X$ 是集合，则 $\operatorname{card}X<\operatorname{card}2^X$。
**证明**：构造 $f:X\to 2^X$ 满足 $f(x):=\{x\}$，那么 $f$ 为单射。再根据定理 8.3.1 即证。
*/
#### 8.4 选择公理
//前言
接下来我们介绍ZFC公理集合论中的最后一条公理：选择公理。
- **定义 8.4.1（无限笛卡尔积）**：设 $I$ 是任意集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都存在一个集合 $X_{\alpha}$。那么我们定义集族 $\{X_{\alpha}:\alpha\in I\}$ 的笛卡尔积为
$$
\prod_{\alpha\in I}X_{\alpha}:=\left\{(x_{\alpha})_{\alpha\in I}\in \left(\bigcup\limits_{\alpha\in I}X_{\alpha}\right)^{I}:\forall_{\alpha\in I},x_{\alpha}\in X_{\alpha}\right\}
$$
$$
\prod_{\alpha\in I}X_{\alpha}:=\left\{(x_{\alpha})_{\alpha\in I}\in \left(\bigcup\limits_{\alpha\in I}X_{\alpha}\right)^{I}:\forall_{\alpha\in I},x_{\alpha}\in X_{\alpha}\right\}
$$
- **公理 8.4.2（选择公理）**：设 $I$ 是任意集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都存在一个非空集合 $X_{\alpha}$。那么存在一个映射 $x:I\to \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$，使得对于任意 $\alpha\in I$ 有 $x_\alpha\in X_\alpha$。
但在应用的时候，我们利用的往往只是可数选择公理。下面举一个可数选择公理的应用例子：
在应用的时候，我们利用的往往只是可数选择公理。下面举一个可数选择公理的应用例子：
- **引理 8.4.3**：设 $E\subseteq \mathbb R$ 且 $E$ 非空，那么存在一个序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 满足它的元素都在 $E$ 中且 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\sup (E)$。
**证明**：令 $L=\sup(E)$。对于每个正整数 $n$，定义集合 $X_n:=\{x\in E:L-\frac1n\leq x\leq L\}$，由于 $L$ 是 $E$ 的上确界，故 $X_n$ 非空。根据选择公理，可以选出一个序列 $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ 满足对于任意 $n\geq 1$ 有 $x_n\in X_n$。容易证明 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=L$。
选择公理有很多等价表述（当然，这些等价描述也是选择公理的一些实用推论），我们列举一些如下：
但事实上，在很多情况下，我们可以通过一些方式绕过选择公理（例如，若 $X_{\alpha}$ 是良序集，我们可以直接令 $x_{\alpha}:=\min(X_{\alpha})$），但使用选择公理往往会使减少不需要一些额外的证明（例如，当 $X_{\alpha}\subseteq R$ 且令 $x_{\alpha}:=\inf(X_{\alpha})$，尽管 $\inf(X_{\alpha})$ 可能不属于 $X_{\alpha}$，但我们可以证明 $\inf(X_{\alpha})$ 和 $X_{\alpha}$ 中的元素同样满足我们所需的性质。而若使用选择公理，我们就可以省略这些证明）。
- **命题 8.4.4**：设命题 $Q$ 为：设 $X$ 和 $Y$ 是集合，且 $P(x,y)$ 是关于任意 $x\in X$ 和 $y\in Y$ 的命题，满足对于任意 $x\in X$ 至少存在一个 $y\in Y$ 使得 $P(x,y)$ 为真。那么存在一个函数 $f:X\to Y$，使得对于任意 $x\in X$ 有 $P(x,f(x))$ 成立。
我们在 3.2 的结尾提到过，命题 3.2.4 是蕴含正则公理的，从而二者等价，现在我们正式地证明如下：
- **命题 8.4.4**：命题 3.2.4 蕴含正则公理。
**证明**：反证，假设正则公理不成立。那么存在非空集合 $A$，使得对于任意 $x\in A$，$x$ 是集合且 $A\cap x\neq\varnothing$。那么根据选择公理，存在函数 $f:A\to A$，使得对于任意 $x\in A$ 有 $f(x)\in A\cap x$。
任取 $x\in A$，考虑递归定义序列 $x_n$，满足 $x_0:=x$ 且对于任意 $n\geq 0$ 有 $x_{n+1}:=f(x_n)$，该定义是成功的。于是我们构造了一个无限递降的集合序列，矛盾。
选择公理也有很多等价表述，我们列举一些如下：
- **命题 8.4.5**：设命题 $Q$ 为：设 $X$ 和 $Y$ 是集合，且 $P(x,y)$ 是关于任意 $x\in X$ 和 $y\in Y$ 的命题，满足对于任意 $x\in X$ 至少存在一个 $y\in Y$ 使得 $P(x,y)$ 为真。那么存在一个函数 $f:X\to Y$，使得对于任意 $x\in X$ 有 $P(x,f(x))$ 成立。
那么选择公理和命题 $Q$ 等价。
@ -397,7 +407,7 @@
若命题 $Q$ 成立：对于任意 $\alpha\in I$ 和 $y\in \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$，设 $P(\alpha,y)$ 表示 $y\in X_{\alpha}$。那么根据命题 $Q$，可知存在 $x:I\to \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$，使得对于任意 $\alpha\in I$ 有 $P(\alpha,x_{\alpha})$ 成立即 $x_\alpha\in X_\alpha$。从而选择公理成立。
- **命题 8.4.5**：设命题 $Q$ 为：设 $I$ 是任意集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都存在一个非空集合 $X_{\alpha}$。设对于任意不同的 $\alpha,\beta\in I$ 都有 $X_{\alpha}\cap X_{\beta}=\varnothing$。那么存在一个集合 $Y$，使得对于任意 $\alpha\in I$ 有 $\operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=1$。
- **命题 8.4.6**：设命题 $Q$ 为：设 $I$ 是任意集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都存在一个非空集合 $X_{\alpha}$。设对于任意不同的 $\alpha,\beta\in I$ 都有 $X_{\alpha}\cap X_{\beta}=\varnothing$。那么存在一个集合 $Y$，使得对于任意 $\alpha\in I$ 有 $\operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=1$。
那么选择公理和命题 $Q$ 等价。
@ -405,20 +415,20 @@
若命题 $Q$ 成立：考虑令集合 $X'_{\alpha}:=\{(\alpha,x):x\in X_{\alpha}\}$，显然对于任意不同的 $\alpha,\beta\in I$ 都有 $X'_{\alpha}\cap X'_{\beta}$，于是存在一个集合 $Y$，使得对于任意 $\alpha\in I$ 都有 $\operatorname{card}(Y\cap X'_{\alpha})=1$。设命题 $P(\alpha,x)$ 表示 $(\alpha,x)\in Y\cap X'_{\alpha}$，那么对于任意 $\alpha\in I$，恰有一个 $x\in \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$ 满足 $P(\alpha,x)$ 成立。于是存在由 $P$ 确定的映射 $f:I\to \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$，对于任意 $\alpha\in I$ 有 $P(\alpha,f_{\alpha})$ 即 $f_\alpha\in X_\alpha$ 成立。从而选择公理成立。
- **命题 8.4.6**：设命题 $Q$ 为：设 $A,B$ 是集合，若存在满射 $g:B\to A$，那么存在单射 $f:A\to B$ 且满足对于任意 $a\in A$ 有 $g(f(a))=a$。
- **命题 8.4.7**：设命题 $Q$ 为：设 $A,B$ 是集合，若存在满射 $g:B\to A$，那么存在单射 $f:A\to B$ 且满足对于任意 $a\in A$ 有 $g(f(a))=a$。
那么选择公理和命题 $Q$ 等价。
**证明**：若选择公理成立：存在一个映射 $f:A\to B$，使得对于任意 $a\in A$ 都有 $f(a)\in \{b\in B:g(b)=a\}$，那么显然 $f$ 满足条件。从而命题 $Q$ 成立。
若命题 $Q$ 成立，考虑证明命题 8.4.5 中所述的命题 $Q$（为避免混淆记为命题 $R$）成立：对于任意 $x\in \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$ 和任意 $\alpha\in I$，设 $P(x,\alpha)$ 表示 $x\in X_{\alpha}$，那么 $P$ 满足垂线判别法，于是存在由 $P$ 确定的函数 $g:\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}\to I$，且容易证明 $g$ 是满射。根据命题 $Q$，应存在单射 $f:I\to \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$ 且对于任意 $\alpha\in I$ 有 $g(f(\alpha))=\alpha$，即 $f(\alpha)\in X_{\alpha}$。可以证明取 $Y=f(I)$ 是合法的。从而命题 $R$ 成立。
若命题 $Q$ 成立，考虑证明命题 8.4.6 中所述的命题 $Q$（为避免混淆记为命题 $R$）成立：对于任意 $x\in \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$ 和任意 $\alpha\in I$，设 $P(x,\alpha)$ 表示 $x\in X_{\alpha}$，那么 $P$ 满足垂线判别法，于是存在由 $P$ 确定的函数 $g:\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}\to I$，且容易证明 $g$ 是满射。根据命题 $Q$，应存在单射 $f:I\to \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$ 且对于任意 $\alpha\in I$ 有 $g(f(\alpha))=\alpha$，即 $f(\alpha)\in X_{\alpha}$。可以证明取 $Y=f(I)$ 是合法的。从而命题 $R$ 成立。
//对于很多情况，我们可以通过一些方式绕过选择公理。例如若 $X_{\alpha}$ 是实数集，那么我们就可以通过取 $x_{\alpha}=\sup(X_{\alpha})$ 来避免使用选择公理（当然，$\sup(X_{\alpha})$ 不一定属于 $X_{\alpha}$，但大多数情况下都可以证明 $\sup(X_{\alpha})$ 和 $X_{\alpha}$ 中的元素具有同样的我们想要的性质，但是，通过选择公理我们又可以避免这一步骤，所以说利用选择公理会使我们的证明简单一些，但大多是情况下都是可以绕开选择公理的）
//命题 3.2.4 蕴含正则公理的证明。
还有一些其他的等价描述，它们与序集密切相关，我们将在 8.5 中阐述。
#### 8.5 序集
序集理论是集合论中的重要分支，我们之前已经了解了序集的不少例子，现在我们来正式地介绍序集。我们暂只介绍偏序集、全序集、良序集三种序集。
- **定义 8.5.1（偏序集）**：偏序集是一个序偶 $(X,\leq_X)$，其中 $X$ 是一个集合，$\leq_X$ 称为序关系，是在 $X$ 上有定义（注意不是 “定义在 $X$ 上的”）的遵从如下性质的二元关系（即对于任意 $x,y\in X$，$x\leq y$ 要么为真，要么为假）：
- 自反性：对于任意 $x\in X$ 有 $x\leq_X x$。
@ -457,13 +467,13 @@
**证明**：通过归纳证明每个有限全序集都存在极小元（和极大元）。
良序集的一个优点是，它直接服从强归纳原理。
根据引理 8.1.2，我们知道 $\mathbb N$ 是良序集。而良序集其实都和 $\mathbb N$ 一样有类似的归纳性质：
- **命题 8.5.6（强归纳原理）**：设 $(X,\leq)$ 是良序集，且 $P(n)$ 是关于任意 $n\in X$ 的命题。假设对于任意 $n\in X$ 都有 “若对于任意 $m\in X$ 且 $m<n$ 都有 $P(m)$ 是真的，那么 $P(n)$ 是真的”。那么对于任意 $n\in X$，$P(n)$ 是真的。
**证明**：考虑集合 $\{n\in X:\lnot P(n)\}$，若它非空，则存在极小元 $n$，发现对于任意 $m\in X$ 且 $m<n$，$P(m)$ 都是真的（否则 $m\in X$ 而 $n$ 不是极小元，矛盾），于是 $P(n)$ 也应是真的，矛盾。
//所有良序集都是至多可数集吗
但良序集并不都是至多可数的，见命题 8.5.13 良序原理。
- **定义 8.5.7（上界及严格上界）**：设 $(X,\leq)$ 是偏序集。
@ -471,6 +481,8 @@
称 $M$ 是 $(X,\leq)$ 的严格上界，当且仅当 $M$ 是 $(X,\leq)$ 的上界且对于任意 $x\in X$ 有 $x\neq M$，即对于任意 $x\in X$ 都有 $x<M$。
我们介绍一个实用的引理：佐恩引理。
- **引理 8.5.8**：设 $(X,\leq)$ 是偏序集。那么对于任意 $x_0\in X$，存在一个良序集 $Y\subseteq X$，它以 $x_0$ 为极小元，且没有 $X$ 内的严格上界（不存在 $M\in X$ 且 $M$ 是 $Y$ 的严格上界）。
**证明**：反证。设 $A:=\{Y\in 2^X:Y\text{是良序集且以}x_0\text{为极小元}\}$，假设对于任意 $Y\in A$，$Y$ 都有 $X$ 内的严格上界。根据选择公理，对于任意 $Y\in A$，我们可以指定一个 $s(Y)\in X$，使得 $s(Y)$ 是 $Y$ 的严格上界。
@ -499,14 +511,12 @@
那么容易证明，也有 $Y_{\infty}\cup s(Y_{\infty})\in A$ 和 $Y_{\infty}\cup s(Y_{\infty})\in \Omega$，于是 $s(Y_{\infty})\in Y_{\infty}$。证毕。
//关于无限集（任意集合）的命题的证明很多时候都不简单，因为无限集往往意味着你无法直接从集合中构造性地 “选” 出一个目标，而是得通过悖论从逻辑上反证，而这是十分具有构造性的。
//这个定理的证明感觉太麻烦了，想找个简单点的，但是不太好想，姑且留给 slc 作为习题。
- **引理 8.5.9（佐恩引理）**：设 $(X,\leq)$ 是非空偏序集。若对于任意 $Y\subseteq X$ 且 $(Y,\leq)$ 是全序集，都存在 $X$ 内的上界，那么 $X$ 至少含有一个极大元。
**证明**：任选 $x_0\in X$，根据引理 8.5.8，存在一个良序集 $Y\subseteq X$，它以 $x_0$ 为极小元，且没有 $X$ 内的严格上界。又由于 $Y$ 有 $X$ 内的上界，于是存在 $x\in Y$，使得对于任意 $y\in Y$ 都有 $y\leq x$。然后不存在 $M\in X$ 使得 $x<M$，否则 $M$ 是 $Y$ 的一个严格上界，矛盾。
我们给出佐恩引理的一个应用：
- **引理 8.5.10**：设 $A,B$ 是两个非空集合，那么 $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B$ 和 $\operatorname{card}B\leq \operatorname{card}A$ 两者中至少一者成立。
**证明**：不妨假设 $\operatorname{card}A\not\leq \operatorname{card}B$，只需证 $\operatorname{card}B\leq \operatorname{card}A$。
@ -525,11 +535,13 @@
设 $S=\bigcup\limits_{f\in F'}D_f$。对于任意 $b\in S$，显然 $\{f\in F':b\in D_f\}$ 非空，利用选择公理从中任选一个，记为 $f_b$。然后定义函数 $g:S\to A$ 满足对于任意 $b\in S$ 有 $g(b):=f_b(b)$。可以证明 $g$ 是单射（那么 $g\in F$）且 $g$ 是 $F'$ 的上界，从而 $g$ 是 $F'$ 在 $F$ 内的上界。证毕。
结合引理 8.5.10，延续 8.3 中的叙述，如果我们承认选择公理，那么集合关于基数比较构成 “全序关系”。
根据引理 8.5.10，延续 8.3 中的叙述，如果我们承认选择公理，那么集合关于基数比较构成 “全序关系”。
利用佐恩引理，我们可以证明许多定理都和选择公理是等价的。我们介绍如下：
- **命题 8.5.11**：选择公理和佐恩引理等价。
**证明**：考虑在假设佐恩引理成立的前提下，证明命题 8.4.5 中的命题 $Q$ 成立，从而得到选择公理成立。
**证明**：考虑在假设佐恩引理成立的前提下，证明命题 8.4.6 中的命题 $Q$ 成立，从而得到选择公理成立。
设集合 $S:=\left\{Y\in 2^{\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}}:\forall_{\alpha\in I},\operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=0\lor\operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=1\right\}$。
@ -611,7 +623,7 @@
于是 $K$ 是 $(V,\subseteq)$ 在 $U$ 内的上界。根据佐恩引理，$(U,\subseteq)$ 存在极大元。证毕。
假设命题 $Q$ 成立，考虑证明命题 8.4.5 中所述的命题 $Q$（为了避免混淆记为命题 $R$）成立：设 $\Omega:=\bigcup\limits_{\alpha\in I}\bigg\{\big\{\big(0,\alpha),(1,x)\big\}:x\in X_{\alpha}\bigg\}$。
假设命题 $Q$ 成立，考虑证明命题 8.4.6 中所述的命题 $Q$（为了避免混淆记为命题 $R$）成立：设 $\Omega:=\bigcup\limits_{\alpha\in I}\bigg\{\big\{\big(0,\alpha),(1,x)\big\}:x\in X_{\alpha}\bigg\}$。
那么存在 $\Omega'\subseteq \Omega$，使得对于任意 $A,B\in\Omega'$ 有 $A\cap B=\varnothing$，且对于任意 $A\in\Omega$ 都存在 $C\in\Omega'$ 使得 $A\cap C\neq\varnothing$。
@ -621,12 +633,13 @@
结合我们所证明的命题，我们看到如下命题均为等价的：
1. 选择公理
1. 命题 8.4.4 中所述的命题 $Q$
1. 命题 8.4.5 中所述的命题 $Q$
1. 命题 8.4.6 中所述的命题 $Q$
1. 命题 8.4.7 中所述的命题 $Q$
1. 佐恩引理
1. 豪斯多夫极大原理
1. 良序原理
1. 命题 8.5.14 中所述的命题 $Q$
当然，这也意味着如果我们承认选择公理，我们将得到上述这些实用的推论。
当然，这也意味着如果我们承认选择公理，我们将得到上述这些实用的推论。