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第3章 集合论.md

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+几乎所有数学分支领域都将集合论作为其基础。因此在学习高级的数学领域之前，学习集合论中的一些基础概念是非常重要的。本章中，我们将给出公理集合论中的部分（较为初等）的内容，并介绍集合论中的一些概念和记号，他们通常广泛而频繁地被用到。
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+## 3.1 基本事项
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+首先，集合是一个不加定义的原始概念，这意味着我们不打算构造出集合这个概念，而是使用公理来规范化它。我们并不会知道什么是集合，我们只是列出集合可以进行的运算和性质。我们认为，一个集合始终是一个对象。
+
+然后我们定义一个对象 $o$ 和集合 $A$ 之间的二元关系 $\in$，且称 $o\in A$ 为 “$o$ 属于 $A$” 或 “$A$ 包含 $o$” 或 “$o$ 是 $A$ 的元素”。特别地，由于集合是对象，询问一个集合是否属于另一个集合是有意义的。
+
+注：根据定义，“集合内不能有重复的元素” 这种说法是荒谬的。而下文中，“$A$ 的每个元素都……” 的含义是 “对于任意的对象 $x$ 满足 $x$ 是 $A$ 的元素，$x$ 都满足……”。即，我想强调的是，“元素”描述的是一种关系，而不是一个对象。
+
+纯粹集合论认为一切对象都是集合。从逻辑学的角度来看，纯粹集合论确实是一种更加简单的理论，人们只需要处理集合，而无需考虑其他对象。然而我们从概念角度来说，不纯粹的集合论的处理更加容易（例如，纯粹集合论可以把 $0$ 看做 $\varnothing$，$1$ 看做 $\left\{\varnothing\right\}$，$2$ 看做 $\left\{\left\{\varnothing\right\}\right\}$，以此类推）。单纯从应用的角度来看，两种想法集合是等价的。因此，对于一切对象是否都是集合，我们采取不可知的态度。即我们既不添加公理确认这一点，也不添加公理否认这一点，而在现在的公理体系中，命题“一切对象都是集合”是未决的（不能证明也不能推翻）。
+
+我们先在 $\in$ 的基础之上扩展一些集合间的二元关系。
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+- **定义 3.1.1（子集）**：设 $A,B$ 是集合，定义 $A\subseteq B$（称为 “$A$ 是 $B$ 的子集” 或 “$A$ 包含于 $B$” 或 “$B$ 包含 $A$"），当且仅当 $A$ 的每个元素都是 $B$ 的元素。形式化地说 $A\subseteq B\iff\forall_{x\in A}x\in B$。
+  
+  定义 $A\subsetneq B$（称为 “$A$ 是 $B$ 的真子集” 或 “$A$ 真包含于 $B$” 或 “$B$ 真包含 $A$"），当且仅当 $A\subseteq B$ 且 $B\nsubseteq A$。
+
+- **命题 3.1.2（集合的包含关系的基本性质）**：设 $A,B,C$ 为集合，那么：
+  
+  - **自反性**：$A\subseteq A$。
+
+  **证明**：根据定义可得。
+  
+  - **传递性**：若 $A\subseteq B$ 且 $B\subseteq C$，则 $A\subseteq C$。
+    
+    **证明**：根据定义，$A$ 的每个元素都是 $B$ 的元素，$B$ 的每个元素都是 $C$ 的元素，那么 $A$ 的每个元素都是 $C$ 的元素。
+    
+  - **混合传递性**：若 $A\subsetneq B$ 且 $B\subseteq C$，则 $A\subsetneq C$；若 $A\subseteq B$ 且 $B\subsetneq C$，则 $A\subsetneq C$。
+    
+    **证明**：两者类似，证前面那个。首先 $A\subseteq B$ 且 $B\subseteq C$ 可知 $A\subseteq C$，然后由于 $B\nsubseteq A$，故存在一个对象 $x$ 满足 $x$ 是 $B$ 的元素而非 $A$ 的元素，又 $B$ 的元素都是 $C$ 的元素，故存在一个对象 $x$ 满足 $x$ 是 $C$ 的元素而非 $A$ 的元素，故 $C\nsubseteq A$，那么 $A\subsetneq C$。
+
+集合的真包含关系显然是一种**偏序关系**，因为我们知道对于任意两个集合 $A$ 和 $B$，不可能同时成立 $A\subsetneq B$ 和 $B\subsetneq A$。但是真包含关系与我们定义在自然数上的小于关系 $<$ 的不同之处在于，后者是一种**全序关系**。在满足偏序性质的基础上，我们还知道对于两个不相等的数 $a$ 和 $b$，要么成立 $a>b$，要么成立 $b>a$。对于集合的真包含关系而言，这一条性质是不满足的。考虑集合 $A=\left\{1,2\right\}$ 和 $B=\left\{2,3\right\}$，它们既不相等，也没有哪一个是另一个的真子集。我们将在第8章更正式地讨论偏序集。
+
+- **定义 3.1.3（集合之相等）**：设 $A,B$ 是集合，定义 $A=B$（称为 $A,B$ 相等），当且即当 $A\subseteq B$ 且 $B\subseteq A$。
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+- **命题 3.1.4（集合的相等关系的基本性质）**：设 $A,B,C$ 为集合，那么：
+  
+  - **自反性**：$A=A$。
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+    **证明**：根据命题 3.1.2 可知 $A\subseteq A$。
+  
+  - **对称性**：若 $A=B$，则 $B=A$。
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+    **证明**：根据定义可知。
+  
+  - **传递性**：若 $A=B,B=C$，则 $A=C$。
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+    **证明**：根据命题 3.1.2 可知 $A\subseteq C$ 且 $C\subseteq A$。
+
+可以证明 “若 $A=B$，则 $x\in A\iff x\in B$”，即集合关于命题 “某个对象 $x$ 是否属于该集合 ” 遵从代入公理。
+
+- **引理 3.1.5（集合构造的唯一性）**：若存在集合 $S$，满足 $x\in S\iff P(x)$，其中 $P(x)$ 是某个关于任意对象 $x$ 的命题，那么 $S$ 唯一。
+  
+  **证明**：若存在两个集合 $S,S'$ 都满足条件，那么 $x\in S\iff P(x)\iff x\in S'$，于是 $S=S'$。
+
+接下来运用公理构建集合时，我们都使用该引理来说明构建的集合的唯一性。
+
+类似自然数，我们将从空集开始，然后借助几个运算公理化更多的集合。
+
+- **公理 3.1.6（空集）**：存在一个集合 $\varnothing$（空集），对于任意的 $x$，$x\not\in \varnothing$。
+
+- **公理 3.1.7（单元素集）**：对于任意一个对象 $a$，存在一个集合 $\{a\}$，它唯一的元素是 $a$。称这样的集合为单元素集。
+
+- **公理 3.1.8（双并）**：对于两个集合 $A,B$，存在一个集合 $A\cup B$，称为 $A$ 和 $B$ 的并，其元素由属于 $A$ 或属于 $B$ 的一切元素组成。即，对于任意对象 $x$，
+  
+  $$
+  x\in A\cup B\iff (x\in A \lor x\in B)
+  $$
+容易证明并运算满足交换律和结合律。容易证明 $A\cup \varnothing=A$。
+
+根据双并公理，我们可以定义双元素集：
+
+- **定义 3.1.9（双元素集）**：若 $a$ 和 $b$ 是两个对象，根据双并公理，存在一个集合 $\{a,b\}=\{a\}\cup\{b\}$，其仅有的元素是 $a$ 和 $b$。即，对于每个对象 $y$，有 $y\in\{a,b\}\iff (y\in a\lor y\in b)$。
+
+类似地，我们可以定义三元素集、四元素集，依此类推。我们现在已经可以构造很多集合了，至少像类似于 $\{1,2,3,4,5\}$ 这种其中元素能直接列举出来的集合，我们都是能证明该集合是存在的。
+
+但另一方面，我们还不能对于任意给定的自然数 $n$ 定义由 $n$ 个对象组成的集合。这将要求重复使用双并公理 $n$ 次，然而 $n$ 次重复的概念尚不曾被严格地定义。根据类似的理由，我们也还不能定义由无限多个对象组成的集合。
+
+我们需要一个公理来引入无限集合：
+
+- **公理 3.1.10（无限）**：存在一个集合 $\mathbb{N}$，其元素叫作自然数，满足 $0$ 是 $\mathbb{N}$ 中的一个对象，并且对于任意 $n\in\mathbb{N}$，由 $n$ 所指定的满足皮亚诺公理的对象 $n++$ 也在 $\mathbb{N}$ 中。
+
+这是假设 2.1.6 的更正式的形式。自然数集引入了无限集合的一个最基本的例子。
+
+现在我们想找到一个这样的集合，满足所有大于等于某个自然数 $y$ 的自然数都属于它，这需要我们再引入一个公理：
+
+- **公理 3.1.11（分类公理）**：设 $A$ 是一个集合，并对于每个 $x\in A$，设 $P(x)$ 是一个关于 $x$ 的命题。那么存在一个集合 $\{x\in A:P(x)\}$（或 $\{x\in A|P(x)\}$），它的元素恰恰是 $A$ 中使 $P(x)$ 成立的 $x$。即，对于任意对象 $y$，
+  
+  $$
+  y\in\{x\in A:P(x)\}\iff (y\in A\land P(y))
+  $$
+  
+
+分类可以看成关于集合 $A$ 和命题 $P$ 的运算。可以证明 “若 $A=B$，则 $\{x\in A:P(x)\}=\{x\in B:P(x)\}$”，即集合关于分类运算遵从代入公理。
+
+为了方便指明一个数集的连续一段，我们使用记号 $A_{l..r}$ 表示 $\{x\in A:l\leqslant x\leqslant r\}$，特别地，我们记 $A_{l..}:=\{x\in A:l\leqslant x\},A_{..r}:=\{x\in A:x\leqslant r\}$。
+
+利用分类运算和分类公理，我们可以定义集合的其他一些运算。
+
+- **定义 3.1.12（交）**：两个集合 $A$ 和 $B$ 的交 $A\cap B$ 定义为集合 $\{x\in A:x\in B\}$。根据分类公理，$A\cap B$ 存在。
+  
+  定义两个集合是不交的，当且仅当 $A\cap B=\varnothing$。
+
+- **定义 3.1.13（差集）**：两个集合 $A$ 和 $B$ 的差 $A\setminus B$ 定义为集合 $\{x\in A:x\not\in B\}$。根据分类公理，$A\setminus B$ 存在。
+
+- **命题 3.1.14（集合构成一个布尔代数）**：
+
+  设 $A,B,C,X$ 均为集合，且满足 $A,B,C\subseteq X$。
+
+  1. **最小元**：$A\cup\varnothing=A$ 以及 $A\cap\varnothing=\varnothing$；
+  2. **最大元**：$A\cup X=X$ 以及 $A\cap X=A$；
+  3. **恒等式**：$A\cup A=A$ 以及 $A\cap A=A$；
+  4. **交换律**：$A\cup B=B\cup A$ 以及 $A\cap B=B\cap A$；
+  5. **结合律**：$A\cup(B\cup C)=(A\cup B)\cup C$ 以及 $A\cap(B\cap C)=(A\cap B)\cap C$；
+  6. **分配律**：$A\cap(B\cup C)=(A\cap B)\cup(A\cap C)$ 以及 $A\cup(B\cap C)=(A\cup B)\cap(A\cup C)$；
+  7. **分差法则**：$A\cup(X\setminus A)=X$ 以及 $A\cap(X\setminus A)=\varnothing$；
+  8. **摩根定律**：$X\setminus(A\cup B)=(X\setminus A)\cap(X\setminus B)$。
+
+这些公理还不能满足我们的要求，比如我们不能定义一个集合，满足 $\{0\},\{1\},\cdots$ 都属于这个集合，这又需要一个新的公理：
+
+- **公理 3.1.15（替换公理）**：设 $A$ 是一个集合，$P(x,y)$ 是关于任意对象 $x\in A$ 和任意对象 $y$ 的命题，且满足对于每个 $x\in A$ 存在至多一个 $y$ 使得 $P(x,y)$ 成立。那么存在一个集合 $\{y:\exists_{x\in A},P(x,y)\}$，使得对于任何对象 $z$
+  
+  $$
+  z\in\{y:\exists_{x\in A},P(x,y)\}\iff \exists_{x\in A},P(x,z)
+  $$
+  
+  我们常把形如 $\{y:\exists_{x\in A},y=f(x)\}$ 的集合简写成 $\{f(x):x\in A\}$。
+
+注意到，替换公理蕴含分类公理，我们只需令 $P(x,y)\iff x=y\land Q(x)$ 即可构造出集合 $\{x\in A:Q(x)\}$。
+
+## 3.2 万有分类公理
+
+从分类公理更进一步，我们考虑拓展出一个新的公理并将其加入集合论公理之中：
+
+- **公理 3.2.1（万有分类公理）**：设 $P(x)$ 是关于任意对象 $x$ 的命题，那么存在一个集合 $\{x:P(x)\}$，使得对于任何对象 $y$，
+  
+  $$
+  y\in\{x:P(x)\}\iff P(y)
+  $$
+
+该公理断言每个性质对应一个集合，这也就是朴素的集合思想。这个公理蕴含了我们已经讨论过的公理，但这个公理不能被引入集合论，因为它引出了一个逻辑上的矛盾：
+
+> 罗素悖论：
+> 
+> 根据万有分类公理，有集合：
+> 
+> $$
+> \Omega:=\{x:\text{$x$是集合且$x\not\in x$}\}
+> $$
+> 
+> 即一切不以自己为元素的集合的集合。那么现在问 $\Omega$ 是否属于 $\Omega$，发现不管 $\Omega$ 是否属于 $\Omega$，都会引出矛盾。
+
+为了解决这个悖论，我们考虑把对象按照一定的层次结构排列。在层级结构最底层的是原始对象（不是集合的对象），在下一层次中则存在一些集合，但是这些集合的元素只能是原始对象。以此类推，一层次中存在的集合只能包含之前层次中的对象。这种想法引导出了正则公理。
+
+- **公理 3.2.2 （正则公理）** ：对于一个非空的集合 $A$，$A$ 中至少存在一个元素 $x$ 满足 $x$ 不是集合或 $A\cap x=\varnothing$。
+
+正则公理的一个重要推论是一个集合不能包含其本身，但是可以包含其他（更低层次的）集合。这使得我们排除了罗素悖论中定义的集合 $\Omega$。
+
+- **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。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。
+
+注意上述过程中，$x$ 是一定找得到的，因为我们的 “层次结构” 是从第 $0$ 层（原始对象）开始的，不存在无限小的层次结构。而正则公理就可以说明类似的一点：
+
+- **命题 3.2.4（不存在无限递降的集合序列）**：不存在无限集合序列 $a_n$ 使得对于所有的 $i$，$a_{i+1}$ 是 $a_i$ 的元素。
+
+  **证明**：反证。若存在这样的无限集合序列 $a$，根据替换公理定义集合 $S:=\{a_n:n\in\mathbb N\}$。根据正则公理，存在 $a_k\in S$，使得 $a_k\cap S$，但显然始终有 $a_{k+1}\in a_k\cap S$，矛盾。
+
+事实上，命题 3.2.4 蕴含了正则公理，感性的证明就是我们上面的那一大段话，严谨的证明需要用到选择公理，我们暂且搁置。
+
+## 3.3 函数
+
+- **定义 3.3.1（函数/映射/变换）**：设 $X,Y$ 是集合，$P(x,y)$ 是关于任意对象 $x\in X$ 和任意对象 $y\in Y$ 的命题，使得对于每个对象 $x\in X$ 存在恰好一个 $y\in Y$ 使得 $P(x,y)$ 成立（此时我们称 $P$ 满足垂线判别法）。那么我们定义由 $P$ 在 $X$ 和 $Y$ 上确定的函数 $f:X\to Y$ 是这样的对象，它对于任意的输入 $x\in X$，将指定一个输出 $f(x)\in Y$，满足
+
+  $$
+  y=f(x)\iff P(x,y)
+  $$
+
+  根据 $P(x,y)$ 的定义，对于任意 $x\in X$，$f(x)$ 存在且唯一。
+
+  定义函数 $f$ 的定义域为 $X$，对应域为 $Y$，值域为 $f(X):=\{f(x):x\in X\}$，那么值域为对应域的子集。
+
+有时我们在定义函数时，为了方便，在确定完其定义域 $X$ 后，直接指定从输入 $x$ 得到输出 $f(x)$ 的过程（_procedure_）（即如何从 $x$ 得到 $f(x)$）来定义 $f$。其真正的过程如下：在确定完定义域 $X$ 之后，先定义 $P(x,y)$ 表示命题 “$y$ 是 $x$ 经过 procedure 过程得到的结果”，若未给出对应域，再令对应域为 $Y:=\{y:\exists_{x\in X},P(x,y)\}$（可以发现此时对应域和值域相等），然后再定义 $f$ 为由 $P$ 在 $X$ 和 $Y$ 上确定的函数。
+
+易证对象关于函数遵从代入公理：如果 $x=x'$，那么 $f(x)=f(x')$。当然前提是 $x$ 关于 $P(x,y)$ 遵从代入公理。
+
+有时函数的变元用下标来表示以取代括号，如，一个自然数序列 $a_0,a_1,\cdots$ 严格地说是一个从 $\mathbb N$ 到 $\mathbb N$ 的函数，而 $a_n$ 其实就是 $a(n)$。
+
+- **定义 3.3.2（函数相等）**：对于两个函数 $f$ 和 $g$，称它们是相等的（记为 $f=g$），当且仅当它们含有相同的定义域 $X$ 和对应域 $Y$，且对于任意 $x\in X$，$f(x)=g(x)$。
+
+容易验证函数相等是自反、传递、对称的。
+
+对于函数，一个基础性的可执行的运算是复合。
+
+- **定义 3.3.3（复合）**：设 $f:X\to Y$ 和 $g:Y\to Z$ 是两个函数，其中 $f$ 的对应域等于 $g$ 的定义域。那么可以定义两个函数 $g$ 与 $f$ 的复合：
+  
+  $$
+  (g\circ f)(x):=g(f(x))
+  $$
+
+  容易证明，对于任意 $x\in X$，$g(f(x))$ 存在且唯一。
+
+易证函数关于复合遵从代入公理：如果 $f=f'$，那么 $g\circ f=g\circ f'$；如果 $g=g'$，那么 $g\circ f=g'\circ f$。
+
+- **引理 3.3.4（复合是结合的）**：$f\circ \left(g\circ h\right)=(f\circ g)\circ h$。证明：根据定义可知。
+
+我们再来描述其他一些有关函数的概念。
+
+- **定义 3.3.5（单射）**：一个定义域为 $X$ 的函数 $f$ 是单射当且仅当对于任意的 $x\in X$ 和任意的 $x'\in X$，若 $x\neq x'$，则 $f(x)\neq f(x')$。
+
+- **定义 3.3.6（满射）**：一个定义域为 $X$ 对应域为 $Y$ 的函数 $f$ 是满射当且仅当 $Y=f(X)$。
+
+- **定义 3.3.7（双射/一一对应）**：一个函数是双射的当且仅当它既是单射的，又是满射的。
+  
+  该定义也等价于，对于每个 $y\in Y$，恰有一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$（至多一个意味着单射，至少一个意味着满射），记为 $f^{-1}(y)$，那么 $f^{-1}$ 就是一个从 $Y$ 到 $X$ 的函数。此时称 $f^{-1}$ 为 $f$ 的逆。
+
+## 3.4 象和逆象
+
+- **定义 3.4.1（集合的象）**：设函数 $f:X\to Y$，设 $S$ 是 $X$ 的一个子集，定义 $S$ 在映射 $f$ 下的象为
+  
+  $$
+  f(S):=\{f(x):x\in S\}
+  $$
+
+- **定义 3.4.2（逆象）**：设 $T$ 是 $Y$ 的一个子集，定义 $T$ 在映射 $f$ 的逆象为
+  
+  $$
+  f^{-1}(T):=\{x\in S:f(x)\in T\}
+  $$
+
+注意函数也是对象，特别地我们可以考虑函数的集合，这里我们向考虑从一个集合 $X$ 到一个集合 $Y$ 的一切函数组成的集合。为此，我们引入公理：
+
+- **公理 3.4.3（幂集公理）**：设 $X$ 和 $Y$ 是集合，那么存在一个集合 $Y^X$，满足 $f\in Y^X$ 当且仅当 $f$ 是一个以 $X$ 为定义域以 $Y$ 为对应域的函数。
+
+此公理的一个结果是：
+
+- **引理 3.4.9（幂集存在性）**：设 $X$ 是一个集合，那么存在集合 $\{Y:Y\subseteq X\}$（也记作 $2^X$，称为 $X$ 的幂集），使得对于任意对象 $Z$
+  
+  $$
+  Z\in\{Y:Y\subseteq X\}\iff Z\subseteq X
+  $$
+
+  **证明**：设集合 $Y=\{0,1\}$。
+
+  设 $P(f,S)$ 是关于映射 $f\in Y^X$ 和任意对象 $S$ 的命题，满足 $P(f,S)$ 为真当且仅当 $S$ 是 $X$ 的子集且 $\forall_{x\in X},f(x)=1\iff x\in S$。
+
+  根据引理 3.1.5，容易证明，对于每个 $f\in Y^X$，都恰好存在唯一的 $S:=\{x\in X:f(x)=1\}$ 使得 $P(f,S)$ 为真。
+
+  根据替换公理，存在集合 $A:=\{S:\exists_{f\in Y^X},P(f,S)\}$。那么 $Z\in A\implies Z\subseteq X$。
+
+  为证 $Z\subseteq X\implies(Z\in A\iff \exists_{f\in Y^X},P(f,Z))$，我们构造函数 $f(x):=[x\in Z]$ 即可。
+
+  于是 $Z\in A\iff Z\subseteq X$，得证。
+
+为了完整起见，我们现在再往集合论中添加一条公理，它扩充了双并公理而允许做出更大的并集。
+
+- **公理 3.4.10（并）**：设 $A$ 是集族（即它的每个元素都是一个集合），那么存在一个集合 $\bigcup A$，使得对于任意对象 $x$
+  
+  $$
+  x\in \bigcup A\iff \exists_{S\in A},x\in S
+  $$
+
+该公理的一个重要的结果是：
+
+- **定义 3.4.11（集族的并）**：设 $I$ 为一集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都映射到一个集合 $A_{\alpha}$。
+  
+  此时我们称 $I$ 为指标集，称 $I$ 的元素 $\alpha$ 为标签，称 $\{A_{\alpha}:\alpha\in I\}$ 为一个集族，其中的元素是贴有标签 $\alpha\in I$ 的。
+  
+  定义集族 $\{A_{\alpha}:\alpha\in I\}$ 的并为集合 $\bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}:=\bigcup\{A_{\alpha}:\alpha\in I\}$。那么对于任意对象 $y$
+  
+  $$
+  y\in\bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}\iff \exists_{\alpha\in I},y\in A_{\alpha}
+  $$
+
+  注意到，当 $I$ 为空集时，集族的并也为空集。
+
+对称地，尽管不需要用到并公理，我们定义：
+
+- **定义 3.4.12（集族的交）**：设 $I$ 为一非空集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都映射到一个集合 $A_{\alpha}$。
+  
+  由于 $I$ 非空，那么存在某个对象 $\beta\in I$。然后定义集族 $\{A_{\alpha}:\alpha\in I\}$ 的交为集合 $\bigcap_{\alpha\in I}A_{\alpha}:=\{x\in A_{\beta}:\forall_{\alpha\in I},x\in A_{\alpha}\}$。那么对于任意对象 $y$
+  
+  $$
+  y\in \bigcap_{\alpha\in I}A_{\alpha}\iff \forall_{\alpha\in I},x\in A_{\alpha}
+  $$
+
+  注意，该定义不依赖于 $\beta$ 的选择。
+
+集合论的这些我们已经引入的公理统称为ZF公理集合论（_Zermelo-Fraenkel Set Theory_，策梅洛-弗兰克尔集合论）。后面我们将还需要一个更进一步的公理，即著名的选择公理，它们统称为集合论的ZFC公理集合论（_Zermelo-Fraenkel-Choise Set Theory_，策梅洛-弗兰克尔-选择集合论）。
+
+## 3.5 笛卡尔积
+
+- **定义 3.5.1（序偶/有序对）**：设 $x$ 和 $y$ 是两个对象（可以相等），定义序偶 $(x,y):=\{\{x\},\{x,y\}\}$，定义 $x$ 为它的第一个分量而 $y$ 为它的第二个分量。
+  
+  可以证明，两个序偶 $(x,y)$ 和 $(x',y')$ 相等，当且仅当 $x=x'\land y=y'$。
+
+- **定义 3.5.2（笛卡尔积）**：设 $X$ 和 $Y$ 是集合，定义它们的笛卡尔积为集合 $X\times Y$（或记作 $\{(x,y):x\in X,y\in Y\}$），使得对于任意的对象 $a$
+  
+  $$
+  a\in X\times Y\iff \exists_{x\in X,y \in Y},a=(x,y)
+  $$
+
+  **证明**：首先，对于每个 $x\in X$，存在一个集合 $A_x:=\{(x,y):y\in Y\}$。
+
+  再构造集合 $B=\bigcup_{x\in X}A_x$。发现对于任意对象 $a$，$a\in B\iff \exists_{x\in X,y \in Y},a=(x,y)$，得证。
+
+设 $f:X\times Y\to Z$ 是一个函数。我们认为，$f$ 即是以 $X\times Y$ 为定义域的单变元函数，也是以 $X$ 和 $Y$ 同为定义域的两个变元的函数。
+
+现在我们扩展序偶的概念。
+
+- **定义 3.5.3（有序 $n$ 元组/$n$ 元序列）**：设 $n$ 是自然数，定义一个有序 $n$ 元组为一个函数 $x:\mathbb{N}_{1..n}\to X$，其中 $X$ 是任意的某个集合，满足 $x$ 是满射。我们把 $x(i)$ 写成 $x_i$，称为第 $i$ 个分量，并把 $x$ 写成 $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$。
+  
+  那么可以证明，两个有序 $n$ 元组 $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ 和 $(y_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ 是相等的，当且仅当对于任意自然数 $1\leqslant i\leqslant n$，$x_i=y_i$。
+
+- **定义 3.5.4（$n$ 重笛卡尔积）**：设 $(X_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ 是一个集合的有序 $n$ 元组，我们定义此组的诸分量的笛卡尔积为集合 $\prod_{1\leqslant i\leqslant n}X_i$（或记作 $\prod_{i=1}^n X_i$ 或 $X_1\times\cdots\times X_n$ 或 $\{(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}:\forall_{1\leqslant i\leqslant n},x_i\in X_i\}$），使得对于任意的对象 $a$
+  
+  $$
+  a\in \prod_{1\leqslant i\leqslant n}X_i\iff \bigg(a=(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}\land (\forall_{1\leqslant i\leqslant n},x_i\in X_i)\bigg)
+  $$
+
+  **证明**：考虑集合 $A:=\left(\bigcup_{1\leqslant i\leqslant n}X_i\right)^{\mathbb{N}_{1..n}}$，$B:=\{x\in A:\forall_{1\leqslant i\leqslant n},x_i\in X_i\}$，容易发现集合 $B$ 即为所求。
+
+设 $f:X_1\times X_2\times X_3\to Y$ 是一个函数。我们认为，$f$ 可以被看做是一个变元 $(x_1,x_2,x_3)\in X_1\times X_2\times X_3$ 的函数，或三个变元 $x_1\in X_1,x_2\in X_2,x_3\in X_3$ 的函数，或两个变元 $x_1\in X_1,(x_2,x_3)\in X_2\times X_3$ 的函数，诸如此类。我们将不在乎这些不同的看法，而假装它们实际上是相同的。
+
+我们介绍一个实用的引理：
+
+- **引理 3.5.5（有限选择）**：设 $(X_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ 是一个非空集合的 $n$ 元序列，那么 $\prod_{1\leqslant i\leqslant n}X_i$ 也非空，即存在一个 $n$ 元序列 $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ 使得对于任意自然数 $1\leqslant i\leqslant n$，$x_i\in X_i$。
+
+  **证明**：对 $n$ 归纳。每次选择一个 $a\in X_{n^+}$ 并令 $x_{n^+}=a$。
+
+## 3.6 集合的基数
+
+- **定义 3.6.1（相同的基数）**：称两个集合 $X$ 和 $Y$ 具有相同基数当且仅当存在一个 $X$ 与 $Y$ 间的双射 $f:X\rightarrow Y$，记作 $\operatorname{card}X=\operatorname{card}Y$。
+
+容易证明，“有相同的基数”这一概念是一个等价关系，满足自反性、对称性、传递性。对于一个有限集，我们可以用一个自然数来表示其集合的大小，即其所含元素的个数。
+
+- **定义 3.6.2（基数）**：设 $n$ 是自然数。称一个集合 $X$ 具有基数 $n$（或称 $X$ 有 $n$ 个元素），当且仅当它与集合 $\mathbb{N}_{1..n}$ 具有相同的基数。
+
+- **引理 3.6.3（基数的非退化性）**：$X=\varnothing\iff\operatorname{card}X=0$，即一个集合 $X$ 具有基数 $0$ 当且仅当 $X$ 为空集，且若 $X$ 为空集，则 $X$ 仅具有基数 $0$。
+
+  **证明**：证明不存在空集与非空集间的双射即可。
+
+- **引理 3.6.4（基数的可减性）**：设集合 $X$ 具有基数 $n^+$（则 $X$ 非空），若 $x\in X$，那么 $X\setminus \{x\}$ 有基数 $n$。
+
+  **证明**：根据假设，存在一个 $X$ 到 $\mathbb{N}_{1..n^+}$ 的双射 $f$。现在定义一个 $X\setminus\{x\}$ 到 $\mathbb{N}_{1..n}$ 的函数 $g$。分两种情况讨论：
+
+  - 若 $f(x)=n^+$，那么对于任意 $y\in X\setminus\{x\}$，定义 $g(y):=f(y)$。
+
+  - 若 $f(x)\neq n^+$，那么对于任意 $y\in X\setminus\{x\}$，若 $f(y)\neq n^+$，则定义 $g(y):=f(y)$；若 $f(y)=n^+$，则定义 $g(y):=f(x)$。
+
+  可以证明，按上述定义的函数 $g$ 存在且唯一，且 $g$ 是双射。
+
+- **命题 3.6.5（基数的唯一性）**：设集合 $X$ 具有基数 $n$，那么对于任意 $m\neq n$，$X$ 不具有基数 $m$。
+
+  **证明**：对 $n$ 进行归纳。当 $n=0$ 时，根据引理 3.6.3 可知命题成立。
+
+  归纳地假设命题对 $n$ 成立。设集合 $X$ 具有基数 $n^+$（则 $X$ 非空），反证地设其又具有基数 $m^+\neq n^+$，$X$ 非空意味着存在 $x\in X$，那么对于集合 $X\setminus\{x\}$，它既具有基数 $n$，有具有基数 $m\neq n$，矛盾，故命题对 $n^+$ 成立。故命题对任意自然数 $n$ 成立，得证。
+
+- **定义 3.6.6（有限集）**：称一个集合是有限的，当且仅当它具有基数 $n$（那么 $n$ 唯一）；否则称该集合为无限的。
+
+注意到，两个集合具有相同的基数，必要条件是它们同为有限集或同为无限集，而对于有限集，我们往后也不会用其他的方式来定义它另外具有的基数，所以对于有限集 $X$，设它具有基数 $n$，那么我们不妨直接称 $X$ 的基数为 $\operatorname{card}X:=n$。
+
+注意对于有限集我们给 $\operatorname{card}$ 赋了值，那么对于 $\operatorname{card}X=\operatorname{card}Y$，它有可能是在说一个等式，也有可能只是一个记号表明 $X,Y$ 具有相同的基数。这之间的区别具体依靠上下文来判断，而上下文无法判断时，即 $X,Y$ 均为有限集时，可以证明两种定义是相容的。
+
+- **定理 3.6.7**：$\mathbb N$ 是无限集。
+
+  **证明**：反证法。若 $\mathbb N$ 存在基数 $n$，那么存在一个 $\mathbb{N}_{1..n}$ 到 $\mathbb N$ 的双射 $f$。
+
+  通过对 $n$ 归纳，可以证明序列 $f(1),\cdots,f(n)$ 是有界的：存在一个自然数 $M$，使得 $\forall_{1\leqslant i\leqslant n},f(i)\leqslant M$。
+
+  那么自然数 $M+1$ 就不等于任何 $f(i)$，这与 $f$ 是双射矛盾。
+
+应用到集合论公理和定义上，我们给出关于有限集的基数的一些基本性质：
+
+- **命题 3.6.8（基数算术）**：基数满足如下性质：
+
+  1. 设 $X$ 是有限集，并设 $x$ 是一个不属于 $X$ 的对象。那么 $X\cup\{x\}$ 为有限集且 $\operatorname{card}X\cup\{x\}=\operatorname{card}X+1$。
+
+     **证明**：在原来映射的基础上，再将 $x$ 映射到 $\operatorname{card}(X)+1$ 即可。
+
+  2. 设 $X$ 是有限集，并设 $Y$ 是 $X$ 的子集。那么 $Y$ 是有限集且 $\operatorname{card}Y\leqslant \operatorname{card}X$，当且仅当 $X=Y$ 时取等号。
+
+     **证明**：设 $P(n)$ 表示对于任意有限集 $X$ 满足 $\operatorname{card}X=n$，上述命题成立。我们只需证明对于任意自然数 $n$ 有 $P(n)$ 成立即可。对 $n$ 进行归纳。当 $n=0$ 时，$X$ 为空集，命题显然成立。
+
+     归纳地假设 $P(n)$ 成立。对于任意有限集 $X$ 满足 $\operatorname{card}X=n^+$ 及任意 $Y\subseteq X$，
+
+     1. 若 $Y=X$，则 $Y$ 是有限集且 $\operatorname{card}Y=\operatorname{card}X$。
+
+     1. 若 $Y\neq X$ 即 $X\not\subseteq Y$，则存在 $x\in X$ 满足 $x\not\in Y$，考虑集合 $X\setminus\{x\}$，根据引理 3.6.4，该集合是有限集且其基数为 $n$。容易证明 $Y\subseteq X\setminus\{x\}$，那么根据归纳，$Y$ 是有限集且 $\operatorname{card}Y\leqslant \operatorname{card}(X\setminus\{x\})<\operatorname{card}X$。
+
+     于是 $P(n^+)$ 成立。于是对于任意自然数 $n$ 有 $P(n)$ 成立。
+
+  3. 设 $X$ 和 $Y$ 是有限集，那么 $X\cup Y$ 是有限集且 $\operatorname{card}(X\cup Y)\leqslant \operatorname{card}X+\operatorname{card}Y$，当且仅当 $X,Y$ 不交时等号成立。
+
+     **证明**：设 $\operatorname{card}X=n$ 且 $\operatorname{card}Y=m$，根据定义，存在双射 $f:X\to \mathbb{N}_{1..n}$ 和 $g:Y\to \mathbb{N}_{1..m}$。
+
+     考虑构建双射 $h$，其定义域为 $X\cup Y$，满足对于任意 $x\in X\cup Y$：若 $x\in X$，则 $h(x):=f(x)$；若 $x\not\in X$，则 $h(x):=n+g(x)$。容易证明满足该定义的双射 $h:X\cup Y\to (Z=h(X\cup Y))$ 存在，且 $Z\subseteq \mathbb{N}_{1..n+m}$。
+
+     根据 3.6.8.2，可知 $Z$ 为有限集且 $\operatorname{card}Z\leqslant n+m$，当且仅当 $Z=\mathbb{N}_{1..n+m}$ 时取等。那么 $X\cup Y$ 也为有限集且 $\operatorname{card}(X\cup Y)\leqslant n+m$，当且仅当 $h(X\cup Y)=\mathbb{N}_{1..n+m}$，即 $X\cap Y=\varnothing$ 时等号成立。
+
+  4. 设 $X$ 是有限集，且 $f:X\to Y$ 是一个函数，那么 $f(X)$ 是有限集且 $\operatorname{card}f(X)\leqslant \operatorname{card}X$，当且仅当 $f$ 为单射时取等。
+
+     **证明**：仍用与 3.6.8.2 类似的证明方法。设 $P(n)$ 表示对于任意有限集 $X$ 满足 $\operatorname{card}X=n$，上述命题成立。当 $n=0$ 时，$X,f(X)$ 为空集，命题显然成立。
+
+     归纳地假设 $P(n)$ 成立。欲对于有限集 $X$ 满足 $\operatorname{card}X=n^+$ 和函数 $f:X\to Y$ 证明命题。
+
+     一定存在一个元素 $x\in X$，设 $X'=X\setminus \{x\}$。设函数 $f':X'\to Y$，使得 $\forall_{x\in X'},f'(x):=f(x)$。根据归纳，$f'(X')$ 为有限集且 $\operatorname{card}f'(X')\leqslant \operatorname{card}(X')=n$，当且仅当 $f'(X')$ 为单射时取等。
+
+     - 若 $f(x)\in f'(X')$，则 $f'(X')=f(X)$，那么 $f(X)$ 是有限集且 $\operatorname{card}f(X)<n^+$。
+
+     - 若 $f(x)\not\in f'(X')$，则 $f(X)=f'(X')\cup \{f(x)\}$ 为有限集，且 $\operatorname{card}f(X)=\operatorname{card}f'(X')+\operatorname{card}\{f(x)\}\leqslant n+1$，当且仅当 $f'(X')$ 为单射时取等，结合 $f(x)\not\in f'(X')$，可知等价于 $f(X)$ 为单射。
+
+     于是 $P(n^+)$ 成立。于是对于任意自然数 $n$ 有 $P(n)$ 成立。
+
+  5. 设 $X$ 和 $Y$ 是有限集，那么笛卡尔积 $X\times Y$ 是有限的，且 $\operatorname{card}(X\times Y)=\operatorname{card}X\times \operatorname{card}Y$。
+
+     **证明**：设 $\operatorname{card}X=n$ 且 $\operatorname{card}Y=m$，根据定义，存在双射 $f:X\to \mathbb{N}_{1..n}$ 和 $g:Y\to \mathbb{N}_{1..m}$。
+
+     构造映射 $h:X\times Y\to \mathbb{N}_{1..nm}$，满足对于任意 $(x,y)\in X\times Y$， $h(x,y):=(f(x)-1)m+g(y)$。
+
+     容易证明 $h$ 是个双射，证毕。
+
+  6. 设 $X$ 和 $Y$ 是有限集，那么集合 $Y^X$ 是有限的，且 $\operatorname{card}(Y^X)=(\operatorname{card}Y)^{\operatorname{card}X}$。
+
+     **证明**：设 $\operatorname{card}X=n$ 且 $\operatorname{card}Y=m$，根据定义，存在双射 $f:X\to \mathbb{N}_{1..n}$ 和 $g:Y\to \mathbb{N}_{1..m}$。
+
+     构造映射 $h:Y^X\to \mathbb{N}_{1..m^n}$，满足对于任意 $p\in Y^X$，$h(f):=\sum_{i=1}^n(g\circ p\circ f^{-1})(i)\cdot Y^{i-1}$。
+
+     此处需先对 $n$ 归纳证明形如 $\sum_{i=1}^na(i)$ 的求和式存在且唯一，其中 $a:\mathbb{N}_{1..n}\to \mathbb N$。
+
+     容易证明 $h$ 是个双射，证毕。
+
+经过上述性质的证明，我们看到，通过基数和单个选取引理，我们已经能对有限集使用类似归纳的方法了。这使得我们可以很容易地论证有限集合中有一个最大的数和最小的数。
+
+- **命题 3.6.9（有限自然数集的最小元和最大元）**：设 $S\subset\mathbb N$ 为非空有限集，恰好存在一个自然数 $n\in\mathbb S$，使得 $\forall_{m\in S}n\leqslant m$，称 $n$ 为集合 $S$ 的最小元，记作 $\min S$。对称地，恰好存在一个自然数 $n\in\mathbb S$，使得 $\forall_{m\in S}n\geqslant m$，称 $n$ 为集合 $S$ 的最大元，记作 $\max S$。
+
+	**证明**：这里只给出最小元的证明，最大元同理。（同一法）首先证明最小元存在性。（数学归纳法）设关于 $x$ 的命题 $p(x)$ 为真当且仅当 $\forall_{S\subset\mathbb N,\operatorname{card}S=x}$，有 $\min S$ 存在。
+
+	对于任意一个单元素集 $\{a\}\subset\mathbb N$，$a$ 显然是 $\{a\}$ 的最小元，且 $\operatorname{card}\{a\}=1$，故 $p(1)$ 为真。
+
+	假设 $p(n)$ 为真，考虑任意一个集合 $S\subset\mathbb N$，满足 $\operatorname{card}S=n+1$，由于 $S$ 为非空集合，故可以找到一个元素 $a\in S$。由于 $p(n)$ 为真，故 $S\setminus\{a\}$ 存在最小元，记作 $b$。若 $a>b$ 则根据定义 $b$ 为 $S$ 的最小元。若 $a<b$ 则 $a$ 为 $S$ 的最小元。综上所述，$p(n)\implies p(n+1)$。
+
+	故对于任何一个非空有限集 $S\subset\mathbb N$，$S$ 都存在最小元。
+
+	然后证明唯一性。（反证法）若 $n,m$ 均为集合 $S$ 的最小元，则根据定义有 $n\leqslant m$ 和 $m\leqslant n$，故一定有 $m=n$。
+
+最后，根据有限集的定义，我们阐述引理 3.5.5 的一个直接推论：
+
+- **推论 3.6.10**：设 $I$ 是有限集，且对于任意 $\alpha\in I$，都存在一个非空集合 $X_{\alpha}$。那么 $\prod_{\alpha\in I}X_{\alpha}$ 非空，即存在一个映射 $(x_{\alpha})_{\alpha\in I}$，使得对于任意 $\alpha\in I$ 有 $x_\alpha\in X_\alpha$。
+
+推论 3.6.10 的无限集版本即为选择公理，我们将在第 8 章阐述。
+
+至此，我们对于集合的讨论暂告一段落。

第7章 级数.md

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+
+我们将学习级数 $\sum$。这是一个熟悉的符号——在有限集合或有限序列上的级数你可以简单理解为求和，但当级数放到无限序列上时，它的含义就变成了序列前缀和的极限。无限序列上的级数并不好研究，我们将学习多种判断无限级数是否收敛的方法，以及浅显地介绍一下级数的重排。更多的关于无限级数的知识我们将和无限集合一起继续研究。
+
+除特殊说明外，本文讨论的序列都是实数序列。
+
+## 7.1 有限级数
+
+在介绍无限级数之前，我们先较为全面地了解有限级数。
+
+- **定义 7.1.1（有限级数）**：设整数 $m,n$ 和有限序列 $(a_i)_{i=m}^n$，定义有限级数 $\sum\limits_{i=m}^na_i$ 满足：若 $n<m$，则 $\sum\limits_{i=m}^na_i=0$；若 $n\geqslant m-1$，则 $\sum\limits_{i=m}^{n+1}a_i=\left(\sum\limits_{i=m}^{n}a_i\right)+a_{n+1}$。
+
+    根据命题 2.1.7，$\sum\limits_{i=m}^na_i$ 的定义是存在且唯一的。
+
+    我们一般把形如 $\sum\limits_{i=m}^na_i$ 的表达式称为级数，而把其结果（为一实数）称为该级数的和。尽管从数学上而言，二者是相等的。
+
+有限序列上的级数满足很多我们耳熟能详的性质：
+
+- **引理 7.1.2（有限级数的基本性质）**：设整数 $m,n$ 满足 $m\leqslant n$ 和有限序列 $(a_i)_{i=m}^n,(b_i)_{i=m}^n$。
+
+    1. 设整数 $p$ 满足 $m\leqslant p<n$，则 $\sum\limits_{i=m}^pa_i+\sum\limits_{i=p+1}^{n}a_i=\sum\limits_{i=m}^na_i$。
+    2. 设 $k$ 是整数，则 $\sum\limits_{i=m}^na_i=\sum\limits_{j=m+k}^{n+k}a_{j-k}$。 
+    3. $\sum\limits_{i=m}^{n}(a_i+b_i)=\sum\limits_{i=m}^na_i+\sum\limits_{i=m}^nb_i$。
+    4. $\sum\limits_{i=m}^n(ca_i)=c\sum\limits_{i=m}^na_i$。
+    5. $\left|\sum\limits_{i=m}^na_i\right|\leqslant \sum\limits_{i=m}^n|a_i|$。
+    6. 若对于任意 $m\leqslant i\leqslant n$ 有 $a_i\leqslant b_i$，那么 $\sum\limits_{i=m}^{n}a_i\leqslant \sum\limits_{i=m}^nb_i$。
+
+    **证明**：运用归纳法。
+
+接下来我们定义有限集合上的求和。
+
+- **定义 7.1.3（有限集合上的求和）**：设 $X$ 是基数为 $n$ 的集合和函数 $f:X\to\mathbb R$。那么存在 $g:\mathbb Z_{1..n}\to X$ 是双射。定义有限和 $\sum\limits_{x\in X}f(x):=\sum\limits_{i=1}^nf(g(i))$。
+
+    **证明**：我们需要证明，有限和的结果和 $g$ 的选取是无关的。
+
+    考虑对 $n$ 归纳。设 $P(n)$ 表示对于任意基数为 $n$ 的集合 $X$，上述命题成立。$P(0)$ 显然成立。
+
+    归纳地假设 $P(n)$ 成立。设 $g,h$ 都是 $\mathbb Z_{1..n+1}\to X$ 的双射，欲证 $\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(h(i))$。
+
+    设 $x:=g(n+1)$，那么 $\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^nf(g(i))+f(x)$。
+
+    设 $k:=h^{-1}(x)$，忽略 $k=n+1$ 的平凡情况。然后定义 $h'$，满足对于任意 $1\leqslant i\leqslant n$，有 $h'(i):=\begin{cases}h(n+1)&i=k\\h(i)&i\neq k\end{cases}$。
+
+	那么 $h'$ 是从 $\mathbb Z_{1..n}$ 到 $X\setminus\{x\}$ 的双射。于是，
+
+    $$
+    \begin{aligned}
+    \sum\limits_{i=1}^{n+1}f(h(i))&=\sum\limits_{i=1}^{k-1}f(h(i))+\sum\limits_{i=k+1}^nf(h(i))+f(h(k))+f(h(n+1))\\
+    &=\sum\limits_{i=1}^{k-1}f(h'(i))+\sum\limits_{i=k+1}^nf(h'(i))+f(x)+f(h'(k))\\
+    &=\sum\limits_{i=1}^nf(h'(i))+f(x)
+    \end{aligned}
+    $$
+
+    根据归纳，$\sum\limits_{i=1}^{n}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^nf(h'(i))$，证毕。
+
+为了方便，我们有时把 $\sum\limits_{y\in\{x\in X:P(x)\}}f(y)$ 简写为 $\sum\limits_{x\in X:P(x)}f(x)$ 甚至 $\sum\limits_{P(x)}f(x)$。
+
+有限集合上的求和依赖于有限级数，也类似地会导出很多性质：
+
+- **命题 7.1.4（有限集合上求和的基本性质）**：除特殊说明，默认 $X$ 为基数为 $n$ 的有限集合，$f:X\to\mathbb R$ 为函数。
+
+    1. 若 $X=\{x_0\}$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=f(x_0)$。
+
+    2. 设 $g:Y\to X$ 是双射，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))$。
+
+        **证明**：存在双射 $h:\mathbb Z_{1..n}\to Y$，于是 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))=\sum\limits_{i=1}^{n}f(g(h(i)))$，可证 $g\circ h$ 也是 $\mathbb Z_{1..n}$ 到 $X$ 的双射，那么 $\sum\limits_{i=1}^nf(g(h(i)))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
+
+    3. 设 $n\leqslant m$ 是整数，若 $X=\mathbb Z_{n..m}$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{i=n}^mf(i)$。
+
+        **证明**：设 $g:\mathbb Z_{1..m-n+1}\to X$ 满足 $g(i):=i+n-1$，容易验证 $g$ 定义合法且是双射。
+
+        那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{i=1}^{m-n+1}f(i+n-1)=\sum\limits_{i=n}^mf(i)$。
+
+    4. 设 $X,Y$ 是不交的集合，设 $f:X\cup Y\to\mathbb R$ 是函数。那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{y\in Y}f(y)=\sum\limits_{z\in X\cup Y}f(z)$。
+
+        **证明**：设 $X,Y$ 基数分别为 $n,m$。那么存在双射 $g:\mathbb Z_{1..n}\to X$ 和 $h:\mathbb Z_{1..m}\to Y$。定义 $s:\mathbb Z_{1..n+m}\to X\cup Y$，满足 $s(i):=\begin{cases}g(i)&1\leqslant i\leqslant n\\h(i-n)&n+1\leqslant i\leqslant n+m\end{cases}$。
+
+		容易证明 $s$ 定义合法且是双射。
+
+        那么
+
+		$$\begin{aligned}\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{y\in Y}f(y)&=\sum\limits_{i=1}^nf(g(i))+\sum\limits_{i=1}^mf(h(i))\\&=\sum\limits_{i=1}^nf(s(i))+\sum\limits_{i=1}^mf(s(i+n))\\&=\sum\limits_{i=1}^{n+m}f(s(i))=\sum\limits_{z\in X\cup Y}f(z)\end{aligned}$$
+
+    5. 设函数 $f:X\to \mathbb R$ 和 $g:X\to\mathbb R$，那么 $\sum\limits_{x\in X}(f(x)+g(x))=\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{x\in X}g(x)$。
+
+    6. 设 $c$ 为实数，那么 $\sum\limits_{x\in X}cf(x)=c\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
+
+    7. $\left|\sum\limits_{x\in X}f(x)\right|\leqslant \sum_{x\in X}|f(x)|$。
+
+    8. 设函数 $f:X\to \mathbb R$ 和 $g:X\to \mathbb R$，且对于任意 $x\in X$ 有 $f(x)\leqslant g(x)$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)\leqslant \sum\limits_{x\in X}g(x)$。
+
+
+接下来让我们研究多维求和，需要注意的是我们可以依赖之前的定义直接写出多重求和。
+
+- **引理 7.1.5**：设有限集 $X,Y$ 和函数 $f:X\times Y\to\mathbb R$，那么 $\sum\limits_{x\in X}\left(\sum\limits_{y\in Y}f(x,y)\right)=\sum\limits_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)$。
+
+    **证明**：设 $X,Y$ 基数分别为 $n,m$，那么存在双射 $g:\mathbb Z_{1..n}\to X$ 和 $h:\mathbb Z_{1..m}\to Y$。定义 $s:\mathbb Z_{1..n\times m}\to X\times Y$，满足对于任意的 $1\leqslant i\leqslant n,1\leqslant j\leqslant m$，$s((i-1)\times m+j)=(g(i),h(j))$，可以证明 $s$ 定义合法且是双射。那么
+
+	$$\begin{aligned}\sum\limits_{x\in X}\left(\sum\limits_{y\in Y}f(x,y)\right)&=\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=1}^mf(g(i),h(j))\right)\\&=\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=1}^mf(s((i-1)\times m+j))\right)\\&=\sum\limits_{i=1}^{n\times m}f(s(i))=\sum\limits_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)\end{aligned}$$
+
+    其中倒数第二个等号需要使用归纳法证明（固定 $m$ 而对 $n$ 归纳）。
+
+    或者也可以直接对 $n$ 归纳，然后利用命题 7.1.4，可能更简洁些。
+
+- **引理 7.1.6**：设有限集合 $X,Y$ 和函数 $f:X\times Y\to \mathbb R$，那么 $\sum\limits_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)=\sum\limits_{(y,x)\in Y\times X}f(x,y)$。
+
+    **证明**：利用命题 7.1.4.2（原命题可以看成 $\sum\limits_{a\in X\times Y}f(a)=\sum\limits_{a\in Y\times X}f(rev(a))$，其中 $rev(y,x)=(x,y)$ 是双射）。
+
+结合引理 7.1.5 和引理 7.1.6，一个直接的推论是我们可以交换有限级数的求和顺序，即 $\sum\limits_{x\in X}\sum\limits_{y\in Y}f(x,y)=\sum\limits_{y\in Y}\sum\limits_{x\in X}f(x,y)$。
+
+- **引理 7.1.7**：设有限集合 $X$ 和整数 $m$。对于每个 $x\in X$，都存在一个收敛的序列 $(a_n(x))_{n=m}^{\infty}$。那么 $\left(\sum\limits_{x\in X}a_n(x)\right)_{n=m}^{\infty}$ 收敛，且 $\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{x\in X}a_n(x)=\sum\limits_{x\in X}\lim\limits_{n\to\infty}a_n(x)$。
+
+    **证明**：设 $l:X\to \mathbb R$ 满足 $l(x):=\lim\limits_{n\to\infty}a_n(x)$。设 $L=\sum\limits_{x\in X}\lim\limits_{n\to\infty}a_n(x)=\sum\limits_{x\in X}l(x)$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。设 $\delta:X\to\mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{x\in X}\delta(x)<\varepsilon$ 且对于任意 $x\in X$ 有 $\delta(x)>0$。
+
+    设 $N:X\to \mathbb Z_{m..}$ 满足对于任意 $x\in X$，对于任意 $n\geqslant N(x)$ 都有 $|a_n(x)-l(x)|\leqslant \delta(x)$。
+
+    通过归纳可以证明 $\delta$ 和 $N$ 一定存在。
+
+    由于 $f(X)$ 是有限集，故存在上界 $K$。那么对于任意 $n\geqslant K$ 和任意 $x\in X$，都有 $|a_n(x)-l(x)|\leqslant \delta(x)$。
+
+    于是对于任意 $n\geqslant K$，$\left|\sum\limits_{x\in X}a_n(x)-L\right|=\left|\sum\limits_{x\in X}(a_n(x)-l(x))\right|\leqslant \sum\limits_{x\in X}|a_n(x)-l(x)|\leqslant \sum\limits_{x\in X}\delta(x)\leqslant \varepsilon$。证毕。
+
+引理 7.1.7 说明了，有限和与收敛极限的次序也是可以交换的。
+
+## 7.2 无限级数
+
+粗略地带过了有限级数之后，接下来我们开始无限级数的研究。
+
+- **定义 7.2.1（无限级数）**：设整数 $m$ 和无限序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$，定义无限级数 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$。
+
+定义 7.2.1 是形式化的，我们并未赋予 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 任何实数值，不过我们接下来将说明此事。
+
+- **定义 7.2.2（级数的收敛）**：设 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是无限级数。设整数 $N\geqslant m$，定义该级数的第 $N$ 部分和 $S_N:=\sum\limits_{n=m}^Na_n$。
+
+    若 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 收敛到某实数 $L$，那么称 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是收敛的，且收敛到 $L$，并令 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n=L$。
+
+    若 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是发散的，那么称 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是发散的，并不赋予它任何实数值。
+
+    容易证明，$\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 存在唯一的定义。
+
+研究无限级数的一个难点在于如何确定一个无限级数是否是收敛的，接下来我们将研究此事。我们先将柯西序列的定义代入，得到：
+
+- **命题 7.2.3**：设 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是级数。那么 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛当且仅当对于任意实数 $\varepsilon>0$，都存在 $N\geqslant m$，使得对于任意 $p,q\geqslant N$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p}^qa_n\right|\leqslant\varepsilon$。
+
+    **证明**：$(S_k)_{k=m}^{\infty}$ 收敛等价于：对于任意实数 $\varepsilon>0$，存在 $N\geqslant m$，使得对于任意 $p,q\geqslant N$ 有 $|S_p-S_q|\leqslant \varepsilon$。显然 $p=q$ 时成立。又根据对称性，不妨设 $p<q$，于是 $|S_p-S_q|=\sum\limits_{n=p+1}^qa_n$。
+
+    那么要求等价于：存在 $N\geqslant m$，使得对于任意 $N\leqslant p< q$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p+1}^qa_n\right|\leqslant\varepsilon$。
+
+    即存在 $N\geqslant m$，使得对于任意 $N+1\leqslant p\leqslant q$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p}^qa_n\right|\leqslant\varepsilon$。
+
+    即存在 $N\geqslant m$，使得对于任意 $N+1\leqslant p,q$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p}^qa_n\right|\leqslant\varepsilon$。
+
+    即存在 $N>m$，使得对于任意 $N\leqslant p,q$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p}^qa_n\right|\leqslant\varepsilon$。证毕。
+
+接下来以命题 7.2.3 为基础，我们将介绍各种各样的无限级数收敛的判别方法。
+
+- **推论 7.2.4（零判别法）**：若级数 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛，那么必有 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$。
+
+    **证明**：命题 7.2.3 中 $p=q$ 时取得。
+
+推论 7.2.4 的逆命题并不一定成立，一个反例是 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ 是发散的。
+
+根据推论 7.2.4，我们在研究一个无限级数是否收敛时，你可以先默认它的元素是收敛于 $0$ 的（否则不收敛）。
+
+- **定义 7.2.5（绝对收敛）**：称级数 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是绝对收敛的，当且仅当 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}|a_n|$ 是收敛的。
+
+    为了区分收敛和绝对收敛，我们有时将前者叫作条件收敛。
+
+- **命题 7.2.6（绝对收敛判别法）**：若级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是绝对收敛的，那么它也是条件收敛的。且满足 $\left|\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n\right|\leqslant\sum\limits^{\infty}_{n=m}|a_n|$。
+
+    **证明**：对于前者，$\left|\sum\limits^{q}_{n=p}a_n\right|\leqslant \sum\limits_{n=p}^q|a_n|$。对于后者，记 $S_N$ 为 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 的第 $N$ 部分和，$S_{N}'$ 为 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}|a_n|$ 的第 $N$ 部分和，那么 $|S_N|\leqslant S'_N$。结合推论 6.4.8 和引理 6.4.5，可知 $\left|\lim\limits_{N\to\infty}S_N\right|=\lim\limits_{N\to\infty}|S_N|\leqslant \lim\limits_{N\to\infty}S_N'$，证毕。
+
+命题 7.2.6 的逆命题并不一定成立，一个反例是 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}(-1)^n\frac{1}{n}$ 收敛但 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n}$ 发散。
+
+绝对收敛的一个理解方式是：“对应的绝对值序列的和是收敛的”，这样可能会方便记忆些？
+
+- **引理 7.2.7**：设 $m'\geqslant m$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 收敛等价于 $\sum\limits^{\infty}_{n=m'}a_n$ 收敛。且若二者都收敛，有 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n=\sum\limits_{n=m}^{m'-1}a_n+\sum\limits^{\infty}_{n=m'}a_n$。
+
+    **证明**：根据定义可得。
+
+- **命题 7.2.8（交错级数判别法）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足对于任意 $n\geqslant m$ 有 $a_n\geqslant 0$ 且 $a_n\geqslant a_{n+1}$。那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}(-1)^na_n$ 收敛当且仅当 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$。
+
+    **证明**：若 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}(-1)^na_n$ 收敛，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}(-1)^na_n=0$，根据推论 6.4.7 可知 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$。
+
+    若 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$，考虑证明 $S_N:=\sum\limits_{n=m}^N(-1)^na_n$ 收敛。根据引理 7.2.7，我们不妨假设 $m$ 为偶数。假设 $S_{m-1}:=0$。
+
+    定义序列 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(B_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足 $
+	A_n:=\begin{cases}S_{n-1}&n\text{ 为偶数}\\S_n&n\text{ 为奇数}\end{cases}$，$B_n:=\begin{cases}a_n&n\text{ 为偶数}\\0&n\text{ 为奇数}\end{cases}$。
+
+	那么 $S_n=A_n+B_n$。
+
+    考虑归纳证明 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 单增且对于任意的 $n\geqslant m$ 有 $A_n\leqslant a_m-a_n$：若 $n$ 为偶数，那么 $A_{n}=A_{n-1}\leqslant a_m-a_{n-1}\leqslant a_m-a_n$；若 $n$ 为奇数，那么 $A_n=A_{n-2}+a_{n-1}-a_{n}\geqslant A_{n-2}=A_{n-1}$，且 $A_n=A_{n-2}+a_{n-1}-a_n\leqslant a_m-a_{n-2}+a_{n-1}-a_n\leqslant a_m-a_n$。那么 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 单增且有上界 $a_m$，于是 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛。
+
+    由于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛于 $0$，那么容易证明 $(B_n)_{n=m}^{\infty}$ 也收敛于 $0$。又由于对于任意 $n\geqslant m$ 有 $S_n=A_n+B_n$，根据极限算律可以知道 $(S_n)_{n=m}^{\infty}$ 也是收敛的。
+
+根据命题 7.2.8，我们就可以说明 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}(-1)^n\frac{1}{n}$ 是收敛的了。
+
+- **命题 7.2.9（级数算律）**：设级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 收敛到 $x$。
+
+    1. 设级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}b_n$ 收敛到 $y$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}(a_n+b_n)$ 收敛到 $x+y$。
+    2. 设 $c$ 为实数，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}ca_n$ 收敛到 $cx$。
+    3. 设 $k$ 为整数，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m+k}a_{n-k}$ 收敛到 $x$。
+
+
+- **引理 7.2.10（嵌套级数）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到 $L$，那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}(a_n-a_{n+1})$ 收敛到 $a_m-L$。
+
+    **证明**：可以归纳证明 $S_N=a_m-a_{N+1}$，根据极限算律可知 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 收敛到 $a_m-L$。
+
+## 7.3 非负实数的和
+
+我们现在专门讨论非负实数序列对应的级数，称为非负实数的级数。
+
+非负实数的级数的一个好处是，收敛和绝对收敛是等价的，这将提供更强的条件。
+
+- **命题 7.3.1**：非负实数的级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是收敛的当且仅当存在实数 $M$，使得对于任意 $N\geqslant m$ 有 $\sum\limits_{n=m}^Na_n\leqslant M$。
+
+    **证明**：注意到 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是单增的，于是根据命题 6.3.3，$(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 收敛当且仅当它存在有限上界。
+
+- **推论 7.3.2（比较判别法）**：设级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 和 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}b_n$ 满足对于任意 $n\geqslant m$ 有 $|a_n|\leqslant b_n$。那么若 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}b_n$ 收敛，则 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 绝对收敛，且 $\left|\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n\right|\leqslant \sum\limits^{\infty}_{n=m}|a_n|\leqslant \sum\limits^{\infty}_{n=m}b_n$。
+
+    **证明**：结合命题 7.2.6、引理 6.4.5 和命题 6.3.3 可知。
+
+- **引理 7.3.3（几何级数）**：设 $x$ 是实数。若 $|x|\geqslant 1$，则 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}x^n$ 是发散的；若 $|x|<1$，则 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}x^n$ 是收敛的。
+
+    **证明**：若 $|x|\geqslant 1$，利用零判别法即可。若 $|x|<1$，可以归纳证明 $S_N=\frac{x^{N+1}-1}{x-1}$，于是 $\lim\limits_{N\to\infty}S_N=\frac{(\lim_{N\to\infty}x^{N+1})-1}{x-1}=\frac{1}{1-x}$。
+
+- **命题 7.3.4（柯西准则）**：设 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 是非负的减序列。那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}a_n$ 收敛当且仅当级数 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}2^ka_{2^k}$ 收敛。
+
+    **证明**：根据命题 7.3.1，转化为证明 $S_N:=\sum\limits_{n=1}^Na_n$  有界当且仅当 $T_K:=\sum\limits_{k=0}^K2^ka_{2^k}$ 有界。
+
+    若 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 有界，不妨设界为 $M$。那么对于任意 $K\geqslant 0$，
+    $$
+    \begin{aligned}
+    T_K&=\sum_{k=0}^K2^ka_{2^k}\\
+    &=a_1+2\sum_{k=1}^{K}2^{k-1}a_{2^k}\\
+    &=a_1+2\sum_{k=1}^{K}\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}a_{2^k}\\
+    &\leqslant a_1+2\sum_{k=1}^{K}\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}a_n\\
+    &=a_1+2\sum_{n=2}^{2^K}a_n\\
+    &=\left(2\sum_{n=1}^{2^K}a_n\right)-a_1\leqslant 2M-a_1
+    \end{aligned}
+    $$
+    于是 $(T_K)_{K=0}^{\infty}$ 有界 $2M-a_1$。
+
+    若 $(T_K)_{K=0}^{\infty}$ 有界，不妨设界为 $M$。设 $N\geqslant 1$ 我任意正整数。可以通过归纳证明存在 $K\geqslant 0$ 使得 $2^K\leqslant N<2^{K+1}$。
+    $$
+    \begin{aligned}
+    S_N&=\sum_{n=1}^{N}a_n\\
+    &\leqslant \sum_{n=1}^{2^{K+1}-1}a_n\\
+    &=\sum_{k=0}^K\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_n\\
+    &\leqslant \sum_{k=0}^K\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_{2^k}\\
+    &=\sum_{k=0}^K2^ka_{2^k}\leqslant M
+    \end{aligned}
+    $$
+    于是 $(S_N)_{N=0}^{\infty}$ 有界 $M$。
+
+命题 7.3.4 可能看起来非常奇怪，但它实现了变量从底数到指数的转换，这有时会带来神奇的效果，比如：
+
+- **推论 7.3.5**：设 $q>0$ 是有理数。那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^q}$ 当 $q>1$ 时收敛而当 $q\leqslant 1$ 时发散。
+
+    **证明**：当 $q>0$ 时，$\frac{1}{n^q}$ 是正的减的，于是根据柯西准则，只需关注级数 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}2^k\frac{1}{2^{kq}}=\sum\limits^{\infty}_{k=0}\frac{1}{2^{k(q-1)}}$。
+
+    根据引理 7.3.3，当 $\frac{1}{2^{q-1}}<1$ 即 $q>1$ 时原级数收敛；当 $\frac{1}{2^{q-1}}\geqslant 1$ 即 $q\leqslant 1$ 时原级数发散。
+
+特别地，我们将 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac1n$ 叫作调和级数，是发散的。而当 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac1{n^q}$ 收敛时，其和记作 $\zeta(q)$，称作 $q$ 的黎曼-Zeta函数。
+
+## 7.4 级数的重排
+
+有时候将级数中的元素的顺序重排，会极大地化简级数的计算。但是否所有级数都能重排？对于有限级数来说，我们已经在命题 7.1.4.2 中证明过了。但对于无限级数来说，只有部分满足条件的级数可以重排。
+
+- **引理 7.4.1**：设有限集合 $Y$ 和函数 $f:Y\to\mathbb R$，且对于任意 $y\in Y$，$f(y)\geqslant 0$。设 $X\subseteq Y$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)\leqslant \sum\limits_{y\in Y}f(y)$。
+
+    **证明**：设 $Z:=Y\setminus X$，那么 $Y=X\cup Z$ 且 $X\cap Z=\varnothing$，于是 $\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{z\in Z}f(z)=\sum\limits_{y\in Y}f(y)$。可以归纳证明 $\sum\limits_{z\in Z}f(z)\geqslant 0$，于是 $\sum\limits_{x\in X}f(x)\leqslant \sum\limits_{y\in Y}f(y)$。
+
+- **命题 7.4.2（非负级数的重排）**：设 $\sum\limits^{\infty}_{n=s}a_n$ 是收敛的非负实数的级数，并设 $f:\mathbb Z_{s..}\to\mathbb Z_{s..}$ 是双射，那么 $\sum\limits^{\infty}_{m=s}a_{f(m)}$ 也收敛到同一实数。
+
+    **证明**：只需证明 $S_N:=\sum\limits_{n=s}^Na_n$ 和 $T_M:=\sum\limits_{m=s}^Ma_{f(m)}$ 拥有同样的上确界。设 $L=\sup(S_N)_{N=s}^{\infty}$。
+
+    对于任意 $M\geqslant s$，由于序列 $(f(m))_{m=s}^{M}$ 有限，故存在界 $N$ 使得对于任意 $s\leqslant m\leqslant M$ 有 $f(m)\leqslant N$，那么 $f(\mathbb Z_{s..M})\subseteq \mathbb Z_{s..N}$。则 $T_M=\sum\limits_{m=s}^Ma_{f(m)}=\sum\limits_{x\in f(\mathbb Z_{s..M})}a_x\leqslant \sum\limits_{x\in \mathbb Z_{s..N}}a_x=\sum\limits_{n=s}^Na_n\leqslant L$。故 $L$ 是 $(T_M)_{M=s}^{\infty}$ 的上界。
+
+    对于任意 $L'<L$，存在 $N\geqslant s$ 使得 $L'<S_N$，又由于序列 $(f^{-1}(n))_{n=s}^N$ 有限，故存在 $M$ 使得对于任意 $s\leqslant n\leqslant N$ 有 $f^{-1}(n)\leqslant M$，那么 $f^{-1}(\mathbb Z_{s..N})\subseteq\mathbb Z_{s..M}$。则
+
+	$$L'<S_N=\sum\limits_{n=s}^Na_n=\sum\limits_{x\in f^{-1}(\mathbb Z_{s..N})}a_{f(x)}\leqslant \sum\limits_{x\in \mathbb Z_{s..M}}a_{f(x)}=\sum\limits_{m=s}^{M}a_{f(m)}=T_M$$
+
+	故 $L$ 是 $(T_M)_{M=s}^{\infty}$ 的上确界。
+
+- **引理 7.4.3**：设 $\sum\limits^{\infty}_{n=s}a_n$ 是绝对收敛的级数。那么对于任意实数 $\varepsilon>0$，存在 $N\geqslant s$，使得对于任意有限集 $X\subseteq \mathbb Z_{N..}$，有 $\left|\sum\limits_{x\in X}a_x\right|\leqslant \varepsilon$。
+
+    **证明**：首先存在 $N\geqslant s$ 使得对于任意 $p,q\geqslant N$ 有 $\sum\limits_{n=p}^q|a_n|\leqslant \varepsilon$。
+
+    考虑任意有限集 $X\subseteq \mathbb Z_{N..}$，可以归纳证明 $X$ 存在上界，不妨设为 $M$，容易发现 $X\subseteq \mathbb Z_{N..M}$。
+
+    那么 $\left|\sum\limits_{x\in X}a_x\right|\leqslant \sum\limits_{x\in X}|a_x|\leqslant \sum\limits_{x\in \mathbb Z_{N..M}}|a_x|=\sum\limits_{n=N}^M|a_x|\leqslant \varepsilon$。证毕。
+
+- **命题 7.4.4（级数的重排）**：设 $\sum\limits_{n=s}^{\infty}a_n$ 是绝对收敛的级数，并设 $f:\mathbb N\to\mathbb N$ 是双射，那么 $\sum\limits_{m=s}^{\infty}a_{f(m)}=\sum\limits_{n=s}^{\infty}a_n$。
+
+    特别地，$\sum\limits_{m=s}^{\infty}|a_{f(m)}|=\sum\limits_{n=s}^{\infty}|a_n|$，故 $\sum\limits_{m=s}^{\infty}a_{f(m)}$ 也是绝对收敛的。
+
+    **证明**：根据命题 7.4.2，可以预先证明 $\sum\limits_{m=s}^{\infty}a_{f(m)}$ 绝对收敛。在此基础上，欲证 $\sum\limits_{m=s}^{\infty}a_{f(m)}=\sum\limits_{n=s}^{\infty}a_n$。
+
+    设 $S_N:=\sum\limits_{n=s}^Na_n$，$T_M:=\sum\limits_{m=s}^Ma_{f(m)}$。设 $(S_N)_{N=s}^{\infty}$ 收敛到 $L$，欲证 $(T_M)_{M=s}^{\infty}$ 也收敛到 $L$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。任取 $\delta$ 满足 $0<\delta<\varepsilon$。那么存在 $N_1\geqslant s$ 使得对于任意 $N\geqslant N_1$ 有 $|S_N-L|\leqslant \delta$，存在 $N_2\geqslant s$ 使得对于任意有限集 $X\subseteq\mathbb Z_{N_2..}$ 有 $\left|\sum\limits_{x\in X}a_x\right|\leqslant\varepsilon-\delta$。
+
+    令 $N_S=\max(N_1+1,N_2)$，那么 $N_S-1\geqslant N_1$。考虑有限序列 $(f^{-1}(n))_{n=s}^{N_S-1}$，存在界 $M_T\geqslant s$ 使得对于任意 $s\leqslant n<N_S$ 有 $f^{-1}(n)< M_T$。那么对于任意 $m\geqslant M_T$，有 $f(m)\geqslant N_S$。
+
+    考虑任意 $M\geqslant M_T$。可以证明 $f^{-1}(\mathbb Z_{s..N_S-1})\subseteq \mathbb Z_{s..M_T-1}\subseteq \mathbb Z_{s..M}$。
+
+    令 $X=f^{-1}(\mathbb Z_{s..N_S-1})$ 而 $Y=\mathbb Z_{s..M}\setminus X$，那么 $X\cup Y=\mathbb Z_{s..M}$ 且 $X\cap Y=\varnothing$。
+
+    一方面，$\sum\limits_{x\in X}a_{f(x)}=\sum\limits_{n\in \mathbb Z_{s..N_S-1}}a_n=S_{N_S-1}$，从而 $\left|\sum\limits_{x\in X}a_{f(x)}-L\right|\leqslant\delta$。
+
+    一方面，对于任意 $y\in Y$ 有 $f(y)\geqslant N_S$，从而 $f(Y)\subseteq \mathbb Z_{N_S..}$，那么 $\left|\sum\limits_{n\in f(Y)}a_n\right|\leqslant \varepsilon-\delta$ 即 $\left|\sum\limits_{y\in Y}a_{f(y)}\right|\leqslant \varepsilon-\delta$。综上所述，
+
+	$$|T_M-L|=\left|\sum\limits^{M}_{m=s}a_{f(m)}-L\right|=\left|\sum\limits_{x\in X}a_{f(x)}+\sum\limits_{y\in Y}a_{f(y)}-L\right|\leqslant\delta+(\varepsilon-\delta)=\varepsilon$$
+
+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指定实数或者使其不收敛。
+
+## 7.5 方根判别法和比例判别法
+
+我们最后再介绍两种好用的判别方法——方根判别法和比例判别法。
+
+- **定理 7.5.1（方根判别法）**：设级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 和 $\alpha:=\limsup\limits_{n\to \infty}|a_n|^{\frac{1}{n}}$。
+
+    - 若 $\alpha<1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是绝对收敛的（从而是条件收敛的）。
+    - 若 $\alpha>1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是条件发散的（从而是绝对发散的）。
+    - 若 $\alpha=1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 既有可能是绝对收敛的，也有可能是条件发散的。
+
+    **证明**：对于第三种情况的证明，见命题 7.5.4。
+
+    根据引理 7.2.7，不妨设 $m>0$，从而对于任意 $n\geqslant m$，$|a_n|^{\frac1n}$ 都是有意义的。
+
+    - 若 $\alpha<1$。取实数 $k$ 满足 $\alpha<k<1$。那么存在 $N\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $|a_n|^{\frac1n}\leqslant k$，即 $|a_n|\leqslant k^n$。
+
+        根据几何级数引理，可知 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}k^n$ 是收敛的，再结合比较判别法，可知 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}a_n$ 是绝对收敛的，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 也是绝对收敛的。
+
+    - 若 $\alpha>1$。考虑证明 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n\neq 0$，等价于 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|\neq 0$。
+
+        若 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|=0$。取实数 $0<\varepsilon<1$，那么存在 $N\geqslant m$，使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $|a_n|\leqslant \varepsilon$。而 $\sup(|a_n|^{\frac1n})_{n=N}^{\infty}\geqslant \alpha>1$，那么存在 $n\geqslant N$ 使得 $|a_n|^{\frac1n}>1$，则 $|a_n|>1$，与 $|a_n|\leqslant\varepsilon$ 矛盾。
+
+- **定理 7.5.2（比例判别法）**：设 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 为元素不为零的级数。
+
+    - 若 $\limsup\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是绝对收敛的（从而是条件收敛的）。
+    - 若 $\liminf\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}>1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是条件发散的（从而是绝对发散的）。
+    - 否则，$\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 既有可能是绝对收敛的，也有可能是条件发散的。
+
+    **证明**：对于第三种情况的证明，见命题 7.5.4。
+
+    - 若 $\limsup\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1$。取实数 $k$ 满足 $\limsup\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<k<1$。那么存在 $N\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}\leqslant k$，即 $|a_{n+1}|\leqslant k|a_n|$。
+
+        那么可以归纳证明对于任意 $n\geqslant N$ 有 $|a_n|\leqslant k^{n-N}|a_N|$，于是 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}|a_n|\leqslant k^{-N}|a_N|\sum\limits^{\infty}_{n=N}k^n$。
+
+        由于 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}k^n$ 是收敛的，从而 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}a_n$ 是绝对收敛的，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 也是绝对收敛的。
+
+    - 若 $\liminf\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}>1$。考虑证明 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n\neq 0$，等价于 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|\neq 0$。
+
+        取实数 $k$ 满足 $1<k<\liminf\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}$。那么存在 $N\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}\geqslant k$，那么对于任意 $n>N$ 都有 $|a_n|>|a_N|$。
+
+        若 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|=0$，则存在 $N'\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N'$ 都有 $|a_n|\leqslant |a_N|$，矛盾。
+
+方根判别法和比例判别法的想法都在于找到一个 $N\geqslant m$ 和 $k<1$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $|a_n|\leqslant k^n$，从而 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}|a_n|$ 是收敛的。两者的区别在于，方根判别法是直接给出的形式，而比例判别法是间接给出的形式。
+
+方根判别法和比例判别法存在如下关系：
+
+- **引理 7.5.3**：设 $(c_n)_{n=m}^{\infty}$ 是正实数序列，那么：
+    $$
+    \liminf_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}\leqslant\liminf_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant\limsup_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant \limsup_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}
+    $$
+    **证明**：只证 $\limsup\limits_{n\to\infty} c_n^{\frac1n}\leqslant \limsup\limits_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}$。设 $L=\limsup\limits_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。那么存在 $N\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $\frac{c_{n+1}}{c_n}\leqslant L+\varepsilon$ 即 $c_{n+1}\leqslant c_n(L+\varepsilon)$。
+
+    那么可以归纳证明，对于任意 $n\geqslant N$ 有 $c_n\leqslant c_N(L+\varepsilon)^{n-N}$，记 $A=c_N(L+\varepsilon)^{-N}$。
+
+    于是对于任意 $n\geqslant N$ 有 $c_n\leqslant A(L+\varepsilon)^n$，那么 $c_n^{\frac1n}\leqslant A^{\frac1n}(L+\varepsilon)$。
+
+    根据比较原理，可知 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac{1}{n}}\leqslant \limsup\limits_{n\to\infty}A^{\frac1n}(L+\varepsilon)=L+\varepsilon$。
+
+    由于 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant L+\varepsilon$ 对任意实数 $\varepsilon>0$ 都成立，于是 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant L$。
+
+引理 7.5.3 意味着，若某级数能用比例判别法判断，那么它也一定能用方根判别法判断。
+
+最后补充一个不能用方根判别法和比例判别法判断的例子，说明这两种方法并不万能：
+
+- **命题 7.5.4**：设 $a_n:=\frac1n$ 和 $b_n:=\frac1{n^2}$，那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}a_n$ 条件发散而 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}b_n$ 绝对收敛，且满足 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|^{\frac1n}=\lim\limits_{n\to\infty}|b_n|^{\frac1n}=1$ 和 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}=1$。
+
+    **证明**：只需证明 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}=1$（从而根据引理 7.5.3 可知 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|^{\frac1n}=\lim\limits_{n\to\infty}|b_n|^{\frac1n}=1$）：
+    $$
+    \begin{aligned}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}&=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}(1-\frac{1}{n})=1\\
+    \lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}&=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_n|}{|b_{n+1}|}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{n^2}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2})}=\frac{1}{1}=1\end{aligned}
+    $$

第8章 无限集合.md

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+### 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
+
+我们定义无限集中一种特殊的集合：可数集。
+
+- **定义 8.1.1（可数集）**：称集合 $X$ 是可数的，当且仅当 $X$ 和 $\mathbb N$ 有相同的基数（从而 $X$ 是无限的）。称集合 $X$ 是至多可数的，当且仅当 $X$ 是有限的或是可数的。称集合 $X$ 是不可数的，当且仅当 $X$ 是无限的但不是可数的。
+
+可数集意味着存在一种方式可以给集合中的所有元素编号，这使得我们可以将集合中的所有元素用无限序列的形式表示出来（注意根据定义对于可数集 $X$ 存在双射 $a:\mathbb N\to X$），并施加归纳法。
+
+- **命题 8.1.2（任意自然数的子集存在最小元）**：设非空集合 $X\subseteq \mathbb N$。那么恰存在一个元素 $n\in X$，使得对于任意 $m\in X$ 有 $n\leq m$。进一步地，应有 $n=\inf(X)$。
+
+    称 $n$ 为集合 $X$ 的极小元，记为 $\min(X)$。
+
+    **证明**：唯一性：若 $n,n'$ 都是集合 $X$ 的极小元，那么 $n\leq n'$ 和 $n'\leq n$ 同时成立，得到 $n=n'$。
+
+    存在性：设 $n=\inf(X)$，只需证明 $n\in X$ 即可。
+
+    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。
+
+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 $n\in\mathbb N$，$f(n)< f(n+1)$。
+
+    当然，该命题也蕴含了 $X$ 为可数集。
+
+    **证明**：另设函数 $S:\mathbb N\to2^{X}$。根据命题 2.1.7，我们递归定义 $f(n)$ 和 $S(n)$，满足：$S(0)=X$ 和 $f(0)=\min(S(0))$；对于 $n\geq 0$，$S(n+1)=S(n)\setminus{f(n)}$ 和 $f(n+1)=\min(S(n+1))$。递归定义过程中可以归纳证明 $S(n)$ 始终非空，故 $S(n)$ 和 $f(n)$ 定义合法。
+
+    首先，可以通过反证证明 $\min(S(n))<\min(S(n+1))$ 即 $f(n)<f(n+1)$。这同时蕴含了 $f$ 为单射。
+
+    假设 $f$ 不是满射，那么存在 $x\in X$，使得对于任意 $n\in \mathbb N$ 有 $f(n)\neq x$ 即 $\min(S(n))\neq x$。那么可以归纳证明对于任意 $n\in\mathbb N$ 有 $x\in S(n)$。那么对于任意 $n\in\mathbb N$ 有 $x>\min(S(n))=f(n)$。
+
+    因为 $f(n)<f(n+1)$，可以归纳 $f(n)\geq n$，那么 $f(x)\geq x$，矛盾。故 $f$ 为满射，那么 $f$ 为双射。
+
+- **推论 8.1.4**：自然数集合的一切子集都是至多可数的。
+
+- **推论 8.1.5**：设可数集 $X$ 和任意 $Y\subseteq X$，那么 $Y$ 也是至多可数的。
+
+    **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 8.1.6**：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。
+
+- **命题 8.1.7**：设 $X,Y$ 均为可数集，那么 $X\cup Y$ 为可数集。
+
+    **证明**：设 $Z=Y\setminus X$，则 $X\cup Z=X\cup Y$ 且 $X\cap Z=\varnothing$，且 $Z$ 是至多可数集。
+
+    若 $Z$ 为有限集，设其基数为 $n$。根据定义，存在 $f:X\to \mathbb N$ 和 $g:Z\to \mathbb N_{0..n-1}$ 都是双射。定义 $h:X\cup Z\to\mathbb N$ 满足：对于任意 $z\in Z$ 有 $h(z):=g(z)$，对于任意 $x\in X$ 有 $h(x):=n+f(x)$。容易证明 $h$ 定义合法且为双射。
+
+    若 $Z$ 为可数集。根据定义，存在 $f:X\to\mathbb N$ 和 $g:Z\to\mathbb N$ 都是双射。定义 $h:X\cup Z\to\mathbb N$ 满足：对于任意 $x\in X$ 有 $h(x):=2f(x)$，对于任意 $z\in Z$ 有 $h(z):=2g(z)+1$。容易证明 $h$ 定义合法且为双射。
+
+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**：$\mathbb Z=\mathbb N\cup (-\mathbb N)$。
+
+- **引理 8.1.9**：集合 $A:=\{(m,n)\in \mathbb N\times \mathbb N:n\leq m\}$ 是可数集。
+
+    **证明**：构造 $f:A\to\mathbb N$ 使得 $f(m,n):=\frac{m(m+1)}{2}+n$，可以证明 $f$ 是双射（需要用到较多的归纳）。
+
+- **推论 8.1.10**：$\mathbb N\times\mathbb N$ 是可数的。
+
+    **证明**：设 $A:=\{(m,n)\in \mathbb N\times \mathbb N:n\leq m\}$ 和 $B:=\{(m,n)\in\mathbb N\times \mathbb N:n\geq m\}$ 都是可数集。而 $\mathbb N\times \mathbb N=A\cup B$。
+
+- **推论 8.1.11**：若 $X,Y$ 都是可数集，那么 $X\times Y$ 是可数的。
+
+    **证明**：通过定义构造双射 $X\times Y\to \mathbb N\times \mathbb N$。
+
+- **推论 8.1.12**：设 $I$ 是至多可数集，且对于任意 $\alpha\in I$，$A_{\alpha}$ 都是一个至多可数集。那么 $\bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}$ 是至多可数的。
+
+    **证明**：不妨设 $I$ 是可数集，对于 $I$ 是有限集的情况证明方法类似。
+
+    对于任意 $\alpha\in I$：若 $A_{\alpha}$ 为有限集，存在双射 $f_{\alpha}:\mathbb N_{0..n_{\alpha}-1}\to A_{\alpha}$；若 $A_{\alpha}$ 为可数集，存在双射 $f_{\alpha}:\mathbb N\to A_{\alpha}$。
+
+    根据推论 8.1.11，$I\times \mathbb N$ 是可数集。根据推论 8.1.5，那么 $S:=\{(\alpha,i)\in I\times \mathbb N:A_{\alpha}\text{为可数集，或}A_{\alpha}\text{为有限集且}i<n_{\alpha}\}$ 为至多可数集。考虑定义函数 $h:S\to \bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}$ 满足 $h(\alpha,i):=f_{\alpha}(i)$，容易验证 $h$ 为满射，根据命题 8.1.6，那么 $\bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}=h(S)$ 也为至多可数集。
+
+- **推论 8.1.13**：$\mathbb Q$ 是可数集。
+
+    **证明**：令 $f:\mathbb Z\times (\mathbb Z\setminus\{0\})\to \mathbb Q$ 满足 $f(a,b):=\frac{a}{b}$。易证 $f$ 是满射，于是 $f(\mathbb Z\times (\mathbb Z\setminus\{0\}))=\mathbb Q$，那么 $\mathbb Q$ 是至多可数集。又由于 $\mathbb Z\subseteq \mathbb Q$ 不是有限集蕴含了 $\mathbb Q$ 不是有限集，故 $\mathbb Q$ 是可数集。
+
+推论 8.1.13 得到的一个很有趣的事实是，我们可以把所有有理数按某种顺序排在一个无限序列上，这导致了一个更有趣的事实——对于任意 $x\in \mathbb R$，$x$ 都是该序列的极限点（于是，这还蕴含了序列的极限点的个数可以是无限多的）。
+
+#### 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。
+
+- **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。 
+
+    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 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq  L-\varepsilon$。
+
+    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：
+
+    $$
+\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\sum\limits_{p\in \{n\}\times \mathbb N_{0..M}}f(p)=\sum\limits_{k\in g^{-1}(\{n\}\times \mathbb N_{0..M})}f(g(k))\leq \sum\limits_{k\in \mathbb N_{0..K}}f(g(k))=\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L
+    $$
+
+    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：
+$$
+    \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{n=0}^N\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)
+$$
+
+    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 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。
+
+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：
+    
+$$
+    \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^{N_0}\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}}f(p)\geq \sum\limits_{p\in g(\mathbb N_{0..K})}f(p)=\sum\limits_{k\in\mathbb N_{0..K}}f(g(k))\geq L-\varepsilon
+$$
+
+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 $f(n,m)=f_+(n,m)-f_-(n,m)$。
+
+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：
+    
+$$
+    \begin{aligned}
+\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))\\
+    &=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))-\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))\\
+&=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\\
+    &=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\left(\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\right)\\&=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f_+(n,m)-f_-(n,m))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)
+\end{aligned}
+$$
+
+    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）
+    
+    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**：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 $\sup\left\{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right\}<\infty$。
+
+那么现在，定义 8.2.6 和之前在可数集上关于绝对收敛的定义是相容的。
+
+- **引理 8.2.7**：设集合 $X$ 和函数 $f:X\to\mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，那么集合 $\{x\in X:f(x)\neq 0\}$ 是至多可数的。
+
+    **证明**：根据定义，设 $M:=\sup\left\{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right\}$ 为非负实数。
+
+    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 8.1.12 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。
+
+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，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。
+
+    **证明**：根据命题 7.1.4，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)+\sum\limits_{x\in X:f(x)=0}f(x)$，可以归纳证明 $\sum\limits_{x\in X:f(x)=0}f(x)=0$。
+
+- **引理 8.2.10（可数集上级数的定义是相容的）**：设 $X$ 是可数集和函数 $f:X\to\mathbb R$。若级数 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，在定义 8.2.1 的基础上，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。
+
+    **证明**：存在 $g:\mathbb N\to X$ 是双射，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits^{\infty}_{n=0}f(g(n))$。令 $A:=\{x\in X:f(x)\neq 0\}$。
+
+    若 $A$ 是有限集，那么 $g^{-1}(A)$ 有上界 $N_0$，可以归纳证明对于任意 $N\geq N_0$ 有 $\sum\limits_{n=0}^Nf(g(n))=\sum\limits_{x\in A}f(x)$，于是 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}f(g(n))=\sum\limits_{x\in A}f(x)$。
+
+    若 $A$ 是可数集，那么 $g^{-1}(A)\subseteq \mathbb N$ 也是可数集，根据命题 8.1.3，存在双射 $h:\mathbb N\to g^{-1}(A)$，满足对于任意 $m\geq 0$ 有 $h(m)<h(m+1)$。
+
+    由于 $g\circ h$ 是 $\mathbb N\to A$ 的双射，所以我们只需证明 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}(f\circ g)(n)=\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f\circ g\circ h)(m)$ 即可。
+
+    设 $S_N:=\sum\limits_{n=0}^N(f\circ g)(n)$，$S'_M:=\sum\limits_{m=0}^M(f\circ g\circ h)(m)$。欲证对于任意 $M\geq 0$ 有 $S'_M=S_{h(M)}$。
+
+    对 $M$ 归纳，假设 $S'_M=S_{h(M)}$，考虑对于任意 $h(M)<n<h(M+1)$，一定有 $(f\circ g)(n)=0$（否则 $n\in g^{-1}(A)$ 引出矛盾），那么 $S_{h(M+1)}=S_{h(M)}+\sum\limits_{n=h(M)+1}^{h(M+1)-1}(f\circ g)(n)+(f\circ g)(h(M+1))=S'_{M}+(f\circ g\circ h)(M+1)=S'_{M+1}$。
+
+    设 $L:=\sum\limits^{\infty}_{n=0}(f\circ g)(n)$。设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数，那么存在 $N_0\geq n$ 使得对于任意 $N\geq N_0$ 有 $|S_N-L|\leq\varepsilon$。根据引理 6.6.3，存在 $M_0\geq 0$ 使得 $h(M_0)\geq N_0$，那么对于任意 $M\geq M_0$，$|S'_M-L|=|S_{h(M)}-L|\leq\varepsilon$。
+
+    于是 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f\circ g\circ h)(m)=L$，证毕。
+
+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。
+
+    1. 那么 $\sum\limits_{x\in X}(f(x)+g(x))$ 绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X}(f(x)+g(x))=\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{x\in X}g(x)$。
+    2. 设 $c$ 是实数。那么 $\sum\limits_{x\in X}cf(x)$ 绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X}cf(x)=c\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
+    3. 设 $X=X_1\cup X_2$ 且 $X_1\cap X_2=\varnothing$。那么 $\sum\limits_{x\in X_1}f(x)$ 和 $\sum\limits_{x\in X_2}f(x)$ 都绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X_1\cup X_2}f(x)=\sum\limits_{x\in X_1}f(x)+\sum\limits_{x\in X_2}f(x)$。
+    4. 设 $X=X_1\cup X_2$ 且 $X_1\cap X_2=\varnothing$。设函数 $h:X\to\mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{x\in X_1}h(x)$ 和 $\sum\limits_{x\in X_2}h(x)$ 都绝对收敛。那么 $\sum\limits_{x\in X_1\cup X_2}h(x)$ 绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X_1\cup X_2}h(x)=\sum\limits_{x\in X_1}h(x)+\sum\limits_{x\in X_2}h(x)$。
+    5. 设集合 $Y$ 满足存在双射 $\varphi:Y\to X$。那么 $\sum\limits_{y\in Y}f(\varphi(y))$ 绝对收敛，且 $\sum\limits_{y\in Y}f(\varphi(y))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
+
+    **证明**：每一项的证明都分为两部分，一是证明级数绝对收敛（注意 $\sum\limits_{a\in A:f(a)\neq 0}f(a)$ 绝对收敛并不蕴含 $\sum\limits_{a\in A}f(a)$ 绝对收敛，在 $A$ 是不可数集的情况下），二是证明和级数相关的那个等式。
+
+    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 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 $A_+\cap A_-=\varnothing$。
+
+    那么 $A_+$ 和 $A_-$ 都是可数集。
+
+    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 $f_-(m)<f_-(m+1)$。
+
+    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。
+
+    若 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_+(m)}$ 条件收敛，可以证明 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_-(m)}$ 条件收敛到 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}a_n-\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_+(m)}$。那么 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_+(m)}$ 和 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_-(m)}$ 都是条件收敛的，那么它们都是绝对收敛的，然后可以证明 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$ 也是绝对收敛的，引出矛盾。
+
+- **定理 8.2.13**：设级数 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$ 条件收敛但不绝对收敛。对于任意实数 $L$，都存在双射 $f:\mathbb N\to \mathbb N$，使得 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f(m)}$ 收敛到 $L$。
+
+    **证明**：我们将在引理 8.2.12 的基础上完成证明。考虑通过递归构造序列 $(f(m))_{m=0}^{\infty}$，过程中我们将同时构造辅助序列 $(p_m)_{m=0}^{\infty},(q_m)_{m=0}^{\infty}$。
+
+    为了方便，令 $p_{-1}=q_{-1}=0$，然后不对 $m=0$ 做特殊讨论。
+
+    归纳地假设对于任意 $-1\leq i<m$ 已经构造好 $f(i),p_i,q_i$。令 $L'=\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}$，分情况讨论：
+
+    - 若 $L'<L$，那么令 $f(m):=f_+(p_{m-1}),p_m:=p_{m-1}+1,q_m:=q_{m-1}$。
+
+    - 若 $L'\geq L$，那么令 $f(m):=f_-(q_{m-1}),p_m:=p_{m-1},q_{m}:=q_{m-1}+1$。
+
+    容易发现，此递归构造是成功的。
+
+    考虑证明 $L'<L$ 的情况会出现无限多次：对于任意 $M\geq 0$，都存在 $m\geq M$ 满足 $\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}<L$。
+
+    反证，若存在 $M\geq 0$，使得对于任意 $m\geq M$ 有 $\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}<L$。
+
+    令 $b:=p_{M-1}$。那么可以归纳证明，对于任意 $m\geq M$ 有 $f(m)=f_+(b+(m-M))$，那么 $\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}=\sum\limits_{i=0}^{M-1}a_{f(i)}+\sum\limits_{i=0}^{m-M-1}a_{f_+(b+i)}<L$。
+
+    于是对于任意 $K\geq b$ 有 $\sum\limits_{i=b}^Ka_{f_+(i)}<L-\sum\limits_{i=0}^{M-1}a_{f(i)}$，从而 $\sum\limits_{i=b}^\infty a_{f_+(i)}$ 收敛，从而 $\sum\limits^{\infty}_{i=0}a_{f_+(i)}$ 收敛，矛盾。
+
+    同理可证明 $L'\geq L$ 的情况也会出现无限多次。
+
+    从而可以证明 $f(\mathbb N)=f_+(\mathbb N)\cup f_-(\mathbb N)=\mathbb N$，然后可以证明 $f$ 是双射。
+
+    由于 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$ 条件收敛，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$，那么可以证明 $\lim\limits_{m\to\infty}a_{f_+(m)}=0$，同理可以证明 $\lim\limits_{m\to\infty}a_{f_-(m)}=0$，那么可以证明 $\lim\limits_{m\to\infty}a_{f(m)}=0$。
+
+    最后我们来证明 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f(m)}$ 收敛到 $L$。
+
+    设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。存在 $M\geq 0$ 使得对于任意 $m\geq M$ 有 $|a_{f(m)}|\leq\varepsilon$。
+
+    由于 $L'<L$ 和 $L'\geq L$ 的情况会出现无限次，所以一定存在 $M'\geq M$ 使得 $\sum\limits_{i=0}^{M-1}a_{f(i)}<L$ 且 $\sum\limits_{i=0}^{M}a_{f(i)}\geq L$。
+
+    然后可以归纳证明，对于任意 $m\geq M'$，有 $\left|\sum\limits_{i=0}^{m}a_{f(i)}-L\right|\leq\varepsilon$。证毕。
+
+- **定理 8.2.14**：设级数 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$ 条件收敛但不绝对收敛。存在双射 $f:\mathbb N\to \mathbb N$，使得 $\limsup\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=\liminf\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=+\infty$。
+
+    对于 $-\infty$ 也有类似的结论。
+
+    **证明**：和定理 8.2.13 中的构造方法类似。
+
+    例如对于 $+\infty$。同样归纳地假设对于任意 $-1\leq i<m$ 已经构造好 $f(i),p_i,q_i$。令 $S=\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}+a_{f^-(q_{m-1})}$，分情况讨论：
+
+    - 若 $S< q_{m-1}+1$，那么令 $f(m):=f_+(p_{m-1}),p_m:=p_{m-1}+1,q_m:=q_{m-1}$。
+
+    - 若 $S\geq q_{m-1}+1$，那么令 $f(m):=f_-(q_{m-1}),p_m:=p_{m-1},q_{m}:=q_{m-1}+1$。
+
+    同样可以归纳证明，两种情况都会出现无限次，且总有 $\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}\geq q_M$。那么就可以证明 $\limsup\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=\liminf\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=+\infty$。
+
+    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。
+
+- **推论 8.3.2**：$2^{\mathbb N}$ 是不可数的。
+
+    **证明**：根据定理 8.3.1，$2^{\mathbb N}$ 不是可数集。注意还需要说明 $2^{\mathbb N}$ 不是有限集（虽然十分简单，但为了严谨性）。
+
+- **推论 8.3.3**：$\mathbb R$ 是不可数的。
+
+    **证明**：考虑找到一个 $\mathbb R$ 的子集，它与 $2^{\mathbb N}$ 有相同的基数，那么就能说明 $\mathbb R$ 是不可数的了。
+
+    考虑定义函数 $f:2^{\mathbb N}\to \mathbb R$，满足 $f(A):=\sum\limits_{n\in A}10^{-n}$。
+
+    根据引理 7.3.3，$\sum\limits_{n\in\mathbb N}10^{-n}$ 是绝对收敛的，再根据绝对收敛级数算律，可知 $\sum\limits_{n\in A}10^{-n}$ 也是绝对收敛的（$A\subseteq \mathbb N$），故 $f(A)$ 定义成功。
+
+    我们只需证明 $f$ 为单射即可。对于任意 $A,B\in 2^{\mathbb N}$ 满足 $A\neq B$，欲证 $\sum\limits_{n\in A}10^{-n}=\sum\limits_{n\in B}10^{-n}$，即 $\sum\limits_{n\in A\setminus B}10^{-n}\neq\sum\limits_{n\in B\setminus A}10^{-n}$。
+
+    记 $C:=A\setminus B,D:=B\setminus A$，则 $C\cap D=\varnothing$。设 $n_{\min}=\min(C\cup D)$，不妨设 $n_{\min}\in C$。
+
+    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 $f:A\to B$。
+
+注意到，当 $A$ 和 $B$ 是有限集时，$\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B$ 既可以表示存在 $A\to B$ 的单射（定义 8.3.4），也可以表示一个不等式（根据第 3 章中的定义将 $\operatorname{card}$ 的具体的值代入），但可以证明两种定义是相容的。
+
+- **引理 8.3.5**：设 $A,B,C$ 是集合。
+
+    - $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}A$。
+
+    - $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B\land \operatorname{card}B\leq \operatorname{card}C\implies \operatorname{card}A\leq \operatorname{card}C$。
+
+- **引理 8.3.6**：设 $A,B$ 是集合，满足 $A\subseteq B$ 且 $\operatorname{card}B\leq \operatorname{card}A$，那么 $\operatorname{card}A=\operatorname{card}B$。
+
+    **证明**：存在 $f:B\to A$ 是单射。
+
+    考虑递归定义集合 $(D_0)_{n=0}^{\infty}$，满足 $D_0:=B\setminus A$ 且 $D_{n+1}:=f(D_n)$。
+
+    然后考虑定义 $g:A\to B$，满足 $g(x):=\begin{cases}f^{-1}(x)&x\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\\x&x\not\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\end{cases}$。
+
+    然后可以证明 $g$ 是双射。故 $A,B$ 具有相同的基数。
+
+- **定理 8.3.7（施罗德-伯恩斯坦定理）**：设 $A,B$ 是集合，满足 $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B$ 且 $\operatorname{card}B\leq \operatorname{card}A$，那么 $\operatorname{card}A=\operatorname{card}B$。
+
+    **证明**：存在 $f:B\to A$ 和 $g:A\to B$ 是单射。那么 $g(A)\subseteq B$，且 $(g\circ f)$ 是 $B\to g(A)$ 的单射。于是根据引理 8.3.4，得到 $\operatorname{card}B=\operatorname{card}g(A)=\operatorname{card}A$。
+    
+
+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。
+
+- **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 $\operatorname{card}A\neq \operatorname{card}B$。
+
+集合的基数比较在严格小于上也满足传递性，这从偏序集的角度看是很显然的（见定义 8.5.1）。
+
+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。
+
+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**：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
+
+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 
+$$
+	\prod_{\alpha\in I}X_{\alpha}:=\left\{(x_{\alpha})_{\alpha\in I}\in \left(\bigcup\limits_{\alpha\in I}X_{\alpha}\right)^{I}:\forall_{\alpha\in I},x_{\alpha}\in X_{\alpha}\right\}
+$$
+
+- **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 $x_\alpha\in X_\alpha$。
+
+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 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=L$。
+
+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）。
+
+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。
+
+    **证明**：若选择公理成立：设函数 $F(x):=\{y\in Y:P(x,y)\}$，那么根据选择公理，存在 $f:X\to Y$ 使得对于任意 $x\in X$ 有 $f(x)\in F(x)$，即 $P(x,f(x))$ 成立。从而命题 $Q$ 成立。
+
+    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 8.4.6**：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。
+
+    **证明**：若选择公理成立：存在一个映射 $(x_{\alpha})_{\alpha\in I}$，使得对于任意 $\alpha\in I$ 有 $x_\alpha\in X_\alpha$。可以证明取 $Y=x(I)$ 是合法的。从而命题 $Q$ 成立。
+
+    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 8.4.7**：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 8.4.6 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。
+
+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 $x\leq_X x$。
+    
+    - 反传递性：若 $x,y\in X$ 满足 $x\leq _X y$ 且 $y\leq_X x$，则 $x=y$。
+    
+    - 传递性：若 $x,y,z\in X$ 满足 $x\leq_X y$ 且 $y\leq_X z$，则 $x\leq_X z$。
+
+    称 $x<_Xy$ 当且仅当 $x\leq_X y$ 且 $x\neq y$。容易证明 $<_X$ 也满足传递性。
+
+    一般我们在明确定义的情况下，用 $\leq$ 代替 $\leq_X$，用 $<$ 代替 $<_X$。
+
+有时，不严谨地，在 $\leq$ 的定义明显时，我们会把 $X$ 直接叫作偏序集。下述定义中也有类似的情况。
+
+- **定义 8.5.2（全序集/链）**：设 $(X,\leq)$ 是偏序集。称其是全序集，当且仅当对于任意 $x,y\in X$，$x\leq y$ 和 $y\leq x$ 中有至少一个为真。
+
+- **定义 8.5.3（极小元和极大元）**：设 $(X,\leq)$ 是偏序集。称 $x$ 是 $(X,\leq)$ 的极小元，当且仅当 $x\in X$ 且不存在 $y\in X$ 使得 $y<x$。称 $x$ 是 $(X,\leq)$ 的极大元，当且仅当 $x\in X$ 且不存在 $y\in X$ 使得 $y>x$。
+
+- **定义 8.5.4（良序集）**：设 $(X,\leq )$ 是全序集。称其是良序集，当且仅当对于任意 $Y\subseteq X$ 满足 $Y$ 非空，$(Y,\leq)$ 都有极小元。
+
+各种序集有很多基本性质，我们罗列其中几个如下：
+
+- **引理 8.5.5**：设 $(X,\leq)$ 是偏序集，那么对于任意 $Y\subseteq X$，$(Y,\leq)$ 也是偏序集。
+
+    设 $(X,\leq)$ 是全序集，那么对于任意 $Y\subseteq X$，$(Y,\leq)$ 也是全序集。
+
+    设 $(X,\leq)$ 是良序集，那么对于任意 $Y\subseteq X$，$(Y,\leq)$ 也是良序集。
+
+    **证明**：根据定义可知。
+
+- **引理 8.5.6**：设 $(X,\leq)$ 是全序集，那么 $(X,\leq)$ 至多只能有一个极小元，且若 $x$ 是 $(X,\leq)$ 的极小元，那么对于任意 $y\in X$ 有 $x\leq y$。
+
+    对于极大元也有类似的结论。
+
+- **引理 8.5.7**：设 $(X,\leq)$ 是全序集且 $X$ 是有限的，那么 $(X,\leq)$ 为良序集。
+
+    **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）。
+
+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。
+
+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。
+
+    称 $M$ 是 $(X,\leq)$ 的上界，当且仅当对于任意 $x\in X$ 都有 $x\leq M$。
+
+    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。
+
+    考虑集族 $\Omega:=\{Y\in A:\text{对于任意}x\in Y\text{且}x\neq x_0\text{，有}x=s(\{y\in Y:y<x\})\}$。注意 $\{x_0\}\in\Omega$，故 $\Omega$ 非空。
+
+    直观上的理解是：我们将所有从 $\{x_0\}$ 开始的、通过不断添加 $s(Y)$ 而形成的所有集合都给放进了 $\Omega$ 内。然后我们要做的事情就是，把 $\Omega$ 中所有的集合并起来得到一个集合 $Y_{\infty}$，它应当是 $\{x_0\}$ 通过 $s(Y)$ 能到达的所有点，然后我们说明 $Y_{\infty}$ 是良序集且以 $x_0$ 为极小元，从而也应有严格上界 $s(Y_{\infty})$，然后再说明 $s(Y_{\infty})\in Y_{\infty}$ 引出矛盾。接下来我们将严谨地说明这些。
+
+    我们先说明 $(\Omega,\subseteq)$ 是全序集。我们只需说明对于任意 $Y,Y'\in \Omega$，一定有 $Y\subseteq Y'$ 或 $Y'\subseteq Y$。
+
+    反证，若不满足，则有 $Y\cap Y'\neq Y$ 且 $Y\cap Y'\neq Y'$，即 $Y\setminus{Y'}$ 和 $Y'\setminus Y$ 均非空。考虑证明 $s(Y\cap Y')\in Y$ 且 $s(Y\cap Y')\in Y'$，从而 $s(Y\cap Y')\in Y\cap Y'$，引出矛盾。
+
+    由于 $Y\setminus Y'$ 非空，故存在极小元 $k$（注意 $k\neq x_0$），那么 $\{y\in Y:y<k\}=Y\setminus (Y\setminus Y')=Y\cap Y'$。那么 $s(Y\cap Y')=s(\{y\in Y:y<k\})=k\in Y$。同理可证 $s(Y\cap Y')\in Y'$。
+
+    于是 $(\Omega,\subseteq)$ 是全序集。设 $Y_{\infty}:=\bigcup \Omega$，那么 $x_0$ 是 $Y_{\infty}$ 的极小元且 $Y_{\infty}$ 非空。
+
+    先考虑证明 $(Y_{\infty},\leq)$ 是全序集。设任意 $x,x'\in Y_{\infty}$，那么存在 $Y,Y'\in \Omega$ 使得 $x\in Y$ 且 $x'\in Y'$，由于 $Y\subseteq Y'$ 和 $Y'\subseteq Y$ 中至少一个成立，那么 $x,x'$ 都同在 $Y$ 内或同在 $Y'$ 内，于是 $x\leq x'$ 和 $x'\leq x$ 中至少一个为真。
+
+    再证 $(Y_{\infty},\leq)$ 是良序集。设任意非空集合 $S\subseteq Y_{\infty}$，那么存在 $b\in S$，那么存在 $Y\in \Omega$ 使得 $b\in Y$。考虑 $S\cap Y$，它有元素 $b$，是非空的，那么令 $a$ 为 $S\cap Y$ 的极小元。
+
+    然后考虑证明 $a$ 为 $S$ 的极小元：设任意 $c\in S$，那么存在 $Y'\in\Omega$ 使得 $c\in Y'$。若 $c\in Y$，则 $c\in S\cap Y$，故 $a\leq c$；若 $c\not\in Y$，则 $Y\subsetneq Y'$，在上面我们知道 $Y'\setminus Y$ 的极小元是 $Y$ 的严格上界，又由于 $c\in Y'\setminus Y$ 且 $a\in Y$，于是 $a<c$。
+
+    于是 $(Y_{\infty},\leq)$ 是良序集，又 $x_0$ 是 $Y_{\infty}$ 的极小元，故 $Y_{\infty}\in A$。
+
+    考虑证明 $Y_{\infty}\in\Omega$。设任意 $x\in Y_{\infty}$ 且 $x\neq x_0$，那么存在 $Y\in\Omega$ 使得 $x\in Y$。那么 $s(\{y\in Y:y<x\})=x$，只需证明 $\{y\in Y:y<x\}=\{y\in Y_{\infty}:y<x\}$ 即可：若 $y\in Y_{\infty}$ 且 $y<x$ 但 $y\not\in Y$，设 $y\in Y'$，则 $Y\subsetneq Y'$，类似地，由于 $y\in Y'\setminus Y$ 且 $x\in Y$，有 $x<y$，矛盾。
+
+    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。
+
+- **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 $\operatorname{card}B\leq \operatorname{card}A$。
+
+    考虑集合 $F:=\left\{f\in\bigcup\limits_{S\in 2^B}A^S:f\text{是单射}\right\}$，那么 $F$ 非空，因为存在单射 $\varnothing\to A$。易证存在函数 $D:F\to 2^B$，使得 $D_f$ 表示 $f$ 的定义域。
+
+    定义在 $F$ 上的关系 $\leq$：对于任意 $f,g\in F$，定义 $f\leq g$ 当且仅当 $D_f\subseteq D_g$ 且对于任意 $b\in D_f$ 有 $f(b)=g(b)$。
+
+    容易证明，$(F,\leq)$ 构成一个偏序集。
+
+    注意到一个事实：对于任意 $f\in F$ 满足 $D_f\neq B$，有 $f$ 肯定不是 $F$ 的极大元。因为 $f$ 肯定不是满射（否则 $f$ 为双射，那么 $f^{-1}$ 为 $A\to D_f$ 的单射，从而存在 $A\to B$ 的单射，矛盾），那么任取 $b\in B\setminus D_f$ 和 $a\in A\setminus f(D_f)$ 并在 $f$ 的基础上新令 $b$ 对应的函数值为 $a$ 即可得到 $D_f\cup\{b\}\to A$ 的单射 $f'$，从而 $f<f'$ 且 $f'\in F$。
+
+    这意味着，若 $(F,\leq)$ 存在极大元，那么极大元只有可能是 $B\to A$ 的单射。于是我们只需说明 $(F,\leq)$ 存在极大元即可。
+
+    考虑使用佐恩引理。设 $F'\subseteq F$ 且 $(F',\leq)$ 是全序集，需证明 $F'$ 存在 $F$ 内的上界。
+
+    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。
+
+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 8.4.6 中的命题 $Q$ 成立，从而得到选择公理成立。
+
+    设集合 $S:=\left\{Y\in 2^{\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}}:\forall_{\alpha\in I},\operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=0\lor\operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=1\right\}$。
+
+    容易证明，若 $(S,\subseteq)$ 存在极大元 $Y$，那么应该对于任意 $\alpha\in I$ 有 $\operatorname{card}Y\cap X_{\alpha}=1$。从而考虑利用佐恩引理说明 $S$ 存在极大元。
+
+    考虑任意 $T\subseteq S$ 满足 $(T,\subseteq)$ 是全序集。设 $M=\bigcup T$，显然对于任意 $Y\in T$ 有 $Y\subseteq M$，即 $M$ 是 $(T,\subseteq)$ 上界。
+
+    而若存在 $\alpha\in I$，使得存在不同的 $a,b\in M\cap X_{\alpha}$，不妨设 $a\in Y_a,b\in Y_b$ 且 $Y_a,Y_b\in T$，不妨设 $Y_a\subseteq Y_b$，那么 $a,b\in Y_b\cap X_{\alpha}$，这与 $Y_b\in S$ 矛盾，从而有 $\operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=0$ 或 $\operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=1$，那么 $M\in S$。
+
+    那么 $M$ 是 $(T,\subseteq)$ 在 $S$ 内的上界。证毕。
+
+- **命题 8.5.12**：豪斯多夫极大原理（任意偏序集一定存在极大全序子集）：设 $(X,\leq)$ 是偏序集，$S:=\{Y\in 2^X:(Y,\leq)\text{是全序集}\}$。那么 $(S,\subseteq)$ 存在极大元。
+
+    那么佐恩引理和豪斯多夫极大原理等价。
+
+    **证明**：假设佐恩引理成立：考虑任意 $T\subseteq S$ 满足 $(T,\subseteq)$ 是全序集。设 $M=\bigcup T$，显然对于任意 $Y\in T$ 有 $Y\subseteq M$，即 $M$ 是 $(T,\subseteq)$ 的上界。
+
+    而对于任意 $a,b\in M$，不妨设 $a\in Y_a,b\in Y_b$ 且 $Y_a,Y_b\in T$，不妨设 $Y_a\subseteq Y_b$，那么 $a,b\in Y_b$，从而 必有 $a\leq b$ 或 $b\leq a$，从而 $M$ 是 $X$ 的全序子集，从而 $M\in S$，那么 $M$ 是 $(T,\subseteq)$ 在 $S$ 内的上界。根据佐恩引理，$(S,\subseteq)$ 存在极大元，从而豪斯多夫极大原理成立。
+
+    假设豪斯多夫极大原理成立：那么存在 $Y\subseteq X$，使得 $(Y,\leq)$ 是全序集，且不存在 $Y'\subseteq X$ 满足 $(Y',\leq)$ 也是全序集且 $Y\subsetneq Y'$。
+
+    根据佐恩引理的假设，$(Y,\leq)$ 应当存在 $X$ 内的上界 $M$。那么对于任意 $y\in Y$ 有 $y\leq M$。而且不存在 $M'\in X$ 使得 $M'>M$，否则 $Y\cup\{M\}$ 也是全序集，矛盾。那么 $M$ 是 $X$ 的极大元，从而佐恩引理成立。
+
+- **命题 8.5.13**：良序原理：设 $X$ 是集合，那么存在定义在 $X$ 上的关系 $\leq$ 使得 $(X,\leq)$ 是良序集。
+
+    那么选择公理和良序原理等价。
+
+    **证明**：假设选择公理成立（该段证明较长，但是应该无困难的阅读障碍）：设
+
+    $$
+    \Omega:=\bigcup_{Y\in 2^X}\bigg\{(Y,\leq):\ \leq\ \in \{0,1\}^{Y\times Y},(Y,\leq)\text{是良序集}\bigg\}
+    $$
+
+    这里，某个定义在 $Y$ 上的关系 $\leq$ 被看做 $Y\times Y\to \{0,1\}$ 的一个二元函数，其中 $0$ 代表假，$1$ 代表真。
+
+    对于 $(Y,\leq),(Y',\leq')\in \Omega$，称 $(Y,\leq)$ 是 $(Y',\leq')$ 的一个前段，记作 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$，当且仅当存在 $x\in Y'$ 使得 $Y=\{y\in Y':y<'x\}$（从而 $Y\subsetneq Y'$），且对于任意 $y,y'\in Y$ 有 $y\leq y'\iff y\leq' y'$。称 $(Y,\leq)\preceq(Y',\leq')$，当且仅当 $(Y,\leq)=(Y',\leq')$ 或 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$。可以证明 $(\Omega,\preceq)$ 是偏序集。
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+    可以证明若 $(Y,\leq)$ 是 $(\Omega,\preceq)$ 的极大元，那么必有 $Y=X$：否则往 $Y$ 中添加一个元素 $y'\in X\setminus Y$ 得到 $Y'$，并在 $\leq$ 基础上令任意 $y\in Y$ 都满足 $y\leq y'$ 得到 $\leq'$，然后可以证明 $(Y',\leq')$ 是良序集且 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$。
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+    考虑对于任意 $S\subseteq\Omega$ 且 $(S,\preceq)$ 是全序集，证明 $S$ 有在 $\Omega$ 内的上界。
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+    设 $U:=\bigcup\limits_{(Y,\leq)\in S}Y$。考虑定义在 $U$ 上的关系 $\leq_U$。再说明 $(U,\leq_U)$ 是 $S$ 在 $\Omega$ 内的上界。
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+    对于 $y_1,y_2\in U$ 和 $(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2)\in S$ 满足 $y_1\in Y_1,y_2\in Y_2$。若 $Y_1\preceq Y_2$，那么定义命题 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))$ 表示 $y_1\leq_2 y_2$；否则若 $Y_2\prec Y_1$，定义命题 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))$ 表示 $y_1\leq_1y_2$。
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+    我们断言，对于任意 $(Y_1,\leq_1),(Y_1',\leq_1'),(Y_2,\leq_2),(Y_2',\leq_2')\in S$ 满足 $y_1\in Y_1\cap Y_1',y_2 \in Y_2\cap Y_2'$，有 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))\iff P(y_1,y_2,(Y_1',\leq_1'),(Y_2',\leq_2'))$。这可以通过对 $(Y_1,\leq_1),(Y_1',\leq_1'),(Y_2,\leq_2),(Y_2',\leq_2')$ 四者关于 $\preceq$ 的大小顺序讨论来证明。
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+    对于任意 $y_1,y_2\in U$，我们定义 $y_1\leq_U y_2$，当且仅当对于任意 $(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2)\in S$ 满足 $y_1\in Y_1,y_2\in Y_2$ 都有 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))$ 成立。
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+    于是，这等价于存在 $(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2)\in S$ 满足 $y_1\in Y_1,y_2\in Y_2$ 使得 $P(y_1,y_2,(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2))$ 成立（即 $y_1\leq_U y_2$ 不依赖于 $(Y_1,\leq_1),(Y_2,\leq_2)$ 的具体取值）。说明了这一点后，容易证明 $(U,\leq_U)$ 是全序集。
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+    现证明任意非空 $V\subseteq U$，$(V,\leq_U)$ 有极小元。任取 $y\in V$，那么存在 $(Y,\leq)\in S$ 使得 $y\in Y$。那么 $V\cap Y$ 非空且 $V\cap Y\subseteq Y$，那么 $(V\cap Y,\leq)$ 应有极小元 $y_{\min}$。
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+    对于任意 $y'\in V$，存在 $(Y',\leq')\in S$ 使得 $y'\in Y'$：若 $y'\in Y$，那么 $y'\in Y\cap V$，从而 $y_{\min}\leq y'$，那么 $y_{\min}\leq_U y'$；若 $y'\not\in Y$，那么应有 $Y\prec Y'$，那么应存在 $x\in Y'$ 使得 $Y=\{y<'x:y\in Y'\}$，那么应有 $y_{\min}<'x\leq' y'$， 从而 $y_{\min}\leq' y'$，那么 $y_{\min}\leq_U y'$。于是，$y_{\min}$ 是 $V$  极小元。
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+    那么 $(U,\leq_U)$ 是良序集，且 $(U,\leq_U)\in \Omega$。
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+    对于任意 $(Y,\leq)\in S$，应有 $Y\subseteq U$。若 $Y=U$，则易知 $(Y,\leq)=(U,\leq_U)$；若 $Y\subsetneq U$，那么存在 $y'\in U\setminus Y$，存在 $(Y',\leq')\in S$ 使得 $y'\in Y'$，那么应有 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$，那么应存在 $x\in Y'$ 使得 $Y=\{y<'x:y\in Y'\}$。
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+    现证明 $\{y<'x:y\in Y'\}=\{y<_Ux:y\in U\}$：显然任意左集元素属于右集，而对于任意右集元素 $y$，只需证明 $y\in Y'$ 即可。若 $y\not\in Y'$，存在 $(Y'',\leq'')\in S$ 使得 $y\in Y''$，那么应有 $Y'\prec Y''$，那么应存在 $x'\in Y''$ 使得 $Y'=\{z<''x':z\in Y''\}$，那么应有 $x<''x'$，而 $y<_Ux\implies y<''x$，从而 $y<''x'\implies y\in Y'$，矛盾。
+  
+    那么我们证明了 $Y=\{y<'x:y\in Y'\}=\{y<_Ux:y\in U\}$，那么 $(Y,\leq)\prec (U,\leq_U)$。
+  
+    从而 $(U,\leq_U)$ 是 $(S,\preceq)$ 在 $\Omega$ 内的上界。根据佐恩引理，$(\Omega,\preceq)$ 存在极大元，那么存在良序集 $(X,\leq)$。从而良序原理成立。
+  
+    假设良序原理成立：存在定义在 $\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$ 的关系 $\leq$ 使得 $(\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha},\leq)$ 是良序集。那么定义函数 $x_{\alpha}:=\min(X_{\alpha})$ 即可，其中 $\min(X_{\alpha})$ 表示 $(X_\alpha,\leq)$ 的最小元。
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+- **命题 8.5.14**：设命题 $Q$ 为：设 $\Omega$ 是一个不包含空集的集族。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 $A\cap C\neq\varnothing$。
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+    那么选择公理和命题 $Q$ 等价。
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+    **证明**：假设选择公理成立：设 $U:=\{S\in 2^\Omega:\forall_{A,B\in S},A\cap B=\varnothing\}$。
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+    假设 $S$ 是偏序集 $(U,\subseteq)$ 的极大元，那么应对于任意 $A\in\Omega$ 都存在 $C\in S$ 使得 $A\cap C\neq \varnothing$，否则可以将 $A$ 加入 $S$ 内得到更大的 $S'$。
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+    设 $V\subseteq U$ 满足 $(V,\subseteq)$ 是全序集。设 $K:=\bigcup V$，那么 $K$ 是 $(V,\subseteq)$ 的上界。
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+    对于任意 $A,B\in K$，存在 $S,T\in V$ 使得 $A\in S,B\in T$，不妨设 $S\subseteq T$，那么 $A,B\in T$，从而 $A\cap B=\varnothing$。那么 $K\in U$。
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+    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。
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+    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 $\Omega:=\bigcup\limits_{\alpha\in I}\bigg\{\big\{\big(0,\alpha),(1,x)\big\}:x\in X_{\alpha}\bigg\}$。
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+    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 $A\cap C\neq\varnothing$。
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+    令 $Y:=\{x:\{(0,\alpha),(1,x)\}\in \Omega'\}$，可以证明该 $Y$ 合法。
+    
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+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 8.4.5 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 $Q$
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+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。
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