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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。
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## 8.1 可数性
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我们定义无限集中一种特殊的集合：可数集。
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- **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。
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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。
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- **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 $n=\inf(X)$。
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称 $n$ 为集合 $X$ 的极小元，记为 $\min(X)$。
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**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 $n=n'$。
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存在性：设 $n=\inf(X)$，只需证明 $n\in X$ 即可。
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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 $A\leq n<A+1$。
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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。
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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。
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- **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 $n\in\mathbb N$，$f(n)< f(n+1)$。
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当然，该命题也蕴含了 $X$ 为可数集。
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**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。
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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。
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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 $x>\min(S(n))=f(n)$。
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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。
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- **推论 8.1.4**：自然数集合的一切子集都是至多可数的。
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- **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。
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**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。
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- **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。
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**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。
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- **命题 8.1.7**：设 $X,Y$ 均为可数集，那么 $X\cup Y$ 为可数集。
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**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。
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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。
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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。
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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。
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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。
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- **推论 8.1.8**：$\mathbb Z$ 是可数集。
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**证明**：$\mathbb Z=\mathbb N\cup (-\mathbb N)$。
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- **引理 8.1.9**：集合 $A:=\{(m,n)\in \mathbb N\times \mathbb N:n\leq m\}$ 是可数集。
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**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）。
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- **推论 8.1.10**：$\mathbb N\times\mathbb N$ 是可数的。
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**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 $\mathbb N\times \mathbb N=A\cup B$。
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- **推论 8.1.11**：若 $X,Y$ 都是可数集，那么 $X\times Y$ 是可数的。
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**证明**：通过定义构造双射 $X\times Y\to \mathbb N\times \mathbb N$。
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- **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。
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**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。
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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 $f_{\alpha}:\mathbb N\to A_{\alpha}$。
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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。
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- **推论 8.1.13**：$\mathbb Q$ 是可数集。
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**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。
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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）。
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## 8.2 在无限集合上的求和
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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。
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- **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 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(g(n))$。
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**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。
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- **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 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
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**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 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(g(g^{-1}(h(n))))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(h(n))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
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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。
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- **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 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)$。
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**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。
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第一部分：当任意 $f(n,m)$ 都非负时。
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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 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq L-\varepsilon$。
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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
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\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
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$$
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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)$。
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考虑任意 $N\geq 0$，根据引理 7.1.7，有：
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\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)
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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$。
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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$。
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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。
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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：
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\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
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第二部分：当 $f(n,m)$ 可以为负时。
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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)$。
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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：
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\begin{aligned}
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\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))\\
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&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))-\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))\\
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&=\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)\\
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&=\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)
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\end{aligned}
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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）
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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。
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- **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)$。
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**证明**：结合引理 8.2.2 和定理 8.2.3。
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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。
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- **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$。
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**证明**：根据可数集级数的定义可推得。
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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\}$。
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- **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$。
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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。
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- **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。
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**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。
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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。
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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。
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- **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)$。
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**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。
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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。
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- **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)$。
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**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$。
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- **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)$。
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**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\}$。
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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)$。
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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)$。
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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。
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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)}$。
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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}$。
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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$。
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于是 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f\circ g\circ h)(m)=L$，证毕。
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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。
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- **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。
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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)$。
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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)$。
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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)$。
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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)$。
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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)$。
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**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。
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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。
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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。
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- **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$。
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那么 $A_+$ 和 $A_-$ 都是可数集。
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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)$。
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那么 $\sum\limits_{m=0}^{\infty}a_{f_+(m)}$ 和 $\sum\limits_{m=0}^{\infty}a_{f_-(m)}$ 都不收敛。
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**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。
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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。
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- **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$。
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**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}$。
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为了方便，令 $p_{-1}=q_{-1}=0$，然后不对 $m=0$ 做特殊讨论。
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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：
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- 若 $L'<L$，那么令 $f(m):=f_+(p_{m-1}),p_m:=p_{m-1}+1,q_m:=q_{m-1}$。
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- 若 $L'\geq L$，那么令 $f(m):=f_-(q_{m-1}),p_m:=p_{m-1},q_{m}:=q_{m-1}+1$。
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容易发现，此递归构造是成功的。
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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$。
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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$。
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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$。
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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。
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同理可证明 $L'\geq L$ 的情况也会出现无限多次。
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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。
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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$。
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最后我们来证明 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f(m)}$ 收敛到 $L$。
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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$。
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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$。
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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。
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- **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$。
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对于 $-\infty$ 也有类似的结论。
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**证明**：和定理 8.2.13 中的构造方法类似。
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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：
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- 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}$。
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- 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$。
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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$。
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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。
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至此，我们结束了对于无限集合上级数的基本研究。
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## 8.3 不可数的集合
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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。
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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。
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- **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。
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**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。
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- **推论 8.3.2**：$2^{\mathbb N}$ 是不可数的。
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**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）。
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- **推论 8.3.3**：$\mathbb R$ 是不可数的。
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**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。
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考虑定义函数 $f:2^{\mathbb N}\to \mathbb R$，满足 $f(A):=\sum\limits_{n\in A}10^{-n}$。
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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。
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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}$。
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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$。
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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。
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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。
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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。
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- **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$。
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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。
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- **引理 8.3.5**：设 $A,B,C$ 是集合。
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- $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}A$。
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- $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B\land \operatorname{card}B\leq \operatorname{card}C\implies \operatorname{card}A\leq \operatorname{card}C$。
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- **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$。
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**证明**：存在 $f:B\to A$ 是单射。
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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)$。
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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}$。
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然后可以证明 $g$ 是双射。故 $A,B$ 具有相同的基数。
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- **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$。
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**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$。
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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”。
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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。
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- **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$。
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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）。
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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。
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我们可以给出几个关于无限集基数的事实：
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- **引理 8.3.9**：不存在无限集 $X$，满足 $\operatorname{card}X<\operatorname{card}\mathbb N$。
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**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。
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- **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$。
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**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$。
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- **引理 8.3.11**：设 $X$ 是集合，则 $\operatorname{card}X<\operatorname{card}2^X$。
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**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。
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## 8.4 选择公理
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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。
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- **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
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$$
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\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\}
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$$
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- **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$。
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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：
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- **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)$。
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**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$。
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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）。
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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：
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- **命题 8.4.4**：命题 3.2.4 蕴含正则公理。
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**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$。
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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。
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选择公理也有很多等价表述，我们列举一些如下：
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- **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。
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那么选择公理和命题 $Q$ 等价。
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**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。
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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。
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- **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$。
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那么选择公理和命题 $Q$ 等价。
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**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。
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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。
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- **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$。
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那么选择公理和命题 $Q$ 等价。
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**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。
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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。
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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。
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## 8.5 序集
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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。
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- **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）：
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- 自反性：对于任意 $x\in X$ 有 $x\leq_X x$。
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- 反对称性：若 $x,y\in X$ 满足 $x\leq _X y$ 且 $y\leq_X x$，则 $x=y$。
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- 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$。
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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。
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一般我们在明确定义的情况下，用 $\leq$ 代替 $\leq_X$，用 $<$ 代替 $<_X$。
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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。
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- **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。
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- **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$。
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- **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。
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各种序集有很多基本性质，我们罗列其中几个如下：
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- **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。
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设 $(X,\leq)$ 是全序集，那么对于任意 $Y\subseteq X$，$(Y,\leq)$ 也是全序集。
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设 $(X,\leq)$ 是良序集，那么对于任意 $Y\subseteq X$，$(Y,\leq)$ 也是良序集。
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**证明**：根据定义可知。
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- **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$。
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对于极大元也有类似的结论。
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- **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。
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**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）。
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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：
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- **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。
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**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。
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但良序集并不都是至多可数的，见命题 8.5.13 良序原理。
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- **定义 8.5.7（上界及严格上界）**：设 $(X,\leq)$ 是偏序集。
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称 $M$ 是 $(X,\leq)$ 的上界，当且仅当对于任意 $x\in X$ 都有 $x\leq M$。
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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$。
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我们介绍一个实用的引理：佐恩引理。
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- **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）。
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**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。
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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。
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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。
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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$。
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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。
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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'$。
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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。
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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。
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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。
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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$。
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于是 $(Y_{\infty},\leq)$ 是良序集，又 $x_0$ 是 $Y_{\infty}$ 的极小元，故 $Y_{\infty}\in A$。
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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。
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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。
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- **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。
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**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。
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我们给出佐恩引理的一个应用：
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- **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。
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**证明**：不妨假设 $\operatorname{card}A\not\leq \operatorname{card}B$，只需证 $\operatorname{card}B\leq \operatorname{card}A$。
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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。
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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)$。
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容易证明，$(F,\leq)$ 构成一个偏序集。
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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$。
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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。
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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。
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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。
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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”。
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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：
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- **命题 8.5.11**：选择公理和佐恩引理等价。
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**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。
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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\}$。
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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。
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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。
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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$。
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那么 $M$ 是 $(T,\subseteq)$ 在 $S$ 内的上界。证毕。
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- **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。
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那么佐恩引理和豪斯多夫极大原理等价。
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**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。
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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。
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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'$。
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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。
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- **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。
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那么选择公理和良序原理等价。
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**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
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$$
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\Omega:=\bigcup_{Y\in 2^X}\bigg\{(Y,\leq):\ \leq\ \in \{0,1\}^{Y\times Y},(Y,\leq)\text{是良序集}\bigg\}
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$$
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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。
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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。
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那么我们证明了 $Y=\{y<'x:y\in Y'\}=\{y<_Ux:y\in U\}$，那么 $(Y,\leq)\prec (U,\leq_U)$。
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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。
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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：
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1. 选择公理
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1. 命题 8.4.5 中所述的命题 $Q$
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1. 命题 8.4.6 中所述的命题 $Q$
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1. 命题 8.4.7 中所述的命题 $Q$
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1. 佐恩引理
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1. 豪斯多夫极大原理
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1. 良序原理
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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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