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第 8 章 无限集合
8.1 可数性
- 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。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，并施加归纳法。
-
命题 8.1.2（良序原理）：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 $n\leq m$。且 $n=\inf(X)$。称
n为集合X的最小元，记为 $\min(X)$。证明：唯一性：若
n,n'都是集合X的最小元，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。 -
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。
-
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:\text{$A_{\alpha}$为可数集，或$A_{\alpha}$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，我们可以把所有比例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
-
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 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(g(g^{-1}(h(n))))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(h(n))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。 -
定理 8.2.3（关于无限和的 Fubini 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 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq L-\varepsilon$。先证：$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。
考虑证明对于任意
N,M\geq 0有 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L$，即 $\sum\limits_{p\in\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M}}f(p)\leq L$。由于g^{-1}(\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M})是有限集，故存在界K\geq 0使得 $g^{-1}(\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M})\subseteq \mathbb N_{0..K}$。于是：\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M}}f(p)=\sum\limits_{k\in g^{-1}(\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M})}f(g(k))\leq \sum\limits_{k\in \mathbb N_{0..K}}f(g(k))=\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L类似地证明出
\left(\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\right)_{M=0}^{\infty}有上界 $L$，又由于它单增，所以它收敛。然后：\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{n=0}^N\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L最后一个等号是引理 7.1.7，最后一个
\leq是因为\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)有上界 $L$。进一步，由于
\left(\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\right)_{N=0}^{\infty}单增且具有上界 $L$，于是存在\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\lim\limits_{N\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)且 $\sum\limits^{\infty}{n=0}\sum\limits^{\infty}{m=0}f(n,m)\leq L$。再证：$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=L$。
设
\varepsilon>0是任意正实数，只需证明存在N_0\geq 0使得对于任意N\geq N_0有 $\sum\limits_{n=0}^{N}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq L-\varepsilon$。存在
K\geq 0使得 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq L-\varepsilon$。可以归纳证明，存在N_0,M_0使得 $g(\mathbb N_{0..K})\subseteq \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}$。那么对于任意 $N\geq N_0$，有：\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^{N_0}\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}}f(p)\geq \sum\limits_{p\in g(\mathbb N_{0..K})}f(p)=\sum\limits_{k\in\mathbb N_{0..K}}f(g(k))\geq L-\varepsilon证毕。
第二部分：当
f(n,m)可以为负时。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)&\text{if }f(n,m)> 0\\0&\text{otherwise}\end{cases}和 $f_-(n,m):=\begin{cases}-f(n,m)&\text{if }f(n,m)<0\0&\text{otherwise}\end{cases}$，那么f_+(n,m)和f_-(n,m)都非负且 $f(n,m)=f_+(n,m)-f_-(n,m)$。根据
\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))绝对收敛，易证\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))和\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))都绝对收敛（从而收敛）。于是：
\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）
注：命题 7.4.4 也可以用类似该命题的证明方法，而且会简单一些。
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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 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}{m=0}f(n,m)=\sum\limits{m=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{n=0}f(n,m)$。证明：结合引理 8.2.2 和定理 8.2.3。
//我们暂时先不拓展可数集上的级数算律，而直接定义任意集合上的级数，再一起拓展级数算律
-
引理 8.2.5：设至多可数的集合
X和函数 $f:X\to\mathbb R$，那么\sum\limits_{x\in X}f(x)是绝对收敛的当且仅当 $\sup\left{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right}<\infty$。证明：略。
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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 $\sup\left{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right}<\infty$。
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。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 8.1.13 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 $\sum\limits_{x\in X}f(x):=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。证明：根据定义 8.2.5 和定义 8.2.6 可知，若
\sum\limits_{x\in X}f(x)是绝对收敛的，则\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)也是绝对收敛的（且根据引理 8.2.7 可知此时它是有意义的），从而该定义成功。
//我们想把定义 8.2.8 作为集合上级数的通用定义，这需要先证明该定义和之前在有限集和可数集上的定义是相容的。
//当然，定义 8.2.8 也需要用到前面有限集和可数集上的定义才能完整。
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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，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。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，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。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。
//习题：我想的引理 8.2.10 的证明有点麻烦，slc 看看有没有更好的证法。
-
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。- 那么
\sum\limits_{x\in X}(f(x)+g(x))绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X}(f(x)+g(x))=\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{x\in X}g(x)$。 - 设
c是实数。那么\sum\limits_{x\in X}cf(x)绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X}cf(x)=c\sum\limits_{x\in X}f(x)$。 - 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 $\sum\limits_{x\in X_1\cup X_2}f(x)=\sum\limits_{x\in X_1}f(x)+\sum\limits_{x\in X_2}f(x)$。 - 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 $\sum\limits_{x\in X_1\cup X_2}h(x)=\sum\limits_{x\in X_1}h(x)+\sum\limits_{x\in X_2}h(x)$。 - 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。
- 那么
//我们曾在第7章的...地方说过……
-
引理 8.2.12：设级数
\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n条件收敛但不绝对收敛。定义A_+:=\{n\in\mathbb N:a_n\geq 0\}和 $A_-:{n\in \mathbb N:a_n<0}$，于是A_+\cup A_-=\mathbb N且 $A_+\cap A_-=\varnothing$。证明
A_+和A_-都是可数集。根据命题 8.1.3，存在双射
f_+:\mathbb N\to A_+和 $f_-:\mathbb N\to A_-$，满足对于任意m\geq 0有f_+(m)<f_+(m+1)和 $f_-(m)<f_-(m+1)$。证明
\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。
8.3 不可数的集合
-
定理 8.3.1（Cantor 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。
//
- 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，当且仅当存在一个单射 $f:A\to B$。
容易发现，当 A 和 B 是有限集时，A 的基数小于等于 B 的基数当且仅当 $#(A)\leq #(B)$，故定义 8.3.4 在有限集上也是相容的。
容易验证，关于基数的小于等于具有自反性和传递性。
-
引理 8.3.5：设
A,B是集合，满足A\subseteq B且B的基数小于等于A的基数，那么A,B有相同的基数。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 $g(x):=\begin{cases}f^{-1}(x)&\text{if }x\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\x&\text{if }x\not\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\end{cases}$。
然后可以证明
g是双射。故A,B具有相同的基数。 -
定理 8.3.6（Schröder-Bernstein 定理）：设
A,B是集合，满足A的基数小于等于B的基数、B的基数小于等于A的基数，那么A,B有相同的基数。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，可知B和g(A)具有相同的基数，从而B和A具有相同的基数。
根据定理 8.3.6，基数的小于等于同时还具有 “反传递性”，但需注意这里 “反传递性” 的结果是：X 和 Y 具有相同的基数，而非 $X=Y$。
-
定义 8.3.7：设
A和B是集合。称A的基数严格小于B的基数，当且仅当A的基数小于等于B的基数且A和B没有相同的基数。 -
引理 8.3.8：设
X是集合，则X的基数严格小于2^X的基数。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。 -
引理 8.3.9：设
A,B,C是集合，满足A的基数严格小于B的基数、B的基数严格小于C的基数，那么A的基数严格小于C的基数。证明：略。
8.4 选择公理
//前言
- 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\prod_{\alpha\in I}X_{\alpha}非空，即存在一个映射 $(x_{\alpha}){\alpha\in I}$，使得 $x\alpha\in X_\alpha$。
但在应用的时候，我们利用的往往只是可数选择公理。下面举一个可数选择公理的应用例子：
-
引理 8.4.3：设
E\subseteq \mathbb R且E非空，那么存在一个序列(a_n)_{n=1}^{\infty}满足它的元素都在E中且 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\sup (E)$。证明：令 $L=\sup(E)$。对于每个正整数 $n$，定义集合 $X_n:={x\in E:L-\frac1n\leq x\leq L}$，由于
L是E的上确界，故X_n非空。根据选择公理，可以选出一个序列(x_n)_{n=1}^{\infty}满足对于任意n\geq 1有 $x_n\in X_n$。容易证明 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=L$。
选择公理的另一种表述方式如下：
-
命题 8.4.4：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。证明：略。
//看回函数的定义，发现和选择公理很像，它说 ”若对于任意x，都存在恰好一个y使得P(x,y)成立，那么存在一个函数f，使得f(x)=y当且仅当P(x,y)成立“，但函数的定义未用到公理，但这里又要一个选择公理，是否意味着当x对应的那个y唯一时就无需用公理而可以直接定义函数，但当y不唯一时我们就得通过选择公理构造一个函数？
//对于很多情况，我们可以通过一些方式绕过选择公理。例如若 X_{\alpha} 是实数集，那么我们就可以通过取 x_{\alpha}=\sup(X_{\alpha}) 来避免使用选择公理（当然，\sup(X_{\alpha}) 不一定属于 $X_{\alpha}$，但大多数情况下都可以证明 \sup(X_{\alpha}) 和 X_{\alpha} 中的元素具有同样的我们想要的性质，但是，通过选择公理我们又可以避免这一步骤，所以说利用选择公理会使我们的证明简单一些，但大多是情况下都是可以绕开选择公理的）
//命题 3.2.4 蕴含正则公理的证明。
8.5 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 $x\neq y$。一般我们在明确定义的情况下，用
\leq代替 $\leq_X$，用<代替 $<_X$。 - 自反性：对于任意
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）：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（最小元和最大元）：设
(X,\leq)是偏序集。称x是(X,\leq)的最小元，当且仅当x\in X且不存在y\in X使得 $y<x$。称x是(X,\leq)的最大元，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)都有最小元。
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)至多只能有一个最小元和一个最大元。证明：反证即可。
-
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最小元（和最大元）。
良序集的一个优点是，它直接服从强归纳原理。
-
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，则存在最小元 $n$，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不是最小元，矛盾），于是P(n)也应是真的，矛盾。
//所有良序集都是至多可数集吗
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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 $x<M$。 -
引理 8.5.8：设
(X,\leq)是偏序集，满足\leq是定义在X上的（即x\leq y有定义当且仅当 $x,y\in X$）。那么对于任意 $x_0\in X$，存在一个良序集 $Y\subseteq X$，它以x_0为最小元，且没有严格上界。证明：反证。设 $A:={Y\in 2^X:\text{$Y$是良序集且以$x_0$为最小元}}$，假设对于任意 $Y\in A$，
Y都有严格上界。根据选择公理，对于任意 $Y\in A$，我们可以指定一个 $s(Y)$，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$且$x\neq x_0$，有$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为最小元，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，故存在最小元 $k$（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}的最小元且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的最小元。然后考虑证明
a为S的最小元：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的最小元是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}的最小元，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。
//关于无限集（任意集合）的命题的证明很多时候都不简单，因为无限集往往意味着你无法直接从集合中构造性地 “选” 出一个目标，而是得通过悖论从逻辑上反证，而这是十分具有构造性的。
//这个定理的证明感觉太麻烦了，想找个简单点的，但是不太好想，姑且留给 slc 作为习题。
-
引理 8.5.9（Zorn 引理）：设
(X,\leq)是非空偏序集，满足\leq是定义在X上的。若对于任意Y\subseteq X且(Y,\leq)是全序集，都存在上界，那么X至少含有一个最大元。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为最小元，且没有严格上界。又由于Y有上界，于是存在 $x\in Y$，使得对于任意y\in Y都有 $y\leq x$。而若存在M\in X使得 $x<M$，则对于任意y\in Y都有 $y<M$，于是Y有严格上界，矛盾。故不存在M\in X使得 $x<M$。
//听说习题做得会更吐血，先咕。