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### 第 8 章 无限集合
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#### 8.1 可数性
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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。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，并施加归纳法。
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- **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 $n=\inf(X)$。
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称 $n$ 为集合 $X$ 的最小元，记为 $\min(X)$。
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**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 $n=n'$。
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存在性：设 $n=\inf(X)$，只需证明 $n\in X$ 即可。反证，若 $n\not\in X$：
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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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- **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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- **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 $S:=\{(\alpha,i)\in I\times \mathbb N:\text{$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。
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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）。
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#### 8.2 在无限集合上的求和
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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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- **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 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)$。
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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。
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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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先证：$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。
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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：
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$$
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\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M}}f(p)=\sum\limits_{k\in g^{-1}(\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M})}f(g(k))\leq \sum\limits_{k\in \mathbb N_{0..K}}f(g(k))=\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L
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$$
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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：
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$$
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\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{n=0}^N\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L
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$$
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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 $L$。
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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 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。
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再证：$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=L$。
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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 $\sum\limits_{n=0}^{N}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq L-\varepsilon$。
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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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$$
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\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^{N_0}\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}}f(p)\geq \sum\limits_{p\in g(\mathbb N_{0..K})}f(p)=\sum\limits_{k\in\mathbb N_{0..K}}f(g(k))\geq L-\varepsilon
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$$
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证毕。
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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 $f_+(n,m):=\begin{cases}f(n,m)&\text{if }f(n,m)> 0\\0&\text{otherwise}\end{cases}$ 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 $f(n,m)=f_+(n,m)-f_-(n,m)$。
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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）。
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于是：
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$$
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\begin{aligned}
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\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))\\
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&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))-\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))\\
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&=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\\
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&=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\left(\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\right)\\&=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f_+(n,m)-f_-(n,m))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)
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\end{aligned}
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$$
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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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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 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{m=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{n=0}f(n,m)$。
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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
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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**：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 $\sup\left\{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right\}<\infty$。
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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 8.1.13 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 $\sum\limits_{x\in X}f(x):=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。
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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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//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。
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//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，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。
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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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//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。
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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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//我们曾在第7章的...地方说过……
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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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证明 $A_+$ 和 $A_-$ 都是可数集。
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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 $f_-(m)<f_-(m+1)$。
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证明 $\sum\limits_{m=0}^{\infty}a_{f_+(m)}$ 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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#### 8.3 不可数的集合
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- **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。
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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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- **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 $f:A\to B$。
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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。
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容易验证，关于基数的小于等于具有自反性和传递性。
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- **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。
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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 $g(x):=\begin{cases}f^{-1}(x)&\text{if }x\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\\x&\text{if }x\not\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\end{cases}$。
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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 8.3.6（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。
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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，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。
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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 $X=Y$。
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- **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。
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- **引理 8.3.8**：设 $X$ 是集合，则 $X$ 的基数严格小于 $2^X$ 的基数。
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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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- **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。
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**证明**：略。
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#### 8.4 选择公理
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//前言
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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 $\prod_{\alpha\in I}X_{\alpha}:=\left\{(x_{\alpha})_{\alpha\in I}\in \left(\bigcup\limits_{\alpha\in I}X_{\alpha}\right)^{I}:\forall_{\alpha\in I},x_{\alpha}\in X_{\alpha}\right\}$。
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- **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 $x_\alpha\in X_\alpha$。
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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：
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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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选择公理的另一种表述方式如下：
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- **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。
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**证明**：略。
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//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？
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//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）
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//命题 3.2.4 蕴含正则公理的证明。
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#### 8.5 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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- 反传递性：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 $x\neq y$。
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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）**：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（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 $y>x$。
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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，$(Y,\leq)$ 都有最小元。
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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 $(X,\leq)$ 至多只能有一个最小元和一个最大元。
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**证明**：反证即可。
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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最小元（和最大元）。
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良序集的一个优点是，它直接服从强归纳原理。
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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。
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//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 $x<M$。
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- **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。
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**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。
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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。
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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。
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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 $s(Y\cap Y')\in Y'$。
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于是 $(\Omega,\subseteq)$ 是全序集。设 $Y_{\infty}:=\bigcup \Omega$，那么 $x_0$ 是 $Y_{\infty}$ 的最小元且 $Y_{\infty}$ 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 $S\cap Y$ 的最小元。
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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 $a<c$。
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于是 $(Y_{\infty},\leq)$ 是良序集，又 $x_0$ 是 $Y_{\infty}$ 的最小元，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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//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。
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//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。
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- **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。
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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 $x<M$。
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//听说习题做得会更吐血，先咕。
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