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第 8 章无限集合

我们将延伸集合论的学习，并将重点放在关于无限集的研究上。本章有部分内容属于拓展，但我仍然认为了解并学习它们有助于增长数学视野，或在本书之外的领域发挥作用。

8.1 可数性

我们定义无限集中一种特殊的集合：可数集。

定义 8.1.1（可数集）：称集合 X 是可数的，当且仅当 X 和 \mathbb N 有相同的基数（从而 X 是无限的）。称集合 X 是至多可数的，当且仅当 X 是有限的或是可数的。称集合 X 是不可数的，当且仅当 X 是无限的但不是可数的。

可数集意味着存在一种方式可以给集合中的所有元素编号，这使得我们可以将集合中的所有元素用无限序列的形式表示出来（注意根据定义对于可数集 X 存在双射 $a:\mathbb N\to X$），并施加归纳法。

命题 8.1.2（任意自然数的子集存在最小元）：设非空集合 $X\subseteq \mathbb N$。那么恰存在一个元素 $n\in X$，使得对于任意 m\in X 有 $n\leq m$。进一步地，应有 $n=\inf(X)$。

称 n 为集合 X 的极小元，记为 $\min(X)$。

证明：唯一性：若 n,n' 都是集合 X 的极小元，那么 n\leq n' 和 n'\leq n 同时成立，得到 $n=n'$。

存在性：设 $n=\inf(X)$，只需证明 n\in X 即可。

反证，若 $n\not\in X$。首先 X 非空且有下界 $0$，故 n 非 -\infty,+\infty 且为非负实数。根据命题 5.4.10，存在唯一的整数 A 满足 $A\leq n<A+1$。

对于任意 $x\in X$，有 $x\geq n$，又 $n\not\in X$，于是 $x>n$，那么 $x\geq A+1$。于是 A+1 也是 X 的下界，矛盾。

目前我们所知道的可数集只有 $\mathbb N$，但考虑对可数集做变换而得到新的可数集。然后会发现，事实上很多看似不可数的集合都是可数的。

命题 8.1.3：设无限集 $X\subseteq \mathbb N$，那么存在唯一一个双射 $f:\mathbb N\to X$，满足对于任意 $n\in\mathbb N$，$f(n)< f(n+1)$。

当然，该命题也蕴含了 X 为可数集。

证明：另设函数 $S:\mathbb N\to2^{X}$。根据命题 2.1.7，我们递归定义 f(n) 和 $S(n)$，满足：S(0)=X 和 $f(0)=\min(S(0))$；对于 $n\geq 0$，S(n+1)=S(n)\setminus{f(n)} 和 $f(n+1)=\min(S(n+1))$。递归定义过程中可以归纳证明 S(n) 始终非空，故 S(n) 和 f(n) 定义合法。

首先，可以通过反证证明 \min(S(n))<\min(S(n+1)) 即 $f(n)<f(n+1)$。这同时蕴含了 f 为单射。

假设 f 不是满射，那么存在 $x\in X$，使得对于任意 n\in \mathbb N 有 f(n)\neq x 即 $\min(S(n))\neq x$。那么可以归纳证明对于任意 n\in\mathbb N 有 $x\in S(n)$。那么对于任意 n\in\mathbb N 有 $x>\min(S(n))=f(n)$。

因为 $f(n)<f(n+1)$，可以归纳 $f(n)\geq n$，那么 $f(x)\geq x$，矛盾。故 f 为满射，那么 f 为双射。
推论 8.1.4：自然数集合的一切子集都是至多可数的。
推论 8.1.5：设可数集 X 和任意 $Y\subseteq X$，那么 Y 也是至多可数的。

证明：存在双射 $f:X\to \mathbb N$，那么把 f 的定义域限制在 Y 上时是从 Y 到 f(Y) 的双射。而 f(Y)\subseteq \mathbb N 是至多可数的，故 Y 也是至多可数的。
命题 8.1.6：设函数 f:X\to Y 满足 X 是可数的，那么 f(X) 是至多可数的。

证明：考虑映射 g:f(X)\to X 满足对于任意 y\in f(X) 有 $f(g(y))=y$。证明这样的 g 一定存在且一定是单射，然后就存在双射 f(X)\to g(f(X)) 且 g(f(X))\subseteq X 是至多可数集。
命题 8.1.7：设 X,Y 均为可数集，那么 X\cup Y 为可数集。

证明：设 $Z=Y\setminus X$，则 X\cup Z=X\cup Y 且 $X\cap Z=\varnothing$，且 Z 是至多可数集。

若 Z 为有限集，设其基数为 $n$。根据定义，存在 f:X\to \mathbb N 和 g:Z\to \mathbb N_{0..n-1} 都是双射。定义 h:X\cup Z\to\mathbb N 满足：对于任意 z\in Z 有 $h(z):=g(z)$，对于任意 x\in X 有 $h(x):=n+f(x)$。容易证明 h 定义合法且为双射。

若 Z 为可数集。根据定义，存在 f:X\to\mathbb N 和 g:Z\to\mathbb N 都是双射。定义 h:X\cup Z\to\mathbb N 满足：对于任意 x\in X 有 $h(x):=2f(x)$，对于任意 z\in Z 有 $h(z):=2g(z)+1$。容易证明 h 定义合法且为双射。

总结一下，一个可数集的任意子集或者象集合都是至多可数的，并且可数集的有限并依然是可数集。

接下来，我们再继续证明我们熟知的 \mathbb Z 和 \mathbb Q 都是可数集。

推论 8.1.8：\mathbb Z 是可数集。

证明：$\mathbb Z=\mathbb N\cup (-\mathbb N)$。
引理 8.1.9：集合 A:=\{(m,n)\in \mathbb N\times \mathbb N:n\leq m\} 是可数集。

证明：构造 f:A\to\mathbb N 使得 $f(m,n):=\frac{m(m+1)}{2}+n$，可以证明 f 是双射（需要用到较多的归纳）。
推论 8.1.10：\mathbb N\times\mathbb N 是可数的。

证明：设 A:=\{(m,n)\in \mathbb N\times \mathbb N:n\leq m\} 和 B:=\{(m,n)\in\mathbb N\times \mathbb N:n\geq m\} 都是可数集。而 $\mathbb N\times \mathbb N=A\cup B$。
推论 8.1.11：若 X,Y 都是可数集，那么 X\times Y 是可数的。

证明：通过定义构造双射 $X\times Y\to \mathbb N\times \mathbb N$。
推论 8.1.12：设 I 是至多可数集，且对于任意 $\alpha\in I$，A_{\alpha} 都是一个至多可数集。那么 \bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha} 是至多可数的。

证明：不妨设 I 是可数集，对于 I 是有限集的情况证明方法类似。

对于任意 $\alpha\in I$：若 A_{\alpha} 为有限集，存在双射 $f_{\alpha}:\mathbb N_{0..n_{\alpha}-1}\to A_{\alpha}$；若 A_{\alpha} 为可数集，存在双射 $f_{\alpha}:\mathbb N\to A_{\alpha}$。

根据推论 8.1.11，I\times \mathbb N 是可数集。根据推论 8.1.5，那么 S:=\{(\alpha,i)\in I\times \mathbb N:A_{\alpha}\text{为可数集，或}A_{\alpha}\text{为有限集且}i<n_{\alpha}\} 为至多可数集。考虑定义函数 h:S\to \bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha} 满足 $h(\alpha,i):=f_{\alpha}(i)$，容易验证 h 为满射，根据命题 8.1.6，那么 \bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}=h(S) 也为至多可数集。
推论 8.1.13：\mathbb Q 是可数集。

证明：令 f:\mathbb Z\times (\mathbb Z\setminus\{0\})\to \mathbb Q 满足 $f(a,b):=\frac{a}{b}$。易证 f 是满射，于是 $f(\mathbb Z\times (\mathbb Z\setminus{0}))=\mathbb Q$，那么 \mathbb Q 是至多可数集。又由于 \mathbb Z\subseteq \mathbb Q 不是有限集蕴含了 \mathbb Q 不是有限集，故 \mathbb Q 是可数集。

推论 8.1.13 得到的一个很有趣的事实是，我们可以把所有有理数按某种顺序排在一个无限序列上，这导致了一个更有趣的事实——对于任意 $x\in \mathbb R$，x 都是该序列的极限点（于是，这还蕴含了序列的极限点的个数可以是无限多的）。

8.2 在无限集合上的求和

延续第 7 章，我们考虑定义无限集上的级数，让我们先来定义可数集上的级数，因为它可以转化为无限序列上的级数。

定义 8.2.1（可数集上的级数）：设 X 是可数集和函数 $f:X\to\mathbb R$。称级数 \sum\limits_{x\in X}f(x) 是绝对收敛的，当且仅当存在双射 g:\mathbb N\to X 使得 \sum\limits_{n=0}^{\infty}f(g(n)) 是绝对收敛的。此时我们定义 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(g(n))$。

证明：根据命题 7.4.4，\sum\limits_{x\in X}f(x) 的取值不依赖于 g 的选取，是唯一的。
引理 8.2.2：设 X 是可数集和函数 f:X\to\mathbb R 满足 \sum\limits_{x\in X}f(x) 是绝对收敛的。若 g:Y\to X 是双射，那么 \sum\limits_{y\in Y}f(g(y)) 绝对收敛且 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。

证明：存在 h:\mathbb N\to X 是双射。那么 g^{-1}\circ h 是 \mathbb N 到 Y 的双射，那么 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(g(g^{-1}(h(n))))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}f(h(n))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。

我们暂时先不拓展可数集上的级数算律，而等到定义了任意集合上的级数后再一起拓展级数算律。但我们可以先给出一个关于二重求和的重要定理。

定理 8.2.3（关于无限和的富比尼定理）：设函数 f:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R 满足 \sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m) 是绝对收敛的，那么 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}{m=0}f(n,m)=\sum\limits{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)$。

证明：任取双射 $g:\mathbb N\to\mathbb N\times \mathbb N$，那么 \sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k)) 是绝对收敛的。接下来证明分为两部分走。

第一部分：当任意 f(n,m) 都非负时。

设 $\sum\limits^{\infty}{k=0}f(g(k))=L$。对于任意 K\geq 0 有 $\sum\limits{k=0}^Kf(g(k))\leq L$。对于任意实数 \varepsilon>0 存在 K_{0}\geq 0 使得对于任意 K\geq K_{0} 有 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq L-\varepsilon$。

考虑证 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}{m=0}f(n,m)\leq L$。先证对于任意 n,M\geq 0 都满足有限和 $\sum\limits{m=0}^Mf(n,m)\leq L$。由于 g^{-1}(\{n\}\times \mathbb N_{0..M}) 是有限集，故存在界 K\geq 0 使得 $g^{-1}({n}\times \mathbb N_{0..M})\subseteq \mathbb N_{0..K}$。于是：

\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\sum\limits_{p\in {n}\times \mathbb N_{0..M}}f(p)=\sum\limits_{k\in g^{-1}({n}\times \mathbb N_{0..M})}f(g(k))\leq \sum\limits_{k\in \mathbb N_{0..K}}f(g(k))=\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L $$

那么 $\left(\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\right)_{M=0}^{\infty}$ 有上界 $L$，又由于它单增，所以存在 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)$。

考虑任意 $N\geq 0$，根据引理 7.1.7，有：


    \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{n=0}^N\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)

类似地证明 $\left(\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\right)_{M=0}^{\infty}$ 有上界 $L$，于是 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。

那么 \left(\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\right)_{N=0}^{\infty} 单增且有上界 $L$，于是存在 \sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m) 且 $\sum\limits^{\infty}{n=0}\sum\limits^{\infty}{m=0}f(n,m)\leq L$。

再证 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=L$。只需证明对于任意 \varepsilon>0 存在 N_0\geq 0 使得对于任意 N\geq N_0 都有 \sum\limits_{n=0}^{N}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq L-\varepsilon 即可。

存在 K\geq 0 使得 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq L-\varepsilon$。可以归纳证明，存在 N_0,M_0 使得 $g(\mathbb N_{0..K})\subseteq \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}$。那么对于任意 $N\geq N_0$，有：


    \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^{N_0}\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}}f(p)\geq \sum\limits_{p\in g(\mathbb N_{0..K})}f(p)=\sum\limits_{k\in\mathbb N_{0..K}}f(g(k))\geq L-\varepsilon

第二部分：当 f(n,m) 可以为负时。

构造 $f_+:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$ 和 $f_-:f:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R$，满足 $f_+(n,m):=\begin{cases}f(n,m)&f(n,m)> 0\\0&f(n,m)\leq 0\end{cases}$ 和 $f_-(n,m):=\begin{cases}-f(n,m)&f(n,m)<0\\0&f(n,m)\geq 0\end{cases}$，那么 $f_+(n,m)$ 和 $f_-(n,m)$ 都非负且 $f(n,m)=f_+(n,m)-f_-(n,m)$。

因为 \sum\limits^{\infty}_{k=0}|f(g(k))| 收敛，那么根据比较判别法可知 \sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k)) 和 \sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k)) 都绝对收敛（从而收敛）。于是：


    \begin{aligned}
\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))\\
    &=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))-\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))\\
&=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\\
    &=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\left(\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\right)\\&=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f_+(n,m)-f_-(n,m))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)
\end{aligned}

注意，对于每一个等号，“等号后中所述的极限存在” 要么被等号本身涉及的极限算律或级数算律蕴含了，要么我们已经提前阐述过了。（意思就是我省略了对每一步中极限存在的说明）

发现命题 7.4.4 也可以用类似该命题的证明方法，而且会简单一些。

推论 8.2.4：设函数 f:\mathbb N\times \mathbb N\to \mathbb R 满足 \sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m) 是绝对收敛的，那么 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}{m=0}f(n,m)=\sum\limits{m=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{n=0}f(n,m)$。

证明：结合引理 8.2.2 和定理 8.2.3。

我们现在来考虑不可数集上的无限和怎么定义。由于集合不可数，所以我们貌似无法用序列极限的方法来定义无限和。但神奇的是，我们可以把它转化为可数集上的求和。在详细介绍之前，我们先做点铺垫。

引理 8.2.5：设至多可数的集合 X 和函数 $f:X\to\mathbb R$，那么 \sum\limits_{x\in X}f(x) 是绝对收敛的当且仅当 $\sup\left{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right}<\infty$。

证明：根据可数集级数的定义可推得。

事实上可以证明，若 \sum\limits_{x\in X}f(x) 绝对收敛，那么 $\sum\limits_{x\in X}|f(x)|=\sup\left{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right}$。
定义 8.2.6：设集合 X 和函数 $f:X\to\mathbb R$。称级数 \sum\limits_{x\in X}f(x) 是绝对收敛的，当且仅当 $\sup\left{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right}<\infty$。

那么现在，定义 8.2.6 和之前在可数集上关于绝对收敛的定义是相容的。

引理 8.2.7：设集合 X 和函数 f:X\to\mathbb R 满足 \sum\limits_{x\in X}f(x) 是绝对收敛的，那么集合 \{x\in X:f(x)\neq 0\} 是至多可数的。

证明：根据定义，设 M:=\sup\left\{\sum\limits_{x\in A}|f(x)|:A\subseteq X,A\text{是有限集}\right\} 为非负实数。

定义序列 (A_n)_{n=1}^{\infty} 满足 $A_n:={x\in X:|f(x)|\geq \frac1n}$。那么 A_n 为基数不超过 Mn 的有限集：若 A_n 为有限集且基数大于 $Mn$，那么可以归纳证明 $\sum\limits_{x\in A_n}|f(x)|>Mn\times \frac1n=M$，与 M 的定义矛盾；若 A_n 为无限集，那么可以证明 A_n 存在一个子集满足它是有限集且基数大于 $Mn$（对 Mn 归纳），那么也矛盾。

又可以证明，${x\in X:f(x)\neq 0}=\bigcup_{n\in\mathbb N_{1..}}A_n$，再根据命题 8.1.12 即可得证。
定义 8.2.8：设集合 X 和函数 $f:X\to\mathbb R$。若级数 \sum\limits_{x\in X}f(x) 是绝对收敛的，则定义其值为 $\sum\limits_{x\in X}f(x):=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。

证明：根据定义 8.2.5 和定义 8.2.6 可知，若 \sum\limits_{x\in X}f(x) 是绝对收敛的，则 \sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x) 也是绝对收敛的（且根据引理 8.2.7 可知此时它是有意义的），从而该定义成功。

尽管定义 8.2.8 中需要用到前面有限集和可数集上的定义，但我们可以把定义 8.2.8 作为集合上级数的通用定义，或者说我们可以证明定义 8.2.8 和之前在有限集和可数集上的定义是相容的。

引理 8.2.9（有限集合上级数的定义是相容的）：设 X 是基数为 n 的集合和函数 $f:X\to\mathbb R$。在定义 7.1.3 的基础上，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。

证明：根据命题 7.1.4，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)+\sum\limits_{x\in X:f(x)=0}f(x)$，可以归纳证明 $\sum\limits_{x\in X:f(x)=0}f(x)=0$。
引理 8.2.10（可数集上级数的定义是相容的）：设 X 是可数集和函数 $f:X\to\mathbb R$。若级数 \sum\limits_{x\in X}f(x) 是绝对收敛的，在定义 8.2.1 的基础上，$\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。

证明：存在 g:\mathbb N\to X 是双射，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits^{\infty}_{n=0}f(g(n))$。令 $A:={x\in X:f(x)\neq 0}$。

若 A 是有限集，那么 g^{-1}(A) 有上界 $N_0$，可以归纳证明对于任意 N\geq N_0 有 $\sum\limits_{n=0}^Nf(g(n))=\sum\limits_{x\in A}f(x)$，于是 $\sum\limits^{\infty}{n=0}f(g(n))=\sum\limits{x\in A}f(x)$。

若 A 是可数集，那么 g^{-1}(A)\subseteq \mathbb N 也是可数集，根据命题 8.1.3，存在双射 $h:\mathbb N\to g^{-1}(A)$，满足对于任意 m\geq 0 有 $h(m)<h(m+1)$。

由于 g\circ h 是 \mathbb N\to A 的双射，所以我们只需证明 \sum\limits^{\infty}_{n=0}(f\circ g)(n)=\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f\circ g\circ h)(m) 即可。

设 $S_N:=\sum\limits_{n=0}^N(f\circ g)(n)$，$S'M:=\sum\limits{m=0}^M(f\circ g\circ h)(m)$。欲证对于任意 M\geq 0 有 $S'M=S{h(M)}$。

对 M 归纳，假设 $S'M=S{h(M)}$，考虑对于任意 $h(M)<n<h(M+1)$，一定有 $(f\circ g)(n)=0$（否则 n\in g^{-1}(A) 引出矛盾），那么 $S_{h(M+1)}=S_{h(M)}+\sum\limits_{n=h(M)+1}^{h(M+1)-1}(f\circ g)(n)+(f\circ g)(h(M+1))=S'{M}+(f\circ g\circ h)(M+1)=S'{M+1}$。

设 $L:=\sum\limits^{\infty}_{n=0}(f\circ g)(n)$。设 \varepsilon>0 为任意正实数，那么存在 N_0\geq n 使得对于任意 N\geq N_0 有 $|S_N-L|\leq\varepsilon$。根据引理 6.6.3，存在 M_0\geq 0 使得 $h(M_0)\geq N_0$，那么对于任意 $M\geq M_0$，$|S'M-L|=|S{h(M)}-L|\leq\varepsilon$。

于是 $\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f\circ g\circ h)(m)=L$，证毕。

验证完相容性后，我们可以直接来说明任意集合上的级数算律。

命题 8.2.11（绝对收敛级数的算律）：设集合 X 和函数 $f:X\to\mathbb R,g:X\to\mathbb R$，满足 \sum\limits_{x\in X}f(x) 和 \sum\limits_{x\in X}g(x) 都绝对收敛。
1. 那么 \sum\limits_{x\in X}(f(x)+g(x)) 绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X}(f(x)+g(x))=\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{x\in X}g(x)$。
2. 设 c 是实数。那么 \sum\limits_{x\in X}cf(x) 绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X}cf(x)=c\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
3. 设 X=X_1\cup X_2 且 $X_1\cap X_2=\varnothing$。那么 \sum\limits_{x\in X_1}f(x) 和 \sum\limits_{x\in X_2}f(x) 都绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X_1\cup X_2}f(x)=\sum\limits_{x\in X_1}f(x)+\sum\limits_{x\in X_2}f(x)$。
4. 设 X=X_1\cup X_2 且 $X_1\cap X_2=\varnothing$。设函数 h:X\to\mathbb R 满足 \sum\limits_{x\in X_1}h(x) 和 \sum\limits_{x\in X_2}h(x) 都绝对收敛。那么 \sum\limits_{x\in X_1\cup X_2}h(x) 绝对收敛，且 $\sum\limits_{x\in X_1\cup X_2}h(x)=\sum\limits_{x\in X_1}h(x)+\sum\limits_{x\in X_2}h(x)$。
5. 设集合 Y 满足存在双射 $\varphi:Y\to X$。那么 \sum\limits_{y\in Y}f(\varphi(y)) 绝对收敛，且 $\sum\limits_{y\in Y}f(\varphi(y))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。
证明：每一项的证明都分为两部分，一是证明级数绝对收敛（注意 \sum\limits_{a\in A:f(a)\neq 0}f(a) 绝对收敛并不蕴含 \sum\limits_{a\in A}f(a) 绝对收敛，在 A 是不可数集的情况下），二是证明和级数相关的那个等式。

对于前者，直接根据定义 8.2.6 推导即可。对于后者，先结合引理 8.2.7 转化为可数集上的形式，然后再回到定义 8.2.1 证明。

我们曾在 7.4 的结尾中说过，任意条件收敛但不绝对收敛的级数经过恰当的重排后，都能收敛到任意我们指定的结果，现在我们来证明此事。

引理 8.2.12：设级数 \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n 条件收敛但不绝对收敛。定义 A_+:=\{n\in\mathbb N:a_n\geq 0\} 和 $A_-:{n\in \mathbb N:a_n<0}$，于是 A_+\cup A_-=\mathbb N 且 $A_+\cap A_-=\varnothing$。

那么 A_+ 和 A_- 都是可数集。

在此基础上，根据命题 8.1.3，可知存在双射 f_+:\mathbb N\to A_+ 和 $f_-:\mathbb N\to A_-$，满足对于任意 m\geq 0 有 f_+(m)<f_+(m+1) 和 $f_-(m)<f_-(m+1)$。

那么 \sum\limits_{m=0}^{\infty}a_{f_+(m)} 和 \sum\limits_{m=0}^{\infty}a_{f_-(m)} 都不收敛。

证明：若 A_- 是有限集，那么存在上界 $M$，那么对于任意 n\geq M 有 a_n 是非负的，于是 \sum\limits^{\infty}_{n=M}a_n 条件收敛与绝对收敛等价，那么 \sum\limits^{\infty}_{n=0}a_n 条件收敛与绝对收敛等价，矛盾。同理可证明 A_+ 也是可数集。

若 \sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_+(m)} 条件收敛，可以证明 \sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_-(m)} 条件收敛到 $\sum\limits^{\infty}{n=0}a_n-\sum\limits^{\infty}{m=0}a_{f_+(m)}$。那么 \sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_+(m)} 和 \sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f_-(m)} 都是条件收敛的，那么它们都是绝对收敛的，然后可以证明 \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n 也是绝对收敛的，引出矛盾。
定理 8.2.13：设级数 \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n 条件收敛但不绝对收敛。对于任意实数 $L$，都存在双射 $f:\mathbb N\to \mathbb N$，使得 \sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f(m)} 收敛到 $L$。

证明：我们将在引理 8.2.12 的基础上完成证明。考虑通过递归构造序列 $(f(m)){m=0}^{\infty}$，过程中我们将同时构造辅助序列 $(p_m){m=0}^{\infty},(q_m)_{m=0}^{\infty}$。

为了方便，令 $p_{-1}=q_{-1}=0$，然后不对 m=0 做特殊讨论。

归纳地假设对于任意 -1\leq i<m 已经构造好 $f(i),p_i,q_i$。令 $L'=\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}$，分情况讨论：
- 若 $L'<L$，那么令 $f(m):=f_+(p_{m-1}),p_m:=p_{m-1}+1,q_m:=q_{m-1}$。
- 若 $L'\geq L$，那么令 $f(m):=f_-(q_{m-1}),p_m:=p_{m-1},q_{m}:=q_{m-1}+1$。
容易发现，此递归构造是成功的。

考虑证明 L'<L 的情况会出现无限多次：对于任意 $M\geq 0$，都存在 m\geq M 满足 $\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}<L$。

反证，若存在 $M\geq 0$，使得对于任意 m\geq M 有 $\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}<L$。

令 $b:=p_{M-1}$。那么可以归纳证明，对于任意 m\geq M 有 $f(m)=f_+(b+(m-M))$，那么 $\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}=\sum\limits_{i=0}^{M-1}a_{f(i)}+\sum\limits_{i=0}^{m-M-1}a_{f_+(b+i)}<L$。

于是对于任意 K\geq b 有 $\sum\limits_{i=b}^Ka_{f_+(i)}<L-\sum\limits_{i=0}^{M-1}a_{f(i)}$，从而 \sum\limits_{i=b}^\infty a_{f_+(i)} 收敛，从而 \sum\limits^{\infty}_{i=0}a_{f_+(i)} 收敛，矛盾。

同理可证明 L'\geq L 的情况也会出现无限多次。

从而可以证明 $f(\mathbb N)=f_+(\mathbb N)\cup f_-(\mathbb N)=\mathbb N$，然后可以证明 f 是双射。

由于 \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n 条件收敛，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$，那么可以证明 $\lim\limits_{m\to\infty}a_{f_+(m)}=0$，同理可以证明 $\lim\limits_{m\to\infty}a_{f_-(m)}=0$，那么可以证明 $\lim\limits_{m\to\infty}a_{f(m)}=0$。

最后我们来证明 \sum\limits^{\infty}_{m=0}a_{f(m)} 收敛到 $L$。

设 \varepsilon>0 是任意正实数。存在 M\geq 0 使得对于任意 m\geq M 有 $|a_{f(m)}|\leq\varepsilon$。

由于 L'<L 和 L'\geq L 的情况会出现无限次，所以一定存在 M'\geq M 使得 \sum\limits_{i=0}^{M-1}a_{f(i)}<L 且 $\sum\limits_{i=0}^{M}a_{f(i)}\geq L$。

然后可以归纳证明，对于任意 $m\geq M'$，有 $\left|\sum\limits_{i=0}^{m}a_{f(i)}-L\right|\leq\varepsilon$。证毕。
定理 8.2.14：设级数 \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n 条件收敛但不绝对收敛。存在双射 $f:\mathbb N\to \mathbb N$，使得 $\limsup\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=\liminf\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=+\infty$。

对于 -\infty 也有类似的结论。

证明：和定理 8.2.13 中的构造方法类似。

例如对于 $+\infty$。同样归纳地假设对于任意 -1\leq i<m 已经构造好 $f(i),p_i,q_i$。令 $S=\sum\limits_{i=0}^{m-1}a_{f(i)}+a_{f^-(q_{m-1})}$，分情况讨论：
- 若 $S< q_{m-1}+1$，那么令 $f(m):=f_+(p_{m-1}),p_m:=p_{m-1}+1,q_m:=q_{m-1}$。
- 若 $S\geq q_{m-1}+1$，那么令 $f(m):=f_-(q_{m-1}),p_m:=p_{m-1},q_{m}:=q_{m-1}+1$。
同样可以归纳证明，两种情况都会出现无限次，且总有 $\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}\geq q_M$。那么就可以证明 $\limsup\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=\liminf\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Ma_{f(m)}=+\infty$。

这里选 q_M 作为下限只是为了方便，而中心思想是：我们向级数加入一定数量的正数使其满足一定条件后，才加入一个非负数到级数中，然后使其发散到正无穷。

至此，我们结束了对于无限集合上级数的基本研究。

8.3 不可数的集合

接下来我们来研究不可数的集合。我们想先找一个不可数集合的例子。

证明某个集合不可数并非易事，但可以证明我们熟知的 \mathbb R 是不可数的。

定理 8.3.1（康托尔定理）：设 X 是任意集合，那么 X 和 2^X 不可能拥有同样的基数。

证明：反证。假设存在一个双射 $f:X\to 2^X$。考虑集合 $A:={x\in X:x\not\in f(x)}$。显然 $A\in 2^X$，那么存在 x\in X 满足 $f(x)=A$。然后发现，无论 x 是否属于 $A$，都会引出矛盾。
推论 8.3.2：2^{\mathbb N} 是不可数的。

证明：根据定理 8.3.1，2^{\mathbb N} 不是可数集。注意还需要说明 2^{\mathbb N} 不是有限集（虽然十分简单，但为了严谨性）。
推论 8.3.3：\mathbb R 是不可数的。

证明：考虑找到一个 \mathbb R 的子集，它与 2^{\mathbb N} 有相同的基数，那么就能说明 \mathbb R 是不可数的了。

考虑定义函数 $f:2^{\mathbb N}\to \mathbb R$，满足 $f(A):=\sum\limits_{n\in A}10^{-n}$。

根据引理 7.3.3，\sum\limits_{n\in\mathbb N}10^{-n} 是绝对收敛的，再根据绝对收敛级数算律，可知 \sum\limits_{n\in A}10^{-n} 也是绝对收敛的（$A\subseteq \mathbb N$），故 f(A) 定义成功。

我们只需证明 f 为单射即可。对于任意 A,B\in 2^{\mathbb N} 满足 $A\neq B$，欲证 $\sum\limits_{n\in A}10^{-n}=\sum\limits_{n\in B}10^{-n}$，即 $\sum\limits_{n\in A\setminus B}10^{-n}\neq\sum\limits_{n\in B\setminus A}10^{-n}$。

记 $C:=A\setminus B,D:=B\setminus A$，则 $C\cap D=\varnothing$。设 $n_{\min}=\min(C\cup D)$，不妨设 $n_{\min}\in C$。

则 $\sum\limits_{n\in C}10^{-n}\geq 10^{-n_{\min}}$，$\sum\limits_{n\in D}10^{-n}\leq \sum\limits_{n\in \mathbb N_{n_{\min}+1..}}10^{-n}=\sum\limits_{n>n_{\min}}^{\infty}10^{-n}=10^{-n_{\min}-1}\frac{1}{1-10^{-1}}<10^{-n_{\min}}$，于是 $\sum\limits_{n\in C}10^{-n}\neq \sum\limits_{n\in D}10^{-n}$。证毕。

不可数集（任意无限集）不像可数集一样有很好的性质。或许我们应该先从无限集的基数开始研究。

对于有限集，它们的基数是一个唯一确定的自然数，它们的基数可以通过自然数来进行比较。而现在，我们扩展基数比较的定义，使得它也可以作用在无限集上。

定义 8.3.4：设 A 和 B 是集合。称 A 的基数小于等于 B 的基数（记作 $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B$），当且仅当存在一个单射 $f:A\to B$。

注意到，当 A 和 B 是有限集时，\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B 既可以表示存在 A\to B 的单射（定义 8.3.4），也可以表示一个不等式（根据第 3 章中的定义将 \operatorname{card} 的具体的值代入），但可以证明两种定义是相容的。

引理 8.3.5：设 A,B,C 是集合。
- $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}A$。
- $\operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B\land \operatorname{card}B\leq \operatorname{card}C\implies \operatorname{card}A\leq \operatorname{card}C$。
引理 8.3.6：设 A,B 是集合，满足 A\subseteq B 且 $\operatorname{card}B\leq \operatorname{card}A$，那么 $\operatorname{card}A=\operatorname{card}B$。

证明：存在 f:B\to A 是单射。

考虑递归定义集合 $(D_0){n=0}^{\infty}$，满足 D_0:=B\setminus A 且 $D{n+1}:=f(D_n)$。

然后考虑定义 $g:A\to B$，满足 $g(x):=\begin{cases}f^{-1}(x)&x\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\x&x\not\in\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\end{cases}$。

然后可以证明 g 是双射。故 A,B 具有相同的基数。
定理 8.3.7（施罗德-伯恩斯坦定理）：设 A,B 是集合，满足 \operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B 且 $\operatorname{card}B\leq \operatorname{card}A$，那么 $\operatorname{card}A=\operatorname{card}B$。

证明：存在 f:B\to A 和 g:A\to B 是单射。那么 $g(A)\subseteq B$，且 (g\circ f) 是 B\to g(A) 的单射。于是根据引理 8.3.4，得到 $\operatorname{card}B=\operatorname{card}g(A)=\operatorname{card}A$。

引理 8.3.5 和定理 8.3.7 联合表明，集合关于基数比较构成 “偏序关系”。

更准确的说法是，设 \Omega 是任意一个集族（注意我们不能取出一个集合包含所有的集合）。对于任意 $A\in \Omega$，若定义 $\operatorname{card}{\Omega} A:={B\in\Omega:存在A,B间的双射}$（即 A 关于基数的等价类），设 $S:={\operatorname{card}{\Omega} A:A\in\Omega}$，再对于任意 $X,Y\in S$，不妨设某 A,B 使得 X=\operatorname{card}_{\Omega}A 且 $Y=\operatorname{card}{\Omega}B$，然后定义 X\leq Y 当且仅当存在 A\to B 的单射（可以证明这个定义是良定义，即该定义不依赖于 A,B 的取值），然后，可以说明 (S,\leq) 是偏序集（偏序集的准确定义见 8.5.1）。可以看到这种划分等价类的技巧我们已经在定义整数、有理数和实数的时候都用过了。而容易证明的是，若 \Omega_1,\Omega_2 都是集族，那么对于任意 $A,B\in\Omega_1\cap\Omega_2$，都有 $\operatorname{card}{\Omega_1}A\leq \operatorname{card}{\Omega_1}B\iff \operatorname{card}{\Omega_2}A\leq \operatorname{card}{\Omega_2}B$。那么我们不妨直接简记 \operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B 表示存在集族 \Omega 满足 A,B\in \Omega 使得 $\operatorname{card}{\Omega}A\leq \operatorname{card}{\Omega}B$，这等价于对于任意集族 \Omega 满足 A,B\in \Omega 都有 $\operatorname{card}{\Omega}A\leq \operatorname{card}{\Omega}B$，也等价于 $\operatorname{card}{{A,B}}A\leq \operatorname{card}_{{A,B}}B$，于是它也直接等价于存在 A\to B 的单射。

定义 8.3.8：设 A 和 B 是集合。称 A 的基数严格小于 B 的基数（记作 $\operatorname{card} A<\operatorname{card}B$），当且仅当 \operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B 且 $\operatorname{card}A\neq \operatorname{card}B$。

集合的基数比较在严格小于上也满足传递性，这从偏序集的角度看是很显然的（见定义 8.5.1）。

至此，我们较为完整地定义了任意集合间的基数比较。我们将在 8.4 证明一个更强的结论：任意两个集合之间都是可以比较基数的——这将让基数比较完成从 “偏序集” 到 “全序集” 的跨越。

我们可以给出几个关于无限集基数的事实：

引理 8.3.9：不存在无限集 $X$，满足 $\operatorname{card}X<\operatorname{card}\mathbb N$。

证明：反证，若 $\operatorname{card}X<\operatorname{card}\mathbb N$。则存在单射 $f:X\to\mathbb N$，且 $\operatorname{card}X=\operatorname{card}f(X)$。根据引理 8.1.3，f(X)\subseteq \mathbb N 要么是有限集，要么是可数集，那么就矛盾了。
引理 8.3.10：设 X 是有限集，Y 是可数集，Z 是不可数集。那么 $\operatorname{card}X<\operatorname{card}Y<\operatorname{card}Z$。

证明：只证 $\operatorname{card}Y<\operatorname{card}Z$。显然根据定义 $\operatorname{card}Y\neq \operatorname{card}Z$。根据引理 8.3.9 可知 $\operatorname{card}Z\not<\operatorname{card}Y$。再根据引理 8.5.10，可知必有 $\operatorname{card}Y<\operatorname{card}Z$。
引理 8.3.11：设 X 是集合，则 $\operatorname{card}X<\operatorname{card}2^X$。

证明：构造 f:X\to 2^X 满足 $f(x):={x}$，那么 f 为单射。再根据定理 8.3.1 即证。

8.4 选择公理

接下来我们介绍ZFC公理集合论中的最后一条公理：选择公理。

定义 8.4.1（无限笛卡尔积）：设 I 是任意集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都存在一个集合 $X_{\alpha}$。那么我们定义集族 \{X_{\alpha}:\alpha\in I\} 的笛卡尔积为


	\prod_{\alpha\in I}X_{\alpha}:=\left\{(x_{\alpha})_{\alpha\in I}\in \left(\bigcup\limits_{\alpha\in I}X_{\alpha}\right)^{I}:\forall_{\alpha\in I},x_{\alpha}\in X_{\alpha}\right\}

公理 8.4.2（选择公理）：设 I 是任意集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都存在一个非空集合 $X_{\alpha}$。那么存在一个映射 $x:I\to \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$，使得对于任意 \alpha\in I 有 $x_\alpha\in X_\alpha$。

在应用的时候，我们利用的往往只是可数选择公理。下面举一个可数选择公理的应用例子：

引理 8.4.3：设 E\subseteq \mathbb R 且 E 非空，那么存在一个序列 (a_n)_{n=1}^{\infty} 满足它的元素都在 E 中且 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\sup (E)$。

证明：令 $L=\sup(E)$。对于每个正整数 $n$，定义集合 $X_n:={x\in E:L-\frac1n\leq x\leq L}$，由于 L 是 E 的上确界，故 X_n 非空。根据选择公理，可以选出一个序列 (x_n)_{n=1}^{\infty} 满足对于任意 n\geq 1 有 $x_n\in X_n$。容易证明 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=L$。

但事实上，在很多情况下，我们可以通过一些方式绕过选择公理（例如，若 X_{\alpha} 是良序集，我们可以直接令 $x_{\alpha}:=\min(X_{\alpha})$），但使用选择公理往往会使减少不需要一些额外的证明（例如，当 X_{\alpha}\subseteq R 且令 $x_{\alpha}:=\inf(X_{\alpha})$，尽管 \inf(X_{\alpha}) 可能不属于 $X_{\alpha}$，但我们可以证明 \inf(X_{\alpha}) 和 X_{\alpha} 中的元素同样满足我们所需的性质。而若使用选择公理，我们就可以省略这些证明）。

我们在 3.2 的结尾提到过，命题 3.2.4 是蕴含正则公理的，从而二者等价，现在我们正式地证明如下：

命题 8.4.4：命题 3.2.4 蕴含正则公理。

证明：反证，假设正则公理不成立。那么存在非空集合 $A$，使得对于任意 $x\in A$，x 是集合且 $A\cap x\neq\varnothing$。那么根据选择公理，存在函数 $f:A\to A$，使得对于任意 x\in A 有 $f(x)\in A\cap x$。

任取 $x\in A$，考虑递归定义序列 $x_n$，满足 x_0:=x 且对于任意 n\geq 0 有 $x_{n+1}:=f(x_n)$，该定义是成功的。于是我们构造了一个无限递降的集合序列，矛盾。

选择公理也有很多等价表述，我们列举一些如下：

命题 8.4.5：设命题 Q 为：设 X 和 Y 是集合，且 P(x,y) 是关于任意 x\in X 和 y\in Y 的命题，满足对于任意 x\in X 至少存在一个 y\in Y 使得 P(x,y) 为真。那么存在一个函数 $f:X\to Y$，使得对于任意 x\in X 有 P(x,f(x)) 成立。

那么选择公理和命题 Q 等价。

证明：若选择公理成立：设函数 $F(x):={y\in Y:P(x,y)}$，那么根据选择公理，存在 f:X\to Y 使得对于任意 x\in X 有 $f(x)\in F(x)$，即 P(x,f(x)) 成立。从而命题 Q 成立。

若命题 Q 成立：对于任意 \alpha\in I 和 $y\in \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$，设 P(\alpha,y) 表示 $y\in X_{\alpha}$。那么根据命题 $Q$，可知存在 $x:I\to \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$，使得对于任意 \alpha\in I 有 P(\alpha,x_{\alpha}) 成立即 $x_\alpha\in X_\alpha$。从而选择公理成立。
命题 8.4.6：设命题 Q 为：设 I 是任意集合，且对于任意 $\alpha\in I$，都存在一个非空集合 $X_{\alpha}$。设对于任意不同的 \alpha,\beta\in I 都有 $X_{\alpha}\cap X_{\beta}=\varnothing$。那么存在一个集合 $Y$，使得对于任意 \alpha\in I 有 $\operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=1$。

那么选择公理和命题 Q 等价。

证明：若选择公理成立：存在一个映射 $(x_{\alpha}){\alpha\in I}$，使得对于任意 \alpha\in I 有 $x\alpha\in X_\alpha$。可以证明取 Y=x(I) 是合法的。从而命题 Q 成立。

若命题 Q 成立：考虑令集合 $X'{\alpha}:={(\alpha,x):x\in X{\alpha}}$，显然对于任意不同的 \alpha,\beta\in I 都有 $X'{\alpha}\cap X'{\beta}$，于是存在一个集合 $Y$，使得对于任意 \alpha\in I 都有 $\operatorname{card}(Y\cap X'{\alpha})=1$。设命题 P(\alpha,x) 表示 $(\alpha,x)\in Y\cap X'{\alpha}$，那么对于任意 $\alpha\in I$，恰有一个 x\in \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha} 满足 P(\alpha,x) 成立。于是存在由 P 确定的映射 $f:I\to \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}$，对于任意 \alpha\in I 有 P(\alpha,f_{\alpha}) 即 f_\alpha\in X_\alpha 成立。从而选择公理成立。
命题 8.4.7：设命题 Q 为：设 A,B 是集合，若存在满射 $g:B\to A$，那么存在单射 f:A\to B 且满足对于任意 a\in A 有 $g(f(a))=a$。

那么选择公理和命题 Q 等价。

证明：若选择公理成立：存在一个映射 $f:A\to B$，使得对于任意 a\in A 都有 $f(a)\in {b\in B:g(b)=a}$，那么显然 f 满足条件。从而命题 Q 成立。

若命题 Q 成立，考虑证明命题 8.4.6 中所述的命题 $Q$（为避免混淆记为命题 $R$）成立：对于任意 x\in \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha} 和任意 $\alpha\in I$，设 P(x,\alpha) 表示 $x\in X_{\alpha}$，那么 P 满足垂线判别法，于是存在由 P 确定的函数 $g:\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}\to I$，且容易证明 g 是满射。根据命题 $Q$，应存在单射 f:I\to \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha} 且对于任意 \alpha\in I 有 $g(f(\alpha))=\alpha$，即 $f(\alpha)\in X_{\alpha}$。可以证明取 Y=f(I) 是合法的。从而命题 R 成立。

还有一些其他的等价描述，它们与序集密切相关，我们将在 8.5 中阐述。

8.5 序集

序集理论是集合论中的重要分支，我们之前已经了解了序集的不少例子，现在我们来正式地介绍序集。我们暂只介绍偏序集、全序集、良序集三种序集。

定义 8.5.1（偏序集）：偏序集是一个序偶 $(X,\leq_X)$，其中 X 是一个集合，\leq_X 称为序关系，是在 X 上有定义（注意不是 “定义在 X 上的”）的遵从如下性质的二元关系（即对于任意 $x,y\in X$，x\leq y 要么为真，要么为假）：
- 自反性：对于任意 x\in X 有 $x\leq_X x$。
- 反传递性：若 x,y\in X 满足 x\leq _X y 且 $y\leq_X x$，则 $x=y$。
- 传递性：若 x,y,z\in X 满足 x\leq_X y 且 $y\leq_X z$，则 $x\leq_X z$。
称 x<_Xy 当且仅当 x\leq_X y 且 $x\neq y$。容易证明 <_X 也满足传递性。

一般我们在明确定义的情况下，用 \leq 代替 $\leq_X$，用 < 代替 $<_X$。

有时，不严谨地，在 \leq 的定义明显时，我们会把 X 直接叫作偏序集。下述定义中也有类似的情况。

定义 8.5.2（全序集/链）：设 (X,\leq) 是偏序集。称其是全序集，当且仅当对于任意 $x,y\in X$，x\leq y 和 y\leq x 中有至少一个为真。
定义 8.5.3（极小元和极大元）：设 (X,\leq) 是偏序集。称 x 是 (X,\leq) 的极小元，当且仅当 x\in X 且不存在 y\in X 使得 $y<x$。称 x 是 (X,\leq) 的极大元，当且仅当 x\in X 且不存在 y\in X 使得 $y>x$。
定义 8.5.4（良序集）：设 (X,\leq ) 是全序集。称其是良序集，当且仅当对于任意 Y\subseteq X 满足 Y 非空，(Y,\leq) 都有极小元。

各种序集有很多基本性质，我们罗列其中几个如下：

引理 8.5.5：设 (X,\leq) 是偏序集，那么对于任意 $Y\subseteq X$，(Y,\leq) 也是偏序集。

设 (X,\leq) 是全序集，那么对于任意 $Y\subseteq X$，(Y,\leq) 也是全序集。

设 (X,\leq) 是良序集，那么对于任意 $Y\subseteq X$，(Y,\leq) 也是良序集。

证明：根据定义可知。
引理 8.5.6：设 (X,\leq) 是全序集，那么 (X,\leq) 至多只能有一个极小元，且若 x 是 (X,\leq) 的极小元，那么对于任意 y\in X 有 $x\leq y$。

对于极大元也有类似的结论。
引理 8.5.7：设 (X,\leq) 是全序集且 X 是有限的，那么 (X,\leq) 为良序集。

证明：通过归纳证明每个有限全序集都存在极小元（和极大元）。

根据引理 8.1.2，我们知道 \mathbb N 是良序集。而良序集其实都和 \mathbb N 一样有类似的归纳性质：

命题 8.5.6（强归纳原理）：设 (X,\leq) 是良序集，且 P(n) 是关于任意 n\in X 的命题。假设对于任意 n\in X 都有 “若对于任意 m\in X 且 m<n 都有 P(m) 是真的，那么 P(n) 是真的”。那么对于任意 $n\in X$，P(n) 是真的。

证明：考虑集合 ${n\in X:\lnot P(n)}$，若它非空，则存在极小元 $n$，发现对于任意 m\in X 且 $m<n$，P(m) 都是真的（否则 m\in X 而 n 不是极小元，矛盾），于是 P(n) 也应是真的，矛盾。

但良序集并不都是至多可数的，见命题 8.5.13 良序原理。

定义 8.5.7（上界及严格上界）：设 (X,\leq) 是偏序集。

称 M 是 (X,\leq) 的上界，当且仅当对于任意 x\in X 都有 $x\leq M$。

称 M 是 (X,\leq) 的严格上界，当且仅当 M 是 (X,\leq) 的上界且对于任意 x\in X 有 $x\neq M$，即对于任意 x\in X 都有 $x<M$。

我们介绍一个实用的引理：佐恩引理。

引理 8.5.8：设 (X,\leq) 是偏序集。那么对于任意 $x_0\in X$，存在一个良序集 $Y\subseteq X$，它以 x_0 为极小元，且没有 X 内的严格上界（不存在 M\in X 且 M 是 Y 的严格上界）。

证明：反证。设 $A:={Y\in 2^X:Y\text{是良序集且以}x_0\text{为极小元}}$，假设对于任意 $Y\in A$，Y 都有 X 内的严格上界。根据选择公理，对于任意 $Y\in A$，我们可以指定一个 $s(Y)\in X$，使得 s(Y) 是 Y 的严格上界。

考虑集族 $\Omega:={Y\in A:\text{对于任意}x\in Y\text{且}x\neq x_0\text{，有}x=s({y\in Y:y<x})}$。注意 ${x_0}\in\Omega$，故 \Omega 非空。

直观上的理解是：我们将所有从 \{x_0\} 开始的、通过不断添加 s(Y) 而形成的所有集合都给放进了 \Omega 内。然后我们要做的事情就是，把 \Omega 中所有的集合并起来得到一个集合 $Y_{\infty}$，它应当是 \{x_0\} 通过 s(Y) 能到达的所有点，然后我们说明 Y_{\infty} 是良序集且以 x_0 为极小元，从而也应有严格上界 $s(Y_{\infty})$，然后再说明 s(Y_{\infty})\in Y_{\infty} 引出矛盾。接下来我们将严谨地说明这些。

我们先说明 (\Omega,\subseteq) 是全序集。我们只需说明对于任意 $Y,Y'\in \Omega$，一定有 Y\subseteq Y' 或 $Y'\subseteq Y$。

反证，若不满足，则有 Y\cap Y'\neq Y 且 $Y\cap Y'\neq Y'$，即 Y\setminus{Y'} 和 Y'\setminus Y 均非空。考虑证明 s(Y\cap Y')\in Y 且 $s(Y\cap Y')\in Y'$，从而 $s(Y\cap Y')\in Y\cap Y'$，引出矛盾。

由于 Y\setminus Y' 非空，故存在极小元 $k$（注意 $k\neq x_0$），那么 ${y\in Y:y<k}=Y\setminus (Y\setminus Y')=Y\cap Y'$。那么 $s(Y\cap Y')=s({y\in Y:y<k})=k\in Y$。同理可证 $s(Y\cap Y')\in Y'$。

于是 (\Omega,\subseteq) 是全序集。设 $Y_{\infty}:=\bigcup \Omega$，那么 x_0 是 Y_{\infty} 的极小元且 Y_{\infty} 非空。

先考虑证明 (Y_{\infty},\leq) 是全序集。设任意 $x,x'\in Y_{\infty}$，那么存在 Y,Y'\in \Omega 使得 x\in Y 且 $x'\in Y'$，由于 Y\subseteq Y' 和 Y'\subseteq Y 中至少一个成立，那么 x,x' 都同在 Y 内或同在 Y' 内，于是 x\leq x' 和 x'\leq x 中至少一个为真。

再证 (Y_{\infty},\leq) 是良序集。设任意非空集合 $S\subseteq Y_{\infty}$，那么存在 $b\in S$，那么存在 Y\in \Omega 使得 $b\in Y$。考虑 $S\cap Y$，它有元素 $b$，是非空的，那么令 a 为 S\cap Y 的极小元。

然后考虑证明 a 为 S 的极小元：设任意 $c\in S$，那么存在 Y'\in\Omega 使得 $c\in Y'$。若 $c\in Y$，则 $c\in S\cap Y$，故 $a\leq c$；若 $c\not\in Y$，则 $Y\subsetneq Y'$，在上面我们知道 Y'\setminus Y 的极小元是 Y 的严格上界，又由于 c\in Y'\setminus Y 且 $a\in Y$，于是 $a<c$。

于是 (Y_{\infty},\leq) 是良序集，又 x_0 是 Y_{\infty} 的极小元，故 $Y_{\infty}\in A$。

考虑证明 $Y_{\infty}\in\Omega$。设任意 x\in Y_{\infty} 且 $x\neq x_0$，那么存在 Y\in\Omega 使得 $x\in Y$。那么 $s({y\in Y:y<x})=x$，只需证明 \{y\in Y:y<x\}=\{y\in Y_{\infty}:y<x\} 即可：若 y\in Y_{\infty} 且 y<x 但 $y\not\in Y$，设 $y\in Y'$，则 $Y\subsetneq Y'$，类似地，由于 y\in Y'\setminus Y 且 $x\in Y$，有 $x<y$，矛盾。

那么容易证明，也有 Y_{\infty}\cup s(Y_{\infty})\in A 和 $Y_{\infty}\cup s(Y_{\infty})\in \Omega$，于是 $s(Y_{\infty})\in Y_{\infty}$。证毕。
引理 8.5.9（佐恩引理）：设 (X,\leq) 是非空偏序集。若对于任意 Y\subseteq X 且 (Y,\leq) 是全序集，都存在 X 内的上界，那么 X 至少含有一个极大元。

证明：任选 $x_0\in X$，根据引理 8.5.8，存在一个良序集 $Y\subseteq X$，它以 x_0 为极小元，且没有 X 内的严格上界。又由于 Y 有 X 内的上界，于是存在 $x\in Y$，使得对于任意 y\in Y 都有 $y\leq x$。然后不存在 M\in X 使得 $x<M$，否则 M 是 Y 的一个严格上界，矛盾。

我们给出佐恩引理的一个应用：

引理 8.5.10：设 A,B 是两个非空集合，那么 \operatorname{card}A\leq \operatorname{card}B 和 \operatorname{card}B\leq \operatorname{card}A 两者中至少一者成立。

证明：不妨假设 $\operatorname{card}A\not\leq \operatorname{card}B$，只需证 $\operatorname{card}B\leq \operatorname{card}A$。

考虑集合 $F:=\left{f\in\bigcup\limits_{S\in 2^B}A^S:f\text{是单射}\right}$，那么 F 非空，因为存在单射 $\varnothing\to A$。易证存在函数 $D:F\to 2^B$，使得 D_f 表示 f 的定义域。

定义在 F 上的关系 $\leq$：对于任意 $f,g\in F$，定义 f\leq g 当且仅当 D_f\subseteq D_g 且对于任意 b\in D_f 有 $f(b)=g(b)$。

容易证明，(F,\leq) 构成一个偏序集。

注意到一个事实：对于任意 f\in F 满足 $D_f\neq B$，有 f 肯定不是 F 的极大元。因为 f 肯定不是满射（否则 f 为双射，那么 f^{-1} 为 A\to D_f 的单射，从而存在 A\to B 的单射，矛盾），那么任取 b\in B\setminus D_f 和 a\in A\setminus f(D_f) 并在 f 的基础上新令 b 对应的函数值为 a 即可得到 D_f\cup\{b\}\to A 的单射 $f'$，从而 f<f' 且 $f'\in F$。

这意味着，若 (F,\leq) 存在极大元，那么极大元只有可能是 B\to A 的单射。于是我们只需说明 (F,\leq) 存在极大元即可。

考虑使用佐恩引理。设 F'\subseteq F 且 (F',\leq) 是全序集，需证明 F' 存在 F 内的上界。

设 $S=\bigcup\limits_{f\in F'}D_f$。对于任意 $b\in S$，显然 \{f\in F':b\in D_f\} 非空，利用选择公理从中任选一个，记为 $f_b$。然后定义函数 g:S\to A 满足对于任意 b\in S 有 $g(b):=f_b(b)$。可以证明 g 是单射（那么 $g\in F$）且 g 是 F' 的上界，从而 g 是 F' 在 F 内的上界。证毕。

根据引理 8.5.10，延续 8.3 中的叙述，如果我们承认选择公理，那么集合关于基数比较构成 “全序关系”。

利用佐恩引理，我们可以证明许多定理都和选择公理是等价的。我们介绍如下：

命题 8.5.11：选择公理和佐恩引理等价。

证明：考虑在假设佐恩引理成立的前提下，证明命题 8.4.6 中的命题 Q 成立，从而得到选择公理成立。

设集合 $S:=\left{Y\in 2^{\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha}}:\forall_{\alpha\in I},\operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=0\lor\operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=1\right}$。

容易证明，若 (S,\subseteq) 存在极大元 $Y$，那么应该对于任意 \alpha\in I 有 $\operatorname{card}Y\cap X_{\alpha}=1$。从而考虑利用佐恩引理说明 S 存在极大元。

考虑任意 T\subseteq S 满足 (T,\subseteq) 是全序集。设 $M=\bigcup T$，显然对于任意 Y\in T 有 $Y\subseteq M$，即 M 是 (T,\subseteq) 上界。

而若存在 $\alpha\in I$，使得存在不同的 $a,b\in M\cap X_{\alpha}$，不妨设 a\in Y_a,b\in Y_b 且 $Y_a,Y_b\in T$，不妨设 $Y_a\subseteq Y_b$，那么 $a,b\in Y_b\cap X_{\alpha}$，这与 Y_b\in S 矛盾，从而有 \operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=0 或 $\operatorname{card}(Y\cap X_{\alpha})=1$，那么 $M\in S$。

那么 M 是 (T,\subseteq) 在 S 内的上界。证毕。
命题 8.5.12：豪斯多夫极大原理（任意偏序集一定存在极大全序子集）：设 (X,\leq) 是偏序集，$S:={Y\in 2^X:(Y,\leq)\text{是全序集}}$。那么 (S,\subseteq) 存在极大元。

那么佐恩引理和豪斯多夫极大原理等价。

证明：假设佐恩引理成立：考虑任意 T\subseteq S 满足 (T,\subseteq) 是全序集。设 $M=\bigcup T$，显然对于任意 Y\in T 有 $Y\subseteq M$，即 M 是 (T,\subseteq) 的上界。

而对于任意 $a,b\in M$，不妨设 a\in Y_a,b\in Y_b 且 $Y_a,Y_b\in T$，不妨设 $Y_a\subseteq Y_b$，那么 $a,b\in Y_b$，从而必有 a\leq b 或 $b\leq a$，从而 M 是 X 的全序子集，从而 $M\in S$，那么 M 是 (T,\subseteq) 在 S 内的上界。根据佐恩引理，(S,\subseteq) 存在极大元，从而豪斯多夫极大原理成立。

假设豪斯多夫极大原理成立：那么存在 $Y\subseteq X$，使得 (Y,\leq) 是全序集，且不存在 Y'\subseteq X 满足 (Y',\leq) 也是全序集且 $Y\subsetneq Y'$。

根据佐恩引理的假设，(Y,\leq) 应当存在 X 内的上界 $M$。那么对于任意 y\in Y 有 $y\leq M$。而且不存在 M'\in X 使得 $M'>M$，否则 Y\cup\{M\} 也是全序集，矛盾。那么 M 是 X 的极大元，从而佐恩引理成立。
命题 8.5.13：良序原理：设 X 是集合，那么存在定义在 X 上的关系 \leq 使得 (X,\leq) 是良序集。

那么选择公理和良序原理等价。

证明：假设选择公理成立（该段证明较长，但是应该无困难的阅读障碍）：设
```
\Omega:=\bigcup_{Y\in 2^X}\bigg\{(Y,\leq):\ \leq\ \in \{0,1\}^{Y\times Y},(Y,\leq)\text{是良序集}\bigg\}
```
这里，某个定义在 Y 上的关系 \leq 被看做 Y\times Y\to \{0,1\} 的一个二元函数，其中 0 代表假，1 代表真。

对于 $(Y,\leq),(Y',\leq')\in \Omega$，称 (Y,\leq) 是 (Y',\leq') 的一个前段，记作 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$，当且仅当存在 x\in Y' 使得 $Y={y\in Y':y<'x}$（从而 $Y\subsetneq Y'$），且对于任意 y,y'\in Y 有 $y\leq y'\iff y\leq' y'$。称 $(Y,\leq)\preceq(Y',\leq')$，当且仅当 (Y,\leq)=(Y',\leq') 或 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$。可以证明 (\Omega,\preceq) 是偏序集。

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 $(Y,\leq)\prec(Y',\leq')$。

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。

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。

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 $y_1\leq_1y_2$。

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。

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。

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。

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 $y_{\min}$。

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。

那么 (U,\leq_U) 是良序集，且 $(U,\leq_U)\in \Omega$。

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 $Y={y<'x:y\in Y'}$。

现证明 ${y<'x:y\in Y'}={y<_Ux:y\in U}$：显然任意左集元素属于右集，而对于任意右集元素 $y$，只需证明 y\in Y' 即可。若 $y\not\in Y'$，存在 (Y'',\leq'')\in S 使得 $y\in Y''$，那么应有 $Y'\prec Y''$，那么应存在 x'\in Y'' 使得 $Y'={z<''x':z\in Y''}$，那么应有 $x<''x'$，而 $y<_Ux\implies y<''x$，从而 $y<''x'\implies y\in Y'$，矛盾。

那么我们证明了 $Y={y<'x:y\in Y'}={y<_Ux:y\in U}$，那么 $(Y,\leq)\prec (U,\leq_U)$。

从而 (U,\leq_U) 是 (S,\preceq) 在 \Omega 内的上界。根据佐恩引理，(\Omega,\preceq) 存在极大元，那么存在良序集 $(X,\leq)$。从而良序原理成立。

假设良序原理成立：存在定义在 \bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha} 的关系 \leq 使得 (\bigcup_{\alpha\in I}X_{\alpha},\leq) 是良序集。那么定义函数 x_{\alpha}:=\min(X_{\alpha}) 即可，其中 \min(X_{\alpha}) 表示 (X_\alpha,\leq) 的最小元。
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 $A\cap C\neq\varnothing$。

那么选择公理和命题 Q 等价。

证明：假设选择公理成立：设 $U:={S\in 2^\Omega:\forall_{A,B\in S},A\cap B=\varnothing}$。

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 $S'$。

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。

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 $K\in U$。

于是 K 是 (V,\subseteq) 在 U 内的上界。根据佐恩引理，(U,\subseteq) 存在极大元。证毕。

假设命题 Q 成立，考虑证明命题 8.4.6 中所述的命题 $Q$（为了避免混淆记为命题 $R$）成立：设 $\Omega:=\bigcup\limits_{\alpha\in I}\bigg{\big{\big(0,\alpha),(1,x)\big}:x\in X_{\alpha}\bigg}$。

那么存在 $\Omega'\subseteq \Omega$，使得对于任意 A,B\in\Omega' 有 $A\cap B=\varnothing$，且对于任意 A\in\Omega 都存在 C\in\Omega' 使得 $A\cap C\neq\varnothing$。

令 $Y:={x:{(0,\alpha),(1,x)}\in \Omega'}$，可以证明该 Y 合法。

结合我们所证明的命题，我们看到如下命题均为等价的：

选择公理
命题 8.4.5 中所述的命题 Q
命题 8.4.6 中所述的命题 Q
命题 8.4.7 中所述的命题 Q
佐恩引理
豪斯多夫极大原理
良序原理
命题 8.5.14 中所述的命题 Q

当然，这也意味着如果我们承认选择公理，我们将得到上述这些实用的推论。

58 KiB Raw Blame History Unescape Escape

第 8 章 无限集合