1 定义: $$\bex \mbox{集合}\sedd{\ba{ll} \mbox{有限集}\\ \mbox{无限集}\sedd{\ba{ll} \mbox{可数集}\\ \mbox{不可数集}:\mbox{ 不是可数集的无限集} \ea} \ea} \eex$$
2 例: $\bbR$ 不可数.
证明: 由于 $\bbR\sim (0,1]$. 我们用仅须用反证法证明 $[0,1]$ 不可数.
若 $$\bex [0,1]=\sed{a_1,a_2,\cdots}, \eex$$
则每个 $a_i$ 有十进制表示:$$\bex a_i=0.a_{i1}a_{i2}\cdots. \eex$$
构造 $$\bex \tilde a=0.a_1a_2\cdots,\quad a_i=9-a_{ii}, \eex$$
则易知 $a\in [0,1]$, 但 $a\neq a_i,\ \forall\ i$. 这是一个矛盾. 故有结论.
注记: 这是著名的 Cantor 对角线法 (Cantor diagonal method).
3 性质:
(1) 以 $c$ 表示 $\bbR$ 的基数 (称为连续基数), 则上例给出 $\overline{\overline{\bbR}}=c>a=\overline{\overline{\bbN}}$.
(2) 由 Bernstein 定理, 所有的 (开、闭、半开半闭、无穷) 区间都基数 $c$.
(3) $\dps{\overline{\overline{A_n}}=c\ra \overline{\overline{\cup_{n=1}^\infty A_n}}=c}$.
证明: 不妨设 $A_i$ 互不相交, 而由 $\overline{\overline{A_n}}=c$ 知再不妨设 $A_n=[n-1,n)$,
而 $$\bex \cup_{n=1}^\infty A_n=[0,\infty) \eex$$
具有连续基数.
(4) $\dps{\overline{\overline{A_n}}=c\ra \overline{\overline{\prod_{n=1}^\infty A_n}}=c.}$
证明: 由 $\overline{\overline{A_n}}=c$ 知不妨设 $A_n=[0,1]$, 而 $$\bex \prod_{n=1}^\infty A_n= [0,1]^\infty =\sed{(a_1,a_2,\cdots); a_i\in [0,1]}. \eex$$
考虑 $\dps{\prod_{n=1}^\infty A_n}$ 到 $[0,1]$ 的映射 $$\bex (a_1,a_2,\cdots)\to a, \eex$$
其中 (又是蛇形串接) $$\bex a_i=0.a_{i1}a_{i2}\cdots,\quad a=0.a_{11}a_{12}a_{21}a_{31}a_{22}a_{13}\cdots. \eex$$
则易知该映射是一一对应, 而有结论.
(5) 实数列全体 $$\bex \bbR^\infty=\sed{(a_1,a_2,\cdots);a_i\in\bbR} \eex$$
具有连续基数 (直接是性质 (4) 的推论).
(6) $\bbR^n (n\geq 1)$ 具有连续基数.
(7) $0-1$ 数列全体 $$\bex \sed{0,1}^\infty= \sed{(a_1,a_2,\cdots);a_i=0\mbox{ 或 }1} \eex$$
具有连续基数.
证明: 我们有 $\sed{0,1}^\infty$ 到 $[0,1]$ (二进制表示) 的一一对应: $$\bex (a_1,a_2,\cdots)\to 0.a_1a_2\cdots\in [0,1]. \eex$$
(8) 可数集 $A$ 的所有子集构成的集族 $2^A$ 的基数为 $c$.
证明: 设 $$\bex A=\sed{a_1,a_2,\cdots} \eex$$
为可数集. 考虑如下 $2^A$ 到 $\sed{0,1}^\infty$ 的映射: $$\bex B\mapsto (a_1,a_2,\cdots), \eex$$
其中 $\dps{a_i=\sedd{\ba{ll} 1,&a_i\in B\\ 0,&a_i\not\in B \ea}}$. 则该映射是一一对应. 据性质 (7) 即知结论.
(9) 整数列全体 $$\bex \bbZ^\infty=\sed{(a_1,a_2,\cdots);a_n\in\bbZ} \eex$$
具有连续基数.
证明: 由 $\sed{0,1}^\infty \subset \bbZ^\infty\subset\bbR^\infty$ 即知结论.
(10) $c$ 个具有连续基数的集的并的基数为 $c$: $$\bex \overline{\overline{A_\lambda}}=c,\ \forall\ \lambda\in \vLa,\quad \overline{\overline{\vLa}}=c\ra \overline{\overline{\cup_{\lambda\in \vLa}A_\lambda}}=c. \eex$$
证明: 由题意, 不妨设 $$\bex A_\lambda=\bbR\times \sed{\lambda},\quad \lambda\in \vLa=\bbR, \eex$$
而 $\dps{\cup_{\lambda\in\vLa}A_\lambda=\bbR^2}$.
4 思考: 有没有最大的基数? 答案: 否!
(1) 无最大基数定理:
设 $M$ 是一个集合, $\mu$ 为 $M$ 的所有子集构成的集族, 则 $\overline{\overline{\mu}}>\overline{\overline{M}}$.
证明: 由 $$\bex M\ni x\mapsto \sed{x}\in \mu \eex$$
知 $\overline{\overline{M}}\leq \overline{\overline{\mu}}$. 往用反证法证明结论. 若 $\overline{\overline{M}}=\overline{\overline{\mu}}$ (其中的一一对应为 $f$), 则
考虑 $$\bex \tilde M=\sed{\alpha\in M;\ \alpha\not\in f(\alpha)}\in \mu. \eex$$
于是 $$\bex \exists\ \tilde \alpha\in M,\st f(\tilde \alpha)=\tilde M. \eex$$
考察 $\tilde \alpha$ 与 $\tilde M$ 的属于、不属于关系.
若 $\tilde \alpha\in \tilde M=f(\tilde \alpha)$, 则由 $\tilde M$ 的定义, $\tilde \alpha\not\in \tilde M$;
若 $\tilde \alpha\not\in \tilde M=f(\tilde\alpha)$, 则也由 $\tilde M$ 的定义, $\tilde \alpha\in \tilde M$.
总而言之, 我们得到矛盾, 而有结论.
