第四节 不可数无穷集
第一章 集合及其基数
,]10[ 11 Ix 的闭区间，记为含点三等分，取其中一个不，将
,221 IxI 的闭区间，记为含点三等分，取其中一个不再将
?? ????? nIII 21]1,0[
闭区间套：这样继续下去得到一个
),2,1(,,31|| ???? nIxI nnnn
1 不可数集的存在性 (区间 [0,1]是不可数集 )
[ ][ ][ ]
0 1/3 2/3 1
},,,,{ 21 ?? nxxx
证明：假设［ 0,1］是可数集,则 [0,1] 可以写成一个无穷
序列的形式,
,,00 0 xxn n ?使得根据假设，应存在
],1,0[
1
0 ??
?
?
?
n
nIx一点由区间套定理，存在唯
相矛盾。而这与因此有
000
,
1
nn
n
nn IxIx ??
?
?
?
.]1,0[ 不是可数集所以
[ ][ ][ ]
0 1/3 2/3 1
数的进位制简介
? 十进制小数 相应于 对 [0,1]十等分
? 二进制小数 相应于 对 [0,1]二等分
? 三进制小数 相应于 对 [0,1]三等分
说明：对应 [0,1]十等分的 端点 有两种表示，如
0.2000000…
0.1999999… （ 十进制小数 ）
第一次十等分确定第一位小数
第二次十等分确定第二位小数
不可数集的存在性的另一种证明
证明：假设（ 0,1）是可数集,则 （ 0,1） 可以写成一个无穷
序列的形式,
把每个数写成正规小数（不能以 0为循环节）
},,,,{ 21 ?? nxxx
1 1 1 1 2 1 3 1 40.x a a a a?
2 2 1 2 2 2 3 2 40.x a a a a?
3 3 1 3 2 3 3 3 40.x a a a a?
4 4 1 4 2 4 3 4 40.x a a a a?
?????,,,
令 x=0.a1a2a3a4…
其中
12
11{
?
?? nnnn
a
ana
则得到矛盾，所以
(0,1)是不可数集。
定义：与 [0,1]区间对等的集合称为连续势集,
其势记为, 显然,
???? 0n?
例,1） R~ (0,1) ~ [0,1] ~ [0,1) ~ R+~ <a,b> (a<b)
.,,00 ABABA ????? ?则 若
2 连续势集的定义
2）无理数集为连续势集
（无理数要比有理数多得多，同理超越数要比代数数多得多）
???? AxxxxA in 则定理：设 ) },1,0(:),,,,{( 21 ??
),,()(,10,?xxxA ?? ?? ），（首先考虑映射证明
?
??
321
21
.0
),,,,,(
iiiii
n
xxxxx
xxxxA
?
?
：表示成十进制无穷小数把每个
中的任意元素另一方面，对于
3 连续势集的性质（卡氏积）
（ 1） 有限个, 可数个 连续势的卡氏积仍为连续势集
,0 1
( 0,1 ) ~ ( ( 0,1 ) ),
A
AA
?
?
?
? ? ?
容 易 验 证 （, ） 是 单 射,
所 以 因 此
?2213122111.0)(
),1,0(:
xxxxxx
A
?
?
?
?作映射
B e r n s t e i n A ??再 由 定 理 可 知
( 0,1 )
~ ( ) ( 0,1 ),
A
A A A
?
?
?
? ? ?
容 易 验 证, 是 单 射,
所 以 因 此
1 2 3,,,0 1 2 9 9
0
i i ix x x其 中 是,,,, 中 的 一 个 数, 不 全 为
且 不 以 为 循 环 节 。
?1312111,0 xxxx ?
?2322212,0 xxxx ?
?3332313,0 xxxx ?
??
?的势为 空间维 nRE u c l i dn
1874年 Cantor考虑 R 与 Rn的对应关系，并企图证
明这两个集合不可能构成一一对应，过了三年,
他证明了一一对应关系是存在的，从而说明 Rn具
有连续基数, 他当初写信给 Dedekind说,
“我看到了它，但我简直不能相信它”,
?
推论
平面与直线有“相同多”的点
连续势集的性质（并集）
? 连续势集的（有限个，可数个，连续势个）
并仍为连续势集
),0(],1(~
11
??????
?
?
?
?
nnA
nnn
( ]( ] ( ]
0 1 2 n-1 n
( ]( ] ( ]
0 1 2 n-1 n
11
~ ( 1,] ( 0,]
nn
iiiA i i n??? ? ? ?
2}|),{(~ RRxyxA
RyyRy
????
??
y
.2,AAC a n t o r A ?，则是一个任意的非空集合设定理
2,
~ { { }, } 2,
A
A
A
A a a A??
证 明, 首 先 与 的 一 个 子 集 对 等 是 显 然 的
只 要 考 虑 即 可
AAA AAA 2~:2,2~ ?上的一一映射到则存在假设
4 无最大势定理
从而说明无限也是分很多层次，且不存在最大的集合,
*** )(,AaAa ?? ?使得因此存在
的关系与现在考虑 ** Aa
****** )(,1 AaaAAa ??? ?的定义，应有则由若?
* * * * * *2 ( ),a A a A a A?? ? ?若 则 由 的 定 义, 应 有
.2 AA ?这是矛盾的，所以
AAAA 2** ?的子集，即是由于
)}(,:{* aaAaaA ????令, ~ 2 AA?
此证为对角线方法，与 (0,1)
是不可数集的证明比较。
尽管 Cantor 在 1883年就证明了这个定理，但直到 1899
年 Cantor 才发现，这个定理本身与他给出的集合的定义
有矛盾，即所谓的 Cantor 的最大基数悖论,
得到了矛盾。
这样就因此中，所以的任意元素已在
的定义知，另一方面，由定理，根据记为
集合，在一起，也能组成一个认为把所有的集合汇总
,2,22;2.
MMM
MMC a n t o rM
C a n t o r
MMM
M
??
?
因此 Cantor在 1899年给 Dedekind 的一封信中曾指出,人们
要想不陷于矛盾的话,就不能谈论由一切集合所组成的集合,
集合悖论
1
()
{ 0 1 },( ) ;
3
,{ 0 1 } [ 0,1 ] { 0 1 }
N
n
n
NN
n
f
f
?
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?
?
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? ? ?
?对 任 意 的, 令
易 知, 是 单 射, 所 以,
)2(}10{2 0????? 即：，或定理 RR NN
证明：由于 N的子集全体与特征函数全体存在一一对
应关系, 故 2N 与 {0,1}N对等；下证,
??N}10{,
说明：相当于把 对应到一个三进制小数 ?)3()2()1(.0 ????
5 可数势与连续势
思考：为什么不用二进制。
N上的特征函数全体
1
1 2 3
(0,1 ),,0,1 1
2
( 0 )
n
nn
n
a
x x a
x a a a
?
?
? ? ? ??另 一 方 面, 对 设 （ 有 无 穷 多 ）
即, 将 写 成 二 进 制 小 数 0., 且 要 求 不 以 为 循 环 节
1 2 3 1 2 3
,( 0,1 ) { 0,1 }
{ 0,1 },( ),1,2,3,
(,,,) )
N
N
n
g
x n a n
a a a a a a
??
?
? ? ?
作
其 中
即 将 小 数 0,对 应 到 序 列 （
( 0,1 ) { 0,1 } 2NNg ? ? ?易 证, 是 单 射, 因 此
??NB e r n s t e i n 2定理知：由
Hilbert在 1900年第二届国际数学家大会上
将它列为二十三个难题的第一个问题。
注记,
从前面我们已经看到,
020 ??????n
Cantor认为在 之间不存在别的基数,
即不存在这样的集合 A,使得
但 Cantor证明不了,这就是著名的 Cantor连续统假设。
?? 与0
???? A0
连续统假设
在 Zermelo-Frankel公理集合论体系下
参见：, 数学与哲学, 张景中,,数理逻辑概貌, 莫绍揆
ZF公理集合论体系下的连续统假设
1940年 Godel证明了连续统假设的相容性
（即不能证明它不真）；
1962年 Stanford大学的 P.J.Cohen证明了它的独立性
（即不能用其他公理证明它真）；
2121
21
22112121
)1
,
,,,,,,
??
????
??
??
??
AA
AA
AAAA
?
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记
而且使得取集合设有基数
2121
22112121
)2
,,,,,,
??
????
???
??
AA
AAAA
记
使得取集合设有基数
6 基数的运算;},:|{)3 ????? BB AABffA 记设
,,,,,,???? ?? AABA 使得取集合设有基数
对一些记号的说明
}|),,,{(
}},,3,2,1{:{
21
},321{
RxxxxRn
RnfR
in
n
?
??
?
??
的卡氏积个可看成
，，，
2 { 0 1 }AA与, 间 存 在 一 一 对 应
（ 一 个 子 集 对 应 到 其 相 应 特 征 函 数 ）
的映射全体，，到表示，
的子集全体，表示
}10{}10{
2
A
A
A
A
}|),,{(
}},3,2,1{:{
21 RxxxRRR
RfR
i
N
????
??
??
?
的卡氏积可看成可数个
如
的卡氏积）个的映射全体（到表示 BABAB A
思考：如何推广
不可数个 集合的
卡氏积？
第五节 半序集
第一章 集合
主讲：胡努春
1 半序集
数学三大母结构（ Bourbaki学派观点）,
拓扑结构（邻近关系），代数结构（运算关系）,
序结构（顺序关系）（测度（长度、面积、体积））
例：对实数集 R有远近关系，四则运算，大小顺序，区间有长度
半序集定义
aa ?
baabba ?则若,,??
cacbba ??? 则若,,
⑴ 自反性,
⑵ 反对称性,
⑶ 传递性,
? 则称 A按 成一半序集（偏序集）。
?设 A是一集合,为 A中的某些元素的关系
且满足,
例
⑴ 是一半序集,
⑵ 是一半序集,
),( ?R
),2( ?R
2 Zorn引理与选择公理
),( ?AZorn引理：设 是一偏序集,A中的
每个全序子集有上界，则 A必有极大元。
???? }{A
?? AB ????,
选择公理：设 为一簇两两不交的
非空集簇，则存在一集 B使得
是单元素集。
对选择公理的说明
? 利用选择公理,Banach在 1924年证明了分
球定理，即一个闭球 U可分解成两个互不相
交的集合 A,B且 U与 A可 由相同多的有限
多个互相合同的子集并成,U与 B可由相同
多的有限多个互相合同的子集并成；粗略
来说即可 把一个球 U分解成两个与 U具有同
样体积的球 A和 B。
（见：王世强, 数理逻辑与范畴论应用, ）
选择公理的说明
? 通俗讲，假如有无限双鞋子，则我们有一规则，
从每双鞋子中取出左脚穿的 鞋子,其总体构成
一集合；但若是无限双 袜子,由于袜子不分左
右，所以就有多种选择，要承认这种 成员不确
定 的集合存在，就要引用选择公理。数学中许
多重要定理的证明都需要用到选择公理，如
Lebesgue不可测集的存在，拓扑空间紧性 的
Tychonoff定理等。
注：关于选择公理的一些等价命题，可参见
,一般拓扑学, （ J.L.Kelly p34）
第一章 集合及其基数
,]10[ 11 Ix 的闭区间，记为含点三等分，取其中一个不，将
,221 IxI 的闭区间，记为含点三等分，取其中一个不再将
?? ????? nIII 21]1,0[
闭区间套：这样继续下去得到一个
),2,1(,,31|| ???? nIxI nnnn
1 不可数集的存在性 (区间 [0,1]是不可数集 )
[ ][ ][ ]
0 1/3 2/3 1
},,,,{ 21 ?? nxxx
证明：假设［ 0,1］是可数集,则 [0,1] 可以写成一个无穷
序列的形式,
,,00 0 xxn n ?使得根据假设，应存在
],1,0[
1
0 ??
?
?
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n
nIx一点由区间套定理，存在唯
相矛盾。而这与因此有
000
,
1
nn
n
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?
.]1,0[ 不是可数集所以
[ ][ ][ ]
0 1/3 2/3 1
数的进位制简介
? 十进制小数 相应于 对 [0,1]十等分
? 二进制小数 相应于 对 [0,1]二等分
? 三进制小数 相应于 对 [0,1]三等分
说明：对应 [0,1]十等分的 端点 有两种表示，如
0.2000000…
0.1999999… （ 十进制小数 ）
第一次十等分确定第一位小数
第二次十等分确定第二位小数
不可数集的存在性的另一种证明
证明：假设（ 0,1）是可数集,则 （ 0,1） 可以写成一个无穷
序列的形式,
把每个数写成正规小数（不能以 0为循环节）
},,,,{ 21 ?? nxxx
1 1 1 1 2 1 3 1 40.x a a a a?
2 2 1 2 2 2 3 2 40.x a a a a?
3 3 1 3 2 3 3 3 40.x a a a a?
4 4 1 4 2 4 3 4 40.x a a a a?
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令 x=0.a1a2a3a4…
其中
12
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则得到矛盾，所以
(0,1)是不可数集。
定义：与 [0,1]区间对等的集合称为连续势集,
其势记为, 显然,
???? 0n?
例,1） R~ (0,1) ~ [0,1] ~ [0,1) ~ R+~ <a,b> (a<b)
.,,00 ABABA ????? ?则 若
2 连续势集的定义
2）无理数集为连续势集
（无理数要比有理数多得多，同理超越数要比代数数多得多）
???? AxxxxA in 则定理：设 ) },1,0(:),,,,{( 21 ??
),,()(,10,?xxxA ?? ?? ），（首先考虑映射证明
?
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321
21
.0
),,,,,(
iiiii
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xxxxx
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?
：表示成十进制无穷小数把每个
中的任意元素另一方面，对于
3 连续势集的性质（卡氏积）
（ 1） 有限个, 可数个 连续势的卡氏积仍为连续势集
,0 1
( 0,1 ) ~ ( ( 0,1 ) ),
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容 易 验 证 （, ） 是 单 射,
所 以 因 此
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( 0,1 )
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容 易 验 证, 是 单 射,
所 以 因 此
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且 不 以 为 循 环 节 。
?1312111,0 xxxx ?
?2322212,0 xxxx ?
?3332313,0 xxxx ?
??
?的势为 空间维 nRE u c l i dn
1874年 Cantor考虑 R 与 Rn的对应关系，并企图证
明这两个集合不可能构成一一对应，过了三年,
他证明了一一对应关系是存在的，从而说明 Rn具
有连续基数, 他当初写信给 Dedekind说,
“我看到了它，但我简直不能相信它”,
?
推论
平面与直线有“相同多”的点
连续势集的性质（并集）
? 连续势集的（有限个，可数个，连续势个）
并仍为连续势集
),0(],1(~
11
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A
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证 明, 首 先 与 的 一 个 子 集 对 等 是 显 然 的
只 要 考 虑 即 可
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4 无最大势定理
从而说明无限也是分很多层次，且不存在最大的集合,
*** )(,AaAa ?? ?使得因此存在
的关系与现在考虑 ** Aa
****** )(,1 AaaAAa ??? ?的定义，应有则由若?
* * * * * *2 ( ),a A a A a A?? ? ?若 则 由 的 定 义, 应 有
.2 AA ?这是矛盾的，所以
AAAA 2** ?的子集，即是由于
)}(,:{* aaAaaA ????令, ~ 2 AA?
此证为对角线方法，与 (0,1)
是不可数集的证明比较。
尽管 Cantor 在 1883年就证明了这个定理，但直到 1899
年 Cantor 才发现，这个定理本身与他给出的集合的定义
有矛盾，即所谓的 Cantor 的最大基数悖论,
得到了矛盾。
这样就因此中，所以的任意元素已在
的定义知，另一方面，由定理，根据记为
集合，在一起，也能组成一个认为把所有的集合汇总
,2,22;2.
MMM
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因此 Cantor在 1899年给 Dedekind 的一封信中曾指出,人们
要想不陷于矛盾的话,就不能谈论由一切集合所组成的集合,
集合悖论
1
()
{ 0 1 },( ) ;
3
,{ 0 1 } [ 0,1 ] { 0 1 }
N
n
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易 知, 是 单 射, 所 以,
)2(}10{2 0????? 即：，或定理 RR NN
证明：由于 N的子集全体与特征函数全体存在一一对
应关系, 故 2N 与 {0,1}N对等；下证,
??N}10{,
说明：相当于把 对应到一个三进制小数 ?)3()2()1(.0 ????
5 可数势与连续势
思考：为什么不用二进制。
N上的特征函数全体
1
1 2 3
(0,1 ),,0,1 1
2
( 0 )
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? ? ? ??另 一 方 面, 对 设 （ 有 无 穷 多 ）
即, 将 写 成 二 进 制 小 数 0., 且 要 求 不 以 为 循 环 节
1 2 3 1 2 3
,( 0,1 ) { 0,1 }
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(,,,) )
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作
其 中
即 将 小 数 0,对 应 到 序 列 （
( 0,1 ) { 0,1 } 2NNg ? ? ?易 证, 是 单 射, 因 此
??NB e r n s t e i n 2定理知：由
Hilbert在 1900年第二届国际数学家大会上
将它列为二十三个难题的第一个问题。
注记,
从前面我们已经看到,
020 ??????n
Cantor认为在 之间不存在别的基数,
即不存在这样的集合 A,使得
但 Cantor证明不了,这就是著名的 Cantor连续统假设。
?? 与0
???? A0
连续统假设
在 Zermelo-Frankel公理集合论体系下
参见：, 数学与哲学, 张景中,,数理逻辑概貌, 莫绍揆
ZF公理集合论体系下的连续统假设
1940年 Godel证明了连续统假设的相容性
（即不能证明它不真）；
1962年 Stanford大学的 P.J.Cohen证明了它的独立性
（即不能用其他公理证明它真）；
2121
21
22112121
)1
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而且使得取集合设有基数
2121
22112121
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记
使得取集合设有基数
6 基数的运算;},:|{)3 ????? BB AABffA 记设
,,,,,,???? ?? AABA 使得取集合设有基数
对一些记号的说明
}|),,,{(
}},,3,2,1{:{
21
},321{
RxxxxRn
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n
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的卡氏积个可看成
，，，
2 { 0 1 }AA与, 间 存 在 一 一 对 应
（ 一 个 子 集 对 应 到 其 相 应 特 征 函 数 ）
的映射全体，，到表示，
的子集全体，表示
}10{}10{
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A
A
A
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21 RxxxRRR
RfR
i
N
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的卡氏积可看成可数个
如
的卡氏积）个的映射全体（到表示 BABAB A
思考：如何推广
不可数个 集合的
卡氏积？
第五节 半序集
第一章 集合
主讲：胡努春
1 半序集
数学三大母结构（ Bourbaki学派观点）,
拓扑结构（邻近关系），代数结构（运算关系）,
序结构（顺序关系）（测度（长度、面积、体积））
例：对实数集 R有远近关系，四则运算，大小顺序，区间有长度
半序集定义
aa ?
baabba ?则若,,??
cacbba ??? 则若,,
⑴ 自反性,
⑵ 反对称性,
⑶ 传递性,
? 则称 A按 成一半序集（偏序集）。
?设 A是一集合,为 A中的某些元素的关系
且满足,
例
⑴ 是一半序集,
⑵ 是一半序集,
),( ?R
),2( ?R
2 Zorn引理与选择公理
),( ?AZorn引理：设 是一偏序集,A中的
每个全序子集有上界，则 A必有极大元。
???? }{A
?? AB ????,
选择公理：设 为一簇两两不交的
非空集簇，则存在一集 B使得
是单元素集。
对选择公理的说明
? 利用选择公理,Banach在 1924年证明了分
球定理，即一个闭球 U可分解成两个互不相
交的集合 A,B且 U与 A可 由相同多的有限
多个互相合同的子集并成,U与 B可由相同
多的有限多个互相合同的子集并成；粗略
来说即可 把一个球 U分解成两个与 U具有同
样体积的球 A和 B。
（见：王世强, 数理逻辑与范畴论应用, ）
选择公理的说明
? 通俗讲，假如有无限双鞋子，则我们有一规则，
从每双鞋子中取出左脚穿的 鞋子,其总体构成
一集合；但若是无限双 袜子,由于袜子不分左
右，所以就有多种选择，要承认这种 成员不确
定 的集合存在，就要引用选择公理。数学中许
多重要定理的证明都需要用到选择公理，如
Lebesgue不可测集的存在，拓扑空间紧性 的
Tychonoff定理等。
注：关于选择公理的一些等价命题，可参见
,一般拓扑学, （ J.L.Kelly p34）
