实变函数 第一章集合 第四节不可数集
第四节 不可数集 第一章 集合
1不可数集的存在性(区间[0,1是不可数集) 0 1/3 2/3 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:{x1,x2xn 将[,1]三等分,取其中一个不含点x的闭区间,记为L1, 再将I1三等分,取其中一个不含点x2的闭区间,记为I2 这样继续下去得到一个闭区间套: [0,1]l1l2…n… In=n,xnn,(n=1,2)
[01] , 1 1 将 ，三等分，取其中一个不含点x的闭区间，记为I , 1 2 2 再将I 三等分，取其中一个不含点x 的闭区间，记为I [0,1] I1 I2 In 这样继续下去得到一个闭区间套： , ,( 1,2, ) 3 1 | I n |= n xn I n n = 1 不可数集的存在性(区间[0,1]是不可数集) [ ][ ][ ] 0 1/3 2/3 1 { , , , , } x1 x2 xn 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：
由区间套定理,存在唯一点x∈∩=D1 n 根据假设,应存在n,使得x=x0 因此有xn∈∩1m而这与xmg相矛盾 所以0不是可数集 1/3 2/3
, , 0 0 0 n x x 根据假设，应存在 使得 n = [0,1], 1 0 = n n 由区间套定理，存在唯一点x I 因此有 0 ,而这与 0 0 相矛盾。 1 n n n n n x I x I = 所以[0,1]不是可数集. [ ][ ][ ] 0 1/3 2/3 1
数的进位制简介 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 十进制小数相应于对[O,1]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[O,1]等分 说明:对应[0,1+等分的端点有两种表示,如 0.2000000 0.1999999 (十进制小数)
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{x,x2…,xn 把每个数写成正规小数(不能以0为循环节) O 11120130114 令x=0.a1a2a32∠ 其中 x2=O.2122C2324 2 n ≠1 nn 3=O.d B3101320330134 则得到矛盾,所以 0,1)是不可数集。 =oa, aana 44
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） { , , , , } x1 x2 xn x a a a a 1 11 12 13 14 = 0. x a a a a 2 21 22 23 24 = 0. x a a a a 3 31 32 33 34 = 0. x a a a a 4 41 42 43 44 = 0. , , , 令x=0.a1 a2 a3 a4… 其中 2 1 1 1 { = = n n n n a an a 则得到矛盾，所以 (0,1)是不可数集
2连续势集的定义 定义:与0,1区间对等的集合称为连续势集, 其势记为冈,显然:(a<b 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) 若A≥N。,B≤N,则A∪B=A
定义：与[0,1]区间对等的集合称为连续势集， 其势记为 ， 显然： n 0 例：1）R~ (0,1) ~ [0,1] ~ [0,1) ~ R+~ (a<b) , , . 若A 0 B 0 则A B = A 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）
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 定理:设A={(x1,x2…x2…):x∈(01)则A=N 证明首先考虑映射x:(O)→A,x(x)=(x,x,) 容易验证x:(0)→A是单射, 所以()~x(0,1)cA因此A≥N 另一方面,对于A中的任意元素x=(x,x2…,xn 把每个x表示成十进制无穷小数:x=0x1x2x3
定理：设A ={( x1 , x2 , , xn , ): xi (0,1)},则A = 证明 首先考虑映射（: 0，1）→ A,(x) = (x, x, ) 1 2 3 1 2 0. ( , , , , ), i i i i i n x x x x x A x x x x = = 把每个 表示成十进制无穷小数： 另一方面，对于 中的任意元素 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 A A → 容易验证 （ ，） 是单射， 所以 因此
其中x1,x2,x2…是0,2,…,9中的一个数,不全为9 且不以0为循环节 x1=0.x112x13 x,=0.x1x2,X2 作映射g:A→>(0.1) 3 313233 (x)=0.x1 11-2112~13 容易验证供A→(0,1)是单射, 所以4~(4)c(0,1)因此A≤N 再由 Bernstein定理可知A=N
( ) 0. 11 21 12 13 22 : (0,1), x x x x x x A = → 作映射 再由Bernstein A 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 i 其中x x x 是 ，，， ，中的一个数，不全为 且不以 为循环节。 x1 = 0.x11x12x13 x2 = 0.x21x22x23 x3 = 0.x31x32x33
推论n维 Euclid空间R的势为N 平面与直线有“相同多”的点 1874年 Cantor考虑R与R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 对应关系是存在的,从而说明R具 有连续基数N,他当初写信给Dmd说: “我看到了它,但我简直不能相信它
维 空间 的势为 n n Euclid R 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 n n UA~(-1]=(0., n An~U(n-1,n]=(0,+0) n=1 n=1 ∪A,~∪{(x,y)|x∈R}=R2 a e0 y∈ R
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 ~ ( 1, ] (0, ) 1 1 − = + = = A n n n n n ( ]( ] ( ] 0 1 2 n-1 n ( ]( ] ( ] 0 1 2 n-1 n 1 1 ~ ( 1, ] (0, ] n n i i i A i i n = = − = 2 A ~ {( x, y)| x R} R y R y y R = y