6.3 区间、Cantor 集、稠密性与良序

第 6 章已经用双射、单射、满射和可数性比较集合。本篇要问：实数线的 子集在什么意义下算“大”？长度、基数、逼近和次序衡量的是不同特征。有界 区间可以和整条实数线有相同基数；Cantor 集移走的总长度可以是 1，但仍然 不可数；有理数可以既可数又稠密。

本篇先用双射比较区间与 Cantor 集，再区分稠密性与基数，最后讨论什么 次序能让每个非空子集都有最小元。与选择公理的最后联系会准确陈述； 其中涉及超限递归的证明需要本课程以外的工具。

区间记号与基数

对 $a,b\in R$ 且 $a\le b$，定义

$$[a,b]=\{x\in R\mid a\le x\le b\}.$$

记号 $(a,b)$、$[a,b)$ 和 $(a,b]$ 分别规定严格或非严格的端点条件。 半无限区间也用同样方式定义。这些括号描述集合本身，所以证明集合相等时 不能把它们当作装饰。$(0,1)$ 与 $[0,1]$ 是不同的 $R$ 子集， 但会有相同基数。若 $a=b$，则 $[a,a]=\{a\}$ 是单元素集，而 $(a,a)$、$[a,a)$ 和 $(a,a]$ 都是空集。

考虑以下显式函数

$$f:(0,1)\to R,\qquad f(x)=\frac{2x-1}{x(x-1)}.$$

验证它确实是双射。部分分式分解为

$$f(x)=\frac1x+\frac1{x-1}.$$

若 $0\lt x\lt y\lt 1$，两项都会严格下降，因此 $f(y)\lt f(x)$，所以 $f$ 是单射。对任意 $y\in R$，令

$$x=\frac{2}{y+2+\sqrt{y^2+4}}.$$

分母大于 $2$，所以 $0\lt x\lt1$。代入，或解方程 $yx^2-(y+2)x+1=0$，可验证 $f(x)=y$；因此 $f$ 满射。于是

$$|(0,1)|=|R|.$$

例题

有界性不决定基数

$(0,1)$ 有界且长度为 1，而 $R$ 无界。上面的双射把两者的 元素逐一配对。基数讨论的是双射，不是度量长度。

端点也可以用显式双射处理。定义 $g:[0,1]\to(0,1)$：

$$g(0)=\frac12,\qquad g\left(\frac1n\right)=\frac1{n+2}\ (n\in N,\ n\ge1),$$

对所有其余 $x\in[0,1]$ 令 $g(x)=x$。它把 $0$ 映到 $1/2$，并把 $1,1/2,1/3,\ldots$ 映到 $1/3,1/4,1/5,\ldots$，从而覆盖 $1/2,1/3,1/4,\ldots$； 其他点保持不变。因此 $g$ 是双射，从而 $|[0,1]|=|(0,1)|=|R|$。

更一般地，设区间 $I$ 含有两个不同点。包含映射 $I\hookrightarrow R$ 是单射。取 $u\lt v$ 使 $(u,v)\subset I$。仿射映射

$$t\longmapsto u+(v-u)t$$

与 $f^{-1}:R\to(0,1)$ 复合，就得到单射 $R\hookrightarrow I$。 由 Cantor–Bernstein 定理，

$$|I|=|R|.$$

这涵盖有限开、闭、半闭区间，半无限区间以及 $R$。例外只有空区间 （基数为 $0$）和退化闭区间 $[a,a]$（基数为 $1$）。若 $a\lt b$，仿射映射 $t\mapsto a+(b-a)t$ 可显式处理每一种端点约定。

Cantor 集的构造

令 $C_0=[0,1]$。每一步都从上一阶段保留的每个闭区间移走中间的 开三分之一：

$$C_1=\left[0,\frac13\right]\cup\left[\frac23,1\right],$$ $$C_2=\left[0,\frac19\right]\cup\left[\frac29,\frac13\right] \cup\left[\frac23,\frac79\right]\cup\left[\frac89,1\right],$$ $$\begin{aligned} C_3={}&\left[0,\frac1{27}\right]\cup\left[\frac2{27},\frac19\right] \cup\left[\frac29,\frac7{27}\right]\cup\left[\frac8{27},\frac13\right]\\ &\cup\left[\frac23,\frac{19}{27}\right]\cup\left[\frac{20}{27},\frac79\right] \cup\left[\frac89,\frac{25}{27}\right]\cup\left[\frac{26}{27},1\right]. \end{aligned}$$

第 $n$ 阶段，$C_n$ 是 $2^n$ 个长度同为 $3^{-n}$ 的闭区间的并集。 这些集合套叠，定义 Cantor 集

$$C=\bigcap_{n=0}^{\infty}C_n.$$

由于移走的是开区间，端点会保留。因此 $0$、$1$、$1/3$、 $2/3$、$1/9$ 和 $2/9$ 都属于 $C$。

图示：每一步都从前一步保留的每个区间移走中间三分之一。

在 $n\ge1$ 阶段移走 $2^{n-1}$ 个长度为 $3^{-n}$ 的中间三分之一。 该阶段移走的总长度为

$$\ell_n=\frac{2^{n-1}}{3^n}.$$

前 $N$ 个阶段的累计移走长度是

$$L_N=\sum_{n=1}^{N}\frac{2^{n-1}}{3^n} =\frac13\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac23\right)^k =1-\left(\frac23\right)^N.$$

所以无限构造移走的总长度为 1；$C_N$ 中 $2^N$ 个区间的总长度为 $2^N3^{-N}=(2/3)^N$，趋于 0。这是长度计算，不是说 $C$ 为空或可数。

三进制展开与端点

每个 $x\in[0,1]$ 都有展开

$$x=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a_k}{3^k}=(0.a_1a_2a_3\ldots)_3, \qquad a_k\in\{0,1,2\}.$$

展开不一定唯一：

$$(0.a_1\ldots a_m000\ldots)_3 =(0.a_1\ldots(a_m-1)222\ldots)_3$$

其中 $a_m\ge1$。因此 $(0.1)_3=(0.0222\ldots)_3=1/3$， 而 $1=(0.2222\ldots)_3$。正确的 Cantor 描述是：点属于 $C$ 当且仅当 它有一个只用 $0$ 和 $2$ 的展开；不能说它的每一个展开都只含这 两个数字。

定理

Cantor 集的三进制描述

对 $x\in[0,1]$，

$$x\in C\quad\Longleftrightarrow\quad x=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a_k}{3^k} \text{ for some }a_k\in\{0,2\}\text{ for every }k.$$

证明。 若所有数字都是 $0$ 或 $2$，前 $n$ 位之后的尾项在 $0$ 与 $\sum_{k\gt n}2/3^k=3^{-n}$ 之间。因此 $x$ 落在 $C_n$ 对应的闭区间中。对每个 $n$ 都成立，所以 $x\in C$。

反过来，若 $x\in C$，第一阶段根据 $x$ 在左边还是右边的闭三分之一 中，取 $a_1=0$ 或 $2$。随后在含有 $x$ 的区间内重复。嵌套区间 长度为 $3^{-n}$，其端点趋于 $x$，于是得到 $x=\sum_{k\ge1}a_k3^{-k}$，且只含 $0$ 和 $2$。特别地， $1/3$ 使用 $(0.0222\ldots)_3$，所以端点不会被错误移走。

令 $B$ 为以正整数为指标的二进制序列集合。对 $A\subseteq\mathbb N$，令 $s_k=1$ 当且仅当 $k-1\in A$，否则令 $s_k=0$。这给出 $2^N$ 与 $B$ 的一一对应。定义

$$\Phi:B\to C,\qquad \Phi((s_k)_{k\ge1})=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2s_k}{3^k}.$$

三进制定理说明 $\Phi$ 的值在 $C$ 中。为证明单射而不使用错误的 “端点展开唯一”说法，设两序列第一次在第 $m$ 位不同。首项差的绝对值 是 $2/3^m$，而全部尾项的最大绝对值不超过

$$\sum_{k=m+1}^{\infty}\frac2{3^k}=\frac1{3^m}.$$

首项差严格更大，不可能被尾项抵消，所以 $\Phi$ 是单射。由三进制定理， 任意 $x\in C$ 都有 $0$/$2$ 展开，令 $s_k=a_k/2$ 即得原像， 所以它也是满射。还需说明 $|2^N|=|R|$。上面的 $\Phi$ 因为 $C\subset R$ 给出单射 $2^N\hookrightarrow R$。反方向固定有理数枚举 $Q=\{q_1,q_2,\ldots\}$，定义

$$\rho(r)=\{n-1:n\ge1,\ q_n\lt r\}\subseteq\mathbb N.$$

若 $r\lt s$，有理数稠密性给出某个 $n$ 使 $r\lt q_n\lt s$，所以 $\rho(r)\ne\rho(s)$。因此 $\rho:R\hookrightarrow2^N$ 是单射；由 Cantor–Bernstein 定理，$|2^N|=|R|$，从而

$$|C|=|\{0,1\}^{N}|=|2^N|=|R|.$$

Cantor 集虽然总移走长度为 1，仍然不可数。

空内部

令 $x\in C$ 且 $\epsilon\gt 0$。取 $n$ 使 $3^{-n}\lt\epsilon$。 含有 $x$ 的 $C_n$ 分支为 $[u,v]$，其中间开三分之一含有某个 $y\notin C$，并且 $|x-y|\le v-u=3^{-n}\lt\epsilon$。 因此 $C$ 没有内部点，空内部。又 $C\subset[0,1]$，所以它不在 $R$ 中稠密，例如 $(2,3)$ 完全不与它相交。

例题

一个保留下来的端点

$2/9$ 是 $C_2$ 第二个分支的左端点。它的终止展开 $(0.02)_3$ 只含 $0$ 和 $2$；在末尾补上零，就直接得到 $2/9\in C$ 的三进制证据。之后每一步移走的都是开中间三分之一， 所以这个端点不会被移走。

稠密性

定义

实数线中的稠密子集

子集 $S\subset R$ 称为稠密，若对每个 $r\in R$ 和每个 $\epsilon\gt 0$， 都存在 $s\in S$ 使

$$|r-s|\lt\epsilon.$$

稠密性讨论逼近，不讨论基数，也不要求集合含有一个区间。

定理

整数不稠密

取 $r=1/2$ 和 $\epsilon=1/4$。对每个 $n\in Z$，

$$\left|n-\frac12\right|\ge\frac12\gt\frac14.$$

所以 $Z$ 在 $R$ 中不稠密。

定理

有理数稠密

设 $r\in R$ 且 $\epsilon\gt 0$。取 $n\in N$ 使 $n\gt 1/\epsilon$。整数集 $\{m\in Z\mid m\le nr\}$ 有最大元 $m_0$， 所以

$$m_0\le nr\lt m_0+1 \quad\Longrightarrow\quad 0\le r-\frac{m_0}{n}\lt\frac1n\lt\epsilon.$$

于是 $q=m_0/n\in Q$ 与 $r$ 的距离小于 $\epsilon$，证明 $Q$ 在 $R$ 中稠密。

例题

一个具体的有理逼近

取 $r=0.37$、$\epsilon=0.01$。选 $n=101$，则 $1/n\lt 0.01$。满足 $m_0\le101(0.37)$ 的最大整数是 $37$， 所以 $q=37/101$ 满足 $0\le0.37-37/101\lt 1/101\lt 0.01$。 这正是一般稠密性证明的一个具体例子。

若 $T\subset R$，$S\subset T$ 在 $T$ 中稠密，是指对每个 $t\in T$ 都有同样的逼近条件。有理数可数且稠密；Cantor 集不可数且 空内部。这些是不同性质，不矛盾。

良序

定义

良序集

若全序集 $(X,\le)$ 的每个非空子集 $S\subset X$ 都有最小元 $m\in S$，满足 $m\le s$ 对每个 $s\in S$，则称其为良序集。

空集是良序的，因为它没有非空子集。在 von Neumann 模型中， $0=\varnothing$，而 $n=\{0,\ldots,n-1\}$；包含关系给出每个有限 初段上的通常次序。用归纳证明：$n=0$ 时命题真。若每个非空 $S\subset n$ 都有最小元，取非空 $S\subset n+1$；若 $S=\{n\}$，则 $n$ 是最小元； 否则 $S\cap n$ 非空，其归纳得到的最小元也是 $S$ 的最小元；若 $n\notin S$， 直接应用归纳假设。

定理

自然数是良序的

设 $S\subset N$ 非空。若没有最小元，则 $0\notin S$。若没有 $k\lt n$ 属于 $S$ 而 $n\in S$，则 $n$ 会是最小元，矛盾。 强归纳推出 $S=\varnothing$，不可能。因此 $N$ 的每个非空子集 都有最小元。

$Z$ 的通常次序不是良序：$Z$ 本身没有最小元，因为对每个 $n\in Z$ 都有 $n-1\lt n$。同样， $Q^+=\{q\in Q\mid q\gt 0\}$ 没有最小元，因为 $q/2\in Q^+$ 且 $q/2\lt q$。下界不一定是最小元：$0$ 是 $Q^+$ 在 $R$ 中的下界，却不属于该集合。

若 $X$ 有限，就列出元素并按指标排序。若 $X$ 可数无限，取双射 $h:N\to X$，定义

$$x\le_X y\quad\Longleftrightarrow\quad h^{-1}(x)\le h^{-1}(y)\text{ in }N.$$

非空 $S\subset X$ 的原像 $h^{-1}(S)$ 是 $N$ 的非空子集，有最小指标； 其像就是 $S$ 在 $\le_X$ 下的最小元。因此，可数集即使通常次序 不是良序，也能拥有另一个良序。

定理

良序定理（本课程层次）

选择公理等价于：每个集合 $X$ 都存在某个良序。

从良序到选择的方向很短。设 $\mathcal F$ 是一个集合族，且每个 $A\in\mathcal F$ 都非空。若 $\mathcal F=\varnothing$，唯一的空函数就是 选择函数；否则把 $Y=\bigcup\mathcal F$ 良序，并对每个 $A$ 取其最小元。 逆向需要对 $X$ 的所有非空子集使用选择公理， 再用超限递归不断选择尚未使用的元素。完整证明超出本课程；这个存在性 结论并不提供一个可计算的 $R$ 良序。

证明思路

区间证明使用前面基数论证的同一模式。包含映射给出从区间到 $R$ 的 单射；而 $f$ 的逆映射再配合仿射映射，把 $R$ 单射到区间内部。 Cantor–Bernstein 定理把两个单射合成基数相等。因此有限个端点的增删不会 改变非退化区间的基数，但空集和单元素集确实是不同大小的例外。

Cantor 构造的记号包含一个有限阶段归纳。第 0 阶段有一个长度为 $1$ 的 区间；若第 $n$ 阶段有 $2^n$ 个长度 $3^{-n}$ 的区间，每个就分成 两个长度 $3^{-(n+1)}$ 的区间。这就证明了每一阶段的公式；区间数乘 共同长度给出剩余总长度 $(2/3)^n$。几何级数 $L_N$ 只记录新出现 的缺口，因此没有重复计算。

三进制定理和二进制基数定理处理的是不同的端点问题。成员判定时，端点 可能有一个含 $1$ 的终止展开，也有一个只含 $0$、$2$ 的展开。 证明 $\Phi$ 单射时，则比较两序列的第一个差异；首项 $2/3^m$ 严格大于尾项最多的 $1/3^m$，所以编码证明不受普通 三进制端点歧义影响。

稠密性证明按照定义的量词顺序进行：先固定任意 $r$ 和 $\epsilon$， 再选足够大的分母，最后选最大的整数分子。相反，证明 $Z$ 不稠密只要 一个目标点和一个容许误差。良序又提出另一种量词：每个非空子集都必须 有一个最小元。区分这些量词，有助于避免把稠密性和基数，或把下界和 最小元混为一谈。

常见错误

• 闭端点不会随开中间三分之一一起移走；例如 $1/3$ 通过 $(0.0222\ldots)_3$ 属于 $C$。
• 长度、基数、稠密性和内部是不同性质。“稠密”不表示“不可数”， “空内部”也不表示“可数”。
• 最小元必须属于集合。像 $Q^+$ 在 $R$ 中的下界 $0$， 不是这个集合的最小元。
• 良序定理在选择公理下只保证存在某个良序；它不表示 $R$ 或 $Q^+$ 的通常次序就是良序。

总结

非退化区间无论端点如何取，都有基数 $|R|$。Cantor 构造的有限阶段 移走长度累计到 1，但三进制 $0$/$2$ 编码证明 $|C|=|R|$，并且 $C$ 空内部。稠密性是逼近条件： $Q$ 可数却稠密。良序要求每个非空子集都有最小元；$N$ 的通常次序 是良序，而 $Z$、$Q^+$ 的通常次序不是，不过可数集可以另行赋予 良序。

练习

先写出理由，再打开对应的示范解答。这些问题要求数学论证； 核对时应比较推理过程，而不只是最后的结论。

练习 1。 求 $|[2,5)|$，并用单射说明理由。

解答 · 示范解答

仿射映射 $t\mapsto2+3t$ 把 $(0,1)$ 映入 $(2,5)\subset[2,5)$；再与 $f^{-1}$ 复合， 得到 $R\hookrightarrow[2,5)$。包含映射给出反向单射。由 Cantor–Bernstein 定理，$|[2,5)|=|R|$。

练习 2。 为什么 $1/3\in C$，即使 $(0.1)_3$ 含有 $1$？

解答 · 示范解答

因为 $1/3=(0.0222\ldots)_3$，它有一个只含 $0$ 和 $2$ 的三进制展开； 它也是 $C_1$ 中保留下来的端点。

练习 3。 为什么 $Z$ 在 $R$ 中不稠密？

解答 · 示范解答

取 $r=1/2$、$\epsilon=1/4$。每个 $n\in Z$ 都满足 $|n-1/2|\ge1/2\gt1/4$，所以这个目标点和容许误差足以否定稠密性。

练习 4。 为什么 $Q$ 在 $R$ 中稠密，即使 $Q$ 是可数集？

解答 · 示范解答

可数性讨论基数，稠密性讨论逼近。阿基米德性质和最大整数论证表明， 对任意实数和任意正误差，都能构造出误差以内的有理数。

练习 5。 证明 $Q^+$ 按通常次序不是良序。

解答 · 示范解答

若 $q\in Q^+$，则 $q/2\in Q^+$ 且 $q/2\lt q$。因此非空子集 $Q^+$ 没有最小元，通常次序不是良序。

练习 6。 设 $X$ 可数无限，$f:N\to X$ 是双射。为什么把 $N$ 的次序 传到 $X$ 后会成为良序？

解答 · 示范解答

对非空 $S\subset X$，原像 $f^{-1}(S)$ 是 $N$ 的非空子集，所以有最小元 $m$。于是 $f(m)$ 是传递后次序下 $S$ 的最小元。

相关笔记

可先读 2.2 函数与关系、 4.2 上确界与下确界 以及 4.3 完备性与 Q 的缺口。 然后继续读 7.1 二元运算、幺半群与群。