连续统基数与连续统假设

用来比较集合的函数

设 $f:X\to Y$ 为函数。它的像集为

$$f(X)=\{f(x)\mid x\in X\}\subseteq Y,$$

对 $B\subseteq Y$ 的原像为

$$f^{-1}(B)=\{x\in X\mid f(x)\in B\}.$$

记号 $f^{-1}(y)$ 可以表示单点集 $\{y\}$ 的原像；它不表示逆函数一定存在。 只有双射才有逆函数。

定义

单射、满射与双射

函数 $f:X\to Y$ 称为单射，如果

$$f(x_1)=f(x_2)\Longrightarrow x_1=x_2 \qquad (x_1,x_2\in X).$$

因此 $Y$ 中每个元素至多有一个原像。它称为满射，如果

$$\forall y\in Y\;\exists x\in X\text{ 使得 }f(x)=y,$$

等价地说 $f(X)=Y$；陪域中的每个元素都被击中。如果同时是单射与满射，就 称为双射。

陪域很重要。例如 $f:N\to N$，$f(n)=n+1$，是单射而不是满射，因为 $0$ 没有 被击中。若把陪域改成 $N\setminus\{0\}$，同一个规则就成为双射。因此，关于 基数的命题必须同时写清定义域与陪域。

例题

检查三种性质

考虑 $u:\{0,1,2\}\to\{a,b,c,d\}$，其中

$$u(0)=a,\qquad u(1)=c,\qquad u(2)=a.$$

它不是单射，因为 $u(0)=u(2)$ 但 $0\ne2$；它也不是满射，因为 $b$ 与 $d$ 不是输出。这个小例子把两个条件分开：单射关注输出是否重复，满射关注陪域 元素是否遗漏。

相同基数与可数性

概念视角结构

把基数理解为数数与配对

对于有限集合，大小很容易让人联想到清点：把元素一个个数出来。对于任意集合，定义则把这种清点改成配对检验：能否把 $X$ 的每个元素与 $Y$ 的恰好一个元素配对，并且反向也能做到？这就是为什么 $N$ 与偶数自然数 $2N=\{0,2,4,\ldots\}$ 通过 $n\mapsto 2n$ 具有相同基数，尽管 $2N$ 是 $N$ 的真子集。双射记录了相同的大小；真包含本身并不意味着基数严格更小。

定义

相同基数

若存在双射 $f:X\to Y$，就称集合 $X$ 与 $Y$ 有相同基数，并写成

$$|X|=|Y|.$$

被配对的元素不必具有相同性质。把数与有序对配对，与把两列数字配对一样合 法。对有限集合，这个定义与普通数数一致。

定义

有限集合

若某个 $n\in N$ 满足 $|X|=|n|$，其中我们把 $n$ 表示为有限标签集 $n=\{0,\ldots,n-1\}$；当 $n=0$ 时，这表示 $n=\varnothing$，就称 $X$ 为有限集合，并写 $|X|=n$。空集也是有限的，且 $|\varnothing|=0$。

定义

可数与至多可数

在本课程中，如果 $X$ 是有限集合，或者

$$|X|=|N|,$$

就称 $X$ 可数。等价地，若 $X$ 有限或可数无限，就称它至多可数。有 些教材只把无限情形称为 countable，因此“至多可数”可以消除这种约定差异。 不是至多可数的集合称为不可数。

对可数无限集合来说，一个列举是序列 $x_0,x_1,x_2,\ldots$，其中每个元素恰 好出现一次。“恰好一次”同时包含列举的满射性与索引映射的单射性。仅仅写 出一条无限序列还不够；必须说明为什么没有遗漏，也没有重复。

可数集合的明确列举

整数

定理

整数是可数的

$|Z|=|N|$。

设 $N=\{0,1,2,\ldots\}$，定义

$$e(0)=0,\qquad e(2k-1)=k,\qquad e(2k)=-k\quad(k\ge1).$$

这给出序列 $0,1,-1,2,-2,3,-3,\ldots$。

证明。 每个整数或者是 $0$，或者是正整数 $k$，或者是 $k\ge1$ 时的负 整数 $-k$。它们分别出现在索引 $0$、$2k-1$、$2k$ 处，因此 $e$ 是满射。三 种情形的值互不相同，而在正数或负数情形中，上述索引又唯一确定 $k$，所 以 $e$ 是单射。因此 $e$ 是双射。若 $N$ 从 $1$ 开始编号，只需把索引整体平 移一个单位；基数结论不变。

这个例子体现无限集合的基本惊讶之处：把所有负整数加入 $N$ 并没有产生更大 的基数。比较的是是否存在双射，而不是一个集合是否包含另一个集合。

有理数

定理

有理数是可数的

有理数集合 $Q$ 至多可数，事实上是可数无限的。

每个正有理数都有唯一的最简表示 $p/q$，其中 $p,q\in\{1,2,3,\ldots\}$ 且 $\gcd(p,q)=1$。把 $p/q$ 放在第 $p$ 行、第 $q$ 列，然后沿有限对角线 $p+q=2,3,4,\ldots$ 扫描。每条对角线内按分子递增扫描（固定任何一种顺序 都可以），只保留互素的数对。开头可以是

$$1,\ \frac12,\ 2,\ \frac13,\ 3,\ \frac14,\ \frac23,\ \frac32,\ 4,\ldots.$$

例题

为什么有理数的对角扫描有效

例如 $7/5$ 已经是最简形式，位于对角线 $p+q=12$。在这条对角线之前 只有有限条对角线，而它本身也只有有限个数对，所以 $7/5$ 会在有限位置 被扫到。另一方面，只保留互素数对意味着两个被记录的数对不可能表示同一个 正有理数：最简表示的唯一性迫使 $(p,q)$ 相同。因此，这个扫描对 $Q_+$ 既是 满的，也是单的。

这个论证同时证明了两个方向。每个正有理数都有最简数对，所以没有遗漏；最 简数对唯一，所以没有重复。若所得列举为 $q_1,q_2,q_3,\ldots$，则

$$0,q_1,-q_1,q_2,-q_2,q_3,-q_3,\ldots$$

列出每个有理数恰好一次。零出现一次，每个非零有理数都有唯一的符号和唯一 的正绝对值。因此 $Q$ 可数。 它不是有限集：包含映射 $n\mapsto n$ 从 $N$ 到 $Q$ 是单射，所以 $Q$ 包含无 限多个互不相同的整数。

图示。对角扫描把二维格点变成一条序列；最简形式条件消除了同一个有理数 的不同表示。

稠密性是另一个性质。有理数与实线的每个非空开区间相交，但对角线程序仍然 能把它们放入一条序列。稠密不等于不可数。

可数集合的乘积

网格论证也给出两个 $N$ 的明确配对。对 $a,b\in N$，令

$$\pi(a,b)=\frac{(a+b)(a+b+1)}2+b.$$

满足固定 $a+b=s$ 的数对形成有限对角线；三角数 $s(s+1)/2$ 正好跳过此前 的对角线。因此 $\pi$ 每个数对恰好列出一次。更形式地，从 $n=\pi(a,b)$ 可以恢复唯一的对角线 $s$，使 $s(s+1)/2\le n\lt(s+1)(s+2)/2$，再得到 $b=n-s(s+1)/2$ 与 $a=s-b$。所以 $\pi:N\times N\to N$ 是双射。

定理

可数三元组仍然可数

$|N\times N\times N|=|N|$。

证明。 定义

$$\Phi(a,b,c)=\pi(\pi(a,b),c)$$

两次使用的 $\pi$ 都是双射，所以它们的合成是从 $N^3$ 到 $N$ 的双射。逆映 射先恢复 $(\pi(a,b),c)$，再恢复 $(a,b)$。这就是“可数乘可数乘可数”仍然 可数的具体含义：有限维网格可以用一串有限对角线扫描。若某个乘积因子为空， 乘积就是空集，因而有限；上面的双射针对的是三个 $N$ 的乘积。

同一个配对也能处理有限个带标签的可数集合。例如用 $(n,i)\mapsto\pi(n,i)$ 把 $(n,0)$ 与 $(n,1)$ 映入 $N$。这个映射是单射，所 以两个 $N$ 的副本可以存放在一个 $N$ 中；在合适的坐标上使用配对映射的逆， 便能恢复标签与原来的数字。这说明无限列举可以吸收有限的额外标记，但并不 表示任意扩张都与原集合等大：仍然必须证明具体映射存在。

更一般地，基数比较可以沿映射传递。若 $X\to Y$ 与 $Y\to Z$ 是单射，合成便 给出 $|X|\le|Z|$；若两个映射都是双射，合成也是双射。这两个简单规则正是本 节整数、有理数与三元组列举背后的映射记账。

基数不等式

定义

基数不等式

对集合 $X$、$Y$，若存在单射 $X\to Y$，就写

$$|X|\le |Y|$$

若 $|X|\le|Y|$ 且 $|X|\ne|Y|$，就写 $|X|\lt|Y|$。

箭头方向不可忽略：从 $X$ 到 $Y$ 的单射说明 $Y$ 有足够多互不相同的位置存放 $X$ 的每个元素，所以定义域是“不更大”的一方。包含映射 $N\to Z$、$n\mapsto n$ 证明 $|N|\le|Z|$，但单凭它不能证明相等。整数的列 举给出反向比较，而前面的明确双射直接给出相等。

例题

陪域有未使用元素的有限比较

定义 $r:\{1,2,3\}\to\{a,b,c,d\}$ 为 $r(1)=b$、$r(2)=d$、$r(3)=a$。它是单射，所以 $|\{1,2,3\}|\le|\{a,b,c,d\}|$。它不是满射，因为 $c$ 没有被使用，这正 是严格不等式可能出现的原因。

定理

基数不等式具有偏序结构

基数上的关系 $\le$ 具有自反性、传递性和反对称性。因此 $\lt$ 具有非自反性 和传递性。

证明。 恒等映射 $id_X:X\to X$ 是单射，所以有自反性。若 $f:X\to Y$、$g:Y\to Z$ 都是单射，则 $g\circ f$ 也是单射：合成后的输出相等 先给出 $f$ 的输出相等，再给出输入相等，所以有传递性。反对称性正是下面的 Cantor-Bernstein 定理。最后，因为 $|X|=|X|$，不可能有 $|X|\lt|X|$；结合 $\le$ 的传递性即可得到严格不等式的传递性。

不存在一个以所有集合为元素的集合。假设有这样的全集，就可以构造 Russell 类型的自指成员关系而得到矛盾。因此，这里的 $\le$ 不是定义在某个 以“所有集合的集合”为定义域的全局关系；偏序性质只针对我们选定、正在比较 的一族集合，或由它们表示的那一族基数。这个限定只是基础层面的记账，不会 改变上面的映射或证明。

满射 $X\to Y$ 直观上表示 $Y$ 不比 $X$ 大，但要把它转成 $Y\to X$ 的单射， 就要为每个 $y\in Y$ 选择一个原像。下一篇笔记会讨论这个选择问题；本节直 接使用单射与双射，不额外假设选择函数。

Cantor-Bernstein：把两个单射拼起来

定理

Cantor-Bernstein 定理

若 $f:X\to Y$ 与 $g:Y\to X$ 都是单射，则 $|X|=|Y|$。

若处处使用 $f$，可能遗漏 $Y$ 中的元素；若处处使用 $g^{-1}$，又会遇到 定义域问题，因为它只在 $g(Y)$ 上有定义。因此，$g(Y)$ 外的点必须使用 $f$。一旦 $x$ 使用 $f$，$g(f(x))$ 就不能使用 $g^{-1}$，否则两个分支 会给出相同输出。下面的分层把这个要求沿 $g\circ f$ 的反复作用传递下去。

令

$$A_0=X,\qquad B_0=g(Y),$$

再递归定义后续各项。这与 3.2 归纳法与递归算术 一样，由初值和后继规则确定整个序列：

$$A_{n+1}=g(f(A_n)),\qquad B_{n+1}=g(f(B_n)).$$

由于 $g(Y)\subseteq X$，这些集合满足

$$A_0\supseteq B_0\supseteq A_1\supseteq B_1\supseteq A_2\supseteq B_2\supseteq\cdots.$$

这些包含关系可以归纳得到：先有 $A_1\subseteq B_0$，再有 $B_{n+1}\subseteq A_{n+1}$；而前一步的 $A_n\subseteq B_{n-1}$ 又给出 $A_{n+1}\subseteq B_n$。若 $X$ 或 $Y$ 为空，两个单射的存在会迫使两个集合 都为空，唯一的空映射就是所需双射；下面的构造也涵盖这个情形。

层 $A_n\setminus B_n$ 是使用 $f$ 的部分；其余点位于 $g(Y)$ 中，在那里使用 $g$ 在像集上的逆。

证明。 首先 $g\circ f:X\to X$ 是单射。对每个 $n$，它把 $A_n\setminus B_n$ 双射到 $A_{n+1}\setminus B_{n+1}$。单射性给出不重复性。 若 $z\in A_{n+1}\setminus B_{n+1}$，可写成 $z=g(f(x))$ 且 $x\in A_n$；若 $x\in B_n$，则 $z\in g(f(B_n))=B_{n+1}$，矛盾。因此 $x\in A_n\setminus B_n$，从而得到满射性。

定义 $h:X\to Y$：

$$h(x)= \begin{cases} f(x),&x\in A_n\setminus B_n\text{ 对某个 }n,\\ g^{-1}(x),&x\notin A_n\setminus B_n\text{ 对所有 }n \end{cases}$$

这里 $g^{-1}$ 指双射 $g:Y\to g(Y)$ 的逆，而不是整个 $X$ 上的逆。第二种情 形确实有定义：不在任何层中的点不可能在零层 $A_0\setminus B_0=X\setminus g(Y)$ 中，所以它属于 $g(Y)$。层彼此不交，因 此 $h$ 定义良好。

证明单射性。若 $h(x_1)=h(x_2)$，且两点都在层中，则由 $f$ 单射得 $x_1=x_2$；若两点都在第二种情形，则由 $g^{-1}$ 单射得相等。若情形混合， 不妨设 $x_1\in A_n\setminus B_n$，且 $h(x_2)=g^{-1}(x_2)$。等式给出 $x_2=g(f(x_1))$，由层之间的双射性可知 $x_2\in A_{n+1}\setminus B_{n+1}$，这与第二种情形矛盾。

证明满射性。任取 $y\in Y$，令 $x=g(y)\in X$。若 $x$ 不在任何层中，则 $h(x)=g^{-1}(x)=y$。否则 $x\in A_n\setminus B_n$。它不可能在零层，因为 零层是 $X\setminus g(Y)$ 而 $x\in g(Y)$，所以 $n\ge1$。层之间的双射性给出 $x'\in A_{n-1}\setminus B_{n-1}$，满足 $g(f(x'))=x=g(y)$。由 $g$ 单射得 $f(x')=y$，所以 $h(x')=y$。故 $h$ 是满射，也是双射，$|X|=|Y|$。整个构造 只使用给定的 $f$ 与 $g$，没有使用选择函数。

幂集与 Cantor 定理

定义

幂集记号

对集合 $X$，记号 $2^X$ 表示 $X$ 的所有子集所成的集合，即 $X$ 的幂集。

因此

$$T\in 2^X$$

正是说 $T\subseteq X$。

记号 $2^X$ 带有提示性：若 $X$ 有 $n$ 个元素，则幂集有 $2^n$ 个子集。 Cantor 定理说的不只是有限情况，而是对所有集合都成立。

对空集，这个记号已经说明了一个重要的起点：

$$2^\varnothing=\{\varnothing\}.$$

空集只有一个子集，就是空集本身。因此有限集合的计数模式 $|2^X|=2^{|X|}$ 从 $2^0=1$ 开始。下面的定理更强：即使集合不是有限 的，仍然可以严格比较集合与其幂集的基数。

构造列表遗漏的子集

设 $f:X\to2^X$ 为 $X$ 的每个元素指定一个子集。要构造 $f$ 遗漏的子集， 只需让它对每个 $x$ 都在某个元素上与 $f(x)$ 不同。指标 $x$ 本身就能起到 这个作用：当且仅当 $f(x)$ 不含 $x$ 时，把 $x$ 放入新子集。这样，列表的 每一项都有一个确定的成员判断与新子集不同。

下面用 $X=\{a,b,c\}$ 作有限示范。每一行记录 $f$ 的一个候选值； $1$ 表示列标题中的元素属于该子集，$0$ 表示不属于。前三行的粗体数字 就是对角线上的成员判断。

沿对角线读到 $1,0,1$，逐个反转就得到 $0,1,0$，所以 $T=\{b\}$。 它与 $f(a)$ 在 $a$ 处不同，与 $f(b)$ 在 $b$ 处不同，与 $f(c)$ 在 $c$ 处不同。即使其他位置一致，也无法消除这些差异。

对任意集合，同一规则就是 $x\in T$ 当且仅当 $x\notin f(x)$。 这条规则为 $X$ 的每个元素确定是否纳入 $T$，无须给 $X$ 安排数字次序， 也不涉及逐项扫描完一个无限列表。

Cantor 定理

定理

Cantor 定理

设 $X$ 为集合。则

$$|X|\lt |2^X|.$$

证明分两部分。

首先，有单射

$$X\to 2^X,\qquad x\mapsto \{x\}.$$

所以 $|X|\le |2^X|$。例如 $X=\{a,b\}$ 时，这个映射从四个子集 $\varnothing,\{a\},\{b\},\{a,b\}$ 中选中两个；它不必覆盖所有子集。

其次，不存在由 $X$ 到 $2^X$ 的双射。反设 $f:X\to 2^X$ 是双射。定义对角 集合

$$T=\{x\in X\mid x\notin f(x)\}.$$

因为 $T$ 是 $X$ 的子集，所以 $T\in 2^X$。若 $f$ 是满射，便存在 $y\in X$ 使

$$f(y)=T.$$

现在考虑 $y$ 是否属于 $T$。

• 若 $y\in T$，则按 $T$ 的定义有 $y\notin f(y)=T$，矛盾。
• 若 $y\notin T$，则按 $T$ 的定义有 $y\in f(y)=T$，同样矛盾。

两种情况都不可能。因此不存在双射 $X\to 2^X$，所以 $|X|\lt |2^X|$。

当 $X=\varnothing$ 时，幂集有一个元素，从空集出发的函数不可能命中它。 因此结论也涵盖空集的情形。

证明透视

满射性用在哪里

等式 $f(y)=T$ 是满射性发挥作用的关键。对角论证没有使用单射性，而是排除 了所有由 $X$ 到 $2^X$ 的满射。单点映射则提供严格基数不等式所需的另一部分。

实数不可数

定理

实数不可数

实数集合 $R$ 不可数。特别地，

$$|N|\lt |R|.$$

证明使用 Cantor 定理，以及一个由 $2^N$ 到 $R$ 的单射。

由 Cantor 定理，

$$|N|\lt |2^N|.$$

所以只需证明

$$|2^N|\le |R|.$$

给定子集 $S\subseteq N$，用一个由 $0$ 和 $1$ 组成的序列来编码它：

$$a_n= \begin{cases} 1, & n\in S,\\ 0, & n\notin S. \end{cases}$$

然后定义

$$\phi(S)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_n}{3^{n+1}}\in [0,1].$$

这把 $N$ 的每个子集（也就是 $2^N$ 的每个元素）送到一个实数。

例题

把 N 的子集编码成实数

若

$$S=\{0,2,5,\ldots\},$$

则序列开头为

$$a_0=1,\quad a_1=0,\quad a_2=1,\quad a_3=0,\quad a_4=0,\quad a_5=1.$$

对应的实数开头可写成

$$\phi(S)=\frac13+\frac1{3^3}+\frac1{3^6}+\cdots .$$

部分和非递减且以 $1/2$ 为上界，因此完备性保证实数极限存在。这与 4.6 小数展开与无理数 中由有限近似确定实数的原理相同，无须再转换成十进制。

为什么用底数 $3$ 而不是 $2$？这里使用底数 $3$，是为了避免两个不同的 零一序列被后面的尾项抵消。

若 $S\ne S'$，令 $k$ 为两个对应序列第一次不同的位置。在第 $k$ 位，两个 和式相差

$$\frac1{3^{k+1}}.$$

更精确地，后面尾项的总和至多为

$$\sum_{n=k+1}^{\infty}\frac1{3^{n+1}} =\frac1{2\cdot 3^{k+1}},$$

严格小于第一个不同项的差距。因此两个实数不可能相等。故 $\phi$ 是单射， 从而 $|2^N|\le |R|$。

合并得到

$$|N|\lt |2^N|\le |R|,$$

所以 $R$ 不可数。

常见错误

证明只需要单射到 R

要证明 $|2^N|\le |R|$，不需要 $\phi$ 打到每个实数。只需要不同的 $N$ 的子集给出不同实数。

例题

底数 3 分离的有限版

取两个在位置 $k=2$ 首次不同的零一序列。该位置的贡献大小为 $\frac1{27}$。即使后面每一位都朝着抵消方向取值，尾项总和也是

$$\frac1{3^4}+\frac1{3^5}+\cdots=\frac1{54},$$

只有首个差距的一半，所以首次不同不能被抵消。任意首次不同的位置都可用 同一个几何级数估计。

反方向固定有理数枚举 $Q=\{q_1,q_2,\ldots\}$，定义

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

这把 $r$ 下方的有理数记录成一组指标。 4.4 实数公理与第一次近似构造 已证明有理数稠密性：若 $r\lt s$，就有某个 $n$ 使 $r\lt q_n\lt s$，所以 $\rho(r)\ne\rho(s)$。因此 $\rho:R\hookrightarrow2^N$ 是单射

确认连续统的基数

记 $\mathcal P(\mathbb N)=2^{\mathbb N}$ 为 $\mathbb N$ 的全部子集组成的集合，并令 $\mathfrak c=|\mathbb R|$。上面的零一三进制构造给出单射 $\mathcal P(\mathbb N)\hookrightarrow\mathbb R$，有理数指标构造给出单射 $\mathbb R\hookrightarrow\mathcal P(\mathbb N)$。将已证明的 Cantor–Bernstein 定理应用于这两个具体映射，得到

$$\mathfrak c=|\mathbb R|=|\mathcal P(\mathbb N)|=2^{\aleph_0}.$$

这里 $2^{\aleph_0}$ 表示基数幂：从 $\mathbb N$ 到 $\{0,1\}$ 的函数通过示性函数与子集一一对应。这个等式并未断言 $\mathfrak c=\aleph_1$；在通常的阿列夫序列中，$\aleph_1$ 是最小的不可数基数。

连续统假设

假设 — 连续统假设.

连续统假设说：不存在集合 $S$ 使

$$|N|\lt |S|\lt |R|.$$

在知道 $R$ 比 $N$ 大之后，这是一个自然猜想：也许可数无限基数与实数基数 之间没有中间大小。

这个猜想的地位非常特殊。连续统假设独立于通常的集合论公理 ZFC。更准确 地说，如果 ZFC 是相容的，那么 CH 和它的否定都不能由 ZFC 证明： Godel 的结果给出 ZFC+CH 的相对相容性，Cohen 的 forcing 结果给出 $ZFC+\neg\mathrm{CH}$ 的相对相容性。这些是元数学的相容性结果，不是本课程中对 CH 或其否定的证明。

独立性不表示这句话没有意义，也不表示所有基数命题都无法判定。Cantor 定理 和实数不可数性仍是 ZFC 定理；CH 只是询问它们之间更精细的比较，通常公理没 有决定这个问题。因此写证明时，要标出映射方向以及选择或极大性原理的使用。

可数个可数集合的并仍可数

定理

可数个可数集合的并仍可数

假设选择公理，若 ${A_n}_{n\in N}$ 是一个可数族，而每个 $A_n$ 都可数， 则

$$A=\bigcup_{n\in N} A_n$$

可数。

若 $A=\varnothing$，空函数立即给出到 $N$ 的单射。现在假设 $A$ 非空。 由于每个 $A_n$ 可数，对每个指标 $n$ 都存在单射

$$i_n:A_n\to N.$$

当 $A_n=\varnothing$ 时，唯一的空函数就是这样的单射。这里使用选择公理 同时选出整族单射 ${i_n}$，包括这些空成员的情况。这里需要选择的是整族 见证映射；这并不是说任意多个不可数集合的可数并会变成可数。

定义

$$h:A\to N\times N,\qquad h(x)=(n(x),i_{n(x)}(x)),$$

其中

$$n(x)=\min\{n\in N\mid x\in A_n\}.$$

因为 $x$ 属于并集，指标集非空；自然数的良序性保证最小指标存在。 这一归纳法推论的证明见 6.3 区间、Cantor 集、稠密性与良序。 映射 $h$ 是单射：若 $h(x)=h(x')$，第一坐标给出 $n(x)=n(x')=n$，第二坐标再给出 $i_n(x)=i_n(x')$，而 $i_n$ 的单射性推出 $x=x'$。

最后，$N\times N$ 的对角枚举给出单射 $N\times N\to N$，与 $h$ 合成便得 到单射 $A\to N$。先列 $(0,0)$，再列坐标和为 $1$、$2$ 等的点，每个点都 在有限阶段出现；空成员不贡献并集元素。指标集与每个成员都必须可数，否则 不可数的指标集单点族或一个不可数成员都可能使并集不可数。

常见错误

可数并不等于任意并

这个定理处理的是可数族 ${A_n}$。它不是说任意多个可数集合的并都必定可数。

我们使用通常的经典集合论框架；讨论有序 aleph 基数时包含选择公理。使用前面材料中的可数性、Cantor 定理、基数比较和连续统假设的定义与结论。

例子

区间的基数是连续统。 映射 $x\mapsto x/\sqrt{1+x^2}$ 给出 $\mathbb R$ 与 $(-1,1)$ 之间的双射；其逆映射为 $u\mapsto u/\sqrt{1-u^2}$。直接代入可验证两个复合恒等式及平方根的定义域。再通过仿射映射，可将 $(-1,1)$ 与任意非空有界开区间双射。因此短区间与整条实数直线有相同基数，不需要假设 CH。

无理数集的基数也是连续统。 令 $T=\{\sqrt2+n:n\in\mathbb Z\}$，这是可数无限的无理数集合。并集 $\mathbb Q\cup T$ 可数无限，因此可选取它与 $T$ 的枚举，得到二者间的双射。把该双射延拓到 $\mathbb R$：固定 $\mathbb Q\cup T$ 之外每一点。所得映射的值域恰为无理数集：原有理数点和 $T$ 被双射地重新分配到 $T$，其余无理数保持不变。因此 $|\mathbb R\setminus\mathbb Q|=\mathfrak c$。这个具体的可数重排比仅证明无理数不可数更强，但仍不能说明所有其他不可数子集的大小。

稠密性与中间基数问题不同。 有理数稠密且可数；无理数稠密且具有连续统基数。二者都不能决定每个可能的中间大小子集。列举许多基数为 $\mathfrak c$ 的不可数集并不能证明 CH，因为 CH 的量词涉及每个可能的中间基数。

练习

P01. 表述。 用基数不等式及关于 $\mathbb R$ 的无限子集的一句话分别表述 CH，并解释 $\aleph_1$ 的作用。

P02. 证明。 仅使用实数不可数和有理数可数，证明无理数不可数。指出“无理数稠密，所以不可数”的无效推理。

P03. 验证逆映射。 对 $x/\sqrt{1+x^2}$ 与上述逆映射，验证两个复合，包括平方根的符号。

P04. 逻辑检查。 有学生说：“实数不可数，$\aleph_1$ 也不可数，所以二者基数相同。”解释缺失的比较。

P05. 单射与双射。 解释映射 $r\mapsto\{q\in\mathbb Q:q<r\}$ 为什么是单射，以及仅凭这一点为什么不能证明 $\mathfrak c=2^{\aleph_0}$。指出前面还提供了哪些必要条件。

P06. 区分结论。 不假设 CH，判断以下哪些成立：有理数可数；实数不可数；无理数有连续统基数；$\mathbb R$ 的每个不可数子集都有连续统基数。逐项说明，不要声称证明或否定 CH。

完整解答

P01. CH 断言没有基数严格位于 $\aleph_0$ 与 $\mathfrak c$ 之间；等价地，$\mathbb R$ 没有既不可数又小于连续统的无限子集。按通常的 aleph 排序，$\aleph_1$ 是最小的不可数基数，因此 CH 即 $\mathfrak c=\aleph_1$。这个符号的定义不依赖于等式是否成立。

P02. 若 $\mathbb Q$ 和它在实数中的补集都可数，则其并可数，与实数不可数矛盾。稠密性本身不蕴含不可数，因为 $\mathbb Q$ 本身就是稠密可数的反例。

P03. 对 $u=x/\sqrt{1+x^2}$，有 $1-u^2=1/(1+x^2)>0$，其正平方根为 $1/\sqrt{1+x^2}$，所以 $u/\sqrt{1-u^2}=x$。反过来，对 $|u|<1$，令 $x=u/\sqrt{1-u^2}$，则 $1+x^2=1/(1-u^2)$，所以 $x/\sqrt{1+x^2}=u$。分母中的平方根均为正，故两种复合对正负输入都有效。

P04. 不可数不是单一的基数值，只是排除可数大小。$\aleph_1$ 的最小性给出 $\aleph_1\le\mathfrak c$；反向不等式或双射尚未得到，而等式恰是 CH，不是自动推论。

P05. 若 $r<s$，取有理数 $q$ 使 $r<q<s$。它小于 $s$ 但不小于 $r$，故对应子集不同。这只给出从实数到有理数幂集的单射。反方向从自然数的子集（用 0–1 指示序列编码）到使用数字 0 和 1 的三进制实数的单射、枚举导致的两个幂集等势，以及 Cantor–Schroeder–Bernstein 定理共同给出等势。

P06. 前三项分别由前面材料和例子中的枚举、对角线和可数重排论证得到，不需要 CH。最后一条全称命题在所述框架下等价于 CH，因此不是前述证明的推论。区别在于具体构造出的双射，与排除所有中间大小的全称断言。