24第二章准备工作例2.16.我们先来看看几个简单的例子：(1）有理数集Q为可数集。每一有理数均可表示成两个整数之商，故存在单射f：Q→Z?，这表明cardQ≤cardZ?=No，而NCQ蕴含了No=cardN≤cardQ。(2)R中两两互不相交的开区间族至多可数。因为这些开区间两两互不相交，故每一区间中可选取互异的有理数。(3)R上的单调函数的不连续点集至多可数。设f：R→R单调递增，则于的每一不连续点对应一个开区间(f(r-),f(a+))，且两个不同的不连续点1和2相应的开区间不相交。我们再来看看几个比较复杂的例子。例2.17.对R上的实函数f，集合E=(aER：f在处不连续但右极限f(a+)存在)至多可数。事实上，设S=(rER：f(r+)存在，任给nEN，设An={ER：存在>0,使得当a,a"(-o,a+)时,lf(r)-f(")/<1/n)显然nn≥1An为f的连续点集。下面证明S\An可数。固定nEN。对任给ESAn，存在>O使得YIF(z)-f(a+)<2nr'e(a,r+)故若a",r"(a,a+の)，If(r")-f(a")l<1/n。这表明(r,r+o) CAn.也就是说(1)S)An中的每一点为某I=(,+)的左端点；(2)In(SAn)=;(3)若1,2S\An，2，则InI=。因此(I：S|An)可数，从而S\A,可数。从而E=S\(n>1An）=Un>1(S\An)可数。II思考题：对R上的实函数f，集合E=（rER：lim→f(y）=+)至多可数
24 第二章 准备工作 例 2.16. 我们先来看看几个简单的例子： (1) 有理数集 Q 为可数集。 每一有理数均可表示成两个整数之商，故存在单射 f : Q → Z 2，这表明 card Q ⩽ card Z 2 = ℵ0，而 N ⊂ Q 蕴含了 ℵ0 = card N ⩽ card Q。 (2) R 中两两互不相交的开区间族至多可数。 因为这些开区间两两互不相交，故每一区间中可选取互异的有理数。 (3) R 上的单调函数的不连续点集至多可数。 设 f : R → R 单调递增，则 f 的每一不连续点 x 对应一个开区间 (f(x−), f(x+))，且两个不同的不连续点 x1 和 x2 相应的开区间不相 交。 我们再来看看几个比较复杂的例子。 例 2.17. 对 R 上的实函数 f，集合 E = {x ∈ R : f 在 x 处不连续但右极限 f(x+) 存在 } 至多可数。 事实上，设 S = {x ∈ R : f(x+) 存在 }，任给 n ∈ N，设 An ={x ∈ R : 存在 δ > 0, 使得 当 x ′ , x′′ ∈ (x − δ, x + δ) 时, |f(x ′ ) − f(x ′′)| < 1/n}. 显然 ∩n⩾1An 为 f 的连续点集。下面证明 S \ An 可数。 固定 n ∈ N。对任给 x ∈ S \ An，存在 δ > 0 使得 |f(x ′ ) − f(x+)| < 1 2n , x′ ∈ (x, x + δ). 故若 x ′ , x′′ ∈ (x, x + δ)，|f(x ′ ) − f(x ′′)| < 1/n。这表明 (x, x + δ) ⊂ An. 也就是说 (1) S \An 中的每一点 x 为某 Ix = (x, x+δ) 的左端点；(2) Ix ∩(S \ An) = ∅；(3) 若 x1, x2 ∈ S \ An，x1 ̸= x2，则 Ix1 ∩ Ix2 = ∅。因此 {Ix : x ∈ S \ An} 可数，从而 S \ An 可数。从而 E = S \ (∩n⩾1An) = ∪n⩾1(S \ An) 可数。 \\\\ 思考题：对 R 上的实函数 f，集合 E = {x ∈ R : limy→x f(y) = +∞} 至多 可数
2.1集合论25思考题：设(rn)neN=（a,b)nQ，Cn为收敛的正项级数，定义f(a) = Cn E (a,b)(2.5)I<TH证明为在无理数处连续而在有理数处不连续的单调递增函数。而且f(rn+)-f(rn-)=Cn>0思考题：设fR→R，定义argminf=aR：f在处取得（局部）极小值）argmaxf=（rER：f在a处取得（局部）极大值）证明集合f(argminf）与f(argmaxf）均至多可数。思考题：证明若f：R→R连续且每一点均为f的极值点，则f为常值函数。进一步，这个结论对：Rn→R亦成立。例2.18.设f：（a,6)→R，则集合E=[r：左导数f"(r)及右导数f(a)均存在（包括±）但不相等)至多可数。事实上，设A=(a:f"()>f()),B=(a:f(a)<f(a)),则E=AUB。下面证明A至多可数。任给EA，选取rEQ使得()<ra<f(r)，及s,tEQ使得a<sr<t<b,f(d)-f() >Ta, 对 s±<y<2,y-rf()-(a)<rz,x对a<y<ta,y-a即f(y)-f(r)<rr(y-r),对ya,yE(sa,tr)定义映射：A→Q，(r)=(ra,s,t)。下面证明为单射。不然，设a1+2EA，但(r11,81,t1)=0(1)=(2)=(ra2,82,t2)则1,2（±1,t）=(s,ta），于是f(2)()(),f()f(2)(2)
2.1 集合论 25 思考题：设 {rn}n∈N = (a, b) ∩ Q， ∑∞ n=1 Cn 为收敛的正项级数，定义 f(x) = ∑ x<rn Cn, x ∈ (a, b). (2.5) 证明 f 为在无理数处连续而在有理数处不连续的单调递增函数。而且 f(rn+) − f(rn−) = Cn > 0。 思考题：设 f : R → R，定义 arg min f = {x ∈ R : f 在 x 处取得（局部）极小值}, arg max f = {x ∈ R : f 在 x 处取得（局部）极大值}. 证明集合 f(arg min f) 与 f(arg max f) 均至多可数。 思考题：证明若 f : R → R 连续且每一点均为 f 的极值点，则 f 为常值函 数。进一步，这个结论对 f : R n → R 亦成立。 例 2.18. 设 f : (a, b) → R，则集合 E = {x : 左导数 f ′ −(x) 及右导数 f ′ +(x) 均存在（包括 ±∞）但不相等} 至多可数。 事实上，设 A = {x : f ′ −(x) > f′ +(x)}，B = {x : f ′ −(x) < f′ +(x)}，则 E = A ∪ B。下面证明 A 至多可数。 任给 x ∈ A，选取 rx ∈ Q 使得 f ′ +(x) < rx < f′ −(x)，及 sx, tx ∈ Q 使得 a < sx < tx < b, f(y) − f(x) y − x > rx, 对 sx < y < x, f(y) − f(x) y − x < rx, 对 x < y < tx, 即 f(y) − f(x) < rx(y − x), 对 y ̸= x, y ∈ (sx, tx). 定义映射 ϕ : A → Q3，x 7→ ϕ(x) = (rx, sx, tx)。下面证明 ϕ 为单射。 不然，设 x1 ̸= x2 ∈ A，但 (rx1 , sx1 , tx1 ) = ϕ(x1) = ϕ(x2) = (rx2 , sx2 , tx2 ), 则 x1, x2 ∈ (sx1 , tx1 ) = (sx2 , tx2 )，于是 f(x2) − f(x1) < rx1 (x2 − x1), f(x1) − f(x2) < rx2 (x1 − x2)
26第二章准备工作注意到rri=raa，两式相加得到0<0，矛盾。Φ为单射表明，A与Q3的某子集对等，从而至多可数。类似的结论对B从而E成立。川例2.19.R1上的凸（凹）函数的不可微点至多可数。以凸函数为例，这个结论依据这样的事实：R"上的凸函数（单边）方向导数存在。事实上，设f：Rn→R为凸函数，即f(Ar+(1 -^)y)≤^f(r)+(1 -)f(y), r,yER", >E[,1].首先我们需要这样的事实：R"上的凸函数为局部Lipschitz的。令q(t) = (a + tu) - f(a),t>0t则由f的凸性，q(t)关于t单调递增，而f的局部Lipschitz性保证了g(t)在t=0附近有界，因此f(a +t) - f(a) = lim g(t)limtt-→0+t-→0存在。故由例2.18，当n=1时，f的不可微点集至多可数。注意，当n>1时，这个结论不成立。不过由Rademacher定理，f的局部Lipschitz性保证了f不可微点集为零测集。II思考题：证明若f：R→R为凸函数，则f为局部Lipschitz的，即任给全ER，存在r=r>0以及常数M=M.>0，使得f(y)-f(z)l≤My-zly,zEB(r,r)下面是关于基数的一些简单性质。1)设A为无限集，cardA=α，cardB=No，则cardAUB=αo证明设B={b1,b2,..,AnB=@,且A=AiUA2,A1=[a1,a2,..]。定义f:AUB→A,r=aEAr,a2i,f(a) =a2i-1,=bieB,,TEA2口于为双射。2）集合A为无限集的充分必要条件是A与其某真子集对等。证明：若A为无限集，取B为其有限子集，则AIBA，且A～AB。口若A为有限集，则A不与其任一真子集对等
26 第二章 准备工作 注意到 rx1 = rx2，两式相加得到 0 < 0，矛盾。 ϕ 为单射表明，A 与 Q3 的某子集对等，从而至多可数。类似的结论对 B 从而 E 成立。 \\\\ 例 2.19. R 1 上的凸（凹）函数的不可微点至多可数。 以凸函数为例，这个结论依据这样的事实：R n 上的凸函数（单边）方 向导数存在。事实上，设 f : R n → R 为凸函数，即 f(λx + (1 − λ)y) ⩽ λf(x) + (1 − λ)f(y), x, y ∈ R n , λ ∈ [0, 1]. 首先我们需要这样的事实：R n 上的凸函数为局部 Lipschitz 的。令 q(t) = f(x + ty) − f(x) t , t > 0, 则由 f 的凸性，q(t) 关于 t 单调递增，而 f 的局部 Lipschitz 性保证了 q(t) 在 t = 0 附近有界，因此 lim t→0+ f(x + ty) − f(x) t = lim t→0+ q(t) 存在。故由例2.18，当 n = 1 时，f 的不可微点集至多可数。 注意，当 n > 1 时，这个结论不成立。不过由 Rademacher 定理，f 的局 部 Lipschitz 性保证了 f 不可微点集为零测集。 \\\\ 思考题：证明若 f : R → R 为凸函数，则 f 为局部 Lipschitz 的，即任给 x ∈ R，存在 r = rx > 0 以及常数 M = Mx > 0，使得 |f(y) − f(z)| ⩽ M|y − z|, y, z ∈ B(x, r). 下面是关于基数的一些简单性质。 1) 设 A 为无限集，card A = α，card B = ℵ0，则 card A ∪ B = α。 证明：设 B = {b1, b2, . . .}，A∩B = ∅，且 A = A1∪A2，A1 = {a1, a2, . . .}。 定义 f : A ∪ B → A， f(x) = a2i , x = ai ∈ A1; a2i−1, x = bi ∈ B; x, x ∈ A2. f 为双射。 □ 2) 集合 A 为无限集的充分必要条件是 A 与其某真子集对等。 证明：若 A 为无限集，取 B 为其有限子集，则 A\B ⫋ A，且 A ∼ A\B。 若 A 为有限集，则 A 不与其任一真子集对等。 □
272.1集合论R1的基数·不可数集例2.20.[0,1]是不可数集。仅考虑(0,1)，则任给aE（0,1)均可表示成（二进）级数QSan=0或1.3=注意如0.1000..．与0.0111..是同一个数。我们约定上述级数中1一定出现无穷次，则（0,1)与这样的全体二进制小数一一对应。事实上，不考虑an=0的项，则=2-n1(n)为严格单调上升的自然数序列，由下面的方法唯一决定ki=n1, ki=ni-ni-1,i=2,3,...,则k)唯一决定了r。记全体自然数序列的族为4，则（0,1]～4。假定4可数，排列如下(ki,kz,...,ki,...),(ki,k2,....,k?....):(hi,k.....,k....):则（+1,+1,..,k+1....)未排出。不然存在i使得(hi+1,k2+1,...,ki+1,...)=(ki,2....,ki,...)从而k+1=k。矛盾。这表明4不可数，从而[0,1]亦然。川注2.21.不难证明4~NN~[0,1)N,card4 = card [0,1] = card R1这里cardR1称作连续统的基数，记作c或N1=2No。这个例子表明No < 2No = Ni = C
2.1 集合论 27 R 1 的基数·不可数集 例 2.20. [0, 1] 是不可数集。 仅考虑 (0, 1]，则任给 x ∈ (0, 1] 均可表示成（二进）级数 x = ∑∞ n=1 an 2 n , an = 0 或 1. 注意如 0.1000 · · · 与 0.0111 · · · 是同一个数。我们约定上述级数中 1 一定出 现无穷次，则 (0, 1] 与这样的全体二进制小数一一对应。 事实上，不考虑 an = 0 的项，则 x = ∑∞ i=1 2 −ni , {ni} 为严格单调上升的自然数序列，由下面的方法唯一决定 k1 = n1, ki = ni − ni−1, i = 2, 3, . . . , 则 {ki} 唯一决定了 x。记全体自然数序列的族为 A ，则 (0, 1] ∼ A 。 假定 A 可数，排列如下： (k 1 1 , k1 2 , . . . , k1 i , . . .), (k 2 1 , k2 2 , . . . , k2 i , . . .), . . . (k j 1 , kj 2 , . . . , kj i , . . .), . . . 则 (k 1 1 + 1, k2 2 + 1, . . . , ki i + 1, . . .) 未排出。不然存在 i 使得 (k 1 1 + 1, k2 2 + 1, . . . , ki i + 1, . . .) = (k i 1 , ki 2 , . . . , ki i , . . .), 从而 k i i + 1 = k i i。矛盾。 这表明 A 不可数，从而 [0, 1] 亦然。 \\\\ 注 2.21. 不难证明 A ∼ N N ∼ {0, 1} N , card A = card [0, 1] = card R 1 . 这里 card R 1 称作连续统的基数，记作 c 或 ℵ1 = 2ℵ0。这个例子表明 ℵ0 < 2 ℵ0 = ℵ1 = c
28第二章准备工作注2.22.下面的问题是集合论的基本问题。1）N。与c之间是否还存在其它的基数？2）有无最大的基数？定理2.23.设A为非空集合，则A与其赛集24不对等。证明：反证法。假设A～24，即存在f：A→24为双射，定义B=(reA:rf(r),则存在yEA使得 f(y)=BE24。.若yeB,则yf(y)=B;若y&B,则yEf(y)=B。口矛盾。例2.24.设[A)满足cardA=C，则card(UkeNAk）=Co事实上，不妨设AnA,=の，i≠，A～[k,+1)，则UkeNA ~ [1, 0) ~ R.例2.25.设[En】满足cardEn=C，则E-(=(ai,r2....,an....): an EEn,nEN)基数为c，即card（IInenEn）=Co由前例，可假定E，为自然数数列形成的集合，则E中元素可看成无穷矩阵路路路路记这个无穷矩阵的集合为A，则A～E。而若视A中元素为数列(l,2,a,,a2,ai,..)则A～En。故cardA=CoI
28 第二章 准备工作 注 2.22. 下面的问题是集合论的基本问题。 1) ℵ0 与 c 之间是否还存在其它的基数？ 2) 有无最大的基数？ 定理 2.23. 设 A 为非空集合，则 A 与其幂集 2 A 不对等。 证明：反证法。假设 A ∼ 2 A，即存在 f : A → 2 A 为双射，定义 B = {x ∈ A : x ̸∈ f(x)}, 则存在 y ∈ A 使得 f(y) = B ∈ 2 A。 • 若 y ∈ B，则 y ̸∈ f(y) = B； • 若 y ̸∈ B，则 y ∈ f(y) = B。 矛盾。 □ 例 2.24. 设 {Ak} 满足 card Ak = c，则 card (∪k∈NAk) = c。 事实上，不妨设 Ai ∩ Aj = ∅，i ̸= j，Ak ∼ [k, k + 1)，则 ∪k∈NAk ∼ [1, ∞) ∼ R 1 . 例 2.25. 设 {En} 满足 card En = c，则 E = {x = (x1, x2, . . . , xn, . . .) : xn ∈ En, n ∈ N} 基数为 c，即 card ( ∏ n∈N En) = c。 由前例，可假定 En 为自然数数列形成的集合，则 E 中元素可看成无穷 矩阵 x 1 1 x 1 2 · · · x 1 k · · · x 2 1 x 2 2 · · · x 2 k · · · . . . . . . . . . x n 1 x n 2 · · · x n k · · · . 记这个无穷矩阵的集合为 A，则 A ∼ E。 而若视 A 中元素为数列 (x 1 1 , x1 2 , x2 1 , x1 3 , x2 2 , x3 1 , · · ·), 则 A ∼ En。故 card A = c。 \\\\