有限集

 有限这个概念，读者应该从小学开始就有了直观的感受——能一个个数出来，并且数完的就是有限的。现在，我们将这个概念抽象化严谨化。

 回想一下，如果\(n\)是一个正整数，用\(S_n\)表示全体小于\(n\)的正整数集合，并称之为正整数的一个截。集合\(S_n\)就是有限集的样板。

 定义 集合\(A\)称为有限的（finite），如果\(A\)与正整数的某一个截存在一个一一对应。即：\(A\)称为有限的，如果\(A\)是空集，或者对于某个正整数\(n\)存在一个一一对应

\[f:A\longrightarrow\{1,\cdots,n\} \]

前一种情况，称\(A\)的基数（cardinality）为0；后一种情况，称\(A\)的基数为\(n\)。

 例如，\(\{1,\cdots,n\}\)的基数为\(n\)，因为恒等函数是它与自身的一个一一对应。

 特别要注意，我们并没有证明，对于有限集\(A\)，\(A\)的基数由\(A\)唯一决定。当然，空集的基数为0。但就我们目前所知道的，不能排除存在集合\(A\)与两个不同集合\(\{1,\cdots, n\}\)和\(\{1,\cdots, m\}\)之间的一一对应的可能性。这种可能性似乎是荒谬的，好像说两个人“数”一个盒子里的石子，得的结果不同，却又都是正确的一样。根据我们日常生活中“数”东西的经验，这时不可能的。而事实上，当\(n\)是1，2，3这种小数目时，也很容易验证。但是，如果\(n\)等于500万，要直接证明就难以设想了。

 对于如此大的\(n\)，凭经验来证实是很困难的，例如，可以做这样一个试验。找一辆载满石子的货车，请十个人各自独立地去“数一数”石子的数量。就这个具体问题而言，很难想象他们“数”的结果会是一样的。当然，可以断定他们中至少有一个人“数”错了。而这其实是假定了要用经验来验证前面关于基数唯一性的结果是正确的。另一种解释就是，在给定的石子集合与正整数的两个不同截之间都有一一对应。

 实际生活中人们接受第一种解释。“数”东西的经验使我们相信，对于成员个数比较少的集合所产生的结论，对于任意大的集合也应该成立。

 然而在数学中（与现实生活不一样）不难轻易相信这样的论断。只有用一一对应的存在性，而不是依靠具体地“数”，那才是有价值的数学证明。我们马上要证明，若\(n\ne m\)，则不可能存在从给定集合\(A\)到两个集合\(\{1,\cdots,n\}\)与\(\{1,\cdots, m\}\)的两个一一对应。

 关于有限集，一个简单的事实是

 引理 6.1 设\(n\)是一个正整数，\(A\)是一个集合，\(a_0\)是\(A\)的一个元素，则存在集合\(A\)与集合\(\{1,\cdots,n+1\}\)之间的一一对应\(f\)，当且仅当存在集合\(A-\{a_0\}\)与\(\{1,\cdots, n\}\)之间的一一对应\(g\)。

 证明 要证明两种蕴含关系，首先假定存在一个一一对应

\[g:A-\{a_0\}\longrightarrow \{1,\cdots,n\} \]

那么由下式

\[\begin{aligned} &f(x)=g(x),\text{ 对于}x\in A-\{a_0\}\\ &f(a_0)=n+1 \end{aligned}\]

所定义的函数\(f:A\longrightarrow \{1,\cdots,n+1\}\)就是一个一一对应。

 为了证明其逆，我们假定存在一个一一对应

\[f:A\longrightarrow \{1,\cdots,n+1\} \]

如果\(f\)恰好把\(a_0\)映成\(n+1\)，事情就容易了。那时，限制映射\(f|A-\{a_0\}\)就是\(A-\{a_0\}\)与\(\{1,\cdots,n\}\)之间的一一对应。如若不然，令\(f(a_0)=m\)，\(a_1\)是\(A\)中满足\(f(a_1)=n+1\)的点，则\(a_1\ne a_0\)。由

\[\begin{aligned} &h(a_0)=n+1\\ &h(a_1)=m\\ &h(x)=f(x),\text{ 对于}x\in A-\{a_0,a_1\} \end{aligned}\]

定义一个新函数

\[h:A\longrightarrow \{1,\cdots,n+1\} \]

容易验证\(h\)是一个一一对应。

 这就回到的简单的情况，限制映射\(h|a-\{a_0\}\)就是\(A-\{a_0\}\)与\(\{1,\cdots,n\}\)之间的一一对应。

$\square$

 由这个引理，可得到几个有用推论。

 定律 6.2 设\(A\)是一个集合。假定对于某一个\(n\in\mathbb{Z}_+\)，存在一个一一对应\(f:A\rightarrow \{1,\cdots,n\}\)。设\(B\)为\(A\)的一个真子集，则不存在一一对应\(g:B\rightarrow \{1,\cdots,n\}\)。但是（假定\(b\ne \varnothing\)），必定有一个一一对应\(h:B\rightarrow \{1,\cdots,m\}\)对于某个\(m<n\)成立。

 证明 当\(B=\varnothing\)时，由于空集\(B\)与非空集\(\{1,\cdots,n\}\)之间不存在一一对应，所以此时结论显然成立。

 我们用“归纳法”来证明定理。设\(C\)为\(\mathbb{Z}_+\)的子集，它由使定理成立的那些正整数\(n\)组成，下面证明\(C\)是包含1的归纳集。由此可见\(C=\mathbb{Z}_+\)，从而定理对于所有正整数\(n\)成立。

 首先证明\(n=1\)时，定理成立。这时\(A\)仅有一个元素\(\{a\}\)组成，它的唯一真子集\(B\)是空集。

 假定对于\(n\)定理成立，证明定理对于\(n+1\)成立。设\(f:A\rightarrow \{1,\cdots,n+1\}\)是一个一一对应，\(B\)是\(A\)的一个非空真子集。在\(B\)与\(A-B\)中各取一点\(a_0\)与\(a_1\)。根据前面的引理 6.1可知，存在一个一一对应

\[g:A-\{a_0\}\longrightarrow \{1,\cdots,n\} \]

因为\(a_1\)属于\(A-\{a_0\}\)而不属于\(B-\{a_0\}\)，所以\(B-\{a_0\}\)是\(A-\{a_0\}\)的一个真子集。而已经假定了定理对于正整数\(n\)成立。所以
 (1) 不存在一一对应\(h:B-\{a_0\}\longrightarrow\{1,\cdots,n\}\)；
 (2) 或者\(B-\{a_0\}=\varnothing\)，或者对某一个\(p<n\)存在一个一一对应

\[k:B-\{a_0\}\longrightarrow \{1,\cdots,p\} \]

根据引理 6.1以及(1)可知，不存在\(B\)与\(\{1,\cdots,n+1\}\)之间的一一对应。这就是我们要证明的前半段。为了证明后半段，注意到如果\(B-\{a_0\}=\varnothing\)，则存在\(B\)与集合\(\{1\}\)之间的一一对应。如果\(B-\{a_0\}\ne \varnothing\)，应用前面的引理 6.1以及(2)可见，存在\(B\)与\(\{1,\cdots,p+1\}\)之间的一个一一对应。两种情况都表明，对于某一个\(m<n+1\)，在\(B\)与\(\{1,\cdots,m\}\)之间有一个一一对应。由归纳原理就证明了定理对于所有\(n\in\mathbb{Z}_+\)成立。

$\square$

 推论 6.3 如果\(A\)是一个有限集，则不存在\(A\)与其真子集之间的一一对应。

 证明 设\(B\)是\(A\)的一个真子集，\(f:A\rightarrow B\)是一个一一对应，则根据假定，对于某一个\(n\)，存在一个一一对应\(g:A\rightarrow \{1,\cdots,n\}\)。他们的复合\(g\circ f^{-1}\)是\(B\)与\(\{1,\cdots,n\}\)之间的一个一一对应，与定理 6.2矛盾。

$\square$

 推论 6.4 \(\mathbb{Z}_+\)不是有限集。

 证明 通过\(f(n)=n+1\)所定义的函数\(f:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Z}_+-\{1\}\)便是\(\mathbb{Z}_+\)与其一个真子集之间的一个一一对应。

$\square$

 推论 6.5 有限集\(A\)的基数由\(A\)唯一决定。

 证明 证明设\(m<n\)，假若存在一一对应

\[\begin{gathered} f:A\longrightarrow \{1,\cdots,n\}\\ g:A\longrightarrow \{1,\cdots,m\} \end{gathered}\]

则其复合

\[g\circ f^{-1}:\{1,\cdots,n\}\longrightarrow \{1,\cdots,m\} \]

是有限集\(\{1,\cdots,n\}\)与其真子集之间的一一对应，与前面的推论 6.3矛盾。

$\square$

 推论 6.6 如果\(B\)是有限集\(A\)的一个子集，则\(B\)是一个有限集。如果\(B\)是\(A\)的一个真子集，则\(B\)的基数小于\(A\)的基数。

 推论 6.7 设\(B\)是一个非空集，则下列条件等价：
 (1) \(B\)是一个有限集；
 (2) 存在从正整数的某一个截到\(B\)上的满射；
 (3) 存在从\(B\)到正整数某一个截上的单射。

 证明 (1)\(\Rightarrow\)(2)。由于\(B\)非空，对于某个\(n\)，存在一一对应\(f:\{1,\cdots,n\}\rightarrow B\)。

 (2)\(\Rightarrow\)(3)。若\(f:\{1,\cdots,n\}\rightarrow B\)为满射，用

\[g(b)=f^{-1}(\{b\})\text{的最小元} \]

定义一个函数\(g:B\rightarrow\{1,\cdots,n\}\)。由于\(f\)是一个满射，集合\(f^{-1}(\{b\})\)非空。根据\(\mathbb{Z}_+\)的良序性质可知，\(g(b)\)是唯一确定的。由于当\(b\ne b'\)时，集合\(f^{-1}(\{b\})\)和\(f^{-2}(\{b'\})\)无交，因此它们的最小元一定不同。于是\(g\)是一个单射。

 (3)\(\Rightarrow\)(1)。若\(g:B\rightarrow\{1,\cdots,n\}\)是一个单射，则改变\(g\)的值域可以得到从\(B\)到\(\{1,\cdots,n\}\)的某子集之间的一个一一对应。结合推论 6.6可知\(B\)是一个有限集。

$\square$

 推论 6.8 若干个有限集的有限并及有限笛卡尔积是有限集。

 证明 首先证明：若\(A\)和\(B\)都是有限集，则\(A\cup B\)是一个有限集。当\(A\)和\(B\)至少有一个是空集，结论显然成立。当\(A\)和\(B\)都不是空集时，对于某\(m\)和\(n\)，存在一一对应\(f:\{1,\cdots,m\}\rightarrow A\)及一一对应\(g:\{1,\cdots,n\}\rightarrow B\)。用

\[\begin{aligned} &h(i)=f(i),i=1,2,\cdots,m\\ &h(i)=g(i-m),i=m+1,\cdots,m+n \end{aligned} \]

定义一个函数\(h:\{1,\cdots,m+n\}\rightarrow A\cup B\)。易见，\(h\)是一个满射，所以\(A\cup B\)是一个有限集。

 其次，用归纳法证明：\(A_1,\cdots,A_n\)各个集合的有限性蕴含着它们并的有限性。\(n=1\)时显然成立。假定\(n-1\)命题成立。注意到\(A_1\cup\cdots\cup A_n\)可以表示成两个有限集\(A_1\cup\cdots\cup A_{n-1}\)与\(A_n\)之并，由上段的讨论可知，命题成立。

 再次，证明两个有限集\(A\)和\(B\)的笛卡尔积是有限集。任意选取\(a\in A\)，由于\(\{a\}\times B\)的点与\(B\)的点有一一对应关系，所以\(\{a\}\times B\)是有限集。而\(A\times B\)可以表示成具有\(\{a\}\times B\)形式的集合之并，并且这种形式的集合仅有有限个，从而\(A\times B\)为有限个有限集之并，因而是有限集。

 最后，用归纳法易证：若每个\(A_i\)有限，则笛卡尔积\(A_1\times\cdots\times A_n\)也是有限集。

$\square$