习题-可数集与不可数集

习题

 1. 证明\(\mathbb{Q}\)是可数无限集。

 2. 证明\(f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}_+,g:A\rightarrow \mathbb{Z}_+,A=\{(x,y)|x,y\in\mathbb{Z}_+\text{和}y\leqslant x\}\)都是一一对应。

\[\begin{aligned} &f(n)=\begin{cases} 2n,&n>0,\\ -2n+1,&n\leqslant 0. \end{cases}\\ &g(x,y)=\frac{1}{2}(x-1)x+y \end{aligned} \]

 3. 设\(X\)为二元素集合\(\{0,1\}\)，证明在\(\mathcal{P}(\mathbb{Z}_+)\)与笛卡尔积\(X^{\omega}\)之间有一个一一对应。

 4. (a) 一个实数\(x\)称为（在有理数集上）是代数的（algebraic），如果它满足某一个具有有理系数\(a_i\)的正次数的多项式方程

\[x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x + a_0=0 \]

 假定每一个多项式方程仅有有限个根，证明代数数的集合是可数集。
 (b) 如果一个实数\(x\)不是代数的，它称为超越的（transcendental）。在实数集合是不可数的假定下，证明超越数的集合是不可数的。（令人吃惊的是，我们熟悉的超越数仅仅只有两个：\(e\)和\(\pi\)。而证明它们是超越数却相当不容易。）

 5. 判定下述每一个集合是不是可数的，并说明理由。
 (a) 所有函数\(f:\{0,1\}\rightarrow \mathbb{Z}_+\)的集合\(A\)。
 (b) 所有函数\(f:\{1,\cdots, n\}\rightarrow \mathbb{Z}_+\)的集合\(B_n\)。
 (c) 集合\(C=\bigcup_{n\in\mathbb{Z}_+}B_n\)。
 (d) 所有函数\(f:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Z}_+\)的集合\(D\)。
 (e) 所有函数\(f:\mathbb{Z}_+\rightarrow \{0,1\}\)的集合\(E\)。
 (f) 所有“终端为0”的函数\(f:\mathbb{Z}_+\rightarrow \{0,1\}\)的集合\(F\)。[如果存在正整数\(N\)，使得对于所有\(n\geqslant N,f(n)=0\)，则称\(f\)是终端为0（eventually zero）的。]
 (g) 所有终端为1的函数\(f:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Z}_+\)的集合\(G\)。
 (h) 所有终端为常值的函数\(f:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Z}_+\)的集合\(H\)。
 (i) \(\mathbb{Z}_+\)的所有二元子集的集合\(I\)。
 (j) \(\mathbb{Z}_+\)的所有有限子集的集合\(J\)。

 6. 如果在集合\(A\)与\(B\)之间有一个一一对应，则称\(A\)和\(B\)具有相同的基数（same cardinality）。
 (a) 证明：若\(B\subset A\)并且存在一个单射

\[f:A\longrightarrow B \]

则\(A\)和\(B\)具有相同的基数。[提示：定义\(A_1=A\)和\(B_1=B\)，对于\(n>1\)，定义\(A_n=f(A_{n-1})\)和\(B_n=f(B_{n-1})\)。（又是归纳定义！）注意\(A_1\supset B_1\supset A_2\supset B_2\supset A_3\supset\cdots\)。根据

\[h(x)=\begin{cases} f(x),&\text{若对于某}n\text{有}x\in A_n-B_n,\\ x,&\text{其他情形}. \end{cases} \]

定义函数\(h:A\rightarrow B\)。]
 (b) 定理（Schroeder-Bernstein 定理）如果存在单射\(f:A\rightarrow C\)及\(g:C\rightarrow A\)，则\(A\)与\(C\)具有相同的基数。

 7. 证明习题 5中的集合\(D\)与\(E\)的基数相同。

 8. 设\(X\)表示二元素集\(\{0,1\}\)，\(\mathcal{B}\)为\(X^{\omega}\)的所有可数子集的集合。证明\(X^{\omega}\)与\(\mathcal{B}\)具有相同的基数。

 9. (a) 归纳公式

\[\begin{aligned} &h(1)=1,\\ &h(2)=2,\\ &h(n)=[h(n+1)]^2-[h(n-1)]^2,\text{对于}n\geqslant 2. \end{aligned} \tag{$*$} \label{*}\]

不符合归纳定义原理，但是可以证明确实存在一个函数\(h:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{R}\)满足这个公式。[提示：改写\(\eqref{*}\)，使原理适合并且要求\(h\)为正的。]
 (b) 证明(a)中的\(\eqref{*}\)不唯一决定\(h\)。[提示：如果\(h\)是满足\(\eqref{*}\)的一个正函数，令\(f(3)=-h(3)\)，\(f\)的其他取值均为正数。]
 (c) 证明：任何函数\(h:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{R}\)都不满足归纳公式

\[\begin{aligned} &h(1)=1,\\ &h(2)=2,\\ &h(n)=[h(n+1)]^2+[h(n-1)]^2,\text{对于}n\geqslant 2. \end{aligned} \]

解答

 1. 证明 注意到\(f:\mathbb{Z}_+\times\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Q}_+,f(n,m)=m/n\)是一个满射，而\(\mathbb{Z}_+\times\mathbb{Z}_+\)是可数的，故存在满射\(h:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Z}_+\times\mathbb{Z}_+\)，那么\(f\circ h:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Q}_+\)也是一个满射，故\(\mathbb{Q}_+\)也是可数的。类似地，由\(g:\mathbb{Z}_+\times\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Q}_-,f(n,m)=-m/n\)是一个满射可以证明\(\mathbb{Q}_-\)是可数的，故\(\mathbb{Q}=\mathbb{Q}_+\cup\{0\}\cup\mathbb{Q}_-\)也是可数的，又\(\mathbb{Z}_+\subset\mathbb{Q}\)，故\(\mathbb{Q}\)是可数无限的。

$\square$

 2. 证明 先证明\(f\)是一个一一对应。对任意\(m,n\in\mathbb{Z}\)，若\(f(m)=f(n)\)，由奇偶性的区别可知，有\(2m=2n\)或\(-2m+1=-2n+1\)，那么都有\(m=n\)，故\(f\)为单射。对于任意\(m\in\mathbb{Z}_+\)，若\(m=2n\)为偶数，则\(f(n)=2n=m\)；若\(m=2n-1\)为奇数，则\(f(-n+1)=-2(-n+1)+1 = 2n -1 = m\)，故\(f\)是一个满射。综上可知，\(f\)是一个一一对应。

 现证明\(g\)是一个一一对应。对于任意\((m_1,n_1),(m_2,n_2)\in A\)，若\(g(m_1,n_1)=g(m_2,n_2)\)，则\(\frac{1}{2}(m_1-1)m_1+n_1 = \frac{1}{2}(m_2-1)m_2+n_2\)，那么\(\frac{1}{2}(m_2-m_1)(m_2+m_1-1)=n_1-n_2\)。若\(m_2\ne m_1\)，不妨设\(m_2>m_1\)，则\(\frac{1}{2}(m_2-m_1)(m_2+m_1-1)=n_1-n_2< m_1\)，但\(m_2-m_1\geqslant 1\)，\(m_2+m_1-1\geqslant 2m_1\)，故\(\frac{1}{2}(m_2-m_1)(m_2+m_1-1)\geqslant m_1\)，矛盾。若\(m_2=m_1\)，则\(n_1=n_2\)，说明\((m_1,n_1)=(m_2,n_2)\)。由此可知，\(g\)为单射。

 现证明\(g\)为满射。若\(g\)不是满射，设\(n=\min\{m|\text{对于任意}(x,y)\in A,g(x,y)\ne m,\text{且}m\in\mathbb{Z}_+\}\)，由\(\mathbb{Z}_+\)的良序性可知\(n\)必然存在。显然\(n\ne 1\)，因为\(g(1,1)=1\)。那么存在\((x,y)\in A\)，使得\(g(x,y)=n-1\)。若\(y<x\)，则\((x,y+1)\in A\)，且\(g(x,y+1)=g(x,y)+1=n\)，矛盾。若\(y=x\)，则\(g(x+1,1)=\frac{1}{2}(x+1)x+1,g(x,y)=g(x,x)=\frac{1}{2}(x+1)x\)，故\(g(x+1,1)=g(x,y)+1=n\)，矛盾。由此可知，\(g\)是满射。

 综上可知，\(g\)是一个一一对应。

$\square$

 3. 证明 设\(f:\mathcal{P}(\mathbb{Z}_+)\rightarrow X^{\omega},f(A)=\{x_i\}_{i\in\mathbb{Z}_+},A\in\mathcal{P}(\mathbb{Z}_+)\)，其中\(\{x_i\}_{i\in\mathbb{Z}_+}\)的定义如下

\[x_i=\begin{cases} 1,&i\in A,\\ 0,&i\notin A. \end{cases}\]

先证明\(f\)是一个单射。对于任意\(A,B\in\mathcal{P}(\mathbb{Z}_+)\)，若\(f(A)=f(B)\)，这说明对于任意\(i\in\mathbb{Z}_+\)，\(i\in A\iff i\in B\)，即\(A=B\)。现证明\(f\)是一个满射。对于任意\(\{x_i\}_{i\in\mathbb{Z}_+}\in X^{\omega}\)，令\(A=\{i|x_i=1,\text{且}i\in\mathbb{Z}_+\}\)，不难验证\(f(A)=\{x_i\}_{i\in\mathbb{Z}_+}\)。综上可知，\(f\)是一个\(\mathcal{P}(\mathbb{Z}_+)\)与\(X^{\omega}\)之间的一一对应。

$\square$

 4. 证明 (a) 由习题 1 可知\(\mathbb{Q}\)是可数的，则\(A=\bigcup_{i\in\mathbb{Z}_+}\mathbb{Q}^i\)也是可数的。令\(\mathcal{B}=\{B_{\bm{\alpha}}\}_{\bm{\alpha}\in A}\)，其中\(B_{\bm{\alpha}}\)的定义如下

\[B_{\bm{\alpha}}=\{x|x^n+\alpha_nx^{n-1}+\cdots+\alpha_2x+\alpha_1=0,\text{且}\bm{\alpha}=(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)\in A,x\in\mathbb{R}\} \]

由\(A\)的可数性可知，\(\mathcal{B}\)是可数的。由题目可知，\(B_{\bm{\alpha}}\)是有限的，即为可数的，故\(C=\bigcup_{B\in\mathcal{B}}B\)也是可数的，\(C\)正是所有代数数的组成的集合。

 (b) 若超越数集合\(\mathbb{R}-C\)可数，则\(\mathbb{R}=C\cup (\mathbb{R}-C)\)也可数，与\(\mathbb{R}\)的不可数性矛盾，故超越数集合\(\mathbb{R}-C\)不可数。

$\square$

 5. 解 (a) 令\(g:A\rightarrow \mathbb{Z}_+\times\mathbb{Z}_+,g(f)=(f(0),f(1))\)，现证明\(g\)是一个单射。对于任意\(f_1,f_2\in A\)，若\(g(f_1)=g(f_2)\)，则\((f_1(0),f_1(1))=(f_2(0),f_2(1))\)，即\(f_1(0)=f_2(0),f_1(1)=f_2(1)\)，那么\(f_1=f_2\)。又\(\mathbb{Z}_+\times\mathbb{Z}_+\)是一个可数集，故存在单射\(h:\mathbb{Z}_+\times\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Z}_+\)，复合\(h\circ g:A\rightarrow \mathbb{Z}_+\)也是一个单射，故\(A\)是可数的。

 (b) 令\(g:B_n\rightarrow \mathbb{Z}^n_+,g(f)=(f(1),f(2),\cdots,f(n))\)，现证明\(g\)是一个单射。对于任意\(f_1,f_2\in A\)，若\(g(f_1)=g(f_2)\),则\((f_1(1),f_1(2),\cdots,f_1(n))=(f_2(1),f_2(2),\cdots,f_2(n))\)，即\(f_1(1)=f_2(1),f_1(2)=f_2(2),\cdots,f_1(n)=f_2(n)\)，那么\(f_1=f_2\)。又\(\mathbb{Z}_+^n\)是一个可数集，故存在单射\(h:\mathbb{Z}_+^n\rightarrow \mathbb{Z}_+\)，复合\(h\circ g:B_n\rightarrow \mathbb{Z}_+\)也是一个单射，故\(B_n\)是可数的。

 (c) 由(b)可知\(B_n\)均可数，故\(C=\bigcup_{n\in\mathbb{Z}_+}B_n\)也可数。

 (d) 不难注意到\(g:D\rightarrow \mathbb{Z}_+^{\omega},g(f)=(f(1),f(2),\cdots)\)是一个一一映射，而\(\{0,1\}^{\omega}=X^{\omega}\subset \mathbb{Z}_+^{\omega}\)。若\(\mathbb{Z}_+^{\omega}\)可数，则\(X^{\omega}\)可数，矛盾，故\(\mathbb{Z}_+^{\omega}\)不可数。若\(D\)可数，则\(\mathbb{Z}_+^{\omega}\)亦可数，矛盾，故\(D\)不可数。

 (e) 不难注意到\(g:E\rightarrow X^{\omega},g(f)=(f(1),f(2),\cdots),X=\{0,1\}\)是一个一一映射。已知\(X^{\omega}\)不可数，若\(E\)可数，则\(X^{\omega}\)可数，矛盾。故\(E\)不可数。

 (f) 定义\(g:F\rightarrow \mathbb{Z}_+,g(f)=\sum_{i=1}^{\infty} f(i)2^{i-1}\)，容易验证\(g\)是一个一一映射，故\(F\)是一个可数集。

 (g) 定义\(g:G\rightarrow U,g(f)=(f(1),f(2),\cdots)\)，其中\(U=\{\bm{x}\in\mathbb{Z}_+^{\omega}|\exists N\in\mathbb{Z}_+,\forall n\geqslant N,x_n = 1\}\)。不难知道\(g\)是一个一一映射。设\(U_1=\{(1,1,\cdots)\},U_n=\{\bm{x}|x_{n-1}=0,\forall m\geqslant n,x_m=1\}(n\geqslant 2)\)，结合\(\mathbb{Z}_+\)良序性质可知\(U=\bigcup_{n=1}^{\infty}U_n\)。而对于每个\(U_n\)，易知存在其到\(\mathbb{Z}_+^n\)的单射（截取前\(n\)个分量），故\(U_n\)是可数集，,\(U=\bigcup_{n=1}^{\infty}U_n\)是可数集，进而\(G\)是可数集。

 (h) 定义\(G_n\)为终端为\(n\)的\(f\)构成的集合。那么\(G=\bigcup_{n=1}^{\infty}G_n\)。用(g)中类似的方法可知\(G_n\)均为可数集，故\(G\)也为可数集。

 (i) 不难看出\(g:\mathbb{Z}_+^2\rightarrow U,g(x,y)=\{x,y\},U=g(\mathbb{Z}_+^2)\)是一个满射。由\(\mathbb{Z}_+^2\)的可数性可知\(U\)可数，而\(I\subset U\)，故\(I\)可数。

 (j) 设\(J_n=\{Q|Q\subset \mathbb{Z}_+,|Q|=n\}\)，则可以定义\(g_n:\mathbb{Z}_+^n\rightarrow \bigcup_{i=1}^n J_i,g_n(x_1,\cdots,x_n)=\{x_1,\cdots,x_n\}\)，不难验证\(g_n\)为满射。由\(\mathbb{Z}_+^n\)的可数性可知\(\bigcup_{i=1}^nJ_i\)可数，又\(J_n\subset \bigcup_{i=1}^nJ_i\)，故\(J_n\)均为可数集，那么\(J=\bigcup_{n=1}^{\infty}J_n\)也是可数集。

 6. 证明 (a) 定义\(A_1=A,B_1=B\)，对于\(n>1\)，定义\(A_n=f(A_{n-1}),B_n=f(B_{n-1})\)，那么有\(A_1\supset B_1\supset A_2\supset B_2\supset A_3\supset\cdots\)。定义\(h:A\rightarrow B\)：

\[h(x)=\begin{cases} f(x),&\text{若对于某个}n\text{有}x\in A_n-B_n,\\ x,&\text{其他情况}. \end{cases}\]

 下面证明\(h\)为一个一一映射。先证明\(h\)是一个单射。注意到\(x\in A_n-B_n\iff h(x)=f(x)\in A_{n+1}-B_{n+1}\)，对\(x_1,x_2\in A\)，若\(h(x_1)=h(x_2)\)，则\(f(x_1)=f(x_2)\)或\(x_1=x_2\)，而\(f(x_1)=f(x_2)\)时，由\(f\)的单射性可知\(x_1=x_2\)，故\(h\)是一个单射。

 现证明\(h\)是一个满射。对于任意\(y\in B\)，若\(y\in \bigcup_{n=1}^{\infty}(A_n-B_n)\)，则\(h(f^{-1}(y))=y\)；若\(y\notin \bigcup_{n=1}^{\infty}(A_n-B_n)\)，则\(h(y)=y\)。由此可知，\(h\)是一个满射。

 综上可知，\(h\)是一个一一映射，故\(A\)和\(B\)具有相同的基数。

 (b) 注意到\(f(A)\subset C\)，\(f\circ g:C\rightarrow f(A)\)是一个单射，结合(a)可知\(f(A)\)和\(C\)之间存在一个一一映射\(h:f(A)\rightarrow C\)。而\(f\)在限制值域为\(f( A)\)后是一个一一映射，故\(h\circ f:A\rightarrow C\)是一个一一映射，\(A\)和\(C\)具有相同的基数。

$\square$

 7. 证明 结合5可知，证明\(D\)和\(E\)基数相同本质上是证明\(\mathbb{Z}_+^{\omega}\)和\(X^{\omega}\)基数相同，可定义映射\(g:\mathbb{Z}_+^{\omega}\rightarrow X^{\omega}\)：

\[g(\bm{x})=\bm{y} \]

\[\bm{y}(i)=\begin{cases} 0,&0<i\leqslant x_1,\\ 0,&\sum_{j=1}^{m}x_j<i\leqslant\sum_{j=1}^{m+1}x_j,m\text{为偶数},\\ 1,&\sum_{j=1}^{m}x_j<i\leqslant\sum_{j=1}^{m+1}x_j,m\text{为奇数}. \end{cases}\]

 不难验证\(g\)为一个单射，又\(X^{\omega}\subset \mathbb{Z}_+^{\omega}\)，结合6可知\(\mathbb{Z}_+^{\omega}\)和\(X^{\omega}\)基数相同，那么\(D\)和\(E\)基数相同。

$\square$

 8. 证明 考虑\(A=\{f|f:\mathbb{Z}_+\rightarrow X^{\omega}\},B=\{g|g:\mathbb{Z}_+\times\mathbb{Z}_+\rightarrow X\}\)，则由一一映射\(p:B\rightarrow A,p(g)(n)=(g(n,1),g(n,2),\cdots)\)可知，\(A\)和\(B\)基数相同。又存在一一映射\(h:\mathbb{Z}_+\rightarrow\mathbb{Z}_+\times\mathbb{Z}_+\)，故可以定义\(B\)到\(C=\{k|k:\mathbb{Z}_+\rightarrow X\}\)的一一映射\(q:B\rightarrow C,q(g)=g\circ h\)，\(A,B,C\)基数均相同。而由5可知\(C\)的基数与\(X^{\omega}\)相同，故\(A\)的基数也与\(X^{\omega}\)相同，存在一一映射\(e:A\rightarrow X^{\omega}\)。

 定义\(l:X^{\omega}\rightarrow \mathcal{B}:l(x)=\{x\}\)，容易验证\(l\)是一个单射。定义\(m:A\rightarrow \mathcal{B},m(f)=\{f(1),f(2),\cdots\}\)，\(m\)显然是满射，那么可以定义单射\(n:\mathcal{B}\rightarrow A,n(X)=[m^{-1}(X)\text{中任意一个元素}],X\in\mathcal{B}\)，从而\(e\circ n:\mathcal{B}\rightarrow X^{\omega}\)也是一个单射。结合6可知,\(X^{\omega}\)和\(\mathcal{B}\)有相同基数。

$\square$

 9. 证明 (a) 定义\(h\)为：

\[\begin{align*} &h(1)=1,\\ &h(2)=2,\\ &h(n)=\sqrt{h(n-1)+[h(n-2)]^2},\text{对于}n\geqslant 3 \end{align*}\]

容易验证\(h\)是良定义的，现归纳证明\(h\)满足\(\eqref{*}\)。当\(n=1,2\)时，\(h\)显然满足\(\eqref{*}\)，现假设对任意\(m\in S_n\)，\(h(m)\)都符合\(\eqref{*}\)。按定义有\(h(n)=\sqrt{h(n-1)+[h(n-2)]^2}\)，即\(h(n-1)=[h(n)]^2-[h(n-2)]^2\),故对任意\(m\in S_{n+1}\)，\(h(m)\)都符合\(\eqref{*}\)。由强归纳法可知，\(h\)符合\(\eqref{*}\)。

 (b) 定义\(h'\)：

\[\begin{align*} &h'(1)=1,\\ &h'(2)=2,\\ &h'(3)=-\sqrt{3},\\ &h'(n)=\sqrt{h'(n-1)+[h'(n-2)]^2},\text{对于}n\geqslant 4 \end{align*}\]

 容易验证\(h'\)是良定义的，使用与(a)类似的方法可证明\(h'\)满足\(\eqref{*}\)。

 (c) 有\([h(3)]^2=h(2)-[h(1)]^2=1,h(4)=h(3)-[h(2)]^2\leqslant 1-2^2=-3 < 0\)，矛盾。

$\square$