函數(shù)論與泛函分析練習(xí)

集論初步

集的概念糕殉、運(yùn)算

證明： f^{-1}\left(S\backslash\bigcup_iA_i \right)=S\backslash \bigcup_i f^{-1}\left( A_i\right)

\begin{split} &x\in f^{-1}\left(S\backslash\bigcup_iA_i \right)\\ \Rightarrow&f(x)\in S\backslash\bigcup_iA_i\\ \Rightarrow&f(x)\not\in\bigcup_iA_i\\ \Rightarrow&f(x)\not\in A_i \quad\text{(for given $i$'s)}\\ \Rightarrow&x\not\in f^{-1}(A_i) \quad\text{(for given $i$'s)}\\ \Rightarrow&x\not\in \bigcup_i f^{-1}(A_i)\\ \Rightarrow&x\in S\backslash \bigcup_i f^{-1}\left( A_i\right) \end{split}
\begin{split} &x\in S\backslash \bigcup_i f^{-1}\left( A_i\right)\\ \Rightarrow&x\not\in \bigcup_i f^{-1}\left( A_i\right)\\ \Rightarrow&x\not\in f^{-1}\left( A_i\right) \quad\text{(for given $i$'s)}\\ \Rightarrow&f(x)\not\in A_i \quad\text{(for given $i$'s)}\\ \Rightarrow&f(x)\not\in \bigcup_i A_i \\ \Rightarrow&f(x)\in S\backslash \bigcup_i A_i \\ \Rightarrow&x\in f^{-1}\left(S\backslash\bigcup_iA_i \right) \end{split}

證明：(M\backslash A)\backslash B=M\backslash (A\cup B)

\begin{split} x\in(M\backslash A)\backslash B &\iff x \in (M\backslash A) \wedge x\not\in B\\ &\iff x \in M \wedge x \not\in A \wedge x \not\in B\\ &\iff x \in M \wedge x \not\in (A\cup B)\\ &\iff x \in M\backslash (A\cup B) \end{split}

集的對等性亩鬼、勢

證明：有理系數(shù)的一切多項(xiàng)式集合都是可數(shù)集。

設(shè)有理系數(shù)的一切多項(xiàng)式集合為P阿蝶，設(shè)最高次項(xiàng)不超過n的多項(xiàng)式集合是P^n雳锋，顯然P=\bigcup_{i=0}^\infty P^i，因此P是可數(shù)個(gè)集合的和羡洁，現(xiàn)在證明P^n也是可數(shù)集玷过，從而命題可證。
因?yàn)槭怯欣硐禂?shù)筑煮，從而P^n(x)=\{\sum_{i=0}^n \frac{p_i}{q_i}x^i \Big|\;q_i>0,\,\mathrm{gcd}(p_i,q_i)=1\}
現(xiàn)在辛蚊，定義P^n(x)中元素的高度為h=\sum_{i=0}^n |p_i|+|q_i|，換句話說咆瘟，高度構(gòu)成了P^n(x)的一個(gè)劃分嚼隘，按某高度h劃分的子集記為P^n_h，顯然P^n_h是一個(gè)有限集合袒餐，于是可以依次選擇P^n_0,P^n_1,\cdots,飞蛹，并對每個(gè)集合中的元素按照特定的順序進(jìn)行排列，并且能夠?qū)ζ渚幪?hào)灸眼，于是卧檐，P^n(x)就是一個(gè)可數(shù)集。

證明：一切代數(shù)數(shù)集合G是可數(shù)集

如果\xi是代數(shù)數(shù)焰宣，則它必然是某個(gè)有理系數(shù)多項(xiàng)式的根霉囚。
一方面，任意有理數(shù)必然是代數(shù)數(shù)匕积，因?yàn)槿我庥欣頂?shù)\xi都是多項(xiàng)式p(x)=x-\xi的根盈罐，所以\mathbb{Q}\subset G榜跌，即G是至少可數(shù)（即要么是可數(shù)集要么是不可數(shù)集合，但不可能是有限集）盅粪。
下面我們證明G是至多可數(shù)（即要么是可數(shù)集要么是有限集合钓葫，但不可能是不可數(shù)集），從而說明G是可數(shù)集合票顾。
對于任意的n次有理多項(xiàng)式方程p_n(x)=0础浮，兩邊乘以所有非零有理系數(shù)分母的最小公倍數(shù)，于是成為一個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式方程p'_n(x)=0奠骄，顯然此二者的具有相同的解豆同。
根據(jù)代數(shù)學(xué)基本定理，在復(fù)數(shù)域內(nèi)含鳞，P'_n(x)=0至多有n個(gè)不同的根影锈，即給定一個(gè)有理系數(shù)多項(xiàng)式，其根的集合是有限集（至多可數(shù)集）民晒；又因?yàn)橛欣矶囗?xiàng)式集合是可數(shù)的精居，所以有理多項(xiàng)式的根集合是至多可數(shù)的，即一切代數(shù)數(shù)的集合是至多可數(shù)的潜必。

證明：平面上一切有理坐標(biāo)點(diǎn)的集合A是可數(shù)集合。

取平面上直角坐標(biāo)系沃但，顯然X磁滚、Y軸上任意兩個(gè)有理數(shù)x,y將確定平面上一個(gè)有理點(diǎn)p=(x,y)，反之宵晚，給定一個(gè)有理點(diǎn)p=(x,y)垂攘，將唯一確定X、Y軸上的有理數(shù)x,y淤刃。
現(xiàn)在晒他，固定某個(gè)有理數(shù)y，過y作平行于X軸的直線逸贾，直線上的所有有理點(diǎn)的集合記為Q_y =\{(x,y)\big|x\in\mathbb{Q}\}陨仅，顯然Q_y與有理數(shù)集合\mathbb{Q}的元素是一一對應(yīng)的，從而兩者對等铝侵，于是Q_y是可數(shù)集灼伤，現(xiàn)在我們有A=\bigcup_{y\in\mathbb{Q}}Q_y于是集合A是可數(shù)個(gè)可數(shù)集的和，從而A可數(shù)咪鲜。

證明：直線上一切有理開區(qū)間（有理端點(diǎn)的開區(qū)間）的集合B是可數(shù)的狐赡。

給定一個(gè)有理開區(qū)間(x,y)\in B，它唯一對應(yīng)了平面上的有理坐標(biāo)(x,y)疟丙，于是B對應(yīng)的平面上的有理坐標(biāo)集合B'應(yīng)該至少是平面上有理坐標(biāo)集合A的子集颖侄，因?yàn)橛缮厦娴拿}知鸟雏，A是可數(shù)集合，于是B也是可數(shù)集览祖。

證明：如果M是任一無限集孝鹊，A是可數(shù)集，則M\sim M\cup A穴墅，即二者對等惶室。

依次從M中取出各不相同的元素m_1,m_2,\cdots,m_n,\cdots組成集合C=\{m_1,m_2,\cdots,m_n,\cdots\}，于是C是一個(gè)可數(shù)集合玄货。從而M=(M\backslash C)\cup C
于是M\cup A=(M\backslash C)\cup C\cup A皇钞，因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=A" alt="A" mathimg="1">也是一個(gè)可數(shù)集，于是C\cup A也是可數(shù)集松捉，從而C\cup A\sim C夹界，此外(M\backslash C)\sim (M\backslash C)，于是C\cup (M\backslash C) \sim (C\cup A)\cup(M\backslash C)\Rightarrow M\sim M\cup A

證明：超越數(shù)是存在的

不是代數(shù)數(shù)的數(shù)即為超越數(shù)隘世。上面已經(jīng)證明可柿，代數(shù)數(shù)集合是可數(shù)集合。復(fù)數(shù)集合\mathbb{C}和平面上的點(diǎn)一一對應(yīng)丙者，并且平面上的點(diǎn)集與(0,1)區(qū)間對等复斥，而(0,1)區(qū)間是不可數(shù)集合，于是\mathbb{C}是不可數(shù)集合械媒。設(shè)代數(shù)數(shù)集合Q目锭，于是\mathbb{C}=Q\cup(\mathbb{C}\backslash Q)，(\mathbb{C}\backslash Q)一定不為空纷捞，否則\mathbb{C}=Q痢虹，從而\mathbb{C}是可數(shù)集合，這產(chǎn)生了矛盾主儡。因此(\mathbb{C}\backslash Q)中的元素不屬于Q奖唯，即不是代數(shù)數(shù)，因此是超越數(shù)糜值，即超越數(shù)存在丰捷。

Cantor-Bernstein定理：設(shè)A，B是兩個(gè)任意集合臀玄，如果存在A到B的某一子集B_1的一一映射f瓢阴，以及B到A的某一子集A_1的一一映射g，則A健无，B對等：A\sim B荣恐。

滿足條件的A，B，要么都是有限集叠穆，要么都是無限集少漆，否則不存在有限集到無限集的一一映射。
當(dāng)A硼被，B都是有限集示损，f的存在表明A的元素個(gè)數(shù)應(yīng)該不大于B，同理g的存在表明B的元素個(gè)數(shù)應(yīng)該不大于A嚷硫，這意味著A,B元素個(gè)數(shù)是相等的检访，于是A\sim B。
現(xiàn)在假定A仔掸，B都是無限集脆贵。如果A,B相交，設(shè)相交集合是C起暮，我們只要證明A\backslash C \sim B\backslash C即可卖氨，而顯然(A\backslash C) \cap (B\backslash C) = \emptyset。所以不失一般性负懦，我們假定A筒捺，B不相交。
對于A中任意元素a纸厉，我們按如下規(guī)則構(gòu)造一個(gè)關(guān)于a的序列系吭，令x_0=a，并定義x_{n+1}滿足：\begin{cases}g(x_{n+1})=x_n&\text{if $n$ is even }\\f(x_{n+1})=x_n&\text{if $n$ is odd}\\\end{cases}
也就是找到B中的元素x_1使得g(x_1)=x_0颗品，然后找A中的元素x_2使得f(x_2)=x_1村斟，以此類推。因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=g" alt="g" mathimg="1">闺金、f的像空間是某一集合的子集讥巡，所以這個(gè)數(shù)列構(gòu)造過程會(huì)遇到以下兩種情況：

  • 這樣的x_{n+1}始終存在，即序列可以無限構(gòu)造下去按傅。此時(shí)稱a的階是無限牛柒。
  • 給定x_n滴须，但是找不到滿足映射關(guān)系的x_{n+1}待德，此時(shí)構(gòu)造過程停止喻鳄，于是稱a的階是n

下面給出了一個(gè)階是4的構(gòu)造例子：


階是4（偶數(shù)階）的構(gòu)造示例

而下面的過程給出了階是3的構(gòu)造例子：


階是3（奇數(shù)階）的構(gòu)造示例

下面是無窮階的構(gòu)造例子：


無窮階的構(gòu)造示例

在這里劝萤，我們先作出一個(gè)斷言：在構(gòu)造過程中，點(diǎn)的映射拓?fù)渎窂剑蛘邇H有x_0一個(gè)點(diǎn)嘱蛋；或者如3階扳肛、4階示意的鋸齒狀且不含有環(huán)金拒，要么一開始就是一個(gè)環(huán)并且構(gòu)成一個(gè)無窮階。如果不滿足這些形狀套腹，那么就會(huì)與 “f,g是一一映射”這一條件發(fā)生矛盾绪抛。

于是，A中元素可按階是偶數(shù)电禀、奇數(shù)和無限幢码，劃分為三個(gè)不相交的集合A=A_O\cup A_E \cup A_I。對于A中任意元素a尖飞，如上圖症副，f將它映射為了B中的元素b（因?yàn)槭且灰挥成洌赃@樣的b有且僅有一個(gè)）政基。
對于B也可以按照類似的方法：
\begin{cases}f(x_{n+1})=x_n&\text{if $n$ is even}\\g(x_{x+1})=x_n&\text{if $n$ is odd}\end{cases}
劃分為B=B_O\cup B_E\cup B_I贞铣，下面考慮b屬于B的哪一個(gè)劃分子集：

  • 如果a\in A_I，那么b\in B_I腋么。這是顯然的咕娄，因?yàn)楫?dāng)關(guān)于a的序列{X_a}=\{x_0=a,x_1,\cdots\}可以無限構(gòu)造下去，即存在關(guān)系g(x_1)=x_0=a, f(x_2)=x_1,g(x_3)=x_2,\cdots珊擂，那么關(guān)于b的序列{Y_b}=\{y_0=b,y_1,y_2,\cdots \}也是無限的圣勒。
    為了看清這一點(diǎn)，根據(jù)b數(shù)列的構(gòu)造定義摧扇，有f(y_1)=y_0=b, g(y_2)=y_1,f(y_3)=y_2,\cdots圣贸，因?yàn)橛蓷l件f(a)=b，且f,g是一一映射扛稽，以及上面X_a列的遞推關(guān)系吁峻，不難看出y_1=x_0,y_2=x_1,\cdots，所以Y_b也是無限的在张。所以用含，f(A_I)\subset B_I。

  • 如果a\in A_E帮匾，那么b\in B_O啄骇。我們以A的某4階的例子為例：{X_a}=\{x_0,\cdots,x_4\} 。如果我們考察b的序列Y_b的構(gòu)造過程瘟斜，以y_0=b為序列起始元素缸夹，那么原來的x_0就會(huì)成為現(xiàn)在的y_1痪寻，原來的x_1就會(huì)成為現(xiàn)在的y_2，即{Y_b}=\{y_0=b,y_1=x_0,y_2=x_1,\cdots,y_5=x_4\}虽惭，于是b的階是5橡类，所以b\in B_O。事實(shí)上芽唇，如果X_a=\{x_0=a,x_1,\cdots,x_{2n}\}顾画，那么Y_b=\{y_0=b,y_1=x_0,y_2=x_1,\cdots,y_{2n+1}=x_{2n}\}，所以f(A_E)\subset B_O披摄。

  • 同理亲雪，我們有 f(A_I)\subset B_E

現(xiàn)在，我們首先來證明：f(A_I)=B_I疚膊。如若不然义辕，則f(A_I)是B_I的真子集，即B_I\backslash f(A_I)\neq \emptyset寓盗，于是\exists b\in B_I, b\not\in f(A_I)灌砖，這意味著不存在a\in A_I，使得f(a)=b傀蚌；但另一方面基显，因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=b" alt="b" mathimg="1">是無窮階的，所以根據(jù)構(gòu)造定義善炫，必然存在y_1=a'\in A使得f(a')=b撩幽，于是可以得出，a'\not\in A_I箩艺，于是a'要么是偶數(shù)階要么是奇數(shù)階窜醉。但無論是何種情況，過a'的映射拓?fù)滏湺际怯邢薜囊兆唬瑒t將b加入鏈后榨惰，后我們得出b要么是奇數(shù)階要么是偶數(shù)階的，即b\not\in B_I静汤，這就產(chǎn)生了矛盾琅催，所以f(A_I)不可能是B_I的真子集，于是f(A_I)=B_I虫给。

我們接下來證明藤抡，f(A_E)=B_O。與上面證明方法類似抹估。假設(shè)f(A_E)是B_O的真子集杰捂，于是\exists b\in B_O, b\not\in f(A_E)，這意味著不存在a\in A_E棋蚌，使得f(a)=b嫁佳；但另一方面，因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=b" alt="b" mathimg="1">是奇數(shù)階的谷暮，所以根據(jù)構(gòu)造定義蒿往，必然存在y_1=a'\in A使得f(a')=b，于是可以得出湿弦，a'\not\in A_E瓤漏，于是a'要么是奇數(shù)階要么是無窮階。但是因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=f(a')%3Db%5Cnot%5Cin%20B_I" alt="f(a')=b\not\in B_I" mathimg="1">颊埃，所以由上面的證明知a'\not\in A_I蔬充，從而a'\in A_O，則將b加入鏈后班利，后我們得出b偶數(shù)階的饥漫，即b\in B_E，這就產(chǎn)生了矛盾罗标，所以f(A_E)不可能是B_O的真子集庸队，于是f(A_E)=B_O。

但是闯割，我們必須指出彻消，f(A_O)\neq B_E，即f(A_O)是B_E的真子集宙拉。這是因?yàn)楸錾校瑢τ?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=A_O" alt="A_O" mathimg="1">中任意元素a，f(a)=b\in B至少是1階元素谢澈，但是B_E中還可能含有0階元素煌贴，即A中沒有元素能夠通過f映射到它們（注意到f只是A到B的一個(gè)子集的映射）。

反過來澳化，根據(jù)題設(shè)條件的對稱性崔步，我們卻有g(B_E)=A_O，因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=g" alt="g" mathimg="1">是一一映射缎谷，所以逆映射必定存在井濒，這意味著g^{-1}(A_O)=B_E。

綜上所述列林，我們有
\begin{cases}f(A_I)=B_I\\f(A_E)=B_O\\g^{-1}(A_O)=B_E\end{cases}于是我們定義一個(gè)映射\Psi:A\mapsto B瑞你，使得
\Psi(x)=\begin{cases}f(x)&x\in A_I\cup A_E\\g^{-1}(x)&x\in A_O\end{cases}
\Psi顯然是A到B上的一一映射，所以A\sim B希痴。

證明：設(shè)M是無限集者甲，A是其可數(shù)子集，M\backslash A是無限集砌创，則M\sim (M\backslash A)

如果M\backslash A是有限集虏缸，例如M=\{1,2,3,\cdots,\}, A=\{3,4,5,\cdots\}鲫懒，則M\backslash A=\{1,2\}，命題顯然不成立刽辙。因此我們要求M\backslash A是無限集窥岩。
如果M\backslash A是無限集，我們上面已經(jīng)證明過宰缤，無限集與該無限集和一個(gè)可數(shù)集的并集等勢颂翼，即(M\backslash A)\cup A \sim (M\backslash A)，即M\sim (M\backslash A)

證明：有限個(gè)可數(shù)集的笛卡爾乘積仍然是可數(shù)集

設(shè)有n個(gè)可數(shù)集C_1,C_2,\cdots,C_n慨灭，于是定義其直積是\mathfrak{C}=C_1\times C_2\times\cdots\times C_n=\{(c_1,c_2,\cdots,c_n)|c_i\in C_i,i=1,2,\cdots n\}我們按照元組第一個(gè)分量是否相等對\mathfrak{C}進(jìn)行劃分朦乏，記C^1_{x_1}=\{ (c_1,c_2,\cdots,c_n)|(c_1,c_2,\cdots,c_n)\in\mathfrak{C},c_1=x_1\},\;x_1\in C_1因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=C_1" alt="C_1" mathimg="1">是可數(shù)的，于是\mathfrak{C}就是可數(shù)個(gè)C^1_{x_1}\;(x_1\in C_1)構(gòu)成的并集氧骤。

于是呻疹，如果\forall x_1\in C_1,C^1_{x_1}也是可數(shù)集，則命題成立语淘。此時(shí)要證的命題是原命題的子命題诲宇。我們可以按照元組第二個(gè)分量是否相等對C^1_{x_1}劃分，記C^2_{x_1,x_2}=\{(x_1,c_2,\cdots,c_n)|(x_1,c2,\cdots,c_n)\in C^1_{x_1}, c_2=x_2\},\;x_2\in C_2因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=C_2" alt="C_2" mathimg="1">是可數(shù)的惶翻，于是C^1_{x_1}就是可數(shù)個(gè)C^2_{x_1,x_2}\;(x_2\in C_2)構(gòu)成的并集姑蓝。

于是現(xiàn)在要證明任意C^2_{x_1,x_2}也是可數(shù)集。以此類推吕粗，我們最終要證明纺荧，集合\begin{split}C^{n-1}_{x_1,\cdots,x_{n-1}}=\{(x_1,&\cdots,x_{n-2},c_{n-1},c_n)\big|\\&(x_1,\cdots,x_{n-2},c_{n-1},c_n)\in C^{n-2}_{x_1,\cdots,x_{n-2}},c_{n-1}=x_{n-1}\}\end{split}
是可數(shù)集。但這是顯然的颅筋，因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=%5Cforall%20c%5Cin%20C%5E%7Bn-1%7D_%7Bx_1%2C%5Ccdots%2Cx_%7Bn-1%7D%7D" alt="\forall c\in C^{n-1}_{x_1,\cdots,x_{n-1}}" mathimg="1">宙暇，都有c=(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1},c_n),\;c_n\in C_n，即c唯一對應(yīng)一個(gè)C_n中的元素议泵，反之亦然占贫，于是C^{n-1}_{x_1,\cdots,x_{n-1}}和C_n是等勢的，后者是一個(gè)可數(shù)集先口，于是C^{n-1}_{x_1,\cdots,x_{n-1}}也是一個(gè)可數(shù)集型奥。

所以綜上所述，\mathfrak{C}也是一個(gè)可數(shù)集碉京。

證明：可數(shù)個(gè)可數(shù)集的笛卡爾乘積是不可數(shù)集

可數(shù)個(gè)可數(shù)集C_1.C_2,\cdots的笛卡爾乘積具有(c_1,c_2,\cdots)的形式厢汹，其中c_i\in C_i, i=1,2,\cdots。對于某一c_i谐宙，假設(shè)它的取值是C_i中編號(hào)為k（k=1,2,\cdots）的元素烫葬，取映射c'_i=f(c_i)=(k-1)\mathrm{\; mod\;}10即c_i對應(yīng)\{0,1,\cdots,9\}中的一個(gè)數(shù)字c'_i，于是，(c_1,c_2,\cdots)就對應(yīng)一個(gè)[0,1]中的一個(gè)實(shí)數(shù)(c_1,c_2,\cdots)\rightarrow \sum_{i=1}^\infty \frac{c'_i}{10^{i}}

反過來說搭综，給定[0,1]上的任意一個(gè)實(shí)數(shù)垢箕，總可以分解為\sum_{i=1}^\infty \frac{c'_i}{10^{i}}的形式，它可以對應(yīng)無窮多個(gè)笛卡爾乘積（因?yàn)槿∧＿\(yùn)算可以找到無窮多個(gè)整數(shù)兑巾，使得它們與某個(gè)c'_i對模10同余）舰讹，此時(shí)如果對于某c'_i\in\{0,1,\cdots,9\}，取C_i中編號(hào)為c'_i+1的元素闪朱，那么這個(gè)對應(yīng)是唯一的。例如钻洒，對于實(shí)數(shù)0.075奋姿，取C_1中編號(hào)為1的元素，取C_2中編號(hào)為8的元素素标，取C_3中編號(hào)為6的元素称诗，取其余C_j中編號(hào)為1的元素，于是就得到了一個(gè)笛卡爾乘積元組头遭。

于是我們可以知道寓免，[0,1]與可數(shù)個(gè)可數(shù)集的笛卡爾乘積集合\mathfrak{D}的某一個(gè)子集構(gòu)成雙射關(guān)系，即二者等勢计维。換句話說袜香，\mathfrak{D}的勢不可能小于連續(xù)統(tǒng)的勢\aleph，所以\mathfrak{D}不可能是可數(shù)集鲫惶，所以命題可證蜈首。

證明：自然數(shù)的一切子集所構(gòu)成的集合\mathfrak{M}的勢2^{\aleph_0}等于連續(xù)統(tǒng)的勢\aleph

將\mathfrak{M}分為兩個(gè)類A,B，其中A中的子集的補(bǔ)集是有限集欠母，B中的子集的補(bǔ)集是無限集欢策。例如：

  • \{ 1,3,5,6,7,\cdots\}\in A，因?yàn)槠溲a(bǔ)集是有限集\{2,4\}赏淌；特別的踩寇，N_+\in A，因?yàn)槠溆嗉强占?/li>
  • \{1,2,3\}\in B六水，因?yàn)槠溲a(bǔ)集是無限集\{4,5,6,\cdots\}俺孙；此外\{1,3,5,7,9,\cdots \} \in B，因?yàn)樗难a(bǔ)集也是無限集\{2,4,6,8,\cdots\}

我們先來看看這兩個(gè)類中的元素的特點(diǎn)：

  • 對于A類的子集元素\mathfrak{A}缩擂，按照定義它的補(bǔ)集\mathfrak{A}^c是有限集鼠冕，即\mathfrak{A}^c=\{a_1,a_2,\cdots,a_p\}，其中a_1<a_2<\cdots<a_p胯盯。設(shè)a_p是自然數(shù)N-1懈费，于是顯然，\mathfrak{A}=(\{1,2,\cdots,N-1\}\backslash \mathfrak{A}^c)\cup \{N,N+1,N+2,\cdots\}也就是說博脑，對于A類的任意子集元素\mathfrak{A}憎乙，一定存在一個(gè)N票罐，使得N,N+1,N+2,\cdots\in \mathfrak{A}。上面舉出的兩個(gè)例子中泞边，N分別是5和1该押。
  • 對于B，因?yàn)樗挠嗉菬o限集阵谚，則B中的子集元素蚕礼，要么是有限集，要么是一個(gè)無限集梢什。當(dāng)是無限集時(shí)荔茬，不可能存在自然數(shù)N使得\{N,N+1,N+2,\cdots\}\subset B握爷。

接下來，我們說明A是一個(gè)可數(shù)集。這是因?yàn)椋?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=A" alt="A" mathimg="1">中的每一個(gè)子集元素都唯一對應(yīng)于一個(gè)有限集桂对，所以A等勢于自然數(shù)的一切有限子集的集合P欲险，我們斷言P是可數(shù)集揖盘。為此项阴，按照有限子集中元素個(gè)數(shù)將P進(jìn)行劃分，記包含n個(gè)自然數(shù)的子集是的集合是H_n=\{p\in P\big| |p|=n\}僻他，從而P=\bigcup_{i=1}^\infty H_i宵距，下面只要證明H_n是可數(shù)集。事實(shí)上中姜，H_n=\underbrace{\mathbb{N_+}\times\mathbb{N_+}\times\cdots\times\mathbb{N_+}}_{n}而根據(jù)前面的證明消玄，有限個(gè)可數(shù)集的笛卡爾乘積也是可數(shù)集，所以可以推出丢胚，A是一個(gè)可數(shù)集翩瓜。

又根據(jù)前面的證明，無限集去掉一個(gè)可數(shù)子集后携龟，如果余集是無限集兔跌，那么去掉后的勢不變，這就是說峡蟋，\mathfrak{M}\sim B坟桅。我們接下來只要證明B等勢于[0,1)即可。

給定B中一個(gè)子集元素\mathfrak{B}蕊蝗，對任意自然數(shù)i\in\mathbb{N}_+仅乓，令\epsilon_i=\mathbf{1}\{i\in\mathfrak{B}\}，于是\mathfrak{B}唯一對應(yīng)一個(gè)二進(jìn)制數(shù)小數(shù)\mathfrak{B}\rightarrow\sum_{i=1}^\infty\frac{\epsilon_{i}}{2^i}\in [0,1)

即B與[0,1)的某個(gè)子集構(gòu)成單射蓬戚；反之給定一個(gè)[0,1)區(qū)間上的數(shù)夸楣，總可以表示成二進(jìn)制形式，并由此構(gòu)造出\mathfrak{B}來，如果這個(gè)構(gòu)造也是唯一的豫喧，那么[0,1)與B的某個(gè)子集構(gòu)成單射石洗，從而根據(jù)Cantor-Bernstein定理，B和[0,1)之間存在雙射關(guān)系紧显，即等勢讲衫。

根據(jù)我們分析的B中子集元素的特點(diǎn)，不可能存在N使得其之后的連續(xù)自然數(shù)都屬于該自己元素孵班。如果存在涉兽，那么它對應(yīng)的二進(jìn)制小數(shù)從第N分位開始之后全部都是1，但是這與第N-1分位為1而其后全為0的二進(jìn)制小數(shù)表達(dá)的是同一個(gè)數(shù)（類似0.999\cdots=1）篙程，例如花椭，0.1010\_11111\cdots \mathrm\leftrightarrow \{ 1,3,5,6,7,8,\cdots\}
但
0.1011\_0000\cdots\mathrm房午\leftrightarrow \{ 1,3,4 \}
即同一個(gè)數(shù)，卻對應(yīng)了兩個(gè)不同的子集丹允，所以如果不存在這個(gè)性質(zhì)郭厌，那么這個(gè)映射就是唯一的。這就是為什么我們要排除A而只討論B雕蔽。如果我們直接討論[0,1)與自然數(shù)一切子集集合\mathfrak{M}的雙射關(guān)系折柠，我們就必須單獨(dú)討論映射的唯一性。

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