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1、现在学习的是第1页，共23页,1011Ix的闭区间，记为含点三等分，取其中一个不，将,221IxI的闭区间，记为含点三等分，取其中一个不再将nIII21 1,0闭区间套：这样继续下去得到一个),2,1(,31|nIxInnnn 0 1/3 2/3 1,21nxxx现在学习的是第2页，共23页,000 xxnn使得根据假设，应存在,1,010nnIx一点由区间套定理，存在唯相矛盾。而这与因此有000,1nnnnnIxIx.1,0不是可数集所以 0 1/3 2/3 1现在学习的是第3页，共23页l十进制小数 相应于 对0,1十等分l二进制小数 相应于 对0,1二等分l三进制小数 相应于 对0,1三
2、等分说明：对应0,1十等分的端点有两种表示，如0.20000000.1999999 （十进制小数）第一次十等分确定第一位小数第二次十等分确定第二位小数现在学习的是第4页，共23页,21nxxx11 11 21 31 40.xaaaa22 12 22 32 40.xaaaa33 13 23 33 40.xaaaa44 14 24 34 40.xaaaa,令x=0.a1a2a3a4其中1211nnnnaana则得到矛盾，所以(0,1)是不可数集。现在学习的是第5页，共23页定义：与0,1区间对等的集合称为连续势集，其势记为 ，显然：0n例：1）R(0,1)0,1 0,1)R+(ab).,00ABA
3、BA则若2）无理数集为连续势集（无理数要比有理数多得多，同理超越数要比代数数多得多）现在学习的是第6页，共23页AxxxxAin则定理：设),1,0(:),(21),()(,10:xxxA），（首先考虑映射证明32121.0),(iiiiinxxxxxxxxxA：表示成十进制无穷小数把每个中的任意元素另一方面，对于（1）有限个、可数个连续势的卡氏积仍为连续势集:01(0,1)(0,1),AAA容易验证（，）是单射，所以因此现在学习的是第7页，共23页2213122111.0)(),1,0(:xxxxxxA作映射BernsteinA 再由定理可知(0,1)()(0,1),AAAA 容易验证：是单
4、射，所以因此123,01 2990iiixxx其中是，中的一个数，不全为且不以 为循环节。1312111.0 xxxx 2322212.0 xxxx3332313.0 xxxx现在学习的是第8页，共23页的势为空间维nREuclidn1874年Cantor考虑 R 与Rn的对应关系，并企图证明这两个集合不可能构成一一对应，过了三年，他证明了一一对应关系是存在的，从而说明 Rn具有连续基数 ，他当初写信给Dedekind说：“我看到了它，但我简直不能相信它”.平面与直线有“相同多”的点现在学习的是第9页，共23页l连续势集的（有限个，可数个，连续势个）并仍为连续势集),0(,1(11nnAnnn
5、(0 1 2 n-1 n(0 1 2 n-1 n11(1,(0,nniiiAiin 2|),(RRxyxARyyRyy现在学习的是第10页，共23页.2:AACantorA，则是一个任意的非空集合设定理2,:2.AAAAaaA证明：首先 与的一个子集对等是显然的只要考虑即可AAAAAA2:2,2上的一一映射到则存在假设从而说明无限也是分很多层次，且不存在最大的集合.现在学习的是第11页，共23页*)(,AaAa使得因此存在的关系与现在考虑*Aa*)(,1AaaAAa的定义，应有则由若*2(),aAaAaA若则由的定义，应有.2AA这是矛盾的，所以AAAA2*的子集，即是由于)(,:*aaAaa
6、A令:2AA此证为对角线方法，与(0,1)是不可数集的证明比较。现在学习的是第12页，共23页得到了矛盾。这样就因此中，所以的任意元素已在的定义知，另一方面，由定理，根据记为集合，在一起，也能组成一个认为把所有的集合汇总,2,22;2.MMMMMCantorMCantorMMMM现在学习的是第13页，共23页1()0 1,();3:0 10,10 1NnnNNnff 对任意的，令易知，是单射，所以，)2(1020即：，或定理RRNN证明：由于N的子集全体与特征函数全体存在一一对应关系，故2N 与0,1N对等；下证：N10，说明：相当于把 对应到一个三进制小数)3()2()1(.0思考：为什么不
7、用二进制。N上的特征函数全体现在学习的是第14页，共23页1123(0,1),0,112(0)nnnnaxxaxa a a 另一方面，对设（有无穷多）即：将 写成二进制小数0.，且要求不以 为循环节123123:(0,1)0,10,1,(),1,2,3,(,)NNngxnana a aaaa作其中即将小数0.对应到序列（(0,1)0,12NNg易证：是单射，因此NBernstein2定理知：由现在学习的是第15页，共23页Hilbert在1900年第二届国际数学家大会上将它列为二十三个难题的第一个问题。注记：从前面我们已经看到：020nCantor认为在 之间不存在别的基数，即不存在这样的集合
8、A,使得但Cantor证明不了,这就是著名的Cantor连续统假设。与0A0现在学习的是第16页，共23页参见：数学与哲学张景中，数理逻辑概貌莫绍揆现在学习的是第17页，共23页21212122112121)1,AAAAAAAA记而且使得取集合设有基数212122112121)2,AAAAAA记使得取集合设有基数;,:|)3BBAABffA记设,AABA使得取集合设有基数现在学习的是第18页，共23页|),(,3,2,1:21,321RxxxxRnRnfRinn的卡氏积个可看成，201AA与，间存在一一对应（一个子集对应到其相应特征函数）的映射全体，到表示，的子集全体，表示10102AAAA|
9、),(,3,2,1:21RxxxRRRRfRiN的卡氏积可看成可数个如的卡氏积）个的映射全体（到表示BABABA思考：如何推广不可数个集合的卡氏积？现在学习的是第19页，共23页第一章 集合现在学习的是第20页，共23页数学三大母结构（Bourbaki学派观点）：拓扑结构（邻近关系），代数结构（运算关系），序结构（顺序关系）（测度（长度、面积、体积）例：对实数集R有远近关系，四则运算，大小顺序，区间有长度现在学习的是第21页，共23页aa baabba则若,cacbba则若,自反性:反对称性:传递性:则称A按 成一半序集（偏序集）。设A是一集合，为A中的某些元素的关系且满足:现在学习的是第22页，共23页 是一半序集.是一半序集.),(R),2(R现在学习的是第23页，共23页