第二讲集合的势

2.1 一一对应

设 $A,B$ 为两个有限集，自然会发生下面的问题：它们所含元素的个数是否相同。我们可以数一下每一集所含的元素的个数是多少，从所得的数字是否相同就可以解决这个问题。但是不数也可以解决问题。例如
$A=\{a,b,c,d,e\}\\ B=\{\alpha,\beta,\gamma,\delta,\epsilon\}$
我们观察下面的表：

A:	$a$	$b$	$c$	$d$	$e$
B:	$\alpha$	$\beta$	$\gamma$	$\delta$	$\epsilon$

我们虽然不数，也晓得 $A$ 与 $B$ 的元素个数是相同的。

上面所说的比较法有这样一个特性：对于一集的每一个元素，另一个集中有一个并且只有一个元素和它对应，反之亦然。这个比较法的优点是它可以用之于无穷集。例如：

M:	$1$	$2$	$3$	$4$	$\cdots$
N:	$1$	$1/2$	$1/3$	$1/4$	$\cdots$

立即可以看到 $N$ 与 $M$ 所含含元素是一对一地配的起来的。

现在我们给配对无余的概念以精确的定义：

定义1 设 $A$ 与 $B$ 为两集合，具有下面性质的法则 $\phi$ :使 $A$ 的任一元素 $a$ ，有 $B$ 的唯一元素 $b$ 与之对应，并且使 $B$ 的任一元素 $b$ ，也有 $A$ 的唯一元素 $a$ 与之对应，此时称 $\phi$ 建立了 $A$ 与 $B$ 的一对一的对应，简称为一一对应。

定义2 若 $A$ 与 $B$ 间能建立一一对应，则称 $A$ 与 $B$ 是“对等”的，或者称它们的"势"是相同的。记作: $A$ ~ $B$ 。

$Example 2.1$ 自然数全体构成的集合与偶数全体构成的集合是对等的。
$N=\{n\},M=\{2n\}$
定理2.1

$A$ ~ $A$
若 $A$ ~ $B$ ,则 $B$ ~ $A$
若 $A$ ~ $B$ , $B$ ~ $C$ ,则 $A$ ~ $C$

定理2.2 设 $A_1,A_2,A_3,\cdots$ 及 $B_1,B_2,B_3,\cdots$ 为二集系列。若这些集 $A_n$ 各不相交，这些集 $B_n$ 也各不相交，即
$A_iA_j=\emptyset,B_iB_j=\emptyset ,i\ne j$
且
$A_nB_n=\emptyset ,n=1,2,3,\cdots$
则
$\Sigma_{k=1}^{\infty}A_k对等于\Sigma_{k=1}^{\infty}B_k$

2.2 势的比较

我们在前面讲到两个集合对等，即势是相同的，那么什么是势？康托曾经对于势的概念，有过一个相当模糊的定义，他说：”所谓一个集 $A$ 的势，乃表示 $A$ 的一种一般概念，当我们考虑这个集合时，无论是 $A$ 的元素所有性质，还是 $A$ 的元素的次序都抽去之后，这个概念仍旧是保持的“，他用
$\bar{\bar{A}}$
表示 $A$ 的势。

今天，我们对于康托定义势的概念的方法不能认为满意，但是仍沿用他的记号 $\bar{\bar{A}}$ 。我们给势下这样的定义：

定义3 将所有集分类，凡二集对等时且只有对等时称为属于同一类。对于每一类与以一个记号，称此记号为该类中任一集的势。若 $A$ 的势是 $\alpha$ ，则记以
$\bar{\bar{A}}=\alpha$
用这样的定义方法，显然凡对等的集合，其势相同。

定义4 设二集 $A$ 和 $B$ 的势分别为 $\alpha$ 和 $\beta$ :
$\bar{\bar A}=\alpha,\bar{\bar B}=\beta$
如果：

$A$ 与 $B$ 不对等
$B$ 中含有一个子集 $B^*$ 与 $A$ 对等

那么说： $A$ 的势小于 $B$ 的势，或者说 $B$ 的势大于 $A$ 的势，记作
$\alpha<\beta,or,\beta>\alpha$
$Example$
$A=\{a_1,a_2,\cdots,a_{32}\},\bar{\bar A}=32\\ B=\{b_1,b_2,\cdots,b_{49}\},\bar{\bar B}=49$
显然 $A$ 与 $B$ 不对等。但是有子集 $B*=\{b_1,b_2,\cdots,b_{32}\}$ 使 $A$ ~ $B^*$ ,所以
$32<49$
定理2.3 设 $M$ 的任一集合， $T$ 是 $M$ 的一切子集所成之集合，那么
$\bar{\bar T}>\bar{\bar M}$

证明：

因为 $T$ 中含有 $M$ 的一切子集，所以 $T$ 中有 $M$ 本身，有空集，又有 $M$ 中每一元素所成的单元素集，后者成一集 $T^*$ , $T^*$ ~ $M$ ， $T^*\subset T$ 。下面只要证明 $T$ 不对等于 $M$ 就好了。

如果不然，则 $T$ ~ $M$ :设 $\phi$ 使 $T$ 与 $M$ 组成一一对应，于是对于 $M$ 中的每个 $m$ , $T$ 中有唯一的 $\phi (m)$ 与之对应，而 $T$ 中每一个元素一定有且仅有一个 $m\in M$ ,使其是 $\phi (m)$ .

$M$ 中元素 $m$ ,满足 $m\in \phi(m)$ 的姑且称为“好”的元素。否则称为“坏”的元素。那么，与 $M$ 本身对应的元素便是“好”的，与空集对应的元素便是“坏”的。

于是， $M$ 中的元素不是“好”的就是“坏”的。设 $M$ 中所谓“坏”的元素的全体为 $S$ ,则 $S\in T$ .而 $M$ 中必有元素 $m_0$ 适合
$S=\phi(m_0)$
然这个元素是“好”的呢还是“坏”的呢？如果说 $m_0$ 是“好”的，那么
$m_0\in \phi(m_0)=S$
可是 $S$ 中仅含“坏”的元素，乃得矛盾。如果说 $m_0$ 是“坏”的，那么
$m_0\notin \phi(m_0)=S$
可是这样，又表明 $m_0$ 是“好”的，亦为不可能。因此从而得到 $m_0$ 既非“好”的又非“坏”的，于是陷于矛盾。所以 $T$ 与 $M$ 不能对等。

定理2.4 设 $A\supset A_1\supset A_2$ ,若 $A_2$ ~ $A$ ，则 $A_1$ ~ $A$ .

证明：设由对应法 $\phi$ 使 $A$ 与 $A_2$ 成一一对应。于是对于 $A$ 中每一元素，在 $A_2$ 中有唯一的元素与之对应。

所以在该对应法则 $\phi$ 下, $A_2$ 中有子集 $A_3$ 对等于 $A_1$ ,又因 $A_2\subset A_1$ ~ $A_3$ ，所以有 $A_3$ 的子集 $A_4$ 对等于 $A_2$ .

此种手段继续进行，可以得到 $A$ 的一串子集
$A\supset A_1 \supset A_2\supset A_3\supset A_4\supset A_5 \supset \cdots$
具有性质：

$A$ ~ $A_2$

$A_1$ ~ $A_3$

$A_2$ ~ $A_4$

$A_3$ ~ $A_5$

$\cdots \cdots \cdots$

由此在相同的对应法则 $\phi$ 下可得：

$A-A_1$ ~ $A_2-A_3$

$A_1-A_2$ ~ $A_3-A_4$

$A_2-A_3$ ~ $A_4-A_5$

$\cdots \cdots \cdots$

再设
$D=AA_1A_2A_3\cdots$
则
$A=\underline{(A-A_1)}+(A-A_2)+\underline{(A_2-A_3)}+(A_3-A_4)+(A_4-A_5)+\cdots+D,\\ A_1=(A_1-A_2)+\underline{(A_2-A_3)}+(A_3-A_4)+\underline{(A_4-A_5)}+\cdots \cdots+D,$
在上面的两个式子，每一式子中的被加集之间两两无共同元素。而划线的两集合之间是对等的，由此推得 $A$ 与 $A_1$ 对等。