函数论与泛函分析练习

作者: Azur_wxj | 来源:发表于2019-10-22 17:39 被阅读0次

集论初步

集的概念、运算

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

$\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}$

证明： $(M\backslash A)\backslash B=M\backslash (A\cup B)$

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

集的对等性、势

证明：有理系数的一切多项式集合都是可数集。

设有理系数的一切多项式集合为 $P$ ，设最高次项不超过 $n$ 的多项式集合是 $P^n$ ，显然 $P=\bigcup_{i=0}^\infty P^i$ ，因此 $P$ 是可数个集合的和，现在证明 $P^n$ 也是可数集，从而命题可证。
因为是有理系数，从而 $P^n(x)=\{\sum_{i=0}^n \frac{p_i}{q_i}x^i \Big|\;q_i>0,\,\mathrm{gcd}(p_i,q_i)=1\}$
现在，定义 $P^n(x)$ 中元素的高度为 $h=\sum_{i=0}^n |p_i|+|q_i|$ ，换句话说，高度构成了 $P^n(x)$ 的一个划分，按某高度 $h$ 划分的子集记为 $P^n_h$ ，显然 $P^n_h$ 是一个有限集合，于是可以依次选择 $P^n_0,P^n_1,\cdots,$ ，并对每个集合中的元素按照特定的顺序进行排列，并且能够对其编号，于是， $P^n(x)$ 就是一个可数集。

证明：一切代数数集合 $G$ 是可数集

如果 $\xi$ 是代数数，则它必然是某个有理系数多项式的根。
一方面，任意有理数必然是代数数，因为任意有理数 $\xi$ 都是多项式 $p(x)=x-\xi$ 的根，所以 $\mathbb{Q}\subset G$ ，即 $G$ 是至少可数（即要么是可数集要么是不可数集合，但不可能是有限集）。
下面我们证明 $G$ 是至多可数（即要么是可数集要么是有限集合，但不可能是不可数集），从而说明 $G$ 是可数集合。
对于任意的n次有理多项式方程 $p_n(x)=0$ ，两边乘以所有非零有理系数分母的最小公倍数，于是成为一个整系数多项式方程 $p'_n(x)=0$ ，显然此二者的具有相同的解。
根据代数学基本定理，在复数域内， $P'_n(x)=0$ 至多有n个不同的根，即给定一个有理系数多项式，其根的集合是有限集（至多可数集）；又因为有理多项式集合是可数的，所以有理多项式的根集合是至多可数的，即一切代数数的集合是至多可数的。

证明：平面上一切有理坐标点的集合 $A$ 是可数集合。

取平面上直角坐标系，显然X、Y轴上任意两个有理数 $x,y$ 将确定平面上一个有理点 $p=(x,y)$ ，反之，给定一个有理点 $p=(x,y)$ ，将唯一确定X、Y轴上的有理数 $x,y$ 。
现在，固定某个有理数 $y$ ，过 $y$ 作平行于X轴的直线，直线上的所有有理点的集合记为 $Q_y =\{(x,y)\big|x\in\mathbb{Q}\}$ ，显然 $Q_y$ 与有理数集合 $\mathbb{Q}$ 的元素是一一对应的，从而两者对等，于是 $Q_y$ 是可数集，现在我们有 $A=\bigcup_{y\in\mathbb{Q}}Q_y$ 于是集合 $A$ 是可数个可数集的和，从而 $A$ 可数。

证明：直线上一切有理开区间（有理端点的开区间）的集合 $B$ 是可数的。

给定一个有理开区间 $(x,y)\in B$ ，它唯一对应了平面上的有理坐标 $(x,y)$ ，于是 $B$ 对应的平面上的有理坐标集合 $B'$ 应该至少是平面上有理坐标集合 $A$ 的子集，因为由上面的命题知， $A$ 是可数集合，于是 $B$ 也是可数集。

证明：如果 $M$ 是任一无限集， $A$ 是可数集，则 $M\sim M\cup A$ ，即二者对等。

依次从 $M$ 中取出各不相同的元素 $m_1,m_2,\cdots,m_n,\cdots$ 组成集合 $C=\{m_1,m_2,\cdots,m_n,\cdots\}$ ，于是 $C$ 是一个可数集合。从而 $M=(M\backslash C)\cup C$
于是 $M\cup A=(M\backslash C)\cup C\cup A$ ，因为 $A$ 也是一个可数集，于是 $C\cup A$ 也是可数集，从而 $C\cup A\sim C$ ，此外 $(M\backslash C)\sim (M\backslash C)$ ，于是 $C\cup (M\backslash C) \sim (C\cup A)\cup(M\backslash C)\Rightarrow M\sim M\cup A$

证明：超越数是存在的

不是代数数的数即为超越数。上面已经证明，代数数集合是可数集合。复数集合 $\mathbb{C}$ 和平面上的点一一对应，并且平面上的点集与(0,1)区间对等，而(0,1)区间是不可数集合，于是 $\mathbb{C}$ 是不可数集合。设代数数集合 $Q$ ，于是 $\mathbb{C}=Q\cup(\mathbb{C}\backslash Q)$ ， $(\mathbb{C}\backslash Q)$ 一定不为空，否则 $\mathbb{C}=Q$ ，从而 $\mathbb{C}$ 是可数集合，这产生了矛盾。因此 $(\mathbb{C}\backslash Q)$ 中的元素不属于 $Q$ ，即不是代数数，因此是超越数，即超越数存在。

Cantor-Bernstein定理：设 $A$ ， $B$ 是两个任意集合，如果存在 $A$ 到 $B$ 的某一子集 $B_1$ 的一一映射 $f$ ，以及 $B$ 到 $A$ 的某一子集 $A_1$ 的一一映射 $g$ ，则 $A$ ， $B$ 对等： $A\sim B$ 。

满足条件的 $A$ ， $B$ ，要么都是有限集，要么都是无限集，否则不存在有限集到无限集的一一映射。
当 $A$ ， $B$ 都是有限集， $f$ 的存在表明 $A$ 的元素个数应该不大于 $B$ ，同理 $g$ 的存在表明 $B$ 的元素个数应该不大于 $A$ ，这意味着 $A,B$ 元素个数是相等的，于是 $A\sim B$ 。
现在假定 $A$ ， $B$ 都是无限集。如果 $A,B$ 相交，设相交集合是 $C$ ，我们只要证明 $A\backslash C \sim B\backslash C$ 即可，而显然 $(A\backslash C) \cap (B\backslash C) = \emptyset$ 。所以不失一般性，我们假定 $A$ ， $B$ 不相交。
对于 $A$ 中任意元素 $a$ ，我们按如下规则构造一个关于 $a$ 的序列，令 $x_0=a$ ，并定义 $x_{n+1}$ 满足： $\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 $g(x_1)=x_0$ ，然后找 $A$ 中的元素 $x_2$ 使得 $f(x_2)=x_1$ ，以此类推。因为 $g$ 、 $f$ 的像空间是某一集合的子集，所以这个数列构造过程会遇到以下两种情况：

这样的 $x_{n+1}$ 始终存在，即序列可以无限构造下去。此时称 $a$ 的阶是无限。
给定 $x_n$ ，但是找不到满足映射关系的 $x_{n+1}$ ，此时构造过程停止，于是称 $a$ 的阶是 $n$

下面给出了一个阶是4的构造例子：

阶是4（偶数阶）的构造示例

而下面的过程给出了阶是3的构造例子：

阶是3（奇数阶）的构造示例

下面是无穷阶的构造例子：

无穷阶的构造示例

在这里，我们先作出一个断言：在构造过程中，点的映射拓扑路径，或者仅有 $x_0$ 一个点；或者如3阶、4阶示意的锯齿状且不含有环，要么一开始就是一个环并且构成一个无穷阶。如果不满足这些形状，那么就会与 “ $f,g$ 是一一映射”这一条件发生矛盾。

于是， $A$ 中元素可按阶是偶数、奇数和无限，划分为三个不相交的集合 $A=A_O\cup A_E \cup A_I$ 。对于 $A$ 中任意元素 $a$ ，如上图， $f$ 将它映射为了 $B$ 中的元素 $b$ （因为是一一映射，所以这样的 $b$ 有且仅有一个）。
对于 $B$ 也可以按照类似的方法：
$\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}$
划分为 $B=B_O\cup B_E\cup B_I$ ，下面考虑 $b$ 属于 $B$ 的哪一个划分子集：

如果 $a\in A_I$ ，那么 $b\in B_I$ 。这是显然的，因为当关于 $a$ 的序列 ${X_a}=\{x_0=a,x_1,\cdots\}$ 可以无限构造下去，即存在关系 $g(x_1)=x_0=a, f(x_2)=x_1,g(x_3)=x_2,\cdots$ ，那么关于 $b$ 的序列 ${Y_b}=\{y_0=b,y_1,y_2,\cdots \}$ 也是无限的。
为了看清这一点，根据 $b$ 数列的构造定义，有 $f(y_1)=y_0=b, g(y_2)=y_1,f(y_3)=y_2,\cdots$ ，因为由条件 $f(a)=b$ ，且 $f,g$ 是一一映射，以及上面 $X_a$ 列的递推关系，不难看出 $y_1=x_0,y_2=x_1,\cdots$ ，所以 $Y_b$ 也是无限的。所以， $f(A_I)\subset B_I$ 。
如果 $a\in A_E$ ，那么 $b\in B_O$ 。我们以 $A$ 的某4阶的例子为例： ${X_a}=\{x_0,\cdots,x_4\}$ 。如果我们考察 $b$ 的序列 $Y_b$ 的构造过程，以 $y_0=b$ 为序列起始元素，那么原来的 $x_0$ 就会成为现在的 $y_1$ ，原来的 $x_1$ 就会成为现在的 $y_2$ ，即 ${Y_b}=\{y_0=b,y_1=x_0,y_2=x_1,\cdots,y_5=x_4\}$ ，于是 $b$ 的阶是5，所以 $b\in B_O$ 。事实上，如果 $X_a=\{x_0=a,x_1,\cdots,x_{2n}\}$ ，那么 $Y_b=\{y_0=b,y_1=x_0,y_2=x_1,\cdots,y_{2n+1}=x_{2n}\}$ ，所以 $f(A_E)\subset B_O$ 。
同理，我们有 $f(A_I)\subset B_E$

现在，我们首先来证明： $f(A_I)=B_I$ 。如若不然，则 $f(A_I)$ 是 $B_I$ 的真子集，即 $B_I\backslash f(A_I)\neq \emptyset$ ，于是 $\exists b\in B_I, b\not\in f(A_I)$ ，这意味着不存在 $a\in A_I$ ，使得 $f(a)=b$ ；但另一方面，因为 $b$ 是无穷阶的，所以根据构造定义，必然存在 $y_1=a'\in A$ 使得 $f(a')=b$ ，于是可以得出， $a'\not\in A_I$ ，于是 $a'$ 要么是偶数阶要么是奇数阶。但无论是何种情况，过 $a'$ 的映射拓扑链都是有限的，则将 $b$ 加入链后，后我们得出 $b$ 要么是奇数阶要么是偶数阶的，即 $b\not\in B_I$ ，这就产生了矛盾，所以 $f(A_I)$ 不可能是 $B_I$ 的真子集，于是 $f(A_I)=B_I$ 。

我们接下来证明， $f(A_E)=B_O$ 。与上面证明方法类似。假设 $f(A_E)$ 是 $B_O$ 的真子集，于是 $\exists b\in B_O, b\not\in f(A_E)$ ，这意味着不存在 $a\in A_E$ ，使得 $f(a)=b$ ；但另一方面，因为 $b$ 是奇数阶的，所以根据构造定义，必然存在 $y_1=a'\in A$ 使得 $f(a')=b$ ，于是可以得出， $a'\not\in A_E$ ，于是 $a'$ 要么是奇数阶要么是无穷阶。但是因为 $f(a')=b\not\in B_I$ ，所以由上面的证明知 $a'\not\in A_I$ ，从而 $a'\in A_O$ ，则将 $b$ 加入链后，后我们得出 $b$ 偶数阶的，即 $b\in B_E$ ，这就产生了矛盾，所以 $f(A_E)$ 不可能是 $B_O$ 的真子集，于是 $f(A_E)=B_O$ 。

但是，我们必须指出， $f(A_O)\neq B_E$ ，即 $f(A_O)$ 是 $B_E$ 的真子集。这是因为，对于 $A_O$ 中任意元素 $a$ ， $f(a)=b\in B$ 至少是1阶元素，但是 $B_E$ 中还可能含有0阶元素，即 $A$ 中没有元素能够通过 $f$ 映射到它们（注意到 $f$ 只是 $A$ 到 $B$ 的一个子集的映射）。

反过来，根据题设条件的对称性，我们却有 $g(B_E)=A_O$ ，因为 $g$ 是一一映射，所以逆映射必定存在，这意味着 $g^{-1}(A_O)=B_E$ 。

综上所述，我们有
$\begin{cases}f(A_I)=B_I\\f(A_E)=B_O\\g^{-1}(A_O)=B_E\end{cases}$ 于是我们定义一个映射 $\Psi:A\mapsto B$ ，使得
$\Psi(x)=\begin{cases}f(x)&x\in A_I\cup A_E\\g^{-1}(x)&x\in A_O\end{cases}$
$\Psi$ 显然是 $A$ 到 $B$ 上的一一映射，所以 $A\sim B$ 。

证明：设 $M$ 是无限集， $A$ 是其可数子集， $M\backslash A$ 是无限集，则 $M\sim (M\backslash A)$

如果 $M\backslash A$ 是有限集，例如 $M=\{1,2,3,\cdots,\}, A=\{3,4,5,\cdots\}$ ，则 $M\backslash A=\{1,2\}$ ，命题显然不成立。因此我们要求 $M\backslash A$ 是无限集。
如果 $M\backslash A$ 是无限集，我们上面已经证明过，无限集与该无限集和一个可数集的并集等势，即 $(M\backslash A)\cup A \sim (M\backslash A)$ ，即 $M\sim (M\backslash A)$

证明：有限个可数集的笛卡尔乘积仍然是可数集

设有 $n$ 个可数集 $C_1,C_2,\cdots,C_n$ ，于是定义其直积是 $\mathfrak{C}=C_1\times C_2\times\cdots\times C_n=\{(c_1,c_2,\cdots,c_n)|c_i\in C_i,i=1,2,\cdots n\}$ 我们按照元组第一个分量是否相等对 $\mathfrak{C}$ 进行划分，记 $C^1_{x_1}=\{ (c_1,c_2,\cdots,c_n)|(c_1,c_2,\cdots,c_n)\in\mathfrak{C},c_1=x_1\},\;x_1\in C_1$ 因为 $C_1$ 是可数的，于是 $\mathfrak{C}$ 就是可数个 $C^1_{x_1}\;(x_1\in C_1)$ 构成的并集。

于是，如果 $\forall x_1\in C_1,C^1_{x_1}$ 也是可数集，则命题成立。此时要证的命题是原命题的子命题。我们可以按照元组第二个分量是否相等对 $C^1_{x_1}$ 划分，记 $C^2_{x_1,x_2}=\{(x_1,c_2,\cdots,c_n)|(x_1,c2,\cdots,c_n)\in C^1_{x_1}, c_2=x_2\},\;x_2\in C_2$ 因为 $C_2$ 是可数的，于是 $C^1_{x_1}$ 就是可数个 $C^2_{x_1,x_2}\;(x_2\in C_2)$ 构成的并集。

于是现在要证明任意 $C^2_{x_1,x_2}$ 也是可数集。以此类推，我们最终要证明，集合 $\begin{split}C^{n-1}_{x_1,\cdots,x_{n-1}}=\{(x_1,&\cdots,x_{n-2},c_{n-1},c_n)\big|\\&(x_1,\cdots,x_{n-2},c_{n-1},c_n)\in C^{n-2}_{x_1,\cdots,x_{n-2}},c_{n-1}=x_{n-1}\}\end{split}$
是可数集。但这是显然的，因为 $\forall c\in C^{n-1}_{x_1,\cdots,x_{n-1}}$ ，都有 $c=(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1},c_n),\;c_n\in C_n$ ，即 $c$ 唯一对应一个 $C_n$ 中的元素，反之亦然，于是 $C^{n-1}_{x_1,\cdots,x_{n-1}}$ 和 $C_n$ 是等势的，后者是一个可数集，于是 $C^{n-1}_{x_1,\cdots,x_{n-1}}$ 也是一个可数集。

所以综上所述， $\mathfrak{C}$ 也是一个可数集。

证明：可数个可数集的笛卡尔乘积是不可数集

可数个可数集 $C_1.C_2,\cdots$ 的笛卡尔乘积具有 $(c_1,c_2,\cdots)$ 的形式，其中 $c_i\in C_i, i=1,2,\cdots$ 。对于某一 $c_i$ ，假设它的取值是 $C_i$ 中编号为 $k$ （ $k=1,2,\cdots$ ）的元素，取映射 $c'_i=f(c_i)=(k-1)\mathrm{\; mod\;}10$ 即 $c_i$ 对应 $\{0,1,\cdots,9\}$ 中的一个数字 $c'_i$ ，于是， $(c_1,c_2,\cdots)$ 就对应一个 $[0,1]$ 中的一个实数 $(c_1,c_2,\cdots)\rightarrow \sum_{i=1}^\infty \frac{c'_i}{10^{i}}$

反过来说，给定 $[0,1]$ 上的任意一个实数，总可以分解为 $\sum_{i=1}^\infty \frac{c'_i}{10^{i}}$ 的形式，它可以对应无穷多个笛卡尔乘积（因为取模运算可以找到无穷多个整数，使得它们与某个 $c'_i$ 对模10同余），此时如果对于某 $c'_i\in\{0,1,\cdots,9\}$ ，取 $C_i$ 中编号为 $c'_i+1$ 的元素，那么这个对应是唯一的。例如，对于实数 $0.075$ ，取 $C_1$ 中编号为 $1$ 的元素，取 $C_2$ 中编号为 $8$ 的元素，取 $C_3$ 中编号为 $6$ 的元素，取其余 $C_j$ 中编号为 $1$ 的元素，于是就得到了一个笛卡尔乘积元组。

于是我们可以知道， $[0,1]$ 与可数个可数集的笛卡尔乘积集合 $\mathfrak{D}$ 的某一个子集构成双射关系，即二者等势。换句话说， $\mathfrak{D}$ 的势不可能小于连续统的势 $\aleph$ ，所以 $\mathfrak{D}$ 不可能是可数集，所以命题可证。

证明：自然数的一切子集所构成的集合 $\mathfrak{M}$ 的势 $2^{\aleph_0}$ 等于连续统的势 $\aleph$

将 $\mathfrak{M}$ 分为两个类 $A,B$ ，其中 $A$ 中的子集的补集是有限集， $B$ 中的子集的补集是无限集。例如：

$\{ 1,3,5,6,7,\cdots\}\in A$ ，因为其补集是有限集 $\{2,4\}$ ；特别的， $N_+\in A$ ，因为其余集是空集
$\{1,2,3\}\in B$ ，因为其补集是无限集 $\{4,5,6,\cdots\}$ ；此外 $\{1,3,5,7,9,\cdots \} \in B$ ，因为它的补集也是无限集 $\{2,4,6,8,\cdots\}$

我们先来看看这两个类中的元素的特点：

对于 $A$ 类的子集元素 $\mathfrak{A}$ ，按照定义它的补集 $\mathfrak{A}^c$ 是有限集，即 $\mathfrak{A}^c=\{a_1,a_2,\cdots,a_p\}$ ，其中 $a_1<a_2<\cdots<a_p$ 。设 $a_p$ 是自然数 $N-1$ ，于是显然， $\mathfrak{A}=(\{1,2,\cdots,N-1\}\backslash \mathfrak{A}^c)\cup \{N,N+1,N+2,\cdots\}$ 也就是说，对于 $A$ 类的任意子集元素 $\mathfrak{A}$ ，一定存在一个 $N$ ，使得 $N,N+1,N+2,\cdots\in \mathfrak{A}$ 。上面举出的两个例子中， $N$ 分别是5和1。
对于 $B$ ，因为它的余集是无限集，则 $B$ 中的子集元素，要么是有限集，要么是一个无限集。当是无限集时，不可能存在自然数 $N$ 使得 $\{N,N+1,N+2,\cdots\}\subset B$ 。

接下来，我们说明 $A$ 是一个可数集。这是因为， $A$ 中的每一个子集元素都唯一对应于一个有限集，所以 $A$ 等势于自然数的一切有限子集的集合 $P$ ，我们断言 $P$ 是可数集。为此，按照有限子集中元素个数将 $P$ 进行划分，记包含n个自然数的子集是的集合是 $H_n=\{p\in P\big| |p|=n\}$ ，从而 $P=\bigcup_{i=1}^\infty H_i$ ，下面只要证明 $H_n$ 是可数集。事实上， $H_n=\underbrace{\mathbb{N_+}\times\mathbb{N_+}\times\cdots\times\mathbb{N_+}}_{n}$ 而根据前面的证明，有限个可数集的笛卡尔乘积也是可数集，所以可以推出， $A$ 是一个可数集。

又根据前面的证明，无限集去掉一个可数子集后，如果余集是无限集，那么去掉后的势不变，这就是说， $\mathfrak{M}\sim B$ 。我们接下来只要证明 $B$ 等势于 $[0,1)$ 即可。

给定 $B$ 中一个子集元素 $\mathfrak{B}$ ，对任意自然数 $i\in\mathbb{N}_+$ ，令 $\epsilon_i=\mathbf{1}\{i\in\mathfrak{B}\}$ ，于是 $\mathfrak{B}$ 唯一对应一个二进制数小数 $\mathfrak{B}\rightarrow\sum_{i=1}^\infty\frac{\epsilon_{i}}{2^i}\in [0,1)$

即 $B$ 与 $[0,1)$ 的某个子集构成单射；反之给定一个 $[0,1)$ 区间上的数，总可以表示成二进制形式，并由此构造出 $\mathfrak{B}$ 来，如果这个构造也是唯一的，那么 $[0,1)$ 与 $B$ 的某个子集构成单射，从而根据Cantor-Bernstein定理， $B$ 和 $[0,1)$ 之间存在双射关系，即等势。

根据我们分析的 $B$ 中子集元素的特点，不可能存在 $N$ 使得其之后的连续自然数都属于该自己元素。如果存在，那么它对应的二进制小数从第 $N$ 分位开始之后全部都是 $1$ ，但是这与第 $N-1$ 分位为1而其后全为0的二进制小数表达的是同一个数（类似 $0.999\cdots=1$ ），例如， $0.1010\_11111\cdots \mathrm{b}\leftrightarrow \{ 1,3,5,6,7,8,\cdots\}$
但
$0.1011\_0000\cdots\mathrm{b}\leftrightarrow \{ 1,3,4 \}$
即同一个数，却对应了两个不同的子集，所以如果不存在这个性质，那么这个映射就是唯一的。这就是为什么我们要排除 $A$ 而只讨论 $B$ 。如果我们直接讨论 $[0,1)$ 与自然数一切子集集合 $\mathfrak{M}$ 的双射关系，我们就必须单独讨论映射的唯一性。

函数论与泛函分析练习

集论初步

集的概念、运算

集的对等性、势

相关文章

网友评论

延伸阅读

深度阅读

栏目导航

热点阅读