陶哲轩Analysis I习题的参考解答及思考（第8章）

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2021-10-24 约 74919 字预计阅读 150 分钟

第8章

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Analysis I（第3版）。

章节8.1

公理8.1

本章节部分练习的证明会提前用到公理8.1，故这里将其内容复制过来。

Axiom 8.1的内容：

(Choice). Let \( I \) be a set, and for each \( \alpha \in I \), let \(X_{\alpha} \) be a non-empty set. Then \( \prod_{\alpha \in I} X_{\alpha} \) is also non-empty. In other words, there exists a function \( (x_{\alpha})_{\alpha \in I} \) which assigns to each \( \alpha \in I \) an element \( x_{\alpha} \in X_{\alpha} \).

上面用到了无限笛卡尔积，定义如下。

无限笛卡尔积的定义：

(Infinite Cartesian products). Let \( I \) be a set (possibly infinite), and for each \( \alpha \in I \) let \( X_{\alpha} \) be a set. We then define the Cartesian product \( \prod_{\alpha \in I} X_{\alpha} \) to be the set \( \prod_{\alpha \in I} X_{\alpha} = \{ (x_{\alpha})_{\alpha \in I} \in (\bigcup_{\beta \in I} X_{\beta})^I : x_{\alpha} \in X_{\alpha} \text{ for all } \alpha \in I \} \), where we recall (from Axiom 3.10) that \( (\bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha})^I \) is the set of all functions \( (x_{\alpha})_{\alpha \in I} \) which assign an element \( x_{\alpha} \in \bigcup_{\beta \in I} X_{\beta} \) to each \( \alpha \in I \). Thus \( \prod_{\alpha \in I} X_{\alpha} \) is a subset of that set of functions, consisting instead of those functions \( (x_{\alpha})_{\alpha \in I} \) which assign an element \( (x_{\alpha})_{\alpha \in I} \) to each \( \alpha \in I \).

额外引理8.1.1

内容：

\( \forall \)无限集\( X \)，\( \exists \)集合\( Y \)满足\( Y \subseteq X \)且\( Y \)可数。

目的：

证明这个引理是为了在练习8.1.1中使用，具体见练习8.1.1的对思路的说明。

参考文章：

参考了两个文章：

Infinite Set has Countably Infinite Subset
Infinite set always has a countably infinite subset中John Gowers的回答

其中，第一篇文章中用到了依赖选择公理（即后面选择的元素可以依赖于前面选择的元素，类似于递归定义），该公理可以通过选择公理证明出来，但是证明过程似乎并不trivial，不像是本章节我们应该用的东西，第二篇文章中John Gowers的回答则不用使用依赖选择公理。

证明：

先证明一个引理1：\( \forall n \in \mathbf{N} \)，\( \forall \)无限集\( A \)，令\( S_n^A := \{ B \in 2^A : B \text{有限且} \#(B) = 2^n \} \)，即\( S_n^A \)是\( A \)所有基数为\( 2^n \)的子集组成的集合，我们要证明\( \forall n \in \mathbf{N} \)，\( \forall \)无限集\( A \)， \( S_n^A \)非空（注意，这里我们没有固定任何一个无限集\( A \)）：

对\( n \)进行数学归纳，当\( n = 0 \)时，\( \forall \)无限集\( A \)，\( A \)是非空的（因为空集为有限集），因而\( \exists x_0 \in A \)，此时\( \{ x_0 \} \)为\( A \)的子集且其基数为\( 2^0 = 1 \)，故\( S_n^A = S_0^A \)非空。

归纳假设当\( n = k \)时成立，当\( n = k + 1 \)时，根据归纳假设， \( \forall \)无限集\( A \)，\( S_k^A \)非空，故\( \exists B_1 \in S_k^A, \#(B_1) = 2^k \)且\( B_1 \subseteq A \)，令\( C := A \setminus B_1 \)，可得\( C \)也无限（因为假设\( C \)有限，又\( B_1 \)有限，根据定理3.6.14的命题2，可得\( A \)有限，矛盾），再次根据归纳假设，可得\( S_k^C \)非空，故\( \exists B_2 \in S_k^C, \#(B_2) = 2^k \)且\( B_2 \subseteq C \)，又\( C \subseteq A \)，故\( B_2 \subseteq A \)，而\( B_1 \cap B_2 = \emptyset \)（因为是去除完\( B_1 \)的元素后再选的元素），故根据定理3.6.14的命题2，可得\( \#(B_1 \cup B_2) = 2^k + 2^k = 2^{k + 1} \)，又因为\( B_1 \subseteq A, B_2 \subseteq A \)，根据练习3.1.7，可得\( B_1 \cup B_2 \subseteq A \)，至此可得\( B_1 \cup B_2 \in S_{k + 1}^A \)，即\( S_{k + 1}^A \)非空。至此归纳完毕，引理1成立。

引理1证明完毕后，针对命题给的无限集\( X \)，我们令\( S_n := S_n^X \)，省的每次都需要写上标，现在回去证明命题。

\( \forall n \in \mathbf{N} \)，我们已经给\( n \)赋了一个集合\( S_n \)，根据公理8.1， \( \prod_{n \in \mathbf{N}} S_n \)非空，故\( \exists (A_n)_{n \in \mathbf{N}} \in \prod_{n \in \mathbf{N}} S_n \)， \( \forall n \in \mathbf{N}, A_n \in S_n \)，即\( A_n \subseteq X \)且\( \#(A_n) = 2^n \)。

\( \forall n \in \mathbf{N} \)，令\( B_n := A_n \setminus (\bigcup_{0 \leq i \leq n - 1} A_i) \)，我们知道\( \bigcup_{0 \leq i \leq n - 1} A_i \)中至多有\( \sum_{i = 0}^{n - 1} 2^n = 2^n - 1 \)个元素（注：\( \sum_{i = 0}^{n - 1} 2^n = 2^n - 1 \)比较容易证，这里不证了），而\( \#(A_n) = 2^n \)，因此\( B_n \)至少还能留下一个元素，故\( B_n \)非空（注：这就是我们为什么选择每个子集的基数都是\( 2^n \)的原因，因为这样可以确保\( A_n \)在去除掉\( \bigcup_{0 \leq i \leq n - 1} A_i \)的元素后，仍然至少能剩下一个元素，如果我们选择每个子集的基数都是\( n \)的话，则\( B_n \)就有可能是空了），根据\( B_n \)的构造方法，可得\( \forall j, k \in \mathbf{N}, j \neq k \)，有\( B_j \cap B_k = \emptyset \)，再次使用公理8.1，可得\( \prod_{n \in \mathbf{N}} B_n \)非空，即\( \exists (b_n)_{n \in \mathbf{N}} \in \prod_{n \in \mathbf{N}} B_n \)， \( \forall n \in \mathbf{N}, b_n \in B_n \)，特别的，我们有\( \forall j, k \in \mathbf{N}, j \neq k \)，\( b_j \neq b_k \)，最后令\( C := \{ b_n : n \in \mathbf{N} \} \)（用替换公理可以得到），易证存在\( \mathbf{N} \to C \)的双射函数，即\( C \)可数，又\( C \subseteq X \)，故命题成立。

证毕。

练习8.1.1

题目：

Let \( X \) be a set. Show that \( X \) is infinite if and only if there exists a proper subset \( Y \subsetneq X \) of \( X \) which has the same cardinality as \( X \). (This exercise requires the axiom of choice, Axiom 8.1)

思路：

充分性的证明很容易，但必要性要严格地证出来就没那么简单（如果以不严格但符合直觉的方式使用公理8.1，那还是比较容易证明的）。

具体思路是这样的：\( X \)是无限集，故非空，进而\( \exists c \in X \)，那这样的话，\( Y := X \setminus \{ c \} \)就是\( X \)的子集，我们想建立\( X \to Y \)的双射\( f \)（当然，反向的双射也行），其他元素\( x \neq c \) 都能直接\( f(x) := x \)，但是\( c \in X \)在\( Y \)中被去掉了，那\( f( c) \)该赋什么值？容易想到的就是，从\( c \)开始，每个映射的元素都向后移一个位置，具体的就是如果\( x \)的位置在\( c \)的前面，那就 \( f(x) := x \)，如果\( x \)的位置在\( c \)的后面或者\( x = c \)，则\( f(x) := x \text{的下一个元素} \)，那问题在于如果想表达“\( x \)的下一个元素”这样的概念，需要我们给\( X \)的每个元素都赋一个序号，即需要存在\( \mathbf{N} \to X \)的双射函数\( g \)，但\( X \)不一定存在这样的双射，即\( X \)不一定是可数集，那怎么办？想到是否每个无限集都有一个可数的子集\( A \)，如果有的话，我们可以针对 \( x \in A \)和\( x \in X \setminus A \)分别搞不同的映射规则，就能使用上面的思路了（注意，这里\( A \)不能是有限集，不然我们持续取下一个元素，取到最后会没有元素可以继续取，整个赋值过程就中断了），这就是为什么特别去证明额外引理8.1.1的原因。

证明：

必要性：

因为\( X \)无限，根据额外引理8.1.1，可得\( \exists \)可数集\( A \subseteq X \)，因为\( A \)可数，故\( \exists \)双射函数\( g: \mathbf{N} \to A \)。因为\( A \)无限，故\( A \)非空，因此\( \exists c \in A \)，当然\( c \)也\( \in X \)，令\( Y := X \setminus \{ c \} \)，可得\( Y \subsetneq X \)，我们接下来要证明\( Y \)和\( X \)基数相等。

因为\( g \)满射，故\( \exists k \in \mathbf{N}, g(k) = c \) （注：\( k \)就是\( c \)的序号）。

构造函数\( f: X \to Y \)，\( \forall x \in X \)：

如果\( x \in A \)，因为\( g \)满射，故\( \exists n \in \mathbf{N} \)， \( g(n) = x \)，如果\( n < k \)，则\( f(x) := (g(n) = x) \)，如果\( n \geq k \)，则\( f(x) := g(n + 1) \)。注意，根据此映射规则，所有\( x \in A \)，均有\( f(x) \in A \)。
如果\( x \in X \setminus A \)，则\( f(x) := x \)。

下面证明\( f \)双射，先证\( f \)单射：\( \forall x, y \in X, x \neq y \)：

如果\( x, y \)均\( \in A \)，此时因为\( g \)满射，故\( \exists j_1, j_2 \in \mathbf{N}, g(j_1) = x, g(j_2) = y \)：
1. 如果\( j_1, j_2 \)均\( < k \)，则\( f(x) = g(j_1), f(y) = g(j_2) \)，又因为\( g \)单射，故\( g(j_1) \neq g(j_2) \)，从而\( f(x) \neq f(y) \)。
2. 如果\( j_1, j_2 \)均\( \geq k \)，则\( f(x) = g(j_1 + 1), f(y) = g(j_2 + 1) \)，又因为\( g \)单射，故\( g(j_1 + 1) \neq g(j_2 + 1) \)，从而\( f(x) \neq f(y) \)。
3. 如果\( j_1, j_2 \)中其中一个\( < k \)，另外一个\( \geq k \)，不妨设\( j_1 < k, j_2 \geq k \)（如果不是的话，则交换\( j_1, j_2 \)后，重复一遍证明即可），此时\( f(x) = g(j_1), f(y) = g(j_2 + 1) \)，而\( j_2 + 1 \geq k + 1 \)，\( j_1 < k \)，故\( j_2 + 1 \neq j_1 \)，又\( g \)单射，因此\( g(j_1) \neq g(j_2 + 1) \)，从而\( f(x) \neq f(y) \)。
如果\( x, y \)均\( \in X \setminus A \)，则\( f(x) = x, f(y) = y \)，又\( x \neq y \)，故\( f(x) \neq f(y) \)。
如果\( x, y \)中其中一个\( \in A \)，另外一个\( \in X \setminus A \)，不妨设\( x \in A, y \in X \setminus A \)，此时\( f(x) \in A \)，而\( (f(y) = y) \in X \setminus A \)，因此\( f(x) \neq f(y) \)。

综上可得，\( f \)单射。

再证明\( f \)满射：\( \forall z \in Y \)，有\( z \in X \)且\( z \neq c \)：

如果\( z \in A \)，因为\( g \)满射，故\( \exists l \in \mathbf{N}, g(l) = z \)，如果\( l < k \)，则\( f(z) = g(l) = z \)，如果\( l \geq k + 1 \) （注：\( l \)不可能\( = k \)，因为\( z \neq c \)），则\( l - 1 \geq k \)，此时\( f(g(l - 1)) = g((l - 1) + 1) = g(l) = z \)。
如果\( z \in X \setminus A \)，则\( f(z) = z \)。

综上可得，\( f \)满射。

因为\( f \)双射，可得\( X \)和\( Y \)基数相等，又\( Y \subsetneq X \)，故命题成立。

充分性：

如果\( \exists Y \subsetneq X \)且\( Y \)和\( X \)基数相等，假设\( X \)有限，记\( \#(X) = m \)，因为\( Y \subsetneq X \)，根据定理3.6.14的命题3，有\( Y \)也有限，且\( \#(Y) < m \)，记\( \#(Y) = n \)，因为两者基数相等，根据基数的唯一性，可得\( n = m \)，但这和\( n < m \)矛盾，故假设不成立，\( X \)是无限集。

证毕。

练习8.1.2

题目：

Prove Proposition 8.1.4. (Hint: you can either use induction, or use the principle of infinite descent, Exercise 4.4.2, or use the least upper bound (or greatest lower bound) principle, Theorem 5.5.9.) Does the well ordering principle work if we replace the natural numbers by the integers? What if we replace the natural numbers by the positive rationals? Explain.

Proposition 8.1.4的内容：

(Well ordering principle). Let \( X \) be a non-empty subset of the natural numbers \( \mathbf{N} \). Then there exists exactly one element \( n \in X \) such that \( n \leq m \) for all \( m \in X \). In other words, every non-empty set of natural numbers has a minimum element.

注：在练习6.6.3中，我证明了某个集合的最小元是存在的，用到了无限递减原理，这里证明思路是一模一样的。

证明：

假设\( X \)没有最小元，即\( \forall n \in X, \exists m \in X, m < n \)，因为\( X \)非空，任取\( m_0 \in X \)，可得\( \exists m_1 \in X, m_1 < m_0 \)（不然就有最小元了），把得到\( m_1 \)回代到\( m_0 \)，按同样的理由，我们可以得到\( \exists m_2 \in X \)， \( m_2 < m_1 \)，如此反复，我们会得到一个无限递减的自然数序列（\( X \) 是\( \mathbf{N} \)的子集，故这里序列元素都是自然数），但是根据练习 4.4.2，无限递减的自然数序列不存在，产生矛盾，故假设不成立，\( X \)有最小元。

如果把自然数替换成整数，定理8.1.4还成立吗？

不成立，\( \forall n \in \mathbf{Z} \)，均有\( n - 1 \in \mathbf{Z} \)且\( n - 1 < n \)，故不存在最小元。

如果把自然数替换成正有理数，定理8.1.4还成立吗？

不成立，\( \forall q > 0 \in \mathbf{Q} \)，均有\( q / 2 \in \mathbf{Q} \)且\( q / 2 < q \)，故不存在最小元。

证毕。

额外定理8.1.2

内容：

任意集合\( A, B, C \)，有\( A \setminus (B \cup C) = (A \setminus B) \setminus C \)。

这个定理之后几个地方会用到。

证明：

\( \forall x \in A \setminus (B \cup C) \)，有\( x \in A \)且\( x \notin B \cup C \)，即\( x \in A \)且\( x \notin B \)且\( x \notin C \)，由\( x \in A \)且\( x \notin B \)，可得\( x \in A \setminus B \)，再由\( x \notin C \)，可得\( x \in (A \setminus B) \setminus C \)。

反之，\( \forall x \in (A \setminus B) \setminus C \)，有\( x \in A \setminus B \)且\( x \notin C \)，即\( x \in A \)且\( x \notin B \)且\( x \notin C \)，由\( x \notin B \)且\( x \notin C \)，可得\( x \notin B \cup C \)，再由\( x \in A \)，可得\( x \in A \setminus (B \cup C) \)。

证毕。

练习8.1.3

题目：

Fill in the gaps marked (?) in Proposition 8.1.5.

Proposition 8.1.5的内容：

Let \( X \) be an infinite subset of the natural numbers \( \mathbf{N} \). Then there exists a unique bijection \( f : \mathbf{N} \to X \) which is increasing, in the sense that \( f(n + 1) > f (n) \) for all \( n \in \mathbf{N} \). In particular, \( X \) has equal cardinality with \(\mathbf{N} \) and is hence countable.

证明中第1个(?)标记的内容

标记的内容：

Also, since \( X \) is infinite, the set \( \{ x \in X : x \neq a_m \text{ for all } m < n \} \) is infinite (?) , hence non-empty.

证明：

完整来说，题目应该表述成 \( \forall n \geq 0, \{ x \in X : x \neq a_m \text{ for all } m < n \} \)是无限集，注意这里\( a_n \)的定义是（或者说\( a_m \)的定义）： \( \forall n \geq 0, a_n := \min\{ x \in X : x \neq a_m \text{ for all } m < n \} \)。

先改写下\( \{ x \in X : x \neq a_m \text{ for all } m < n \} \)，改写成两个集合的差集，方便我们等下进行数学归纳， \( \forall n \geq 0, \{ x \in X : x \neq a_m \text{ for all } m < n \} = \{ x \in X : x \notin \{ a_m : m < n \} \} \)，根据差集的定义（注：即\( X \setminus Y = \{ x \in X : x \notin Y \} \)），可得\( \{ x \in X : x \notin \{ a_m : m < n \} \} = X \setminus \{ a_m : m < n \} \)。除此之外，还容易证明\( \{ a_m : m < n + 1 \} = \{ a_m : m < n \} \cup \{ a_n \} \)（等下归纳的时候有用）。

故我们仅需要证明\( \forall n \geq 0, X \setminus \{ a_m : m < n \} \)无限且非空即可。

下面我们用数学归纳法证明： \( \forall n \geq 0, X \setminus \{ a_m : m < n \} \)无限且\( a_n := \min(X \setminus \{ a_m : m < n \}) \)存在。

当\( n = 0 \)时，\( X \setminus \{ a_m : m < n \} = X \setminus \emptyset = X \)为无限集，又\( X \subseteq \mathbf{N} \)，根据定理8.1.4，可得\( a_n := \min(X \setminus \{ a_m : m < n \}) \)存在，至此可得，基础情况下是成立的。

归纳假设当\( n = k \)时成立，当\( n = k + 1 \)时， \( X \setminus \{ a_m : m < k + 1 \} = X \setminus (\{ a_m : m < k \} \cup \{ a_k \}) \)，根据额外定理8.1.2，可得\( X \setminus (\{ a_m : m < k \} \cup \{ a_k \}) = (X \setminus \{ a_m : m < k \}) \setminus \{ a_k \} \)，根据归纳假设，\( X \setminus \{ a_m : m < k \} \)无限且\( a_k \)存在，因为\( a_k \)是\( X \setminus \{ a_m : m < k \} \)的最小元，故\( a_k \in X \setminus \{ a_m : m < k \} \)，此时假设\( (X \setminus \{ a_m : m < k \}) \setminus \{ a_k \} \)有限，根据定理3.6.14的命题1，有\( X \setminus \{ a_m : m < k \} = ((X \setminus \{ a_m : m < k \}) \setminus \{ a_k \}) \cup \{ a_k \} \) 也是有限的，然而这和\( X \setminus \{ a_m : m < k \} \)无限矛盾，故假设不成立，有\( (X \setminus \{ a_m : m < k \}) \setminus \{ a_k \} \)无限，又\( (X \setminus \{ a_m : m < k \}) \setminus \{ a_k \} \)为\( \mathbf{N} \)的子集（它是\( X \)的子集，根据传递性可得出该结论），根据定理8.1.4，可得\( a_{k + 1} = \min(X \setminus \{ a_m : m < k + 1 \}) = \min((X \setminus \{ a_m : m < k \}) \setminus \{ a_k \}) \)存在。至此，可得\( n = k + 1 \)时成立，归纳完毕。

综上，我们有\( \forall n \geq 0, \{ x \in X : x \neq a_m \text{ for all } m < n \} \)无限且非空（注：无限集必非空，因为空集是有限集）。

证毕。

证明中第2个(?)标记的内容

标记的内容：

One can show (?) that \( a_n \) is an increasing sequence, i.e. \( a_0 < a_1 < a_2 < \dots \)

证明：

更准确点说，题目要求我们证明\( \forall n \geq 0, a_{n + 1} > a_n \)，下面使用数学归纳法来证明。

当\( n = 0 \)时，\( a_0 = \min(X) \)，可得\( \forall x \in X, a_0 \leq x \)，根据我们对第1个(?)标记的证明，可得\( a_1 = \min(X \setminus \{ a_0 \}) \)，进而可得\( a_1 \neq a_0 \)，又\( X \setminus \{ a_0 \} \subseteq X \)，可得\( a_1 \in X \)，进而可得\( a_0 \leq a_1 \)，加上前面的\( a_1 \neq a_0 \)，可得\( a_0 < a_1 \)，即基础情况下是成立的。

归纳假设当\( n = k \)时成立，当\( n = k + 1 \)时，根据我们对第1个(?)标记的证明，可得\( a_k = \min(X \setminus \{ a_m : m < k \}) \) 以及\( a_{k + 1} = \min(X \setminus \{ a_m : m < k + 1 \}) \)，记\( X \setminus \{ a_m : m < k \} \)为\( A \)，可得\( a_k = \min(A), a_{k + 1} = \min(A \setminus a_k) \)，从而有\( \forall x \in A, a_k \leq A \)以及\( a_{k + 1} \neq a_k \)，因为\( A \setminus a_k \subseteq A \)，故\( a_{k + 1} \in A \)，从而有\( a_k \leq a_{k + 1} \)，又\( a_{k + 1} \neq a_k \)，可得\( a_k < a_{k + 1} \)，即\( n = k + 1 \)时成立。

至此，归纳完毕，命题成立。

证毕。

证明中第3个(?)标记的内容

标记的内容：

and in particular that (?) \( a_n \neq a_m \) for all \( n \neq m \).

证明：

因为\( n \neq m \)，故\( |n - m| \geq 1 \)，不妨设\( n > m \)（如果不是的话，则交换两个变量），则\( |n - m| = n - m \geq 1 \)，记\( d = n - m \)，我们对\( n, m \)的距离\( d \)进行数学归纳，证明\( a_n > a_m \)，基础情况从\( 1 \)开始。

当\( d = 1 \)时，根据我们对第2个(?)标记内容的证明，有\( a_n > a_{n - 1} \)，即\( a_n > a_m \)。

归纳假设当\( d = k \)时成立，当\( d = k + 1 \)时，根据归纳假设，有\( a_n > a_{n - k} \)，再次根据我们对第2个(?)标记内容的证明，可得\( a_{n - k} > a_{n - k - 1} = a_{n - (k + 1)} \)，进而有\( a_n > a_{n - (k + 1)} \)，即\( d = k + 1 \)时成立。

至此，归纳完毕，我们有\( \forall n > m, a_n > a_m \)，特别的，这意味着\( n \neq m \)，如果反之\( n < m \)，则交换下变量，重复以上证明，一样可得\( n \neq m \)。

证毕。

证明中第4个(?)标记的内容

标记的内容：

Also, we have (?) \( a_n \in X \) for each natural number \( n \).

证明：

\( \forall n \geq 0 \)，集合\( \{ x \in X : x \neq a_m \text{ for all } m < n \} \)是\( X \)的子集，而\( a_n \)为该集合的最小元，故\( a_n \in \{ x \in X : x \neq a_m \text{ for all } m < n \} \)，进而有\( a_n \in X \)。

证毕。

证明中第5个(?)标记的内容

标记的内容：

However, since \( a_n \) is an increasing sequence, we have \( a_n \geq n \) (?)

证明：

用数学归纳法证明。

当\( n = 0 \)时，因为\( a_0 \)是自然数，故\( a_0 \geq 0 \)成立。

归纳假设当\( n = k \)时成立，当\( n = k + 1 \)时，根据归纳假设，有\( a_k \geq k \)，进而可得\( a_k + 1 \geq k + 1 \)，而\( a_{k + 1} > a_k \)（第2个(?)标记内容中证明的），可得\( a_{k + 1} \geq a_k + 1 \geq k + 1 \)，即\( n = k + 1 \)时成立。

至此，归纳完毕，命题成立。

证毕。

证明中第6个(?)标记的内容

标记的内容：

Now suppose for sake of contradiction that there was at least one other increasing bijection \( g \) from \( \mathbf{N} \) to \( X \) which was not equal to \( f \). Then the set \( \{ n \in \mathbf{N} : g(n) \neq f(n) \} \) is non-empty, and define \( m := \min\{ n \in \mathbf{N} : g(n) \neq f(n) \} \), thus in particular \( g(m) \neq f(m) = a_m \), and \( g(n) = f(n) = a_n \text{ for all } n < m \). But we then must have (?) \( g(m) = \min\{ x \in X : x \neq a_t \text{ for all } t < m \} = a_m \), a contradiction.

证明：

记\( \{ x \in X : x \neq a_t \text{ for all } t < m \} \)为\( A \)。

先证明\( g(m) \)是\( A \)中的元素：因为\( g \)单射，故\( \forall t < m \)，有\( g(t) \neq g(m) \)，又\( g(t) = f(t) \)，从而可得\( f(t) \neq g(m) \)，简而言之，\( \forall t < m \)，有\( g(m) \neq (f(t) = a_t) \)，加上\( g(m) \in X \)，可得\( g(m) \in A \)。

假设\( g(m) \)不是\( A \)的最小元，即\( \exists x_0 \in A \)，\( x_0 < g(m) \)，因为\( g \)满射，故\( \exists y_0 \in \mathbf{N}, g(y_0) = x_0 < g(m) \)，又\( g \)为严格单调递增函数（即\( f(n + 1) > f(n) \)），故\( y_0 < m \)，进而可得\( g(y_0) = f(y_0) \)，即\( f(y_0) = x_0 \in A \)，\( f(y_0) \)属于\( A \) 要求\( \forall t < m, f(y_0) \neq a_t \)，但\( y_0 < m, f(y_0) = f(y_0) = a_{y_0} \)，矛盾，故假设不成立，有\( g(m) \)是\( A \)的最小元。

证毕。

额外定理8.1.3

插入一条定理的证明，方便我们在其他地方使用：\( \forall \)集合\( A, B \)，如果\( A \)至多可数且\( A \)和\( B \)基数相等（即存在双射函数\( f: A \to B \)），则\( B \)也至多可数（注：文中在推论8.1.7的证明中隐式地用了该引理，但是没有明确说明）。

证明：

如果\( A \)和\( B \)基数相等，此时：

如果\( A \)有限，则\( B \)也有限，根据至多可数的定义，可得\( B \)至多可数。
如果\( A \)无限，则\( A \)可数，故存在双射函数\( g: A \to \mathbf{N} \)，此时因为\( A \)和\( B \)基数相等，故存在双射函数\( f: A \to B \)，可得\( g \circ f^{-1}: B \to \mathbf{N} \)为双射函数，故\( B \)可数，进而\( B \)至多可数。

证毕。

练习8.1.4

题目：

Prove Proposition 8.1.8. (Hint: the basic problem here is that \( f \) is not assumed to be one-to-one. Define \( A \) to be the set \( A := \{ n \in \mathbf{N} : f(m) \neq f(n) \text{ for all } 0 \leq m < n \} \); informally speaking, \( A \) is the set of natural numbers \( n \) for which \( f(n) \) does not appear in the sequence \( f(0), f(1), \dots f(n − 1) \). Prove that when \( f \) is restricted to \( A \), it becomes a bijection from \( A \) to \( f(\mathbf{N}) \). Then use Corollary 8.1.6.)

Proposition 8.1.8的内容：

Let \( Y \) be a set, and let \( f: \mathbf{N} \to Y \) be a function. Then \( f(\mathbf{N}) \) is at most countable.

证明：

定义集合\( A := \{ n \in \mathbf{N} : f(m) \neq f(n) \text{ for all } 0 \leq m < n \} \)，可得\( A \subseteq \mathbf{N} \)，构造函数\( g: A \to f(\mathbf{N}), \forall n \in A, g(n) := f(n) \)，我们证明\( g \)是双射函数。

先证明\( g \)单射：假设\( g \)不单射，即\( \exists n_0, n_1 \in A, n_0 \neq n_1, g(n_0) = g(n_1) \)，如果\( n_0 < n_1 \)，则根据\( n_1 \in A \)，可得\( \forall 0 \leq m < n_1, (g(m) = f(m)) \neq (f(n_1) = g(n_1)) \)，特别的，这意味着，\( g(n_0) \neq g(n_1) \)，然而这和\( g(n_0) = g(n_1) \)矛盾，故不可能，同理可证如果\( n_1 < n_0 \)也可以推出矛盾，故假设不成立，\( g \)单射。

再证明\( g \)满射：假设\( g \)不满射，即\( \exists y_0 \in f(\mathbf{N}), \forall n \in A, (g(n) = f(n)) \neq y_0 \)， (1). 我们知道\( \exists n_0 \in \mathbf{N}, f(n_0) = y_0 \)（假设不存在，则根据前象的定义可以得到矛盾），如果\( n_0 \in A \)，此时有\( g(n_0) = f(n_0) = y_0 \)，矛盾，故仅留下\( n_0 \notin A \)的可能，即\( \forall 0 \leq m < n_0, \exists m_0, f(m_0) = f(n_0) = y_0 \)，此时将\( m_0 \)作为\( n_0 \)，重复从(1)至此的推理，可得\( m_1 < m_0 \)，以此类推，我们可以得到一个无限递减的自然数序列\( n_0, m_0, m_1, m_2, \dots \)，但是根据练习4.4.2，无限递减的自然数序列不存在，产生矛盾，故假设不成立，\( g \)满射。

因为\( A \subseteq X \)，故根据推论8.1.6，可得\( A \)至多可数，因为\( g: A \to f(\mathbf{N}) \)为双射函数，根据额外定理8.1.3，可得\( f(\mathbf{N}) \)至多可数。

证毕。

练习8.1.5

题目：

Use Proposition 8.1.8 to prove Corollary 8.1.9.

Corollary 8.1.9的内容：

Let \( X \) be a countable set, and let \( f: X \to Y \) be a function. Then \( f(X) \) is at most countable.

证明：

由\( X \)可数，可得\( X \)非空，故\( \exists x_0 \in X \)，构造函数\( g: \mathbf{N} \to Y, \forall n \in \mathbf{N} \)，如果\( n \in X \)，则\( g(n) := f(n) \)，如果\( n \notin X \)，则\( g(n) := f(x_0) \)，易证\( g(\mathbf{N}) = f(X) \) （因为所有\( \mathbf{N} \setminus X \)的元素都映射到已有的元素\( f(x_0) \)中了，不会产生新的元素），故我们只需要证明\( g(\mathbf{N}) \)至多可数就行。

根据定理8.1.8，可得\( g(\mathbf{N}) \)至多可数，因此\( f(X) = g(\mathbf{N}) \)至多可数。

证毕。

练习8.1.6

题目：

Let \( A \) be a set. Show that \( A \) is at most countable if and only if there exists an injective map \( f: A \to \mathbf{N} \) from \( A \) to \( \mathbf{N} \).

证明：

必要性：

如果\( A \)至多可数：

如果\( A \)有限，记它的基数为\( n \)，则存在双射函数\( f: A \to \{ i \in \mathbf{N} : 1 \leq i \leq n \} \)，构造函数\( g: A \to \mathbf{N}, \forall a \in A, g(a) := f(a) \)，可得\( g \)单射。
如果\( A \)可数，则存在双射函数\( f: A \to \mathbf{N} \)，\( f \)也单射。

充分性：

如果存在单射函数\( f: A \to \mathbf{N} \)，因为\( f(A) \subseteq \mathbf{N} \)，故\( f(A) \)至多可数，构造函数\( g: A \to f(A), \forall a \in A, g(a) := f(a) \)，因为\( f \)单射，故\( g \)也单射，易证\( g \)满射，故\( g \)双射，根据额外定理8.1.3，可得\( A \)也至多可数。

证毕。

练习8.1.7

题目：

Prove Proposition 8.1.10. (Hint: by hypothesis, we have a bijection \( f: \mathbf{N} \to X \), and a bijection \( g: \mathbf{N} \to Y \). Now define \( h: \mathbf{N} \to X \cup Y \) by setting \( h(2n) := f(n) \) and \( h(2n + 1) := g(n) \) for every natural number \( n \), and show that \( h(\mathbf{N}) = X \cup Y \). Then use Corollary 8.1.9, and show that \( X \cup Y \) cannot possibly be finite.)

Proposition 8.1.10的内容：

Let \( X \) be a countable set, and let \( Y \) be a countable set. Then \( X \cup Y \) is a countable set.

证明：

因为\( X \)可数，故存在双射函数\( f: \mathbf{N} \to X \)。因为\( Y \)可数，故存在双射函数\( g: \mathbf{N} \to Y \)。构造函数\( h: \mathbf{N} \to X \cup Y, \forall n \in \mathbf{N}, h(2n) := f(n), h(2n + 1) := g(n) \)，易证\( \forall n \in \mathbf{N}, \exists \)唯一的\( k \in \mathbf{N} \)，使得\( n = 2k \)或\( n = 2k + 1 \)，即我们的构造规则覆盖了所有自然数\( n \)且不会有重复定义。

接着证明\( h(\mathbf{N}) = X \cup Y \)：\( \forall x \in h(\mathbf{N}) \)，因为\( h(\mathbf{N}) \subseteq X \cup Y \)，故\( x \in X \cup Y \)。反之，\( \forall x \in X \cup Y \)，有\( x \in X \)或\( x \in Y \)：

如果\( x \in X \)，则因为\( f \)满射，故\( \exists n \in \mathbf{N}, f(n) = x \)，此时\( h(2n) = f(n) = x \)。
如果\( x \in Y \)，则因为\( g \)满射，故\( \exists n \in \mathbf{N}, g(n) = x \)，此时\( h(2n + 1) = g(n) = x \)。

综上，\( \exists n \in \mathbf{N}, h(n) = x \)。至此，可得\( h(\mathbf{N}) = X \cup Y \)。

根据推论8.1.9，可得\( h(\mathbf{N}) \)至多可数，故\( X \cup Y \)也至多可数。还得排除\( X \cup Y \)有限的可能性，假设\( X \cup Y \)有限，则因为\( X \subseteq Y \)，可得\( X \)也有限，然而\( X \)是可数集，故无限，矛盾，故假设不成立，\( X \cup Y \)无限，从而有\( X \cup Y \)可数。

证毕。

练习8.1.8

题目：

Use Corollary 8.1.13 to prove Corollary 8.1.14.

Corollary 8.1.14的内容：

If \( X \) and \( Y \) are countable, then \( X \times Y \) is countable.

证明：

因为\( X \)可数，故存在双射函数\( f: X \to \mathbf{N} \)，因为\( Y \)可数，故存在双射函数\( g: Y \to \mathbf{N} \)。构造函数\( h: X \times Y \to \mathbf{N} \times \mathbf{N} \)， \( \forall (x, y) \in X \times Y, h(x, y) := (f(x), g(y)) \)，下面证明\( h \)双射。

先证明\( h \)单射：\( \forall (x_0, y_0), (x_1, y_1) \in X \times Y, (x_0, y_0) \neq (x_1, y_1) \)，有\( x_0 \neq x_1 \)或\( y_0 \neq y_1 \)，如果\( x_0 \neq x_1 \)，则因为\( f \)单射，有\( f(x_0) \neq f(x_1) \)，从而有\( (h(x_0, y_0) = (f(x_0), g(y_0))) \neq ((f(x_1), g(y_1)) = h(x_1, y_1)) \)，如果\( y_0 \neq y_1 \)，则因为\( g \)单射，有\( g(y_0) \neq g(y_1) \)，从而有\( (h(x_0, y_0) = (f(x_0), g(y_0))) \neq ((f(x_1), g(y_1)) = h(x_1, y_1)) \)，综上可得，\( h \)单射。

再证明\( h \)满射：\( \forall (n_0, n_1) \in \mathbf{N} \times \mathbf{N} \)，因为\( f \)满射，故\( \exists x_0 \in X, f(x_0) = n_0 \)，因为\( g \)满射，故\( \exists y_0 \in Y, g(y_0) = n_1 \)，进而有\( h(x_0, y_0) = (f(x_0), g(y_0)) = (n_0, n_1) \)，即\( h \)满射。

根据推论8.1.13，可得\( \mathbf{N} \times \mathbf{N} \)可数，又存在\( X \times Y \)和\( \mathbf{N} \times \mathbf{N} \)的双射函数\( h \)，根据额外定理8.1.3，可得\( X \times Y \)至多可数，但\( X \times Y \)明显是无限的（毕竟它的子集\( \{ (x, 0) : x \in X \} \)已经是无限的了），故\( X \times Y \)可数。

证毕。

额外定理8.1.4

根据定理8.1.10，我们知道两个可数集的并集是可数集，这里我们将进一步证明两个至多可数集的并集会是至多可数集，免得每次都分开讨论。

具体的，我们要证明：给定两个至多可数集\( X, Y \)，\( X \cup Y \)也至多可数。

证明：

如果\( X \)和\( Y \)均有限，则\( X \cup Y \)也有限，进而可得\( X \cup Y \)至多可数。

如果\( X \)和\( Y \)均无限，则\( X \)和\( Y \)均可数，此时根据定理8.1.10，可得\( X \cup Y \)可数，进而可得\( X \cup Y \)至多可数。

剩下\( X \)和\( Y \)中有且仅有一个无限，另外一个有限的情况，不妨设\( X \)有限， \( Y \)无限（如果不是的话，交换\( X, Y \)，重复一遍证明即可），因为\( X \)有限，故其有唯一的自然数基数\( m \)且存在双射函数\( f: \{ i \in \mathbf{N} : 0 \leq i \leq m - 1 \} \to X \)，因为\( Y \)可数，故存在双射函数\( g: \mathbf{N} \to Y \)。构造函数\( h: \mathbf{N} \to X \cup Y, \forall n \in \mathbf{N} \)，如果\( 0 \leq n \leq m - 1 \)，则\( h(n) := f(n) \)，如果\( n > m - 1 \)，即\( n \geq m \)，则\( h(n) := g(n - m) \)（注：\( h(m) = g(0), h(m + 1) = g(1) \)，以此类推，相当于位移回去），根据定理8.1.8，我们知道\( h(\mathbf{N}) \)至多可数，故下面仅需要证明\( h(\mathbf{N}) = X \cup Y \)即可证明\( X \cup Y \)至多可数了。

\( \forall x \in h(\mathbf{N}) \)，根据\( h \)的构造规则，我们知道要么\( \exists 0 \leq n_0 \leq m - 1, f(n_0) = x \)，要么\( \exists n_1 \geq m, g(n_1 - m) = x \)，前者\( x \in X \)，进而有\( x \in X \cup Y \)，后者\( x \in Y \)，进而有\( x \in X \cup Y \)，反正所有情况都有\( x \in X \cup Y \)。

反之，\( \forall x \in X \cup Y \)，有\( x \in X \)或\( x \in Y \)：

如果\( x \in X \)，则因为\( f \)满射，故\( \exists n_0 \in \{ i \in \mathbf{N} : 0 \leq i \leq m - 1 \}, f(n_0) = x \)，进而有\( h(n_0) = x \)。
如果\( x \in Y \)，则因为\( g \)满射，故\( \exists n_1 \in \mathbf{N}, g(n_1) = x \)，进而有\( h(n_1 + m) = g((n_1 + m) - m) = g(n_1) = x \)。

综上可得\( h(\mathbf{N}) = X \cup Y \)，\( X \cup Y \)至多可数。

证毕。

练习8.1.9

题目：

Suppose that \( I \) is an at most countable set, and for each \( \alpha \in I \), let \( A_{\alpha} \) be an at most countable set. Show that the set \( \bigcup_{\alpha \in I} A_{\alpha} \) is also at most countable. In particular, countable unions of countable sets are countable. (This exercise requires the axiom of choice, see Section 8.4.)

证明：

我们分\( I \)有限以及\( I \)无限两种情况来证明。

如果\( I \)有限，记\( I \)的基数为\( n \)，我们对\( I \)的基数进行数学归纳。

当\( n = 0 \)时，\( \bigcup_{\alpha \in I} A_{\alpha} = \emptyset \)有限，故也至多可数。

归纳假设当\( n = k \)时成立，当\( n = k + 1 \)时，因为\( I \)非空，故\( \exists \alpha_0 \in I \)，令\( J := I \setminus \{ \alpha_0 \} \)，可得\( \#(J) = k \)，根据归纳假设，有\( \bigcup_{\alpha \in J} A_{\alpha} \)至多可数，易证\( \bigcup_{\alpha \in I} A_{\alpha} = (\bigcup_{\alpha \in J} A_{\alpha}) \cup A_{\alpha_0} \)，因为\( \bigcup_{\alpha \in J} A_{\alpha} \)和\( A_{\alpha_0} \)均至多可数，故根据额外定理8.1.4，可得\( \bigcup_{\alpha \in I} A_{\alpha} = (\bigcup_{\alpha \in J} A_{\alpha}) \cup A_{\alpha_0} \)也至多可数。

至此，我们证明了\( I \)有限的情况，下面继续证明\( I \)无限的情况，即\( I \)可数的情况。

令\( J := \{ \alpha \in I : A_{\alpha} \neq \emptyset \} \)，根据公理8.1，\( \prod_{\alpha \in J} A_{\alpha} \)非空，即\( \exists \)函数\( (x_{\alpha})_{\alpha \in J} \in \prod_{\alpha \in J} A_{\alpha}, \forall \alpha \in J, x_{\alpha} \in A_{\alpha} \)。 \( \forall \alpha \in J \)，构造满射函数\( f_{\alpha}: \mathbf{N} \to A_{\alpha} \)，构造规则如下：

如果\( A_{\alpha} \)可数，则\( \exists \mathbf{N} \to A_{\alpha} \)的双射函数\( g \)，我们直接令\( f_{\alpha} = g \)，可得\( f_{\alpha} \)满射。
如果\( A_{\alpha} \)有限，记其基数为\( m \)，则\( \exists \{ i \in \mathbf{N} : 0 \leq i \leq m - 1 \} \to A_{\alpha} \)的双射函数\( g \)。 \( \forall n \in \mathbf{N} \)，如果\( 0 \leq n \leq m - 1 \)，则令\( f_{\alpha}(n) := g(n) \)，如果\( n \geq m \)，则令\( f_{\alpha}(n) := x_{\alpha} \)，易证\( f_{\alpha} \)满射。

因为\( I \)可数，根据推论8.1.7，可得\( J \)至多可数，如果\( J \)有限，则根据我们前面的证明，可得\( \bigcup_{\alpha \in J} A_{\alpha} \)至多可数，如果\( J \)可数，则存在双射函数\( o: \mathbf{N} \to J \)，我们构造函数\( h: \mathbf{N} \times \mathbf{N} \to \bigcup_{\alpha \in J} A_{\alpha} \)， \( \forall (n_0, n_1) \in \mathbf{N} \times \mathbf{N} \)，令\( h(n_0, n_1) := f_{o(n_0)}(n_1) \)。

我们证明\( h(\mathbf{N} \times \mathbf{N}) = \bigcup_{\alpha \in J} A_{\alpha} \)：

\( \forall x \in h(\mathbf{N} \times \mathbf{N}), \exists (n_0, n_1) \in \mathbf{N} \times \mathbf{N}, h(n_0, n_1) = f_{o(n_0)}(n_1) = x \)，故\( x \in A_{o(n_0)} \)，而\( o(n_0) \in J \)，故\( x \in \bigcup_{\alpha \in J} A_{\alpha} \)。

反之，\( \forall x \in \bigcup_{\alpha \in J} A_{\alpha} \)，有\( \exists \alpha_0 \in J, x \in A_{\alpha_0} \)，因为\( o \)满射，故\( \exists n_0 \in \mathbf{N}, o(n_0) = \alpha_0 \)，此时有\( x \in A_{o(n_0)} \)，又\( f_{o(n_0)}: \mathbf{N} \to A_{o(n_0)} \)为满射函数，故\( \exists n_1 \in \mathbf{N}, f_{o(n_0)}(n_1) = x \)，此时可得\( h(n_0, n_1) = f_{o(n_0)}(n_1) = x \)，故\( x \in h(\mathbf{N} \times \mathbf{N}) \)。

综上，\( h(\mathbf{N} \times \mathbf{N}) = \bigcup_{\alpha \in J} A_{\alpha} \)。

根据推论8.1.13，\( \mathbf{N} \times \mathbf{N} \)可数，再根据推论8.1.9，可得\( \bigcup_{\alpha \in J} A_{\alpha} = h(\mathbf{N} \times \mathbf{N}) \)至多可数。

易证\( \bigcup_{\alpha \in I} A_{\alpha} = \bigcup_{\alpha \in J} A_{\alpha} \) （因为左边只比右边多并上一些空集而已），故\( \bigcup_{\alpha \in I} A_{\alpha} \)至多可数。

证毕。

练习8.1.10

题目：

Find a bijection \( f: \mathbf{N} \to \mathbf{Q} \) from the natural numbers to the rationals. (Warning: this is actually rather tricky to do explicitly; it is difficult to get \( f \) to be simultaneously injective and surjective.)

思路：

我们需要找一种能无遗漏、无重复地方式遍历有理数，我们先想下，以什么样的遍历方式能确保无遗漏这点（即确保函数满射）？想下，如果我们以分母从\( 1 \)开始，优先递增分子的方式去遍历，如：\( \dfrac{1}{1}, \dfrac{2}{1}, \dfrac{3}{1}, \dots \)，这样遍历的问题在于， \( \mathbf{N} \)是无限的，我们永远也遍历不到分母为\( 2 \)的情况，这样我们没办法确保无遗漏这点，同理，以分子从\( 1 \)开始，优先递增分母的方式也有一样的问题，换种遍历方法，我们可以以这样的顺序遍历：分子\( + \)分母为\( 0 \)的各个有理数、分子\( + \)分母为\( 1 \)的各个有理数、分子\( + \)分母为\( 2 \)的各个有理数，以此类推，如：\( \dfrac{0}{0}, \dfrac{0}{1}, \dfrac{1}{0}, \dfrac{1}{1}, \dfrac{0}{2}, \dfrac{2}{0}, \dots \)，这种方式能确保遍历完所有非负有理数，因为所有形如\( \dfrac{a}{b} \)的非负有理数，均\( \exists n \in \mathbf{N} \)，使得\( n = a + b \)，故我们一定能遍历到该有理数，那针对负有理数怎么办？两种处理方法：

采取一样的方式，以这样的顺序遍历：分子\( + \)分母为\( -1 \)的各个有理数、分子\( + \)分母为\( -2 \)的各个有理数，然后针对非负有理数的遍历方式和负有理数的遍历方式，分别建立自然数到非负有理数以及自然数到负有理数的双射函数\( f, g \)，然后按照按类似练习8.1.7的方式，合并两个双射函数为一个自然数到有理数的双射函数\( h \)。
和非负有理数合起来一起数，遍历方式改成：分子的绝对值\( + \)分母为\( 0 \)的各个有理数、分子的绝对值\( + \)分母为\( 1 \)的各个有理数、分子的绝对值\( + \)分母为\( 2 \)的各个有理数，以此类推，这样可以直接遍历完整个有理数，省的合并双射函数。

两种方法都可以，为了避免合并双射函数，这里我们采用第二种方法去遍历。

解决完无遗漏的问题，该怎么确保无重复呢（即确保函数单射）？令集合\( A_2 := \{ \dfrac{a}{b} : a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, |a| + b = 2 \} \)，令集合\( A_4 := \{ \dfrac{a}{b} : a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, |a| + b = 4 \} \) 我们会看到两个集合交集不为空，比如有理数\( 1 / 1 = 2 / 2 \)就同时属于两个集合。为了确保无重复，我们可以参考额外引理8.1.1的证明方式，即类似\( \forall n \in \mathbf{N} \)，令\( B_n := A_n \setminus (\bigcup_{0 \leq i \leq n - 1} A_i) \) 这样将之前所有集合的元素都去除掉的构造方式，这样能确保\( B_n \)的元素是独有的，仍有一个问题：我们不好说明\( B_n \)不为空，以各个\( A_i \)集合的构造方式，各个\( A_i \)可能相互不是对方的子集，也就不好说明\( A_n \)去除完所有\( A_i \)的元素后会不会留下什么元素了，为了便于我们证明\( B_n \)非空，我们修改各个\( A_i \)的定义为：\( \forall n \in \mathbf{N} \)，令\( A_n := \{ \dfrac{a}{b} : a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, |a| + b \leq n \} \)，即把原来的\( |a| + b = n \)，改成\( |a| + b \leq n \)，这样能确保\( A_0 \subsetneq A_1 \subsetneq A_2 \dots \)，即各个\( A_i \)是\( A_{i + 1} \)的真子集（proper subset）（注：前者明显是后者的子集，但前者是后者的真子集这点还是得证下），这样就很容易证明\( B_n \)非空了，然后我们就依次遍历完\( B_0, B_1, B_2, \dots \)就行。

还差最后一个问题，\( B_0, B_1, B_2, \dots \)中每个集合可能有不止一个元素，我们怎么将自然数\( 0, 1, 2, \dots \)按顺序映射到\( B_0, B_1, B_2, \dots \) 中各集合的某个元素呢？利用\( \forall n \in \mathbf{N}, B_n \)有限这点，即\( \exists \{ i: 0 \leq i \leq m - 1 \} \to B_n \)的双射函数\( f_n \)， \( \forall i \in \mathbf{N} \)，假设\( B_i \)的元素被遍历完时，最后一个用掉的自然数是\( k \)，则我们可以利用\( f_{i + 1} \)去构造\( \exists \{ i: k + 1 \leq i \leq m + k \} \to B_n \)的双射函数\( g_{i + 1} \)，利用该\( g_{i + 1} \)去构造我们最终的双射函数即可（这里\( g_{i + 1} \)在实际证明中的构造过程会有点不一样，不过目的是一样的）。

证明：

\( \forall n \in \mathbf{N} \)，令\( A_n := \{ \dfrac{a}{b} : a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, |a| + b \leq n \} \)。

我们证明\( \forall n \in \mathbf{N}, A_n \subsetneq A_{n + 1} \)，为了证明这点，我们先证明\( \forall n \in \mathbf{N}, \exists a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, |a| + b = n \)：

当\( n = 0 \)时，\( |0| + 0 = 0 \)，成立。归纳假设当\( n = k \)时成立，当\( n = k + 1 \)时，根据归纳假设，\( \exists a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, |a| + b = n \)，此时\( |a| + (b + 1) = n \)，故\( n = k + 1 \)时也成立，归纳完毕。

\( \forall n \in \mathbf{N} \)，明显有\( A_n \subseteq A_{n + 1} \)，而因为\( n + 1 \in \mathbf{N} \)，根据前面的证明，可得\( \exists a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, |a| + b = n + 1 \)，此时有\( \dfrac{a}{b} \in A_{n + 1} \)，但\( |a| + b = n + 1 > n \)，故\( \dfrac{a}{b} \notin A_n \)，可得\( A_n \neq A_{n + 1} \)，至此可得\( A_n \subsetneq A_{n + 1} \)。

接着证明\( \forall n \in \mathbf{N}, A_n \)有限：

当\( n = 0 \)时，\( A_0 = \{ 0 \} \)有限，成立。归纳假设当\( n = k \)时成立，当\( n = k + 1 \)时，根据归纳假设，\( A_k \)有限，而\( A_{k + 1} = A_k \cup \{ \dfrac{a}{b} : a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, |a| + b = k + 1 \} \)，故我们只要证明\( \{ \dfrac{a}{b} : a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, |a| + b = k + 1 \} \)有限就行了，易证集合\( \{ a : a \in \mathbf{Z}, |a| < k + 1 \} \)和 \( \{ b : b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, b \leq k + 1 \} \)均有限，记两个集合分别\( C, D \)，可得\( C \times D \)有限，构造函数\( p: C \times D \to \mathbf{Q}, \forall (c, d) \in C \times D, p(c, d) := \dfrac{c}{d} \)，根据定理3.6.14的命题4，可得\( p(C \times D) \)有限，而\( \forall \dfrac{a}{b} \in \{ \dfrac{a}{b} : a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, |a| + b = k + 1 \} \)，我们有\( |a| < k + 1, b \leq k + 1 \)，即\( a \in C, b \in D \)，因此\( \dfrac{a}{b} \in p(C \times D) \)，即\( \{ \dfrac{a}{b} : a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, |a| + b = k + 1 \} \subseteq p(C \times D) \)，故\( \{ \dfrac{a}{b} : a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, |a| + b = k + 1 \} \)有限，进而\( A_{k + 1} \)有限。

\( \forall n \in \mathbf{N} \)，令\( B_n := A_n \setminus (\bigcup_{0 \leq i \leq n - 1} A_i) \)，我们证明\( B_n \)非空且有限：因为\( \forall i \in \mathbf{N}, A_i \subsetneq A_{i + 1} \)，故\( \bigcup_{0 \leq i \leq n - 1} A_i = A_{n - 1} \)，从而有\( B_n = A_n \setminus A_{n - 1} \)，又\( A_n \)有限且\( A_{n - 1} \subsetneq A_n \)，故\( B_n \)非空且有限。

证明\( \forall j, k \in \mathbf{N}, j \neq k \)，有\( B_j \cap B_k = \emptyset \)：不妨设\( j < k \)，假设\( \exists x \in B_j \cap B_k \)，即\( x \in A_j \setminus (\bigcup_{0 \leq i \leq j - 1} A_i) \) 且\( x \in A_k \setminus (\bigcup_{0 \leq i \leq k - 1} A_i) \)，特别的，有\( x \in A_j \)且\( x \notin (\bigcup_{0 \leq i \leq k - 1} A_i) \)，而\( j \leq k - 1 \)，又\( x \in A_j \)，故\( x \in (\bigcup_{0 \leq i \leq k - 1} A_i) \)，矛盾，故假设不成立，\( B_j \cap B_k = \emptyset \)。

\( \forall n \in \mathbf{N} \)，\( B_n \)有限，记其基数为\( m_n \)，因为\( B_n \)有限，故存在双射函数\( f_n: \{ i : 0 \leq i \leq m_n - 1 \} \to B_n \)，构造函数\( g_n : \{ i : \sum_{j = 0}^{n - 1} m_j \leq i \leq (\sum_{j = 0}^{n} m_j) - 1 \} \to B_n \)： \( \forall i \in \{ i : \sum_{j = 0}^{n - 1} m_j \leq i \leq (\sum_{j = 0}^{n} m_j) - 1 \} \)，令\( g_n(i) := f_n(i - (\sum_{j = 0}^{n - 1} m_j)) \)，易证\( g_n \)同\( f_n \)一样是双射函数。

证明\( \forall n \in \mathbf{N} \)，存在唯一的\( k \in \mathbf{N} \)，满足\( n \in \{ i : \sum_{j = 0}^{k - 1} m_j \leq i \leq (\sum_{j = 0}^{k} m_j) - 1 \} \) ，即\( \sum_{j = 0}^{k - 1} m_j \leq n \leq (\sum_{j = 0}^{k} m_j) - 1 \)：假设存在两个不同的\( k_1, k_2 \)，使得\( \sum_{j = 0}^{k_1 - 1} m_j \leq n \leq (\sum_{j = 0}^{k_1} m_j) - 1 \)， \( \sum_{j = 0}^{k_2 - 1} m_j \leq n \leq (\sum_{j = 0}^{k_2} m_j) - 1 \)，不妨设\( k_1 < k_2 \)，可得\( \sum_{j = 0}^{k_2 - 1} m_j = (\sum_{j = 0}^{k_1 - 1} m_j) + (\sum_{j = k_1}^{k_2 - 1} m_j) \)，由\( \sum_{j = 0}^{k_2 - 1} m_j \leq n \)，可得\( (\sum_{j = 0}^{k_1 - 1} m_j) + (\sum_{j = k_1}^{k_2 - 1} m_j) \leq n \)，进一步可得\( (\sum_{j = 0}^{k_1} m_j) + (\sum_{j = k_1 + 1}^{k_2 - 1} m_j) \leq n \) （注：因为\( k_1 \leq k_2 - 1 \)，故\( \sum_{j = k_1}^{k_2 - 1} m_j \)中至少有一项\( m_{k_1} \)，而\( \sum_{j = k_1 + 1}^{k_2 - 1} m_j \)则可能为\( 0 \)，不过不影响），又\( \sum_{j = k_1 + 1}^{k_2 - 1} m_j \geq 0 \)，可得\( \sum_{j = 0}^{k_1} m_j \leq n \)，进而有\( \sum_{j = 0}^{k_1} m_j - 1 \leq n \)，但这和\( (\sum_{j = 0}^{k_1} m_j) - 1 \geq n \)矛盾，故假设不成立，只有唯一一个\( k \)满足条件。

构造函数\( h: \mathbf{N} \to \mathbf{Q} \)，\( \forall n \in \mathbf{N} \)，根据前面的证明，存在唯一的\( k \in \mathbf{N} \)，满足\( n \in \{ i : \sum_{j = 0}^{k - 1} m_j \leq i \leq (\sum_{j = 0}^{k} m_j) - 1 \} \)，令\( h(n) := g_k(n) \)。

下面证明\( h \)双射，先证明\( h \)单射：\( \forall n_1, n_2 \in \mathbf{N}, n_1 \neq n_2 \)，存在唯一的\( k_1 \in \mathbf{N} \)，满足\( n_1 \in \{ i : \sum_{j = 0}^{k_1 - 1} m_j \leq i \leq (\sum_{j = 0}^{k_1} m_j) - 1 \} \)，存在唯一的\( k_2 \in \mathbf{N} \)，满足\( n_2 \in \{ i : \sum_{j = 0}^{k_2 - 1} m_j \leq i \leq (\sum_{j = 0}^{k_2} m_j) - 1 \} \)：

如果\( k_1 = k_2 \)，则因为\( g_{k_1} \)单射，故\( (h(n_1) = g_{k_1}(n_1)) \neq (g_{k_1}(n_1) = g_{k_2}(n_1) = h(n_2)) \)。
如果\( k_1 \neq k_2 \)，则\( (h(n_1) = g_{k_1}(n_1)) \in B_{k_1}, (h(n_2) = g_{k_2}(n_1)) \in B_{k_2} \)，又\( B_{k_1} \cap B_{k_2} = \emptyset \)，故\( h(n_1) \neq h(n_2) \)。

综上，\( h \)单射。

再证明\( h \)满射：\( \forall q \in \mathbf{Q}, \exists a \in \mathbf{Z}, b \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, \dfrac{a}{b} = q \)，而\( \dfrac{a}{b} \in A_{|a| + b} \)且\( \dfrac{a}{b} \notin \bigcup_{0 \leq i \leq |a| + b - 1} A_i \)，从而\( \dfrac{a}{b} \in B_{|a| + b} \)，又\( g_{|a| + b} \)满射，故\( \exists n \in \{ i : (\sum_{j = 0}^{|a| + b - 1} m_j) \leq i \leq (\sum_{j = 0}^{|a| + b} m_j) - 1 \}, g_{|a| + b}(n) = \dfrac{a}{b} \)，进而\( h(n) = g_{|a| + b}(n) = \dfrac{a}{b} \)。

综上，\( h \)满射。

至此，我们得到了\( \mathbf{N} \to \mathbf{Q} \)的双射函数\( h \)。

证毕。

章节8.2

练习8.2.1

题目：

Prove Lemma 8.2.3. (Hint: you may find Exercise 3.6.3 to be useful.)

Lemma 8.2.3的内容：

Let \( X \) be a countable set, and let \( f: X \to \mathbf{R} \) be a function. Then the series \( \sum_{x \in X} f(x) \) is absolutely convergent if and only if \( \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A finite} \} < \infty \).

勘误：原文这里限定\( X \)为至多可数集，但原文在定义8.2.4时才引入\( X \)为有限集时，\( \sum_{x \in X} f(x) \)绝对收敛的概念，故这里\( X \)应该限定为可数集。

证明：

必要性：

如果\( \sum_{x \in X} f(x) \)绝对收敛，任取一个双射函数\( g_0: \mathbf{N} \to X \)，有\( \sum_{n = 0}^{\infty} f(g_0(n)) \)绝对收敛，即\( \sum_{n = 0}^{\infty} |f(g_0(n))| \)收敛，又\( (|f(g_0(n))|)_{n = 0}^{\infty} \)为非负序列，根据定理7.3.1，可得\( \exists M \in \mathbf{R}, \sum_{n = 0}^{\infty} |f(g_0(n))| < M \)，根据定理7.4.1，收敛的非负序列随意改变加法的顺序后和均不改变，故\( \forall \)双射函数\( g: \mathbf{N} \to X \)，均有\( \sum_{n = 0}^{\infty} |f(g(n))| = \sum_{n = 0}^{\infty} |f(g_0(n))| < M \)。

\( \forall X \)的有限子集\( A \)，记\( A \)的基数为\( m \)，此时存在一个双射函数\( g_1: \mathbf{N} \to X \)， \( \forall 0 \leq i \leq m - 1 \)，有\( g_1(i) \in A \)，即把\( A \)映射到最前面的部分（这个比较容易证，这里仅讲下思路：\( X \)可数，所以\( X \setminus A \)也可数，故可以找到\( \mathbf{N} \to X \setminus A \)的双射函数，将该双射函数向右位移\( m \)，变成\( \{ i : i \in \mathbf{N}, i \geq m \} \to X \setminus A \)的双射函数，前面再补上\( A \)的部分即可），根据定理7.2.14的命题3，可得\( \sum_{n = 0}^{\infty} |f(g_1(n)|) = (\sum_{n = 0}^{m - 1} |f(g_1(n))|) + (\sum_{n = m}^{\infty} |f(g_1(n)|)) = (\sum_{x \in A} |f(x)|) + (\sum_{n = m}^{\infty} |f(g_1(n))|) \)，又\( \sum_{n = 0}^{\infty} |f(g_1(n))| = \sum_{n = 0}^{\infty} |f(g_0(n))| < M \)，故\( (\sum_{x \in A} |f(x)|) + (\sum_{n = m}^{\infty} f(g_1(n))) < M \)，又\( \sum_{n = m}^{\infty} f(g_1(n)) \geq 0 \)，可得\( \sum_{x \in X} |f(x)| < M \)（注意：这里是一个固定的\( M \)对所有的有限子集\( A \)都成立）。由于\( \forall X \)的有限子集\( A \)，均有\( \sum_{x \in X} |f(x)| < M \)，可得\( M \)为\( \{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)的上界，因此\( \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \leq M < \infty \)。

充分性：

如果\( \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} < \infty \)，我们知道\( -\infty \)不是\( \{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)的上界，故\( \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)有限，记\( L := \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)，任取双射函数\( g: \mathbf{N} \to X \)，\( \forall N \in \mathbf{N} \)，有\( \sum_{n = 0}^{N} |f(g(n))| = \sum_{x \in g(\{ i : 0 \leq i \leq N \})} f(x) \)，又\( g(\{ i : 0 \leq i \leq N \}) \subseteq X \)且\( g(\{ i : 0 \leq i \leq N \}) \)有限，因此\( \sum_{n = 0}^{N} |f(g(n))| = \sum_{x \in g(\{ i : 0 \leq i \leq N \})} f(x) < L \)，令\( S_N := \sum_{n = 0}^{N} |f(g(n))| \)，可得\( (S_N)_{N = 0}^{\infty} \)为递增序列且有上界\( L \)，根据定理6.3.8，\( (S_N)_{N = 0}^{\infty} \)收敛，故\( \sum_{n = 0}^{\infty} |f(g(n)|) = \lim_{N \to \infty} S_N \)也收敛，即\( \sum_{x \in X} f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(g(n)) \)绝对收敛。

证毕。

练习8.2.2

题目：

Prove Lemma 8.2.5. (Hint: first show if \( M \) is the quantity \( M := \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A finite} \} \) then the sets \( \{ x \in X : |f(x)| > 1/n \} \) are finite with cardinality at most \( Mn \) for every positive integer \( n \). Then use Exercise 8.1.9 (which uses the axiom of choice, see Section 8.4).)

Lemma 8.2.5的内容：

Let \( X \) be a set (which could be uncountable), and let \( f: X \to \mathbf{R} \) be a function such that the series \( \sum_{x \in X} f(x) \) is absolutely convergent. Then the set \( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \) is at most countable. (This result requires the axiom of choice, see Section 8.4.)

注：

虽然这道题的证明不会直接用到选择公理，但是它用到了练习8.1.9，而练习8.1.9的证明用到了选择公理，因此这道题的结论需要选择公理（间接用到）。

证明：

因为\( \sum_{x \in X} f(x) \)绝对收敛，故\( \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} < \infty \)，令\( M := \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)，因为\( -\infty \)不是\( \{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)的上界，故\( M \)是实数。

\( \forall n \geq 1 \in \mathbf{N} \)，记集合\( A_n := \{ x \in X : |f(x)| > 1/n \} \)。先证明\( A_n \)有限：假设\( A_n \)无限，根据阿基米德属性， \( \exists m > 0 \in \mathbf{Z}, m \times (1 / n) > M \)，从\( A_n \)中任取\( m \)个不同的元素形成集合\( B_n \)（该集合是无限的，所以任取有限次都是消耗不完该集合的，可以证下，不过比较简单，这里就不证了，实际上，在证明额外引理8.1.1的时候，我们已经证过类似的了），因为\( \#(B_n) = m \)，故存在双射函数\( g: \{ i \in \mathbf{N} : 1 \leq i \leq m \} \to B_n \)，因为\( B_n \subseteq A_n \)，故\( \forall 1 \leq i \leq m, |f(g(x))| > 1/n \)，进而可得\( \sum_{x \in B_n} |f(x)| = \sum_{i = 1}^{m} |f(g(x))| > m / n > M \)，而\( B_n \)有限的，故\( \sum_{x \in B_n} |f(x)| \in \{ \sum_{x \in A_n} |f(x)| : A_n \subseteq X \text{, } A_n \text{有限} \} \)，而\( M \)是\( \{ \sum_{x \in A_n} |f(x)| : A_n \subseteq X \text{, } A_n \text{有限} \} \)的上界，故\( M \geq \sum_{x \in B_n} |f(x)| \)，然而这和刚才得到的\( \sum_{x \in B_n} |f(x)| > M \)矛盾，故假设不成立，\( A_n \)是有限的。接着证明\( \#(A_n) \leq Mn \)：假设\( \#(A_n) > Mn \)，则\( \sum_{x \in A_n} |f(x)| > (Mn) \times (1 / n) = M \)， \( A_n \)是有限的，故按刚才用在集合\( B_n \)上的方法，可以推出\( M \geq \sum_{x \in A_n} |f(x)| \)，矛盾，故假设不成立，\( \#(A_n) \leq Mn \)。

令\( W := \bigcup_{n \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}} A_n \)，根据练习8.1.9，可得\( W \)至多可数。

最后只要证明\( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \subseteq W \)就可以了：

\( \forall x \in \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \)，有\( x \in X \)且\( f(x) \neq 0 \)，可得\( |f(x)| > 0 \)，取\( z := |f(x)| / 2 \)，可得\( |f(x)| > z > 0 \)，根据练习5.4.4，\( \exists n_0 > 1 \in \mathbf{N}, 1 / n_0 < z \)，此时有\( |f(x)| > 1 / n_0 \)，因此\( x \in A_{n_0} \)，进一步可得\( x \in W \)。

综上可得，\( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \subseteq W \)，再根据推论8.1.7，可得\( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \)至多可数。

证毕。

额外引理8.2.1

内容：

令\( X \)为任意有限集，\( f: X \to \mathbf{R} \)为任意函数，则\( \sum_{x \in X} |f(x)| = \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)。

证明：

记\( \{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)为\( Y \)。

\( \forall A \subseteq X \)，根据定理7.1.11的命题5，有\( \sum_{x \in X} |f(x)| = \sum_{x \in A} |f(x)| + \sum_{x \in X \setminus A} |f(x)| \)，又\( \sum_{x \in X \setminus A} |f(x)| \geq 0 \)，故\( \sum_{x \in A} |f(x)| \leq \sum_{x \in X} |f(x)| \)。由上可知，\( \sum_{x \in X} |f(x)| \)为\( Y \) 的上界。

假设\( \exists y \)为\( Y \)的上界且\( y < \sum_{x \in X} |f(x)| \)，但\( \sum_{x \in X} |f(x)| \in Y \)，故\( y \geq \sum_{x \in X} |f(x)| \)，矛盾，故假设不成立，不存在更小的上界，\( \sum_{x \in X} |f(x)| = \sup(Y) \)。

证毕。

额外定理8.2.2

原本引理8.2.3应该包含\( X \)为有限集的情况的，但是由于它在定义8.2.4出现，故不应该涉及\( X \)为有限集的情况。作为补偿，这里补充对\( X \)为有限集时对应的命题的证明。

内容：

令\( X \)为任意有限集，\( f: X \to \mathbf{R} \)为任意函数，则\( \sum_{x \in X} f(x) \)以及\( \sum_{x \in X} f(x) \)在定义8.2.4的意义下绝对收敛，即 \( \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} < \infty \)。

证明：

根据额外引理8.2.1，\( \sum_{x \in X} |f(x)| = \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)，而\( \sum_{x \in X} |f(x)| \)为实数，故\( < \infty \)。

证毕。

练习8.2.3

题目：

Prove Proposition 8.2.6. (Hint: you may of course use all the results from Chapter 7 to do this.)

Proposition 8.2.6的内容：

(Absolutely convergent series laws). Let \( X \) be an arbitrary set (possibly uncountable), and let \( f: X \to \mathbf{R} \) and \( g: X \to \mathbf{R} \) and be functions such that the series \( \sum_{x \in X} f(x) \) and \( \sum_{x \in X} g(x) \) are both absolutely convergent.

The series \( \sum_{x \in X} (f(x) + g(x)) \) is absolutely convergent, and \( \sum_{x \in X} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X} f(x) + \sum_{x \in X} g(x) \).
If \( c \) is a real number, then \( \sum_{x \in X} cf(x) \) is absolutely convergent, and \( \sum_{x \in X} cf(x) = c \sum_{x \in X} f(x) \).
If \( X = X_1 \cup X_2 \) for some disjoint sets \( X_1 \) and \( X_2 \), then \( \sum_{x \in X_1} f(x) \) and \( \sum_{x \in X_2} f(x) \) are absolutely convergent, and \( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) = \sum_{x \in X_1} f(x) + \sum_{x \in X_2} f(x) \). Conversely, if \( h: X \to \mathbf{R} \) is such that \( \sum_{x \in X_1} h(x) \) and \( \sum_{x \in X_2} h(x) \) are absolutely convergent, then \( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} h(x) \) is also absolutely convergent, and \( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} h(x) = \sum_{x \in X_1} h(x) + \sum_{x \in X_2} h(x) \).
If \( Y \) is another set, and \( \Phi : Y \to X \) is a bijection, then \( \sum_{y \in Y} f(\Phi(y)) \) is absolutely convergent, and \( \sum_{y \in Y} f(\Phi(y)) = \sum_{x \in X} f(x) \).

(This result requires the axiom of choice when \( X \) is uncountable, see Section 8.4.)

注1：

虽然这道题的证明不会直接用到选择公理，但是它用到了其他间接用到选择公理的结论（比如引理8.2.5），因此这道题的结论需要选择公理（间接用到）。

注2：

根据引理8.2.3，定义8.2.4和定义8.2.1是兼容的，故如果\( X \)是可数集，我们可以随意选择一个方便的定义来证明绝对收敛。

注3：

下面先证明命题3，方便在命题1中针对\( X \)不可数的情况的证明中使用。

命题3前半部分

证明：

先证明\( \sum_{x \in X_1} f(x) \)和\( \sum_{x \in X_2} f(x) \)均绝对收敛，记\( Y := \{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)， \( Y_1 := \{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X_1 \text{, A有限} \} \)， \( Y_2 := \{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X_2 \text{, A有限} \} \)，因为\( \sum_{x \in X} f(x) \)绝对收敛，故\( \sup(Y) < \infty \)，而\( X_1 \subseteq X \)，因此\( \forall \text{有限集} A \subseteq X_1 \)，有\( A \subseteq X \)，进而有\( \sum_{x \in A} |f(x)| \in Y \)，由此可得\( Y_1 \subseteq Y \)，同理可得\( Y_2 \subseteq Y \)，故\( \forall y \in Y_1, y \leq \sup(Y) \)，\( \forall y \in Y_2, y \leq \sup(Y) \)，即\( \sup(Y) \)为\( Y_1, Y_2 \)的上界，因此\( \sup(Y_1) \leq \sup(Y) < \infty \)， \( \sup(Y_2) \leq \sup(Y) < \infty \)，即\( \sum_{x \in X_1} f(x) \)和\( \sum_{x \in X_2} f(x) \) 均绝对收敛。

接下来继续证明\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) = \sum_{x \in X_1} f(x) + \sum_{x \in X_2} f(x) \)，分多种情况讨论：

如果\( X \)有限：

此时\( X_1, X_2 \)均有限（否则\( X \)将是无限集，矛盾），因为\( X_1 \cap X_2 = \emptyset \)，根据定理7.1.11的命题5，可得\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) = \sum_{x \in X_1} f(x) + \sum_{x \in X_2} f(x) \)。

如果\( X \)可数，分多种情况讨论：

如果\( X_1, X_2 \)均可数：

任取双射函数\( h_1: \mathbf{N} \to X_1, h_2: \mathbf{N} \to X_2 \)，因为\( \sum_{x \in X_2} f(x), \sum_{x \in X_1} f(x) \)均绝对收敛，故根据定义8.2.1，可得\( \sum_{x \in X_1} f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_1(i)), \sum_{x \in X_2} f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_2(i) \)且 \( \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_1(i)), \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_2(i) \)也均绝对收敛，构造函数\( h: \mathbf{N} \to X_1 \cup X_2, \forall n \in \mathbf{N} \)，令\( h(2n) := h_1(n), h(2n + 1) := h_2(n) \)，易证\( h \)是双射函数（参考练习8.1.7的证明），此时因为\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) \)绝对收敛，故\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h(n)) \)且\( \sum_{n = 0}^{\infty} f(h(n)) \)也绝对收敛。综上，为了证明\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) = \sum_{x \in X_1} f(x) + \sum_{x \in X_2} f(x) \)，我们仅需要证明\( \sum_{n = 0}^{\infty} f(h(n)) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_1(i) + \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_2(i) \)就行。易证\( \forall N \in \mathbf{N}, \sum_{n = 0}^{2N + 1} f(h(n)) = \sum_{n = 0}^{N} f(h_1(n)) + \sum_{n = 0}^{N} f(h_2(n)) \) （注：数学归纳法证下就行，非常容易），易证\( \lim_{N \to \infty} (\sum_{n = 0}^{2N + 1} f(h(n))) = \lim_{N \to \infty} (\sum_{n = 0}^{N} f(h(n))) \) （注：后者是收敛的，值是\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) \)，很容易证明前者和后者极限相等，具体的，\( \forall \epsilon > 0 \)，因为前面收敛，故能找到\( K \)使得\( \forall C \geq K \)满足XX，而\( 2C \geq C \geq K \)，也满足XX，按这个模板证就行），又\( \lim_{N \to \infty} (\sum_{n = 0}^{N} f(h_1(n))) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_1(i)) = \sum_{x \in X_1} f(x), \lim_{N \to \infty} (\sum_{n = 0}^{N} f(h_2(n))) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_2(i)) = \sum_{x \in X_2} f(x) \)，因此\( \sum_{x \in X_1} f(x) + \sum_{x \in X_2} f(x) = \lim_{N \to \infty} (\sum_{n = 0}^{N} f(h_1(n))) + \lim_{N \to \infty} (\sum_{n = 0}^{N} f(h_2(n))) = \lim_{N \to \infty} (\sum_{n = 0}^{N} f(h_1(n)) + \sum_{n = 0}^{N} f(h_2(n))) = \lim_{N \to \infty} (\sum_{n = 0}^{2N + 1} f(h(n))) = \lim_{N \to \infty} (\sum_{n = 0}^{N} f(h(n))) = \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) \)。

如果\( X_1, X_2 \)中有一个可数，另外一个有限，不妨设\( X_1 \)有限，\( X_2 \)可数：

\( X_1 \)有限，记它的基数为\( m \)，存在双射函数\( h_1: \{ i \in \mathbf{N} : 0 \leq i \leq m - 1 \} \to X_1 \)，而\( X_2 \)可数，存在双射函数\( h_2: \mathbf{N} \to X_2 \)，此时根据定理7.2.14的命题4，有\( \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_2(n)) = \sum_{n = m}^{\infty} f(h_2(n) - m) \)，继续构造函数\( h_3: \mathbf{N} \to X_1 \cup X_2, \forall n \in \mathbf{N} \)，如果\( 0 \leq n \leq m - 1 \)，则令\( h_3(n) := h_1(n) \)，如果\( n \geq m \)，则令\( h_3(n) := h_2(n) - m \)，易证\( h_3 \)双射，此时因为\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} \)绝对收敛，有\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_3(n)) \)，而根据定理7.2.14的命题3，有\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_3(n)) = \sum_{n = 0}^{m - 1} f(h_1(n)) + \sum_{n = m}^{\infty} f(h_2(n) - m) = \sum_{x \in X_1} f(x) + \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_2(n)) = \sum_{x \in X_1} f(x) + \sum_{x \in X_2} f(x) \)。

如果\( X \)不可数：

因为\( \sum_{x \in X} f(x) \)均绝对收敛，根据引理8.2.5，可得\( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \)至多可数且\( \sum_{x \in X} f(x) := \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) \)。

接下来分多种情况讨论：

如果\( X_1, X_2 \)均不可数：

因为\( \sum_{x \in X_1} f(x), \sum_{x \in X_2} f(x) \)均绝对收敛，根据引理8.2.5，可得\( \{ x \in X_1 : f(x) \neq 0 \}, \{ x \in X_2 : f(x) \neq 0 \} \)均至多可数且\( \sum_{x \in X_1} f(x) := \sum_{x \in X_1 : f(x) \neq 0} f(x), \sum_{x \in X_2} f(x) := \sum_{x \in X_2 : f(x) \neq 0} f(x) \)。综上，我们仅需要证明\( \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) = \sum_{x \in X_1 : f(x) \neq 0} f(x) + \sum_{x \in X_2 : f(x) \neq 0} f(x) \)即可，易证\( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} = \{ x \in X_1 : f(x) \neq 0 \} \cup \{ x \in X_2 : f(x) \neq 0 \} \)，又\( \{ x \in X_1 : f(x) \neq 0 \} \cap \{ x \in X_2 : f(x) \neq 0 \} = \emptyset \)，故根据我们对\( X \)可数时，\( X_1, X_2 \)各种情况的证明，可得\( \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) = \sum_{x \in X_1 : f(x) \neq 0} f(x) + \sum_{x \in X_2 : f(x) \neq 0} f(x) \)，即\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) = \sum_{x \in X_1} f(x) + \sum_{x \in X_2} f(x) \)。

如果\( X_1, X_2 \)中有一个不可数，另外一个可数，不妨设\( X_1 \)可数，\( X_2 \)不可数：

因为\( \sum_{x \in X_2} f(x) \)绝对收敛，根据引理8.2.5，可得\( \{ x \in X_2 : f(x) \neq 0 \} \)至多可数且\( \sum_{x \in X_2} f(x) := \sum_{x \in X_2 : f(x) \neq 0} f(x) \)，而\( X_1 \)可数，故根据推论8.1.7，\( \sum_{x \in X_1 : f(x) \neq 0} \)作为\( X_1 \)的子集是至多可数的，易证\( \sum_{x \in X_1} f(x) = \sum_{x \in X_1 : f(x) \neq 0} f(x) \)（前者仅多加了一堆\( 0 \)而已，级数对应的部分和序列的极限不变）。参考上面我们对\( X_1, X_2 \)均不可数的证明，易证\( \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) = \sum_{x \in X_1 : f(x) \neq 0} f(x) + \sum_{x \in X_2 : f(x) \neq 0} f(x) \)，即\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) = \sum_{x \in X_1} f(x) + \sum_{x \in X_2} f(x) \)。

如果\( X_1, X_2 \)中有一个不可数，另外一个有限，不妨设\( X_1 \)有限，\( X_2 \)不可数：

因为\( \sum_{x \in X_2} f(x) \)绝对收敛，根据引理8.2.5，可得\( \{ x \in X_2 : f(x) \neq 0 \} \)至多可数且\( \sum_{x \in X_2} f(x) := \sum_{x \in X_2 : f(x) \neq 0} f(x) \)，而\( X_1 \)有限，故\( \sum_{x \in X_1 : f(x) \neq 0} \)作为\( X_1 \)的子集是有限的，易证\( \sum_{x \in X_1} f(x) = \sum_{x \in X_1 : f(x) \neq 0} f(x) \)（前者仅多加了一堆\( 0 \)而已）。参考上面我们对\( X_1, X_2 \)均不可数的证明，易证\( \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) = \sum_{x \in X_1 : f(x) \neq 0} f(x) + \sum_{x \in X_2 : f(x) \neq 0} f(x) \)，即\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) = \sum_{x \in X_1} f(x) + \sum_{x \in X_2} f(x) \)。

证毕。

命题3后半部分

证明：

先证明\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) \)绝对收敛，记\( Y := \{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X_1 \cup X_2 \text{, A有限} \} \)， \( Y_1 := \{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X_1 \text{, A有限} \} \)， \( Y_2 := \{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X_2 \text{, A有限} \} \)，因为\( \sum_{x \in X_1} f(x), \sum_{x \in X_2} f(x) \)均绝对收敛，故\( \sup(Y_1) < \infty, \sup(Y_2) < \infty \)。 \( \forall \text{有限集} A \subseteq X_1 \cup X_2 \)，因为\( X_1 \cap X_2 = \emptyset \)，故\( A = (A \cap X_1) \cup (A \cap X_2) \)，根据定理7.1.11的命题5，可得\( \sum_{x \in A} |f(x)| = \sum_{x \in A \cap X_1} |f(x)| + \sum_{x \in A \cap X_2} |f(x)| \)。因为\( A \cap X_1 \subseteq X_1 \)且\( A \cap X_1 \)有限，故\( \sum_{x \in A \cap X_1} |f(x)| \in Y_1 \)，进而可得\( \sum_{x \in A \cap X_1} |f(x)| \leq \sup(Y_1) \)，同理可得\( \sum_{x \in A \cap X_2} |f(x)| \leq \sup(Y_2) \)，因此\( \sum_{x \in A} |f(x)| = \sum_{x \in A \cap X_1} |f(x)| + \sum_{x \in A \cap X_2} |f(x)| \leq \sup(Y_1) + \sup(Y_2) \)，综上可得，\( \sup(Y_1) + \sup(Y_2) \)为\( Y \)的上界，因此\( \sup(Y) \leq \sup(Y_1) + \sup(Y_2) < \infty \)，即\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) \)绝对收敛。

接下来继续证明\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) = \sum_{x \in X_1} f(x) + \sum_{x \in X_2} f(x) \)：因为\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) \)绝对收敛，满足命题3前半部分的使用条件，因此根据命题3前半部分的结论，可得\( \sum_{x \in X_1 \cup X_2} f(x) = \sum_{x \in X_1} f(x) + \sum_{x \in X_2} f(x) \)。

证毕。

命题1

证明：

先证明\( \sum_{x \in X} (f(x) + g(x)) \)绝对收敛：因为\( \sum_{x \in X} f(x) \)和\( \sum_{x \in X} g(x) \)绝对收敛，故\( \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} < \infty \) 且\( \sup\{ \sum_{x \in A} |g(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} < \infty \)，记\( L_1 := \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)， \( L_2 := \sup\{ \sum_{x \in A} |g(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)， \( \forall \text{有限集} A \subseteq X \)，易证\( \sum_{x \in A} |f(x) + g(x)| \leq \sum_{x \in A} (|f(x)| + |g(x)|) = \sum_{x \in A} |f(x)| + \sum_{x \in A} |g(x)| \) （注：\( A \)是有限的，对\( A \)的基数进行数学归纳就行），又\( \sum_{x \in A} |f(x)| + \sum_{x \in A} |g(x)| \leq L_1 + L_2 \)，故\( \sum_{x \in A} |f(x) + g(x)| \leq L_1 + L_2 \)，由此可得\( L_1 + L_2 \)为\( \{ \sum_{x \in A} |f(x) + g(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)的上界，因此\( \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x) + g(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \leq L_1 + L_2 < \infty \)，即\( \sum_{x \in X} (f(x) + g(x)) \)绝对收敛。

接着证明\( \sum_{x \in X} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X} f(x) + \sum_{x \in X} g(x) \)，分多种情况讨论：

如果\( X \)有限：

根据命题7.1.11的命题6，可得\( \sum_{x \in X} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X} f(x) + \sum_{x \in X} g(x) \)。

如果\( X \)可数：

任取双射函数\( h: \mathbf{N} \to X \)， \( \sum_{x \in X} (f(x) + g(x)) = \sum_{n = 0}^{\infty} (f(h(n)) + g(h(n))) \)， \( \sum_{x \in X} f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h(n)) \)， \( \sum_{x \in X} g(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} g(h(n)) \)，故证明\( \sum_{x \in X} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X} f(x) + \sum_{x \in X} g(x) \) 等价于证明\( \sum_{n = 0}^{\infty} (f(h(n)) + g(h(n))) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h(n)) + \sum_{n = 0}^{\infty} g(h(n)) \)，而根据定理7.2.14的命题1，可得该等式成立，故\( \sum_{x \in X} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X} f(x) + \sum_{x \in X} g(x) \)。

如果\( X \)不可数：

因为\( \sum_{x \in X} (f(x) + g(x)) \)绝对收敛，故根据引理8.2.5，有\( \{ x \in X : f(x) + g(x) \neq 0 \} \)至多可数，此时\( \sum_{x \in X} (f(x) + g(x)) := \sum_{x \in X : f(x) + g(x) \neq 0} (f(x) + g(x)) \)，而\( \sum_{x \in X} f(x) \)和\( \sum_{x \in X} g(x) \)也绝对收敛，故同理可得：
1. \( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \)至多可数。
2. \( \{ x \in X : g(x) \neq 0 \} \)至多可数。
3. \( \sum_{x \in X} f(x) := \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) \)。
4. \( \sum_{x \in X} g(x) := \sum_{x \in X : g(x) \neq 0} g(x) \)。
综上，我们仅需要证明\( \sum_{x \in X : f(x) + g(x) \neq 0} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) + \sum_{x \in X : g(x) \neq 0} g(x) \)即可，记\( A := \{ x \in X : f(x) + g(x) \neq 0 \}, B := \{ x \in X : f(x) \neq 0 \}, C := \{ x \in X : g(x) \neq 0 \} \)，令\( Y = A \cup B \cup C \)，根据定理8.2.10，可得\( Y \)也可数，易证\( Y = \{ x \in X : f(x) \neq 0 \text{或} g(x) \neq 0 \} \)。根据前面我们对\( X \)可数情况的证明，可得 \( \sum_{x \in Y} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in Y} f(x) + \sum_{x \in Y} g(x) \)，接下来，我们只需要证明\( \sum_{x \in Y} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X : f(x) + g(x) \neq 0} (f(x) + g(x)) \)， \( \sum_{x \in Y} f(x) = \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) \)， \( \sum_{x \in Y} g(x) = \sum_{x \in X : g(x) \neq 0} g(x) \)即可。

先证明\( \sum_{x \in Y} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X : f(x) + g(x) \neq 0} (f(x) + g(x)) \)：易证\( Y = \{ x \in X : f(x) + g(x) \neq 0 \} \cup \{ x \in X : f(x) \neq 0, g(x) \neq 0, f(x) = -g(x) \} \)，而\( \{ x \in X : f(x) + g(x) \neq 0 \} \cap \{ x \in X : f(x) \neq 0, g(x) \neq 0, f(x) = -g(x) \} = \emptyset \)，故根据命题3，\( \sum_{x \in Y} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X : f(x) + g(x) \neq 0} (f(x) + g(x)) + \sum_{x \in X : f(x) \neq 0, g(x) \neq 0, f(x) = -g(x)} (f(x) + g(x)) \)，易证\( \sum_{x \in X : f(x) \neq 0, g(x) \neq 0, f(x) = -g(x)} (f(x) + g(x)) = 0 \)，故\( \sum_{x \in Y} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X : f(x) + g(x) \neq 0} (f(x) + g(x)) \)。

接着证明\( \sum_{x \in Y} f(x) = \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) \)：易证\( Y = \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \cup \{ x \in X : f(x) = 0, g(x) \neq 0 \} \)，而\( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \cap \{ x \in X : f(x) = 0, g(x) \neq 0 \} = \emptyset \)，故根据命题3，\( \sum_{x \in Y} f(x) = \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) + \sum_{x \in X : f(x) = 0, g(x) \neq 0} f(x) \)，易证\( \sum_{x \in X : f(x) = 0, g(x) \neq 0} f(x) = 0 \)，故\( \sum_{x \in Y} f(x) = \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) \)。

\( \sum_{x \in Y} g(x) = \sum_{x \in X : g(x) \neq 0} g(x) \)的证明类似上面\( \sum_{x \in Y} f(x) = \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) \)，这里略过。

综上，\( \sum_{x \in Y} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X : f(x) + g(x) \neq 0} (f(x) + g(x)) \)， \( \sum_{x \in Y} f(x) = \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) \)， \( \sum_{x \in Y} g(x) = \sum_{x \in X : g(x) \neq 0} g(x) \)，又\( \sum_{x \in Y} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in Y} f(x) + \sum_{x \in Y} g(x) \)，因此，\( \sum_{x \in X : f(x) + g(x) \neq 0} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) + \sum_{x \in X : g(x) \neq 0} g(x) \)，即\( \sum_{x \in X} (f(x) + g(x)) = \sum_{x \in X} f(x) + \sum_{x \in X} g(x) \)。

证毕。

命题2

证明：

如果\( X \)有限：

根据额外引理8.2.1， \( \sum_{x \in X} |f(x)| = \sup(\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \}) \)，可得\( \forall A \subseteq X, \sum_{x \in A} |f(x)| \leq \sum_{x \in X} |f(x)| \)，因此\( c \sum_{x \in A} |f(x)| \leq c \sum_{x \in X} |f(x)| \)，再根据定理7.1.11的命题7，可得\( \sum_{x \in A} c|f(x)| \leq \sum_{x \in X} c|f(x)| \)，即\( \sum_{x \in X} c|f(x)| \)为\( \{ \sum_{x \in A} c|f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \) 的上界，因此\( \sup\{ \sum_{x \in A} c|f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \leq \sum_{x \in X} c|f(x)| < \infty \)，即\( \sum_{x \in X} cf(x) \)绝对收敛。

再次根据定理7.1.11的命题7，可得\( \sum_{x \in A} c|f(x)| = c \sum_{x \in A} |f(x)| \)。

如果\( X \)可数：

先证明\( \sum_{x \in X} cf(x) \)绝对收敛：任取双射函数\( h: \mathbf{N} \to X \)，根据定义8.2.1，可得\( \sum_{x \in X} f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h(n)) \)，又\( \sum_{x \in X} f(x) \)绝对收敛，故\( \sum_{n = 0}^{\infty} |f(h(n))| \)收敛，根据定理7.2.14的命题2，可得\( \sum_{n = 0}^{\infty} c|f(h(n))| \)收敛，即\( \sum_{n = 0}^{\infty} cf(h(n)) \)绝对收敛，而根据定义8.2.1，\( \sum_{x \in X} cf(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} cf(h(n)) \)，因此\( \sum_{x \in X} cf(x) \)绝对收敛。

接着证明\( \sum_{x \in X} cf(x) = c \sum_{x \in X} f(x) \)：根据定义8.2.1，\( \sum_{x \in X} cf(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} cf(h(n)) \)，而根据定理7.2.14的命题2以及定义8.2.1，可得\( \sum_{n = 0}^{\infty} cf(h(n)) = c \sum_{n = 0}^{\infty} f(h(n)) = c \sum_{x \in X} f(x) \)。

如果\( X \)不可数：

先证明\( \sum_{x \in X} cf(x) \)绝对收敛：因为\( \sum_{x \in X} f(x) \)绝对收敛，故\( \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} < \infty \)，记\( L := \sup\{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)，\( L \)为实数。 \( \forall A \subseteq X, \text{, A有限} \)，有\( \sum_{x \in A} |f(x)| \leq L \)，根据定理定理7.1.11的命题7，有\( \sum_{x \in A} c|f(x)| = c \sum_{x \in A} |f(x)| \leq cL \)，由上可知，\( cL \)为\( \{ \sum_{x \in A} c|f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)的上界，因此\( \sup\{ \sum_{x \in A} c|f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \leq cL < \infty \)，即\( \sum_{x \in X} cf(x) \)绝对收敛。

接着证明\( \sum_{x \in X} cf(x) = c \sum_{x \in X} f(x) \)：因为\( \sum_{x \in X} f(x) \)和\( \sum_{x \in X} cf(x) \)均绝对收敛，故根据引理8.2.5，有\( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \)和\( \{ x \in X : cf(x) \neq 0 \} \)均至多可数。接下来分两种情况讨论：
1. 如果\( c = 0 \)，则\( c \sum_{x \in X} f(x) = 0 \)。
  1. 如果\( \{ x \in X : cf(x) \neq 0 \} \)有限，则根据定理7.1.11的命题7，有\( \sum_{x \in X : cf(x) \neq 0} cf(x) = c \sum_{x \in X : cf(x) \neq 0} f(x) = 0 \)，因此\( \sum_{x \in X} cf(x) = c \sum_{x \in X} f(x) = 0 \)。
  2. 如果\( \{ x \in X : cf(x) \neq 0 \} \)可数，则存在双射函数\( h: \mathbf{N} \to \{ x \in X : cf(x) \neq 0 \} \)，此时根据定理7.2.14的命题2，有\( \sum_{x \in X : cf(x) \neq 0} cf(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} cf(h(n)) = c \sum_{n = 0}^{\infty} f(h(n)) = 0 \)，因此\( \sum_{x \in X} cf(x) = c \sum_{x \in X} f(x) = 0 \)。
2. 如果\( c \neq 0 \)，则\( \forall x \in X \)，有\( f(x) \neq 0 \)当且仅当\( cf(x) \neq 0 \)，此时易证\( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} = \{ x \in X : cf(x) \neq 0 \} \)。
  1. 如果\( \{ x \in X : cf(x) \neq 0 \} \)有限，则根据定理7.1.11的命题7，有\( \sum_{x \in X : cf(x) \neq 0} cf(x) = c \sum_{x \in X : cf(x) \neq 0} f(x) = c \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) \)，即\( \sum_{x \in X} cf(x) = c \sum_{x \in X} f(x) \)。
  2. 如果\( \{ x \in X : cf(x) \neq 0 \} \)可数，则存在双射函数\( h: \mathbf{N} \to \{ x \in X : cf(x) \neq 0 \} \)，此时根据定理7.2.14的命题2，有\( \sum_{x \in X : cf(x) \neq 0} cf(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} cf(h(n)) = c \sum_{n = 0}^{\infty} f(h(n)) \)，而\( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} = \{ x \in X : cf(x) \neq 0 \} \)，故\( h \)同时也是\( \mathbf{N} \to \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \)的双射函数，因此等式最右边的\( c \sum_{n = 0}^{\infty} f(h(n)) = c \sum_{x \in X} f(x) \)，综上，\( \sum_{x \in X} cf(x) = c \sum_{x \in X} f(x) \)。
证毕。

命题4

先证\( \sum_{y \in Y} f(\Phi(y)) \)绝对收敛：记集合\( U := \{ \sum_{x \in A} |f(x)| : A \subseteq X \text{, A有限} \} \)， \( V := \{ \sum_{x \in A} |f(\Phi(x))| : A \subseteq Y \text{, A有限} \} \)。因为\( \sum_{x \in X} f(x) \)绝对收敛，故\( \sup(U) < \infty \)。 \( \forall \text{有限集} A \subseteq Y \)，因为\( \Phi \)双射，故根据定理7.1.11的命题3以及定理3.6.14的命题4可得， \( \sum_{x \in \Phi(A)} |f(x)| = \sum_{x \in A} |f(\Phi(x))| \) 且\( \#(\Phi(A)) = \#(A) \)，即\( \Phi(A) \)也是有限集，又因为\( \Phi \)的值域是\( X \)，因此\( \Phi(A) \subseteq X \)，综上可知，\( \sum_{x \in \Phi(A)} \in U \)，因此\( \sum_{x \in A} |f(\Phi(x))| = \sum_{x \in \Phi(A)} |f(x)| \leq \sup(U) \)。综上可得，\( \sup(U) \)是\( V \)的上界，因此\( \sup(V) \leq \sup(U) < \infty \)，即\( \sum_{y \in Y} f(\Phi(y)) \)绝对收敛。

再证\( \sum_{y \in Y} f(\Phi(y)) = \sum_{x \in X} f(x) \)，分多种情况讨论：

如果\( X \)有限：

由定理7.1.11的命题3，可得\( \sum_{y \in Y} f(\Phi(y)) = \sum_{x \in X} f(x) \)。

如果\( X \)可数：

此时\( Y \)也可数，任取双射函数\( h_1: \mathbf{N} \to X, h_2: \mathbf{N} \to Y \)，可得\( h_1^{-1} \circ \Phi \circ h_2 \)为\( \mathbf{N} \to \mathbf{N} \)的双射函数。因为\( \sum_{x \in X} f(x), \sum_{y \in Y} f(\Phi(y)) \)均绝对收敛，故根据定义8.2.1可得，\( \sum_{x \in X} f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_1(n)), \sum_{y \in Y} f(\Phi(y)) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(\Phi(h_2(n))) \)，而由\( \sum_{x \in X} f(x) \)绝对收敛以及定理7.4.3可得， \( \sum_{x \in X} f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_1(n)) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(h_1(h_1^{-1}(\Phi(h_2(n))))) = \sum_{n = 0}^{\infty} f(\Phi(h_2(n))) = \sum_{y \in Y} f(\Phi(y) \)。

如果\( X \)不可数：

由\( \sum_{y \in Y} f(\Phi(y)), \sum_{x \in X} f(x) \)均绝对收敛可得：
1. \( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \)至多可数。
2. \( \{ y \in Y : f(\Phi(y)) \neq 0 \} \)至多可数。
3. \( \sum_{x \in X} f(x) := \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) \)
4. \( \sum_{y \in Y} f(\Phi(y)) f(y) := \sum_{y \in Y : f(\Phi(y)) \neq 0} f(y) \)
构造函数\( \Phi': \{ y \in Y : f(\Phi(y)) \neq 0 \} \to \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \)， \( \forall y \in \{ y \in Y : f(\Phi(y)) \neq 0 \} \)，令\( \Phi'(y) := \Phi(y) \)，我们证明\( \Phi' \)双射：

先证明\( \Phi' \)单射： \( \forall y_1, y_2 \in \{ y \in Y : f(\Phi(y)) \neq 0 \}, y_1 \neq y_2 \)，由\( \{ y \in Y : f(\Phi(y)) \neq 0 \} \subseteq Y \)，可得\( y_1, y_2 \in Y \)，又\( \Phi \)单射，因此\( \Phi'(y_1) = \Phi(y_1) \neq \Phi(y_2) = \Phi'(y_2) \)，即\( \Phi' \)单射。

再证明\( \Phi' \)满射： \( \forall x \in \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \)，有\( f(x) \neq 0 \)，再由\( \{ x \in X : f(x) \neq 0 \} \subseteq X \)，可得\( x \in X \)，又\( \Phi \)满射，因此\( \exists y \in Y \)，使得\( \Phi(y) = x \)，此时可得\( f(\Phi(y)) = f(x) \neq 0 \)，即\( y \in \{ y \in Y : f(\Phi(y)) \neq 0 \} \)，因此\( \Phi'(y) = \Phi(y) = x \)，即\( \Phi' \)满射。

由\( \Phi' \)满射以及我们对\( X \)可数以及有限两种情况的证明，可得 \( \sum_{y \in Y : f(\Phi(y)) \neq 0} f(\Phi(y)) = \sum_{y \in Y : f(\Phi(y)) \neq 0} f(\Phi'(y)) = \sum_{x \in X : f(x) \neq 0} f(x) \)，因此\( \sum_{y \in Y} f(\Phi(y)) = \sum_{x \in X} f(x) \)。

证毕。

练习8.2.4

题目：

Prove Lemma 8.2.7. (Hint: prove by contradiction, and use limit laws.)

Lemma 8.2.7的内容：

Let \( \sum_{n = 0}^{\infty} a_n \) be a series of real numbers which is conditionally convergent, but not absolutely convergent. Define the sets \( A_+ := \{ n \in \mathbf{N} : a_n \geq 0 \} \) and \( A_- := \{ n \in \mathbf{N} : a_n < 0 \} \), thus \( A_+ \cup A_− = \mathbf{N} \) and \( A_+ \cap A_- = \emptyset \). Then both of the series \( \sum_{n \in A_+} a_n \) and \( \sum_{n \in A_-} a_n \) are not absolutely convergent.

注：

这里引理8.2.7勘误过了，原文后面是“Then both of the series \( \sum_{n \in A_+} a_n \) and \( \sum_{n \in A_-} a_n \) are not conditionally convergent (and thus not absolutely convergent).”，然而章节8.2中没有针对可数集定义过\( \sum_{n \in A_+} a_n \)条件收敛的概念（见定义8.2.1），故上面改成“Then both of the series \( \sum_{n \in A_+} a_n \) and \( \sum_{n \in A_-} a_n \) are not absolutely convergent.”。

证明：

构造序列\( (b_n)_{n = 0}^{\infty}, \forall n \in \mathbf{N} \)，令\( b_n := max(a_n, 0) \)，构造序列\( (c_n)_{n = 0}^{\infty}, \forall n \in \mathbf{N} \)，令\( c_n := min(a_n, 0) \)。此时，\( \forall n \in \mathbf{N} \)，如果\( a_n \geq 0 \)，则\( b_n := a_n, c_n := 0 \)，有\( a_n = b_n + c_n \)且\( |a_n| = b_n - c_n \)，如果\( a_n < 0 \)，则\( b_n := 0, c_n := a_n \)，此时还是有\( a_n = b_n + c_n \)且\( |a_n| = b_n - c_n \)，综上可得，\( \forall n \in \mathbf{N}, a_n = b_n + c_n, |a_n| = b_n - c_n \)。

假设\( \sum_{n \in A_+} a_n \)绝对收敛： \( \forall n \in A_+ \)，有\( a_n \geq 0 \)，因此\( b_n = a_n \)，进而\( \sum_{n \in A_+} b_n = \sum_{n \in A_+} a_n \)绝对收敛。而\( \forall n \in \mathbf{N} \setminus A_+ \)，有\( a_n < 0 \)，因此\( b_n = 0 \)，进而\( \sum_{n \in \mathbf{N} \setminus A_+} b_n = \sum_{n \in \mathbf{N} \setminus A_+} 0 = 0 \) 也绝对收敛。因为\( (\mathbf{N} \setminus A_+) \cap A_+ = \emptyset \)且\( (\mathbf{N} \setminus A_+) \cup A_+ = \mathbf{N} \)，因此根据定理8.2.6的命题3，可得\( \sum_{n \in \mathbf{N}} b_n \)绝对收敛，即\( \sum_{n = 0}^{\infty} b_n \)绝对收敛（用在\( \mathbf{N} \)上的单位映射（identity map）作为双射函数，然后用定义8.2.1），又\( \sum_{n = 0}^{\infty} a_n \)条件收敛，故根据定理7.2.14的命题1和命题2，可得\( \sum_{n = 0}^{\infty} c_n = \sum_{n = 0}^{\infty} (a_n - b_n) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_n - \sum_{n = 0}^{\infty} b_n \) 收敛，再根据定理7.2.14的命题2，可得\( \sum_{n = 0}^{\infty} -c_n \)也收敛，而\( \sum_{n = 0}^{\infty} |c_n| = \sum_{n = 0}^{\infty} -c_n \)，根据定理7.2.14的命题1，可得\( \sum_{n = 0}^{\infty} |b_n| + \sum_{n = 0}^{\infty} |c_n| = \sum_{n = 0}^{\infty} b_n + \sum_{n = 0}^{\infty} -c_n = \sum_{n = 0}^{\infty} (b_n - c_n) = \sum_{n = 0}^{\infty} |a_n| \)收敛，即\( \sum_{n = 0}^{\infty} a_n \)绝对收敛，然而题目说它仅条件收敛，矛盾，故假设不成立，\( \sum_{n \in A_+} a_n \)非绝对收敛。

假设\( \sum_{n \in A_-} a_n \)绝对收敛（跟上面情况的证明大同小异，这里简短点可以写同理可证明XXX）： \( \forall n \in A_- \)，有\( a_n < 0 \)，因此\( c_n = a_n \)，进而\( \sum_{n \in A_-} c_n = \sum_{n \in A_-} a_n \)绝对收敛。而\( \forall n \in \mathbf{N} \setminus A_- \)，有\( a_n \geq 0 \)，因此\( c_n = 0 \)，进而\( \sum_{n \in \mathbf{N} \setminus A_-} c_n = \sum_{n \in \mathbf{N} \setminus A_-} 0 = 0 \) 也绝对收敛。因为\( (\mathbf{N} \setminus A_-) \cap A_- = \emptyset \)且\( (\mathbf{N} \setminus A_-) \cup A_- = \mathbf{N} \)，因此根据定理8.2.6的命题3，可得\( \sum_{n \in \mathbf{N}} c_n \)绝对收敛，即\( \sum_{n = 0}^{\infty} c_n \)绝对收敛，又\( \sum_{n = 0}^{\infty} a_n \)条件收敛，故根据定理7.2.14的命题1和命题2，可得\( \sum_{n = 0}^{\infty} b_n = \sum_{n = 0}^{\infty} (a_n - c_n) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_n - \sum_{n = 0}^{\infty} c_n \) 收敛，而\( \sum_{n = 0}^{\infty} |b_n| = \sum_{n = 0}^{\infty} b_n \)，根据定理7.2.14的命题1，可得\( \sum_{n = 0}^{\infty} |b_n| + \sum_{n = 0}^{\infty} |c_n| = \sum_{n = 0}^{\infty} b_n + \sum_{n = 0}^{\infty} -c_n = \sum_{n = 0}^{\infty} (b_n - c_n) = \sum_{n = 0}^{\infty} |a_n| \)收敛，即\( \sum_{n = 0}^{\infty} a_n \)绝对收敛，然而题目说它仅条件收敛，矛盾，故假设不成立，\( \sum_{n \in A_-} a_n \)非绝对收敛。

综上，\( \sum_{n \in A_+} a_n, \sum_{n \in A_-} a_n \)均非绝对收敛。

证毕。

练习8.2.5

题目：

Explain the gaps marked (why?) in the proof of Theorem 8.2.8.

Theorem 8.2.8的内容：

Let \( \sum_{n = 0}^{\infty} a_n \) be a series which is conditionally convergent, but not absolutely convergent, and let \( L \) be any real number. Then there exists a bijection \( f: \mathbf{N} \to \mathbf{N} \) such that \( \sum_{m = 0}^{\infty} a_{f(m)} \) converges conditionally to \( L \).

第1个why?的内容：

In particular \( A_+ \) and \( A_- \) are infinite (why?)

证明：

假设\( A_+ \)是有限的，则根据额外定理8.2.2，\( \sum_{n \in A_+} a_n \)绝对收敛，然而根据引理8.2.7，\( \sum_{n \in A_+} a_n \)非绝对收敛，故矛盾，假设不成立， \( A_+ \)是无限的。同理可证\( A_- \)是无限的。

证毕。

第2个why?的内容：

Thus the sums \( \sum_{m = 0}^{\infty} a_{f_+(m)} \) and \( \sum_{m = 0}^{\infty} a_{f_-(m)} \) both fail to be absolutely convergent (why?)

证明：

假设\( \sum_{m = 0}^{\infty} a_{f_+(m)} \)绝对收敛，根据定理7.4.3， \( \sum_{n = 0}^{\infty} a_n \)也绝对收敛，矛盾，故假设不成立， \( \sum_{m = 0}^{\infty} a_{f_+(m)} \)非绝对收敛。同理可证\( \sum_{m = 0}^{\infty} a_{f_-(m)} \)非绝对收敛。

证毕。

第3个why的内容：

The map \( j \mapsto n_j \) is injective. (Why?)

证明：

假设\( j \mapsto n_j \)非单射，即\( \exists j_0 \neq j_1 \)，使得\( n_{j_0} = n_{j_1} \)，不妨设\( j_0 < j_1 \)，根据\( n_j \)的构造规则，要么\( n_{j_1} := \min\{ n \in A_+ : n \neq n_i \text{ for all } i < j \} \)，要么\( n_{j_1} := \min\{ n \in A_- : n \neq n_i \text{ for all } i < j \} \)，两种情况均有\( n_{j_1} \neq n_{j_0} \)，矛盾，故假设不成立，\( j \mapsto n_j \)单射。

证毕。

第4个why的内容：

Case I occurs an infinite number of times, and Case II also occurs an infinite number of times. (Why? prove by contradiction.)

Case I的内容：

If \( \sum_{0 \leq i < j} a_{n_i} < L \), then we set \( n_j := \min\{ n \in A_+ : n \neq n_i \text{ for all } i < j \} \).

Case II的内容：

If \( \sum_{0 \leq i < j} a_{n_i} \geq L \), then we set \( n_j := \min\{ n \in A_- : n \neq n_i \text{ for all } i < j \} \).

证明：

假设Case I发生有限次，令\( k := \max\{ j \in \mathbf{N} : a_{n_j} \geq 0 \} \)，此时\( n_k \)就是最后一次用Case I取的下标，因此接下来的下标全是由Case II取的，即\( \forall j > k, a_{n_j} < 0 \)。假设\( \sum_{j = k + 1}^{\infty} a_{n_j} \)收敛，则\( \sum_{j = k + 1}^{\infty} -a_{n_j} \)也收敛，然而\( \forall j > k, a_{n_j} < 0 \)，因此\( |a_{n_j}| = -a_{n_j} \)，故\( \sum_{j = k + 1}^{\infty} |a_{n_j}| \)收敛，即\( \sum_{j = k + 1}^{\infty} a_{n_j} \)绝对收敛，然而这意味着\( \sum_{j = 0}^{\infty} a_{n_j} \)也绝对收敛，进而可得\( \sum_{n = 0}^{\infty} a_n \)绝对收敛，矛盾，因此假设不成立， \( \sum_{j = k + 1}^{\infty} a_{n_j} \)不收敛。令\( C := \sum_{j = 0}^{k} a_{n_j} - L \)，因为\( \sum_{j = k + 1}^{\infty} a_{n_j} \)不收敛，故\( \forall N \geq k + 1, \exists N_0 \geq N \)，使得\( |\sum_{j = k + 1}^{N_0} a_{n_j}| > C \)，特别的，取\( N = k + 1 \)，\( \exists N_0 \geq k + 1 \)，使得\( |\sum_{j = k + 1}^{N_0} a_{n_j}| > C \)，而\( |\sum_{j = k + 1}^{N_0} a_{n_j}| = -(\sum_{j = k + 1}^{N_0} a_{n_j}) \) （因为全是负数），故\( \sum_{j = k + 1}^{N_0} a_{n_j} < -C \)，进而可得\( \sum_{j = 0}^{N_0} a_{n_j} = \sum_{j = 0}^{k} a_{n_j} + \sum_{j = k + 1}^{N_0} a_{n_j} < \sum_{j = 0}^{k} a_{n_j} - C = L \)，此时取\( j_0 = N_0 + 1 \)，可得\( \sum_{0 \leq i < j_0} a_{n_i} = \sum_{j = 0}^{N_0} a_{n_j} < L \)，因此符合Case I，然而\( j_0 > k \)，这和\( n_k \)是最后一次用Case I取的下标相矛盾，故假设不成立，Case I发生无数次。

Case II的证明大同小异，基本全抄上面的，改下符号之类的，这里就略过了。

证毕。

第5个why的内容：

The map \( j \mapsto n_j \) is surjective. (Why?)

注：

这里得先搞清楚，\( j \mapsto n_j \)是\( \mathbf{N} \to \mathbf{N} \)的函数。

证明（或者说解释，讲的有点口语化）：

\( \forall k \in \mathbf{N} \)，要么\( k \in A_+ \)，要么\( k \in A_- \)，如果\( k \in A_+ \)，此时\( \{ n \in A_+ : n < k \} \)是有限的，记它的基数为\( m \)，Case I会发生无数次，特别的，在Case I发生\( m \)次之后， \( \{ n \in A_+ : n < k \} \)的所有元素会被取光，此时下一次Case I发生的时候，取的便是\( k \)，同理如果\( k \in A_- \)也最终会被发生无数次的Case II取到。综上，\( j \mapsto n_j \)满射。

证毕。

第6个why的内容：

We have \( \lim_{j \to \infty} a_{n_j} = 0 \). (Why? Note from Corollary 7.2.6 that \( \lim_{n \to \infty} a_n = 0 \).)

证明：

根据推论7.2.6，可得\( \lim_{n \to \infty} a_n = 0 \)，故\( \forall \epsilon > 0, \exists N_0 \geq 0, \forall j \geq N_0, |a_j| \leq \epsilon \)，因为\( j \mapsto n_j \)满射，故\( \exists j_0 \in \mathbf{N}, n_{j_0} = N_0 \)，接下来分情况讨论：

如果\( n_{j_0} \in A_+ \)，则\( \forall j > j_0 \)且\( n_j \in A_+ \)，有\( n_j > n_{j_0} \) （因为Case I每次都是取下标最小的，因此如果都是\( A_+ \)的下标，后面取的下标会更大），又因为Case II发生无数次，故\( \exists j_1 \in \mathbf{N} \)，使得\( n_{j_1} \in A_- \) 且\( n_{j_1} > n_{j_0} \)，又\( \forall j > j_1 \)且\( n_j \in A_- \)，有\( n_j > n_{j_1} \)，故取\( N_1 := n_{j_1} \)，可得\( \forall j \geq N_1 \)，有\( n_j \geq n_{j_0} = N_0 \)，从而\( |a_{n_j}| < \epsilon \)。
如果\( n_{j_0} \in A_- \)，同理可证\( \exists N_1 \geq 0, \forall j \geq N_1, |a_{n_j}| < \epsilon \)。

综上，\( \lim_{j \to \infty} a_{n_j} = 0 \)。

证毕。

第7个why的内容：

We have \( \lim_{j \to \infty} \sum_{0 \leq i \leq j} a_{n_i} = L \). (Why?)

注：

这里作者勘误过了，原本是\( \lim_{j \to \infty} \sum_{0 \leq i < j} a_{n_i} = L \)，这会导致在\( j \)趋向于无穷的过程中，永远多定义了一个没用的\( n_j \)，不过问题也不大就是了。

证明：

\( \forall \epsilon > 0 \)，因为\( \lim_{j \to \infty} a_{n_j} = 0 \)，因此\( \exists N_0 \geq 0, \forall j \geq N_0, |a_{n_j}| \leq \epsilon \)。

(1) 假设\( \forall j \geq N_0 \)，均有\( \sum_{0 \leq i \leq j} a_{n_i} > L + \epsilon \) 或\( \sum_{0 \leq i \leq j} a_{n_i} < L - \epsilon \) （注：这里可以写成\( \sum_{0 \leq i < j + 1} a_{n_i} \)，如果你想保持原本不等号的形式的话），分情况讨论：

如果\( \sum_{0 \leq i \leq N_0} a_{n_i} > L + \epsilon \)，此时我们可以证明\( \forall j \geq N_0, \sum_{0 \leq i \leq j} a_{n_i} > L + \epsilon \)：使用数学归纳法来证明，当\( j = N_0 \)时，\( \sum_{0 \leq i \leq N_0} a_{n_i} > L + \epsilon \)，基础情况成立，归纳假设当\( j = k \)时成立，即\( \sum_{0 \leq i \leq k} a_{n_i} > L + \epsilon \)，当\( j = k + 1 \)时，根据我们(1)处的假设，要么\( \sum_{0 \leq i \leq k + 1} a_{n_i} > L + \epsilon \)，要么\( \sum_{0 \leq i \leq k + 1} a_{n_i} < L - \epsilon \)，但\( |a_{n_{k + 1}}| \leq \epsilon \)，因此不管它是非负整数，还是负数，均有\( \sum_{0 \leq i \leq k + 1} a_{n_i} = \sum_{0 \leq i \leq k} a_{n_i} + a_{n_{k + 1}} > L > L - \epsilon \)，故仅剩\( \sum_{0 \leq i \leq k + 1} a_{n_i} > L + \epsilon \)的可能，也就是\( j = k + 1 \)时也成立，归纳完毕，有\( \forall j \geq N_0, \sum_{0 \leq i \leq j} a_{n_i} > L + \epsilon \)，但这意味着Case I仅发生有限次，矛盾，故\( \sum_{0 \leq i \leq N_0} a_{n_i} > L + \epsilon \)是不可能的。
如果\( \sum_{0 \leq i \leq N_0} a_{n_i} < L - \epsilon \)，同理可以证明\( \forall j \geq N_0, \sum_{0 \leq i \leq j} a_{n_i} < L - \epsilon \) 但这意味着Case II仅发生有限次，矛盾，故\( \sum_{0 \leq i \leq N_0} a_{n_i} < L - \epsilon \)是不可能的。

综上，\( \sum_{0 \leq i \leq N_0} a_{n_i} > L + \epsilon \) 和\( \sum_{0 \leq i \leq N_0} a_{n_i} < L - \epsilon \)均不可能，这和(1)处的假设相矛盾，故假设不成立，\( \exists j_0 \geq N_0 \)，使得 \( \sum_{0 \leq i \leq j_0} a_{n_i} \geq L - \epsilon \)且 \( \sum_{0 \leq i \leq j_0} a_{n_i} \leq L + \epsilon \)。

我们接下来证明\( \forall j \geq j_0 \)， \( \sum_{0 \leq i \leq j} a_{n_i} \geq L - \epsilon \)且 \( \sum_{0 \leq i \leq j} a_{n_i} \leq L + \epsilon \)：使用数学归纳法证明，当\( j = j_0 \)时， \( \sum_{0 \leq i \leq j_0} a_{n_i} \geq L - \epsilon \)且 \( \sum_{0 \leq i \leq j_0} a_{n_i} \leq L + \epsilon \)，基础情况成立，归纳假设当\( j = k \)时成立，当\( j = k + 1 \)时，分情况讨论：

如果\( \sum_{0 \leq i \leq k} a_{n_i} \geq L - \epsilon \)且 \( \sum_{0 \leq i \leq k} a_{n_i} < L \)，则符合Case I，有\( a_{n_{k + 1}} \geq 0 \)，而\( |a_{n_{k + 1}}| \leq \epsilon \)且 \( \sum_{0 \leq i \leq k + 1} a_{n_i} = \sum_{0 \leq i \leq k} a_{n_i} + a_{n_{k + 1}} \)，因此\( \sum_{0 \leq i \leq k} a_{n_i} \geq L - \epsilon \)且 \( \sum_{0 \leq i \leq k + 1} a_{n_i} < L + \epsilon \)。
如果\( \sum_{0 \leq i \leq k} a_{n_i} \geq L \)且 \( \sum_{0 \leq i \leq k} a_{n_i} \leq L + \epsilon \)，则符合Case II，有\( a_{n_{k + 1}} < 0 \)，而\( |a_{n_{k + 1}}| \leq \epsilon \)且 \( \sum_{0 \leq i \leq k + 1} a_{n_i} = \sum_{0 \leq i \leq k} a_{n_i} + a_{n_{k + 1}} \)，因此\( \sum_{0 \leq i \leq k + 1} a_{n_i} \geq L - \epsilon \)且 \( \sum_{0 \leq i \leq k} a_{n_i} \leq L + \epsilon \)。

综上，\( j = k + 1 \)时也成立，归纳完毕，有\( \forall j \geq j_0 \)， \( \sum_{0 \leq i \leq j} a_{n_i} \leq L + \epsilon \) 且\( \sum_{0 \leq i \leq j} a_{n_i} \geq L - \epsilon \)，即\( |\sum_{0 \leq i \leq j} a_{n_i} - L| \leq \epsilon \)。

至此可得，\( \lim_{j \to \infty} \sum_{0 \leq i \leq j} a_{n_i} = L \)。

证毕。

练习8.2.6

题目：

Let \( \sum_{n = 0}^{\infty} a_n \) be a series which is conditionally convergent, but not absolutely convergent. Show that there exists a bijection \( f: \mathbf{N} \to \mathbf{N} \) such that \( \sum_{m = 0}^{\infty} a_{f(m)} \) diverges to \( +\infty \), or more precisely that \( \lim\inf_{N \to \infty} \sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)} = \lim\sup_{N \to \infty} \sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)} = +\infty \) (Of course, a similar statement holds with \( +\infty \) replaced by \( -\infty \).)

注1：

这里\( \lim\sup_{N \to \infty} \sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)} \) 是序列\( (\sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)})_{N = 0}^{\infty} \)的上极限，即部分和序列的上极限，\( \lim\inf_{N \to \infty} \sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)} \)同理，具体参考章节6.4。

注2：

本题的证明参考了Existence of a rearrangement that diverges to infinity，下面证明用了比参考证明更严格的语言来描述，导致思路变得不太直观，因此我还是推荐先看参考证明，为了避免参考证明链接失效，我直接把参考证明复制过来，如下：

Let \( \sum_{i=1}^{\infty} a_i \) be a conditionally convergent series. The following is a proof that there exists a rearrangement of this series that tends to \( \infty \) (a similar argument can be used to show that \( -\infty \) can also be attained).

Let \( p_1 < p_2 < p_3 < \dots \) be the sequence of indexes such that each \( a_{p_i} \) is positive, and define \( n_{1} < n_{2} < n_{3} < \dots \) to be the indexes such that each \( a_{n_i} \) is negative (again assuming that \( a_i \) is never \( 0 \)). Each natural number will appear in exactly one of the sequences \( (p_i) \) and \( (n_i) \).

Let \( b_1 \) be the smallest natural number such that \( \sum_{i = 1}^{b_1} a_{p_i} \geq |a_{n_1}| + 1 \). Such a value must exist since \( (a_{p_i}) \), the subsequence of positive terms of \( (a_i) \), diverges. Similarly, let \( b_2 \) be the smallest natural number such that: \( \sum_{i = b_1 + 1}^{b_2} a_{p_i} \geq |a_{n_2}| + 1 \), and so on.

This leads to the permutation \( (\sigma(1), \sigma(2), \sigma(3), \dots) = (p_1, p_2, \dots, p_{b_1}, n_1, p_{b_1 + 1}, p_{b_1 + 2}, \dots, p_{b_2}, n_2, \dots) \). And the rearranged series, \( \sum_{i = 1}^{\infty} a_{\sigma(i)} \), then diverges to \( \infty \).

From the way the \( b_i \) were chosen, it follows that the sum of the first \( b_1 + 1 \) terms of the rearranged series is at least \( 1 \) and that no partial sum in this group is less than \( 0 \). Likewise, the sum of the next \( b_2 - b_1 + 1 \) terms is also at least \( 1 \), and no partial sum in this group is less than \( 0 \) either. Continuing, this suffices to prove that this rearranged sum does indeed tend to \( \infty \).

证明：

令\( A_+ := \{ n \in \mathbf{N} : a_n \geq 0 \}, A_- := \{ n \in \mathbf{N} : a_n < 0 \} \)，根据推论8.1.6，\( A_+, A_- \)至多可数，又根据练习8.2.5，两者是无限集，因此\( A_+, A_- \)可数，进而存在双射函数\( f_+ : \mathbf{N} \to A_+, f_- : \mathbf{N} \to A_- \)。

递归定义序列\( (b_j)_{j = -1}^{\infty} \)，归纳假设\( \forall i < j, b_i \)均已定义，则\( b_j \)通过如下规则定义：

如果\( j = -1 \)，则\( b_j := -1 \)。
如果\( j > -1 \)，则 \( b_j := \min\{ m \in A_+ : \forall i < j, m \neq b_i \text{且} \sum_{n = b_{j - 1} + 1}^{m} |a_{f_+(n)}| \geq |a_{f_-(j)}| + 1 \} \)。

我们证明所有\( b_j \)都是良好定义的，使用数学归纳法证明：当\( j = -1 \)时，\( b_j := -1 \)是良好定义的。归纳假设当\( j = k \)时成立，当\( j = k + 1 \)时，假设\( \forall m > b_{j - 1} \)，均有\( \sum_{n = b_{j - 1} + 1}^{m} |a_{f_+(n)}| < |a_{f_-(j)}| + 1 \)，则根据定理7.3.1，\( \sum_{n = b_{j - 1} + 1}^{\infty} |a_{f_+(n)}| \)收敛，再根据定理7.4.1，可得\( \sum_{n = b_{j - 1} + 1}^{\infty} |a_n| \)收敛，进而可得\( \sum_{n = 0}^{\infty} |a_n| \)也收敛，即\( \sum_{n = 0}^{\infty} a_n \)绝对收敛，然而 \( \sum_{n = 0}^{\infty} a_n \)仅条件收敛，矛盾，因此假设不成立， \( \exists m > b_{j - 1} \)，使得\( \sum_{n = b_{j - 1} + 1}^{m} |a_{f_+(n)}| \geq |a_{f_-(j)}| + 1 \)，即\( \{ m \in A_+ : \forall i < j, m \neq b_i \text{且} \sum_{n = b_{j - 1} + 1}^{m} |a_{f_+(n)}| \geq |a_{f_-(j)}| + 1 \} \)非空，又它是\( \mathbf{N} \)的子集，故存在唯一的最小元，因此\( b_j \)是良好定义的。归纳完毕，至此可得，\( \forall j \in \mathbf{N}, b_j \)均是良好定义的。

从\( (b_j)_{j = -1}^{\infty} \)的定义可以明显看出，它是一个严格单调递增的序列。

构造函数\( f: \mathbf{N} \to \mathbf{N} \)，\( \forall n \in \mathbf{N} \)，按如下规则定义\( f(n) \)：

如果\( \exists j \in \mathbf{N} \)，使得\( b_{j - 1} + j < n < b_j + 1 + j \)，则\( f(n) := f_+(n - j) \)。
如果\( \exists j \in \mathbf{N} \)，使得\( b_j + 1 + j = n \)，则\( f(n) := f_-(j) \)。

上面注意下，要求\( j \)是自然数，故\( j \neq -1 \)，但是当\( j = 0 \)时，会用到\( b_{j - 1} = -1 \) 的情况。

接着证明下\( \forall n \in \mathbf{N}, f(n) \)是良好定义的，不会出现重复定义的情况，为此，先证明至多有一个\( j \in \mathbf{N} \)，使得\( b_{j - 1} + j < n < b_j + 1 + j \)：假设存在\( j_0 \neq j_1 \in \mathbf{N} \)，使得\( b_{j_0 - 1} + j_0 < n < b_{j_0} + 1 + j_0, b_{j_1 - 1} + j_1 < n < b_{j_1} + 1 + j_1 \)，不妨设\( j_0 < j_1 \)，则\( b_{j_0} \leq b_{j_1 - 1} \)，进而有\( n < b_{j_0} + j_0 + 1 < b_{j_1 - 1} + j_1 + 1 \leq n \)，矛盾，因此假设不成立，至多有一个\( j \)满足不等式。

接着证明至多有一个\( j \in \mathbf{N} \)，使得\( b_j + 1 + j = n \)，假设存在\( j_0 \neq j_1 \in \mathbf{N} \)，使得\( b_{j_0} + 1 + j_0 = n, b_{j_1} + 1 + j_1 = n \)，不妨设\( j_0 < j_1 \)，则\( n = b_{j_1} + 1 + j_1 > b_{j_0} + 1 + j_0 = n \)，矛盾，故假设不成立，至多有一个\( j \)满足等式。

最后，我们证明\( f(n) \)是良好定义的，由于我们前面证明了，符合情况1、情况2的\( j \)至多只有一个，因此为了证明\( f(n) \)是良好定义的，现仅需要证明\( \forall n \in \mathbf{N} \)，有且仅有一种情况对\( n \)适用，使用数学归纳法证明：

当\( n = 0 \)时，取\( j_0 = 0 \)，因为\( b_{j_0} \neq b_{-1} = -1 \)，因此\( b_{j_0} \geq 0 \)，可得\( b_{j_0 - 1} + j_0 = -1 + 0 < 0 = n < 0 + 1 + 0 \leq b_{j_0} + 1 + j_0 \)，即情况1适用，继续考虑情况2，\( \forall j \in \mathbf{N} \)，均有\( b_j \geq 0 \)，因此\( b_j + 1 + j > 0 = n \)，故情况2不适用。

归纳假设当\( n = k \)时成立，当\( n = k + 1 \)时，分情况讨论：

如果针对\( n = k \)，有且仅有情况1适用，从而\( \exists j_0 \in \mathbf{N} \)，使得\( b_{j_0 - 1} + j_0 < k < b_{j_0} + 1 + j_0 \)，此时\( k + 1 \leq b_{j_0} + 1 + j_0 \)，继续分情况讨论：
1. 如果\( k + 1 < b_{j_0} + 1 + j_0 \)，则\( b_{j_0 - 1} + j_0 < k + 1 < b_{j_0} + 1 + j_0 \)，即针对\( n = k + 1 \)，情况1适用，继续考虑情况2：
  1. \( \forall j \geq j_0, b_j + 1 + j \geq b_{j_0} + 1 + j_0 > k + 1 \)，即情况2不适用。
  2. \( \forall j < j_0, b_j + 1 + j < b_{j_0 - 1} + 1 + j_0 \leq k + 1 \)，即情况2不适用。
  综上，针对\( n = k + 1 \)，有且仅有情况1适用。
2. 如果\( k + 1 = b_{j_0} + 1 + j_0 \)，则情况2适用，继续考虑情况1：
  1. \( \forall j \leq j_0, b_j + 1 + j \leq b_{j_0} + 1 + j_0 = k + 1 \)，即情况1不适用。
  2. \( \forall j > j_0, b_{j - 1} \geq b_{j_0}, j \geq j_0 + 1 \)，进而\( b_{j - 1} + j \geq b_{j_0} + j_0 + 1 = k + 1 \)，即情况1不适用。
  综上，针对\( n = k + 1 \)，有且仅有情况2适用。
如果针对\( n = k \)，有且仅有情况2适用，从而\( \exists j_0 \in \mathbf{N} \)，使得\( b_{j_0} + 1 + j_0 = k \)，此时\( b_{j_0 + 1} + 1 + (j_0 + 1) > b_{j_0} + 1 + j_0 + 1 = k + 1 \)，又\( b_{j_0} + (j_0 + 1) = k < k + 1 \)，可得\( b_{j_0} + (j_0 + 1) < k + 1 < b_{j_0 + 1} + 1 + (j_0 + 1) \)，即情况1适用，继续考虑情况2：
1. \( \forall j \leq j_0, b_j + 1 + j \leq b_{j_0} + 1 + j_0 = k < k + 1 \)，即情况2不适用。
2. \( \forall j > j_0, b_j + 1 + j \geq b_{j_0 + 1} + 1 + (j_0 + 1) > k + 1 \)，即情况2不适用。

综上，针对\( n = k + 1 \)，有且仅有一种情况适用。至此可得，\( \forall n \in \mathbf{N}, f(n) \)是良好定义的。

下面证明\( f \)双射，先证明\( f \)单射：

\( \forall n_0 \neq n_1 \in \mathbf{N} \)，分情况讨论：

如果\( f(n_0), f(n_1) \)都是通过情况1定义的，则\( \exists j_0, j_1 \in \mathbf{N} \)，使得 \( b_{j_0 - 1} + j_0 < n_0 < b_{j_0} + 1 + j_0, b_{j_1 - 1} + j_1 < n_1 < b_{j_1} + 1 + j_1 \)：
1. 如果\( j_0 = j_1 \)，则\( n_0 - j_0 \neq n_1 - j_0 = n_1 - j_1 \)，又\( f_+ \)单射，因此\( f(n_0) = f_+(n_0 - j_0) \neq f_+(n_1 - j_1) = f(n_1) \)。
2. 如果\( j_0 \neq j_1 \)，不妨设\( j_0 < j_1 \)，则\( b_{j_0 - 1} < n_0 - j_0 < b_{j_0} + 1, b_{j_1 - 1} < n_1 - j_1 < b_{j_1} + 1 \)，又\( n_1 - j_1 \geq b_{j_1 - 1} + 1 \geq b_{j_0} + 1 \)，因此\( n_1 - j_1 > n_0 - j_0 \)，又\( f_+ \)单射，因此\( f(n_0) = f_+(n_0 - j_0) \neq f_+(n_1 - j_1) = f(n_1) \)。
如果\( f(n_0), f(n_1) \)都是通过情况2定义的，则\( \exists j_0, j_1 \in \mathbf{N} \)，使得\( b_{j_0} + 1 + j_0 = n_0, b_{j_1} + 1 + j_1 = n_1 \)，不妨设\( j_0 < j_1 \)，则\( b_{j_0} < b_{j_1} \)，因此\( n_0 = b_{j_0} + 1 + j_0 < b_{j_1} + 1 + j_1 = n_1 \)，又\( f_- \)单射，因此\( f(n_0) = f_-(j_0) \neq f_-(j_1) = f(n_1) \)。
如果\( f(n_0), f(n_1) \)分别是通过不同的情况定义的，则一个映射到\( A_+ \)，另外一个映射到\( A_- \)，又\( A_+ \cap A_- = \emptyset \)，因此\( f(n_0) \neq f(n_1) \)。

综上，\( f \)单射，继续证明\( f \)满射：

\( \forall c \in \mathbf{N} \)，要么\( c \in A_+ \)，要么\( c \in A_- \)，分情况讨论：

如果\( c \in A_+ \)，则因为\( f_+ \)满射，因此\( \exists n_0 \in \mathbf{N} \)，使得\( f_+(n_0) = c \)，因为\( (b_j)_{j = 0}^{\infty} \)是一个严格单调递增的序列，因此\( \exists j \in \mathbf{N} \)，使得\( b_{j - 1} < n_0 < b_j + 1 \)，此时\( b_{j - 1} + j < n_0 + j < b_j + 1 + j \)，符合情况1，因此 \( f(n_0 + j) := f_+(n_0) = c \)。
如果\( c \in A_- \)，则因为\( f_- \)满射，因此\( \exists n_0 \in \mathbf{N} \)，使得\( f_-(n_0) = c \)，此时\( b_{n_0} + 1 + n_0 = b_{n_0} + 1 + n_0 \)，符合情况2，因此\( f(b_{n_0} + 1 + n_0) := f_-(n_0) = c \)。

综上，\( f \)满射。至此可得，\( f \)双射。

下面引入分组的概念：\( \forall n \in \mathbf{N} \)，函数\( f \)均根据情况1或者情况2 将\( n \)映射到了某个值，具体的，\( \exists \text{唯一的} j \in \mathbf{N} \)，使得\( b_{j - 1} + j < n \leq b_j + 1 + j \)（注：我们将两种情况合并起来了），我们称\( j \)为\( n \)的分组，并说\( n \)属于分组\( j \)。

\( \forall n_0 < n_1 \in \mathbf{N} \)，记它们的分组分别为\( j_1, j_2 \)，则明显\( j_1 \leq j_2 \)，我们可能会担心分组的数量是有限的，但是这是不可能的，注意到\( \forall j \in \mathbf{N} \)，满足不等式\( b_{j - 1} + j < n \leq b_j + 1 + j \) 的自然数\( n \)是有限的，即分组\( j \)能容纳的自然数是有限的，进而任意有限的分组它们能容纳的自然数也是有限的，因此我们可以得出结论：分组的数量是无限的。

我们证明一个同分组内自然数对应的部分和的性质，\( \forall j \in \mathbf{N} \)， \( \forall \)属于分组\( j \)的自然数\( n \)，我们知道\( b_{j - 1} + j < n \leq b_j + 1 + j \)，要证明\( n \)的部分和有如下性质：

如果\( b_{j - 1} + j < n < b_j + 1 + j \)，则\( \sum_{m = 0}^{n} a_{f(m)} \geq j \)，
如果\( n = b_j + 1 + j \)，则\( \sum_{m = 0}^{n} a_{f(m)} \geq j + 1 \)。

使用数学归纳法来证明，当\( j = 0 \)时，针对\( \forall \)属于分组\( j \)的自然数\( n \)，分类讨论：

如果\( b_{j - 1} + j < n < b_j + 1 + j \)，即\( b_{-1} = -1 < n < b_0 + 1 \)，此时\( \forall 0 \leq c \leq n \)，均有\( -1 < c < b_0 + 1 \)，因此 \( f( c) := f_+( c) \in A_+ \)，故\( a_{f( c)} \geq 0 \)，进而可得\( \sum_{m = 0}^{n} a_{f(m)} \geq 0 = j \)。
如果\( n = b_j + 1 + j = b_0 + 1 \)，则\( f(n) := a_{f_-(0)} \)，根据\( b_0 \)的定义，可得\( \sum_{m = b_{-1} + 1}^{b_0} |a_{f_+(m)}| = \sum_{m = 0}^{b_0} |a_{f_+(m)}| \geq |a_{f_-(0)}| + 1 \)。 \( \forall 0 \leq c \leq n - 1 \)，均有\( -1 < c < b_0 + 1 \)，因此\( f( c) := f_+( c) \)。最后可得，\( \sum_{m = 0}^{n} a_{f(m)} = (\sum_{m = 0}^{n - 1} a_{f(m)}) + a_{f(n)} = (\sum_{m = 0}^{n - 1} a_{f(m)}) + a_{f_-(0)} = (\sum_{m = 0}^{b_0} |a_{f_+(m)}|) + a_{f_-(0)} \geq 1 \)。

综上，\( j = 0 \)时成立，归纳假设当\( j = k \)成立，当\( j = k + 1 \)时，令\( n_p := b_k + 1 + k \)，根据归纳假设，可得\( \sum_{m = 0}^{n_p} a_{f(m)} \geq k + 1 \)。针对\( \forall \)属于分组\( k + 1 \)的自然数\( n \)，分类讨论：

如果\( b_k + (k + 1) < n < b_{k + 1} + 1 + (k + 1) \)，此时\( \forall n_p + 1 \leq c \leq n \)，均有\( b_k + (k + 1) < c < b_{k + 1} + 1 + (k + 1) \)，因此\( f( c) := f_+(c - (k + 1)) \in A_+ \)，故\( a_{f( c)} \geq 0 \)，进而可得\( \sum_{m = n_p + 1}^{n} a_{f(m)} \geq 0 \)。最后可得，\( \sum_{m = 0}^{n} a_{f(m)} = (\sum_{m = 0}^{n_p} a_{f(m)}) + (\sum_{m = n_p + 1}^{n} a_{f(m)}) \geq k + 1 \)。
如果\( n = b_{k + 1} + 1 + (k + 1) \)，则\( f(n) := f_-(k + 1) \)，根据\( b_{k + 1} \)的定义，可得\( \sum_{m = b_k + 1}^{b_{k + 1}} |a_{f_+(m)}| \geq |a_{f_-(k + 1)}| + 1 \)。针对\( \forall b_k + 1 \leq c \leq b_{k + 1} \)，均有\( b_k + (k + 1) < c + (k + 1) < b_{k + 1} + 1 + (k + 1) \)，因此\( f(c + (k + 1)) := f_+( c) \)，进而可得\( \sum_{m = n_p + 1}^{n - 1} a_{f(m)} = \sum_{m = b_k + 1}^{b_{k + 1}} a_{f(m + (k + 1))} = \sum_{m = b_k + 1}^{b_{k + 1}} a_{f_+(m)} \geq |a_{f_-(k + 1)}| + 1 \)。最后可得，\( \sum_{m = 0}^{n} a_{f(m)} = (\sum_{m = 0}^{n_p} a_{f(m)}) + (\sum_{m = n_p + 1}^{n - 1} a_{f(m)}) + a_{f_-(k + 1)} = (\sum_{m = 0}^{n_p} a_{f(m)}) + (\sum_{m = b_k + 1}^{b_{k + 1}} a_{f_+(m)}) + a_{f_-(k + 1)} \geq (k + 1) + 1 = k + 2 \)。

综上，\( j = k + 1 \)时也成立。至此，归纳完毕，上述的性质成立。

接下来证明\( \forall M \in \mathbf{N}, \exists N_0 \in \mathbf{N}, \forall n \geq N_0, \sum_{m = 0}^{n} a_{f(m)} \geq M \)：取\( N_0 = b_{M - 1} + M + 1 \)，可得\( b_{M - 1} + M < N_0 \leq b_M + 1 + M \)，即\( N_0 \)属于分组\( M \)，根据前面的证明的同分组部分和的性质，可得\( \sum_{m = 0}^{N_0} a_{f(m)} \geq M \)，而\( \forall n \geq N_0 \)，记\( n \)的分组为\( j \)，我们有\( j \geq M \)，再次根据前面的证明的同分组部分和的性质，可得\( \sum_{m = 0}^{n} a_{f(m)} \geq j \geq M \)。

接着证明\( \forall M \in \mathbf{N}, \exists N_0 \in \mathbf{N}, \inf(\sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)})_{N = N_0}^{\infty} \geq M \)：前面证了\( \exists N_0 \in \mathbf{N}, \forall n \geq N_0, \sum_{m = 0}^{n} a_{f(m)} \geq M \)，可得\( M \)为\( (\sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)})_{N = N_0}^{\infty} \)的下界，因此\( \inf(\sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)})_{N = N_0}^{\infty} \geq M \)。

最后，证明\( \lim\inf_{N \to \infty} \sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)} = +\infty \)：令\( A := \{ \inf(\sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)})_{N = C}^{\infty} : C \in \mathbf{N} \} \)，则\( \lim\inf_{N \to \infty} \sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)} = \sup(A) \)。根据前面的证明， \( \exists N_0 \in \mathbf{N}, \inf(\sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)})_{N = N_0}^{\infty} \geq 0 > -\infty \)，因此\( \sup(A) \neq -\infty \)。假设\( \exists M \in \mathbf{R} \)，使得\( M = \sup(A) \)，我们知道\( \exists M_1 \in \mathbf{N} > M \)（存在大于\( M \)的自然数），再次根据前面的证明， \( \exists N_1 \in \mathbf{N}, \inf(\sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)})_{N = N_1}^{\infty} \geq M_1 > M \)，因此\( \sup(A) \neq M \)。综上，\( \sup(A) = +\infty \)，即\( \lim\inf_{N \to \infty} \sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)} = +\infty \)。

根据定理6.4.12的命题3， \( \lim\sup_{N \to \infty} \sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)} \geq \lim\inf_{N \to \infty} \sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)} \)，因此\( \lim\sup_{N \to \infty} \sum_{m = 0}^{N} a_{f(m)} = +\infty \)。

证毕。

章节8.3

练习8.3.1

题目：

Let \( X \) be a finite set of cardinality \( n \). Show that \( 2^X \) is a finite set of cardinality \( 2^n \). (Hint: use induction on \( n \).)

证明：

对基数\( n \)进行数学归纳：

当\( n = 0 \)时，\( X = \emptyset \)，\( 2^X = \{ \emptyset \} \)，因此\( \#(2^X) = 2^0 = 1 \)，基础情况成立。

归纳假设当\( n = k \)时成立，当\( n = k + 1 \)时，因为基数\( k + 1 > 0 \)，所以\( X \)非空，进而\( \exists x_0 \in X \)，令\( Y := X \setminus \{ x_0 \} \)，根据引理3.6.9，\( \#(Y) = k \)，再根据归纳假设，有\( \#(2^Y) = 2^k \)。令\( Z := \{ \{ x_0 \} \cup X' : X' \in 2^Y \} \)，因为\( \forall X' \in 2^Y, \{ x_0 \} \cap X' = \emptyset \)，因此\( \#(Z) = \#(2^Y) = 2^k \)。易证\( 2^X = 2^Y \cup Z \)，即\( 2^X \)由所有不包含\( x_0 \)的子集以及所有包含\( x_0 \)的子集组成，又\( 2^Y \cap Z = \emptyset \)，根据定理3.6.14的命题2，\( \#(2^X) = \#(2^Y) + \#(Z) = 2^k + 2^k = 2^{k + 1} \)，即\( n = k + 1 \)时也成立，归纳完毕，命题成立。

证毕。

练习8.3.2

题目：

Let \( A, B, C \) be sets such that \( A \subseteq B \subseteq C \), and suppose that there is a injection \( f: C \to A \). Defne the sets \( D_0 , D_1 , D_2 , \dots \) recursively by setting \( D_0 := B \setminus A \), and then \( D_{n + 1} := f(D_n) \) for all natural numbers \( n \). Prove that the sets \( D_0 , D_1 , \dots \) are all disjoint from each other (i.e., \( D_n \cap D_m = \emptyset \) whenever \( n \neq m \)). Also show that if \( g: A \to B \) is the function defined by setting \( g(x) := f^{−1}(x) \) when \( x \in \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \), and \( g(x) := x \) when \( x \notin \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \), then \( g \) does indeed map \( A \) to \( B \) and is a bijection between the two. In particular, \( A \) and \( B \) have the same cardinality.

证明：

\( \forall n \neq m \in \mathbf{N} \)，不妨设\( n < m \)，可得\( \exists k \geq 1 \in \mathbf{N} \)，使得\( m = n + k \)，也就是\( D_n, D_m \)均可以写成\( D_n, D_{n + k} \)的形式，其中\( k \)是某个正整数，因此证明\( \forall n \neq m \in \mathbf{N}, D_n \cap D_m = \emptyset \)，可以换成证明\( \forall n \in \mathbf{N}, \forall k \geq 1 \in \mathbf{N}, D_n \cap D_{n + k} = \emptyset \)，下面按这种形式去证明，令\( k \)为任意正整数，对\( n \)进行数学归纳：

当\( n = 0 \)时，假设\( \exists x_0 \in D_0 \)且\( x_0 \in D_{n + k} \)，由\( x_0 \in D_0 = B \setminus A \)，得\( x_0 \notin A \)，由\( D_{n + k} := f(D_{n + k - 1}) \)且\( f \)的值域是\( A \)，可知\( D_{n + k} \subseteq A \)，因此\( x_0 \in A \)，矛盾，因此假设不成立，不存在满足条件的\( x_0 \)，即\( D_0 \cap D_{n + k} = \emptyset \)，基础情况成立。

归纳假设当\( n = c \)时成立，当\( n = c + 1 \)时，我们要证明\( D_{c + 1} \cap D_{c + 1 + k} = \emptyset \)，假设\( \exists x_0 \in D_{c + 1} \)且\( x_0 \in D_{c + 1 + k} \)，由\( D_{c + 1} := f(D_c), D_{c + 1 + k} := f(D_{c + k}) \)，可得\( \exists x_1 \in D_c, f(x_1) = x_0, \exists x_2 \in D_{c + k}, f(x_2) = x_0 \)，根据归纳假设，\( D_c \cap D_{c + k} = \emptyset \)，因此\( x_1 \neq x_2 \)，又\( f \)单射，因此\( x_0 = f(x_1) \neq f(x_2) = x_0 \)，矛盾，因此假设不成立，不存在满足条件的\( x_0 \)，即\( D_{c + 1} \cap D_{c + 1 + k} = \emptyset \)，归纳完毕。

接下来验证下\( g \)是定义域为\( A \)，值域为\( B \)，良好定义的函数， \( \forall x \in A \)，它的映射规则如下：

如果\( x \in \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，则\( g(x) := f^{-1}(x) \)。
如果\( x \notin \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，则\( g(x) := x \)。

两条规则明显是互斥的，所以不会出现重复定义的情况，我们还需要证明下每个\( x \)映射的值都是良好定义的且映射的值属于\( B \)，分情况讨论：

如果\( x \in \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，则\( g(x) := f^{-1}(x) \)，这里的问题在于\( f \)没有规定是双射，因此逆函数实际上是未定义的，进而\( f^{-1}(x) \)也是未定义的，可以将\( f \)的值域限制到\( f( C) \)，配合\( f \)单射，可得\( f: C \to f( C) \)是双射函数，此时\( f^{-1}(x) \)就是有定义的了，综上，我们需要证明，在\( x \in \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)的情况下，有\( x \in f( C) \)，顺带的，证明下\( f^{-1}(x) \in B \)：如果\( x \in \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，则\( \exists k \geq 1, x \in D_k \)，而\( D_k := f(D_{k - 1}) \)，因此\( \exists x_0 \in D_{k - 1}, f(x_0) = x \)：
1. 如果\( k - 1 = 0 \)，即\( D_{k - 1} = D_0 = B \setminus A \)，则\( D_{k - 1} \subseteq B \subseteq C \)，可得\( x_0 \in C \)，进而可得\( x = f(x_0) \in f( C) \)，另外由\( D_{k - 1} \subseteq B \)，可得\( f^{-1}(x) = x_0 \in B \)。
2. 如果\( k - 1 > 0 \)，此时\( D_{k - 1} = f(D_{k - 2}) \subseteq A \subseteq C \)，可得\( x_0 \in C \)，进而可得\( f(x_0) \in f( C) \)，另外由\( D_{k - 1} \subseteq A \)，可得\( f^{-1}(x) = x_0 \in A \)，进而有\( f^{-1}(x) \in B \)。
综上，\( \forall x \in \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，均有\( x \in f( C) \)，因此\( f^{-1}(x) \)是良好定义的（或者说可定义的），同时，\( f^{-1}(x) \in B \)，没有超过值域的范围。
如果\( x \notin \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，则\( g(x) := x \)是良好定义的，又\( A \subseteq B \)，因此\( x \in B \)。

综上，\( g \)确实是定义域为\( A \)，值域为\( B \)的函数。

下面证明\( g \)双射，先证\( g \)单射，\( \forall x_0 \neq x_1 \in A \)，分情况讨论：

如果\( x_0, x_1 \)都属于\( \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，此时\( \exists k_0 \geq 1, k_1 \geq 1 \)，使得\( x_0 \in D_{k_0}, x_1 \in D_{k_1} \)，而\( D_{k_0} := f(D_{k_0 - 1}), D_{k_1} := f(D_{k_1 - 1}) \)，因此\( \exists x_2 \in D_{k_0 - 1}, f(x_2) = x_0 \)， \( \exists x_3 \in D_{k_1 - 1}, f(x_3) = x_1 \)，进而有\( g(x_0) = f^{-1}(x_0) = x_2, g(x_1) = f^{-1}(x_1) = x_3 \)，前面证了\( D_{k_0 - 1} \cap D_{k_1 - 1} = \emptyset \)，因此\( g(x_0) = x_2 \neq x_3 = g(x_1) \)。
如果\( x_0, x_1 \)都不属于\( \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，此时\( g(x_0) = x_0 \neq x_1 = g(x_1) \)。
如果\( x_0, x_1 \)有且仅有一个属于\( \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，不妨设\( x_0 \in \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)， \( x_1 \notin \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，此时\( g(x_1) = x_1 \in A \setminus (\bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n) \)且 \( \exists k_0 \geq 1 \)，使得\( x_0 \in D_{k_0} \)，由\( D_{k_0} := f(D_{k_0 - 1}) \)，得\( \exists x_2 \in D_{k_0 - 1}, f(x_2) = x_0 \)，进而有\( g(x_0) = f^{-1}(x_0) = x_2 \)：
1. 如果\( k_0 - 1 = 0 \)，则\( g(x_0) = x_2 \in D_0 = B \setminus A \)，可得\( g(x_0) \notin A \)，而\( g(x_1) \in A \setminus (\bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n) \)，可得\( g(x_1) \in A \)，因此\( g(x_0) \neq g(x_1) \)。
2. 如果\( k_0 - 1 > 0 \)，则\( g(x_0) = x_2 \in \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，而\( g(x_1) \in A \setminus (\bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n) \)，可得\( g(x_0) \neq g(x_1) \)。

综上，\( f \)单射，继续证明\( f \)满射， \( \forall x \in B \)：

如果\( x \in \bigcup_{n = 0}^{\infty} D_n \)，此时记\( x_0 := f(x) \)，可得\( x_0 \in A \)且\( x_0 \in \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，因此\( g(x_0) = f^{-1}(x_0) = f^{-1}(f(x)) = x \)。
如果\( x \notin \bigcup_{n = 0}^{\infty} D_n \)，即 \( x \notin D_0 \)且\( x \notin \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，由\( x \in B \)以及\( x \notin D_0 = B \setminus A \)，可得\( x \in B \)且\( x \in A \)，而\( A \subseteq B \)，因此可以简化成\( x \in A \)，又\( x \notin \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \)，可得\( g(x) = x \)。

综上， \( f \)满射。至此可得，\( f \)双射。

证毕。

练习8.3.3

题目：

Recall from Exercise 3.6.7 that a set \( A \) is said to have lesser or equal cardinality than a set \( B \) iff there is an injective map \( f: A \to B \) from \( A \) to \( B \). Using Exercise 8.3.2, show that if \( A \), \( B \) are sets such that \( A \) has lesser or equal cardinality to \( B \) and \( B \) has lesser or equal cardinality to \( A \), then \( A \) and \( B \) have equal cardinality. (This is known as the Schröder-Bernstein theorem, after Ernst Schröder (1841–1902) and Felix Bernstein (1878–1956).)

证明：

因为\( A \)有小于或者等于\( B \)的基数，因此\( \exists \)单射函数\( f_{A_0}: A \to B \)，保持映射关系不变，将值域限制到整个定义域的前象，得到函数\( f_{A_1}: A \to f_{A_0}(A) \)， \( f_{A_1} \)为\( A \)到\( f_{A_0}(A) \)的双射函数。因为\( B \)有小于或者等于\( A \)的基数，因此\( \exists \)单射函数\( f_{B_0}: B \to A \)，根据练习3.3.2，可得\( f_{A_1} \circ f_{B_0}: B \to f_{A_0}(A) \)也是单射函数，又\( f_{A_0}(A) \subseteq B \subseteq B \)，根据练习8.3.2，可得存在双射函数\( f_{B_1}: f_{A_0}(A) \to B \)，最后，根据练习3.3.7，可得\( f_{B_1} \circ f_{A_1} \)是\( A \)到\( B \)的双射函数，因此\( A \)和\( B \)等基。

证毕。

练习8.3.4

题目：

Let us say that a set \( A \) has strictly lesser cardinality than a set \( B \) if \( A \) has lesser than or equal cardinality to \( B \) (in the sense of Exercise 3.6.7) but \( A \) does not have equal cardinality to \( B \). Show that for any set \( X \), that \( X \) has strictly lesser cardinality than \( 2^X \) . Also, show that if \( A \) has strictly lesser cardinality than \( B \), and \( B \) has strictly lesser cardinality than \( B \), then \( A \) has strictly lesser cardinality than \( C \).

证明：

\( \forall \)集合\( X \)，先证明\( X \)有严格小于\( B \)的基数：构造函数\( f: X \to 2^X, \forall x \in X \)，令\( f(x) := \{ x \} \)，明显\( f \)是单射函数，因此\( X \)有小于或者等于\( B \)的基数，再根据定理8.3.1，可得\( X \)和\( 2^X \)不等基，因此\( X \)有严格小于\( B \)的基数。

接着证明后半部分：因为\( A \)有严格小于\( B \)的基数，因此存在单射函数\( f: A \to B \)，因为\( B \)有严格小于\( C \)的基数，因此存在单射函数\( g: B \to C \)，根据练习3.3.2，\( g \circ f: A \to C \)也是单射函数，因此\( A \)有小于或者等于\( C \)的基数。假设\( A \)和\( C \)等基，即存在双射函数\( h: A \to C \)，此时\( h^{-1} \circ g \)是\( B \to A \)的单射函数，即\( B \)有小于或者等于\( A \)的基数，再根据练习8.3.3，可得\( A \)和\( B \)等基，然而这和\( A \)有严格小于\( B \)的基数矛盾，因此假设不成立，\( A \)和\( B \)不等基。至此可得，\( A \)有严格小于\( C \)的基数。

证毕。

额外定理8.3.1

内容：

\( \forall \)不可数集\( X \)，\( \mathbf{N} \)有严格小于\( X \)的基数。

证明：

先证明\( \mathbf{N} \)有小于或者等于\( X \)的基数：根据额外引理8.1.1，\( \exists \)集合\( Y \)满足\( Y \subseteq X \)且 \( Y \)可数，\( Y \)是\( X \)的子集，因此\( Y \)有小于或者等于\( X \)的基数（注：很容易构造一个单射函数），因为\( Y \)可数，因此\( Y \)和\( \mathbf{N} \)等基，故\( \mathbf{N} \)有小于或者等于\( Y \)的基数（注：它们之间的双射函数同时也是单射函数），可得\( \mathbf{N} \)有小于或者等于\( X \)的基数（注：两个单射函数的复合还是单射函数）。因为\( X \)不可数，因此\( \mathbf{N} \)和\( X \)不等基。综上，\( \mathbf{N} \)有严格小于\( X \)的基数。

证毕。

练习8.3.5

题目：

Show that no power set (i.e., a set of the form \( 2^X \) for some set \( X \)) can be countably infinite.

证明：

\( \forall \)集合\( X \)：

如果\( X \)有限，则根据练习8.3.1，\( 2^X \)有限，非可数。

如果\( X \)可数，此时存在\( \mathbf{N} \to X \)的双射函数，这也意味着\( \mathbf{N} \)有小于或者等于\( X \)的基数（反过来也成立），假设\( 2^X \)可数，则\( 2^X \)有小于或者等于\( \mathbf{N} \)的基数，此时可得\( 2^X \)有小于或者等于\( X \)的基数 (1) ，而根据练习8.3.4，可得 \( X \)有严格小于\( 2^X \)的基数，这意味着\( X \)有小于或者等于\( 2^X \)的基数 (2) 且\( X \)和\( 2^X \)不等基，由(1)和(2)以及练习8.3.3，可得\( X \)和\( 2^X \)等基，然而这和\( X \)和\( 2^X \)不等基矛盾，因此假设不成立，\( 2^X \)非可数。

如果\( X \)不可数，根据额外定理8.3.1，\( \mathbf{N} \)有严格小于\( X \)的基数，根据练习8.3.4，\( X \)有严格小于\( 2^X \)的基数，再根据练习8.3.4，可得\( \mathbf{N} \)有严格小于\( 2^X \)的基数，进而有\( 2^X \)和\( \mathbf{N} \)不等基，因此\( 2^X \)不可数。

证毕。

章节8.4

练习8.4.1

题目：

Show that the axiom of choice implies Proposition 8.4.7. (Hint: consider the sets \( Y_x := \{ y \in Y : P(x, y) \text{ is true} \} \) for each \( x \in X \).) Conversely, show that if Proposition 8.4.7 is true, then the axiom of choice is also true.

Proposition 8.4.7的内容：

Let \( X \) and \( Y \) be sets, and let \( P(x, y) \) be a property pertaining to an object \( x \in X \) and an object \( y \in Y \) such that for every \( x \in X \) there is at least one \( y \in Y \) such that \( P(x, y) \) is true. Then there exists a function \( f: X \to Y \) such that \( P(x, f(x)) \) is true for all \( x \in X \).

证明：

必要性：

\( \forall x \in X \)，令\( Y_x := \{ y \in Y : P(x, y) \text{为真} \} \)，根据公理8.1，\( \prod_{x \in X} Y_x \)非空，故存在函数\( (y_x)_{x \in X} \)，其定义域为\( X \)，值域为\( \bigcup_{x \in X} Y_x \)，且\( \forall x \in X \)， \( y_x \in Y_x \)（注：\( y_x \)即\( ((y_x)_{x \in X})(x) \)），因此\( P(x, y_x) \)为真。构造函数\( f: X \to Y, \forall x \in X \)，令\( f(x) := y_x \)，可得\( \forall x \in X, P(x, f(x)) = P(x, y_x) \)为真。

充分性：

令\( I \)为一个集合，\( \forall \alpha \in I \)，令\( X_{\alpha} \)为一个非空集合，令\( X := \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)， \( \forall \alpha \in I, \forall x \in X \)，令属性\( P(\alpha, x) := x \in X_{\alpha} \)，由于\( \forall \alpha \in I \)，\( X_{\alpha} \)均非空，因此\( \exists x \in X_{\alpha} \)，故至少存在一个\( x \)使得\( P(\alpha, x) \)为真（注：\( P(\alpha, x) \)只要求\( x \in X_{\alpha} \)），因此属性\( P(\alpha, x) \)满足定理8.4.7的要求，根据定理8.4.7，存在函数\( f: I \to X \)， \( \forall \alpha \in I, P(\alpha, f(\alpha)) \)为真。构造函数\( (x_{\alpha})_{\alpha \in I}, \forall \alpha \in I \)，令\( x_{\alpha} := f(\alpha) \)，可得\( (x_{\alpha})_{\alpha \in I} \in \prod_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)，即\( \prod_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)非空。

证毕。

练习8.4.2

题目：

Let \( I \) be a set, and for each \( \alpha \in I \) let \( X_{\alpha} \) be a non-empty set. Suppose that all the sets \( X_{\alpha} \) are disjoint from each other, i.e., \( X_{\alpha} \cap X_{\beta} = \emptyset \) for all distinct \( \alpha, \beta \in I \). Using the axiom of choice, show that there exists a set \( Y \) such that \( \#(Y \cap X_{\alpha}) = 1 \) for all \( \alpha \in I \) (i.e., \( Y \) intersects each \( X_{\alpha} \) in exactly one element). Conversely, show that if the above statement was true for an arbitrary choice of sets \( I \) and non-empty disjoint sets \( X_{\alpha} \), then the axiom of choice is true. (Hint: the problem is that in Axiom 8.1 the sets \( X_{\alpha} \) are not assumed to be disjoint. But this can be fixed by the trick by looking at the sets \( \{ \alpha \} \times X_{\alpha} = \{ (\alpha, x) : x \in X_{\alpha} \} \) instead.)

证明：

必要性：

根据公理8.1，\( \prod_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)非空，故存在函数\( (x_{\alpha})_{\alpha \in I} \)满足 \( \forall \alpha \in I, x_{\alpha} \in X_{\alpha} \)，令\( Y := \{ x_{\alpha} : \alpha \in I \} \)，由于\( \forall \alpha \neq \beta \in I, X_{\alpha} \cap X_{\beta} = \emptyset \)，因此\( \forall \alpha \in I, Y \cap X_{\alpha} = \{ x_{\alpha} \} \)，从而有\( \#(Y \cap X_{\alpha}) = 1 \)。

充分性：

令\( I \)为一个集合，\( \forall \alpha \in I \)，令\( X_{\alpha} \)为一个非空集合。 \( \forall \alpha \in I \)，令\( Y_{\alpha} := \{ \alpha \} \times X_{\alpha} = \{ (\alpha, x) : x \in X_{\alpha} \} \)，这里\( Y_{\alpha} \)也非空，且\( \forall \alpha_0 \neq \alpha_1 \in I \)，明显有\( Y_{\alpha_0} \cap Y_{\alpha_1} = \emptyset \) （注：因为两个集合的元祖的第一个分量不同，因此两个集合的元祖不相等）。如果前半部分的结论成立，即\( \exists \)集合\( Y \)满足\( \forall \alpha \in I, \#(Y \cap Y_{\alpha}) = 1 \)，构造函数（元祖）\( (x_{\alpha})_{\alpha \in I}, \forall \alpha \in I \)，因为\( \#(Y \cap Y_{\alpha}) = 1 \)，即\( Y \cap Y_{\alpha} \neq \emptyset \)，因此\( \exists (\alpha, x) \in Y \)，满足\( (\alpha, x) \in Y_{\alpha} \)，从而\( x \in X_{\alpha} \)，令\( x_{\alpha} := x \)，因为\( \#(Y \cap Y_{\alpha}) = 1 \)，因此这样的\( x \)有且仅有一个，即\( (x_{\alpha})_{\alpha \in I} \)是良好定义的函数。综上，\( \forall \alpha \in I, x_{\alpha} \in X_{\alpha} \)，即\( (x_{\alpha})_{\alpha \in I} \in \prod_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)，也就是\( \prod_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)非空，即公理8.1成立。

证毕。

练习8.4.3

题目：

Let \( A \) and \( B \) be sets such that there exists a surjection \( g: B \to A \). Using the axiom of choice, show that there then exists an injection \( f: A \to B \) with \( g \circ f: A \to A \) the identity map; in particular \( A \) has lesser or equal cardinality to \( B \) in the sense of Exercise 3.6.7. (Hint: consider the inverse images \( g^{-1}(\{ a \}) \) for each \( a \in A \).) Compare this with Exercise 3.6.8. Conversely, show that if the above statement is true for arbitrary sets \( A, B \) and surjections \( g: B \to A \), then the axiom of choice is true. (Hint: use Exercise 8.4.2.)

注：

题目是勘误过的，“there then exists an injection \( f: A \to B \); in other words …“改成了"there then exists an injection \( f: A \to B \) with \( g \circ f: A \to A \) the identity map; in particular …"，不然前半部分的结论成立没办法推出公理8.1。

证明：

必要性：

\( \forall a \in A \)，令\( B_a := g^{-1}(\{ a \}) \)，因为\( g \)满射，所以\( B_a \)非空。 \( \forall a_0 \neq a_1 \in A, \forall b_0 \in B_{a_0}, \forall b_1 \in B_{a_1} \)，我们有\( g(b_0) = a_0 \neq a_1 = g(b_1) \)，由此可得\( B_{a_0} \cap B_{a_1} = \emptyset \)。

根据公理8.1，\( \prod_{a \in A} B_a \)非空，故存在函数\( (b_a)_{a \in A} \)满足\( \forall a \in A, b_a \in B_a \)，又\( B_a \subseteq B \)，因此\( b_a \in B \)。

证明下\( (b_a)_{a \in A} \)单射：\( \forall a_0 \neq a_1 \in A \)，我们有\( b_{a_0} \in B_{a_0}, b_{a_1} \in B_{a_1} \)，前面证了\( B_{a_0} \cap B_{a_1} = \emptyset \)，因此\( b_{a_0} \neq b_{a_1} \)，即\( (b_a)_{a \in A} \)单射。

构造函数\( f: A \to B, \forall a \in A \)，令\( f(a) := b_a \)，因为\( (b_a)_{a \in A} \)单射，所以\( f \)也单射。再证明下\( g \circ f: A \to A \)为单位映射： \( \forall a \in A, (g \circ f)(a) = g(f(a)) = g(b_a) \)，这里\( b_a \in B_a = g^{-1}(\{ a \}) \)，因此\( (g \circ f)(a) = g(b_a) = a \)，即\( g \circ f: A \to A \)为单位映射。

充分性：

令\( I \)为一个集合，\( \forall \alpha \in I \)，令\( X_{\alpha} \)为一个非空集合，且\( \forall \alpha \neq \beta \in I, X_{\alpha} \cap X_{\beta} = \emptyset \)。

构造函数\( g: \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha} \to I, \forall x \in \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha} \), 因为\( \forall \alpha \neq \beta \in I, X_{\alpha} \cap X_{\beta} = \emptyset \)，因此\( \exists \)唯一的\( \alpha_0 \in I \)，使得\( x \in X_{\alpha_0} \)，令\( g(x) := \alpha_0 \)。证明下\( g \)满射：\( \forall \alpha_0 \in I, X_{\alpha_0} \)非空，因此\( \exists x \in X_{\alpha_0} \)，进而\( x \in \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)，此时\( g(x) = \alpha_0 \) （注：前面证了，\( \alpha_0 \)是唯一的），至此可得，\( g \)满射。

如果前半部分的结论成立，即\( \exists \)单射函数\( f: I \to \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)满足 \( g \circ f: A \to A \)为单位映射，此时令\( Y := \{ f(\alpha) : \alpha \in I \} \)。先证明下\( \forall \alpha \in I, f(\alpha) \in X_{\alpha} \)：因为\( g \circ f: A \to A \)为单位映射，因此\( g(f(\alpha)) = \alpha \)，而根据\( g \)的映射规则，\( g \)只会在\( f(\alpha) \in X_{\alpha} \)的情况下将\( f(\alpha) \) 映射到\( \alpha \)，因此\( f(\alpha) \in X_{\alpha} \)。接下来证明下\( \forall \alpha \in I, \#(Y \cap X_{\alpha}) = 1 \)： \( \forall \alpha \in I \)，有\( f(\alpha) \in Y \)且\( f(\alpha) \in X_{\alpha} \)，因此\( Y \cap X_{\alpha} \)至少有一个元素，我们还需要证明它仅有一个元素， \( \forall \beta \neq \alpha \in I, f(\beta) \in X_{\beta} \)，又\( X_{\alpha} \cap X_{\beta} = \emptyset \)，因此\( f(\beta) \notin X_{\alpha} \)，进而\( f(\beta) \notin Y \cap X_{\alpha} \)，综上，\( Y \cap X_{\alpha} \)有且仅有一个元素\( f(\alpha) \)，即\( \#(Y \cap X_{\alpha}) = 1 \)，最后，根据练习8.4.2后半部分的结论，可得公理8.1成立。

证毕。

章节8.5

练习8.5.1

题目：

Consider the empty set \( \emptyset \) with the empty order relation \( \leq_{\emptyset} \) (this relation is vacuous because the empty set has no elements). Is this set partially ordered? totally ordered? well-ordered? Explain.

解答：

因为\( \emptyset \)没有任何元素，故直接满足自反性、反对称性、传递性（或者说不违反），因此\( \emptyset \)是部分有续集，同理，由于\( \emptyset \)没有任何元素，\( \emptyset \)也直接满足全序集的要求，故\( \emptyset \)也是全序集。最后，由于\( \emptyset \)没有任何非空子集，因此也直接满足良序集的要求，故 \( \emptyset \)也是良序集。

练习8.5.2

题目：

Give examples of a set \( X \) and a relation \( \leq \) such that

The relation \( \leq \) is reflexive and anti-symmetric, but not transitive;
The relation \( \leq \) is reflexive and transitive, but not anti-symmetric;
The relation \( \leq \) is anti-symmetric and transitive, but not reflexive.

注：

这些反例来自于AROUND BINARY RELATIONS ON SETS，里面还有其他类型的反例。

例子1：

令\( X := \mathbf{R}, \forall x, y \in X, x \leq_X y := (x \leq y \text{且} y - x \leq 1) \)，特别注意下，这里为了区分通用关系符号和数字的“小于或者等于”关系符号，用\( \leq_X \)代表前者，\( \leq \)代表后者。

该关系明显满足自反性以及反对称性（因为我们有\( x \leq y \)的要求，因此满足反对称性），但它不满足传递性，举个例子：\( 0 \leq_X 1, 1 \leq_X 2 \)，但是\( 0 \nleq_X 2 \)。

例子2：

令\( X := \mathbf{R}, \forall x, y \in X, x \leq_X y := |x| \leq |y| \)。

该关系明显满足自反性以及传递性，但它不满足反对称性，举个例子： \( \forall x \neq 0, x \leq_X -x, -x \leq_X x \)，但是\( x \neq -x \)。

例子3：

令\( X := \mathbf{N}, \forall x, y \in X, x \leq_X y := (\exists k \in X, x = 2k, \exists m \in X, y = mx) \)，即\( x \)是偶数且\( y \)能被\( x \)整除。

该关系不满足自反性，因为所有的奇数\( x \)，均有\( x \nleq_X x \)。

\( \forall x, y \in X \)，如果\( x \leq_X y, y \leq_X x \)，此时\( x, y \)均为偶数，且\( \exists m_1, m_2 \in X, y = m_1x, x = m_2y \)，可得\( x = m_2y = m_2m_1x \)，进而可得\( m_2m_1 = 1 \)，如果\( m_1, m_2 \)中任意一个数为\( 0 \)，则\( m_2m_1 = 0 \neq 1 \)，因此\( m_1 \geq 1, m_2 \geq 1 \)，在此基础上，如果\( m_1, m_2 \)中任意一个数\( > 1 \)，则\( m_2m_1 > 1 \)，此时\( m_2m_1 \neq 1 \)，因此\( 1 \leq m_1 \leq 1, 1 \leq m_2 \leq 1 \)，可得\( m_1 = m_2 = 1 \)，进而可得\( x = y \)。综上，该关系满足反对称性。

\( \forall x, y, z \in X \)，如果\( x \leq_X y, y \leq_X z \)，此时\( x \)为偶数且\( \exists m_1, m_2 \in X, y = m_1x, z = m_2y \)，可得\( z = m_2m_1x \)，因此\( x \leq_X z \)。综上，该关系满足传递性。

练习8.5.3

题目：

Given two positive integers \( n, m \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \} \), we say that \( n \) divides \( m \), and write \( n \mid m \), if there exists a positive integer \( a \) such that \( m = na \). Show that the set \( \mathbf{N} \setminus \{ 0 \} \) with the ordering relation \( \mid \) is a partially ordered set but not a totally ordered one. Note that this is a different ordering relation from the usual \( \leq \) ordering of \( \mathbf{N} \setminus \{ 0 \} \).

证明：

\( \forall n \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \}, n = n1 \)，因此\( n \mid n \)，即关系\( \mid \)满足自反性。

\( \forall x, y \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \} \)，如果\( x \mid y, y \mid x \)，即\( \exists a_1, a_2 \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \} \)，使得\( y = xa_1, x = ya_2 \)，可得\( x = xa_1a_2 \)，进而可得\( a_1a_2 = 1 \)，这意味着\( a_1 = a_2 = 1 \)，因此\( x = y \)。综上，关系\( \mid \)满足反对称性。

\( \forall x, y, z \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \} \)，如果\( x \mid y, y \mid z \)，即\( \exists a_1, a_2 \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \} \)，使得\( y = xa_1, z = ya_2 \)，可得\( z = xa_1a_2 \) 且\( a_1a_2 \in \mathbf{N} \setminus \{ 0 \} \)，即\( x \mid z \)。综上，关系\( \mid \)满足传递性。

综上，\( \mathbf{N} \setminus \{ 0 \} \)在关系\( \mid \)下为部分有序集。

但\( \mathbf{N} \setminus \{ 0 \} \)在关系\( \mid \)下不是全序集，举个例子：\( 3 \nmid 5 \)且\( 5 \nmid3 \)。

证毕。

练习8.5.4

题目：

Show that the set of positive reals \( \mathbf{R}^+ := \{ x \in \mathbf{R} : x > 0 \} \) have no minimal element.

注：

这里关系是正实数之间小于或者等于的关系。

证明：

假设\( \mathbf{R}^+ \)有最小元\( y \)，可得\( y > 0 \)且不存在\( y' \in \mathbf{R}^+, y' < y \)，但\( 2 / y \in \mathbf{R}^+, 2 / y < y \)，矛盾，因此假设不成立，\( \mathbf{R}^+ \)没有最小元。

证毕。

练习8.5.5

题目：

Let \( f: X \to Y \) be a function from one set \( X \) to another set \( Y \). Suppose that \( Y \) is partially ordered with some ordering relation \( \leq_Y \). Define a relation \( \leq_X \) on \( X \) by defining \( x \leq_X x' \) if and only if \( f(x) <_Y f(x') \) or \( x = x' \). Show that this relation \( \leq_X \) turns \( X \) into a partially ordered set. If we know in addition that the relation \( \leq_Y \) makes \( Y \) totally ordered, does this mean that the relation \( \leq_X \) makes \( X \) totally ordered also? If not, what additional assumption needs to be made on \( f \) in order to ensure that \( \leq_X \) makes \( X \) totally ordered?

注：

\( x \leq_X x' \)定义成\( f(x) <_Y f(x') \)或\( x = x' \)，而不直接定义成\( f(x) \leq_Y f(x') \)，是因为这样\( \leq_X \)可能就不满足反对称性了， \( X \)也就不是部分有序集了，除非\( f \)单射，但题目并没有要求\( f \)单射。

证明：

先证明下\( X \)是部分有序集：

\( \forall x \in X \)，有\( x = x \)，因此根据\( \leq_X \)的定义， \( x \leq_X x \)，因此\( \leq_X \)满足自反性。

\( \forall x, x' \in X \)，如果\( x \leq_X x' \)且\( x' \leq_X x \)，则（\( f(x) <_Y f(x') \)或\( x = x' \)）且（\( f(x') <_Y f(x) \)或\( x = x' \)），针对“且”的左侧，分情况进行讨论：

如果\( f(x) <_Y f(x') \)，则\( f(x) \leq_Y f(x') \)且\( f(x) \neq f(x') \)，此时考虑“且”的右侧，如果\( f(x') <_Y f(x) \)，则\( f(x') \leq_Y f(x) \)且\( f(x') \neq f(x) \)，由\( f(x) \leq_Y f(x') \)、\( f(x') \leq_Y f(x) \)以及\( \leq_Y \)自反，可得\( f(x') = f(x) \)，这和\( f(x') \neq f(x) \)矛盾，故该情况不可能，只剩下\( x = x' \)的可能性。
如果\( x = x' \)，此时“且”右侧的\( f(x') <_Y f(x) \)是不可能的，只剩下\( x = x' \)的可能性。

综上，\( x = x' \)，故\( \leq_X \)满足反对称性。

\( \forall x, y, z \in X \)，如果\( x \leq_X y, y \leq_X z \)，即（\( f(x) <_Y f(y) \)或\( x = y \)）且（\( f(y) <_Y f(z) \)或\( y = z \)），针对“且”的左侧，分情况讨论：

如果\( f(x) <_Y f(y) \)，针对“且”的右侧：
1. 如果\( f(y) <_Y f(z) \)，则因为\( \leq_Y \)满足传递性，因此\( f(x) <_Y f(z) \)，进而\( x \leq_X z \)。
2. 如果\( y = z \)，则\( f(x) <_Y f(y) = f(z) \)，因此\( x \leq_X z \)。
如果\( x = y \)，针对“且”的右侧：
1. 如果\( f(y) <_Y f(z) \)，则\( f(x) = f(y) <_Y f(z) \)，因此\( x \leq_X z \)。
2. 如果\( y = z \)，则\( x = z \)，因此\( x \leq_X z \)。

综上，\( x \leq_X z \)，故\( \leq_X \)满足传递性。

至此可得，\( X \)在关系\( \leq_X \)为部分有序集。

如果我们额外知道\( Y \)在关系\( \leq_Y \)下为全序集，则\( X \)在关系\( \leq_X \)下不一定是全序集，举个例子：给定\( x \neq x' \in X \)，由于\( Y \)在关系\( \leq_Y \)下是全序集，因此， \( f(x) \leq_Y f(x') \)或\( f(x') \leq_Y f(x) \)成立，不妨设\( f(x) \leq_Y f(x') \)成立，这时由于\( f \)不一定单射，因此有可能\( f(x) = f(x') \)，从而导致\( f(x) <_Y f(x') \)不成立，又\( x \neq x' \)，因此\( x \leq_X x' \)不成立，从而违反了全序集的约束。如果额外假设\( f \)单射，则\( f(x) \neq f(x') \)，此时\( f(x) <_Y f(x') \)成立，进而\( x \leq_X x' \)成立，这样\( x \neq x' \)的情况下就不违反全序集的约束了，再加上\( x = x' \)时，也有\( x \leq_X x' \)，就可得\( X \)在关系\( \leq_X \)下是全序集了。

证毕。

练习8.5.6

题目：

Let \( X \) be a partially ordered set. For any \( x \) in \( X \), define the order ideal \( (x) \subseteq X \) to be the set \( (x) := \{ y \in X : y \leq x \} \). Let \( (X) := \{ (x) : x \in X \} \) be the set of all order ideals, and let \( f: X \to (X) \) be the map \( f(x) := (x) \) that sends every element of \( X \) to its order ideal. Show that \( f \) is a bijection, and that given any \( x, y \in X \), that \( x \leq y \) if and only if \( f(x) \subseteq f(y) \). This exercise shows that any partially ordered set can be represented by a collection of sets whose ordering relation is given by set inclusion.

注：

原题目中，有的地方用\( \leq \)，要的地方用\( \leq_X \)，这里统一改成\( \leq \)，因为集合\( X \)是明确的，没有歧义。

证明：

\( \forall x \in X \)，由于\( \leq \)满足自反性，因此\( x \leq x \)，进而可得\( x \in (x) \)。

先证明\( f \)双射：

证明\( f \)单射：\( \forall x \neq x' \in X \)，因为\( X \)不一定是全序集，因此不一定有\( x \leq x' \)或\( x' \leq x \)，故我们分情况讨论：

如果\( x \leq x' \)或\( x' \leq x \)，此时不妨设\( x \leq x' \)，加上\( x \neq x' \)，可得\( x < x' \)，这意味着\( x' \notin (x) \)（注：\( x < x' \)和\( x' \leq x \)不可能同时成立），又\( x' \in (x') \)，因此\( (x) \neq (x') \)。
如果\( x \nleq x' \)且\( x' \nleq x \)，则\( x \notin (x'), x' \notin (x) \)，但\( x \in (x), x' \in (x') \)，因此\( (x) \neq (x') \)。

证明\( f \)满射：\( \forall y \in (X) \)，根据\( (X) \)的定义，可得\( \exists x \in X, y = (x) \)，进而\( f(x) = (x) = y \)。

综上，\( f \)双射。

接着证明\( x \leq y \equiv f(x) \subseteq f(y) \)：

必要性：

如果\( x \leq y \)：\( \forall x' \in f(x) = (x) \)，有\( x' \leq x \)，由\( x \leq y \)以及\( \leq \)满足传递性，可得\( x' \leq y \)，因此\( x' \in (y) = f(y) \)。综上，\( f(x) \subseteq f(y) \)。

充分性：

如果\( f(x) \subseteq f(y) \)：由\( x \in (x) = f(x) \)以及\( f(x) \subseteq f(y) \)，可得\( x \in f(y) = (y) \)，进而可得\( x \leq y \)。

证毕。

练习8.5.7

题目：

Let \( X \) be a partially ordered set, and let \( Y \) be a totally ordered subset of \( X \). Show that \( Y \) can have at most one maximum and at most one minimum.

证明：

证明至多有一个最大元：假设\( Y \)有最大元\( y, y' \)，则\( y \leq y', y' \leq y \)，又\( Y \)是全序集，因此\( \leq \)满足反对称性，可得\( y = y' \)。综上，\( Y \)至多有一个最大元（可以没有）。

同理可证\( Y \)至多有一个最小元。

证毕。

练习8.5.8

题目：

Show that every finite non-empty subset of a totally ordered set has a minimum and a maximum. (Hint: use induction.) Conclude in particular that every finite totally ordered set is well-ordered.

证明：

给定全序集\( X \)，证明所有\( X \)的有限非空子集均有一个最大元及一个最小元： \( \forall X \)的有限非空子集\( Y \)，记\( \#(Y) = n \)，因为\( Y \)非空，故\( n \geq 1 \)，我们对\( n \)进行数学归纳，基础情况从\( 1 \)开始：当\( n = 1 \)时，则\( Y \)可以写成\( \{ x \} \)的形式，这里\( \forall y \in X \)，均有\( y = x \)，因此\( x \leq y = x \)，可得\( x \)是\( Y \)的最小元，同理可证 \( x \)是\( Y \)的最大元，故\( n = 1 \)时成立。归纳假设当\( n = k \)时成立，当\( n = k + 1 \)时，因为\( Y \)非空，故\( \exists x \in Y \)，令\( Y' = Y \setminus \{ x \} \)，则\( \#(Y') = k \)，根据归纳假设，\( Y' \)有最小元\( \min(Y') \)和最大元\( \max(Y') \)，令\( z := \min(\min(Y'), x) \)，则\( \forall y \in Y \)，有\( z \leq y \)（分情况讨论，这里不展开了），故\( z \)是\( Y \)的最小元，同理可证\( z' := \max(\max(Y'), x) \)是\( Y \)的最大元，至此可得，\( n = k + 1 \)也成立，归纳完毕。

给定有限全序集\( X \)，证明\( X \)是良序集： \( \forall X \)的非空子集\( Y \)，因为\( X \)有限，因此\( Y \)也有限，根据前面的证明可得，\( Y \)有最小元，再加上\( X \)是全序集，因此\( X \)是良序集。

证毕。

练习8.5.9

题目：

Let \( X \) be a totally ordered set such that every non-empty subset of \( X \) has both a minimum and a maximum. Show that \( X \) is finite. (Hint: assume for sake of contradiction that \( X \) is infinite. Start with the minimal element \( x_0 \) of \( X \) and then construct an increasing sequence \( x_0 < x_1 < \dots \) in \( X \).)

证明：

假设\( X \)无限，递归定义序列\( (x_n)_{n = 0}^{\infty} \)： \( \forall n \in \mathbf{N} \)，归纳假设\( \forall 0 \leq n' < n, x_{n'} \)均已定义，令\( Y := X \setminus \{ x_{n'} : 0 \leq n' < n \} \)，可得\( Y \subseteq X \)且\( Y \)非空（因为我们仅从\( X \)中去掉有限个元素），故\( Y \)存在最小元\( \min(Y) \)，令\( x_n := \min(Y) \) （注：该递归定义依赖于定理8.5.10来保证\( \forall n \in \mathbf{N}, x_n \)均有定义，这个定理会在后面的练习8.5.10中证明，不过这并不会导致循环依赖，故可以使用）。

证明下\( \forall n \in \mathbf{N}, x_n < x_{n + 1} \)：我们知道，\( x_n := \min(X \setminus \{ x_{n'} : 1 \leq n' < n \}) \)， \( x_{n + 1} := \min(X \setminus \{ x_{n'} : 1 \leq n' < n + 1 \}) \)，这里\( x_{n + 1} \in X \)且\( x_{n + 1} \notin \{ x_{n'} : 1 \leq n' < n \} \)，因此\( x_{n + 1} \in X \setminus \{ x_{n'} : 1 \leq n' < n \} \)，又\( x_n \)是\( X \setminus \{ x_{n'} : 1 \leq n' < n \} \)的最小元，因此\( x_n < x_{n + 1} \)。

令\( Z := \{ x_n : n \in \mathbf{N} \} \)，可得\( Z \subseteq X \)且\( Z \)非空，假设\( Z \)有最大元\( \max(Z) \)，根据\( Z \)的定义，\( \exists n_0 \in \mathbf{N}, x_{n_0} = \max(Z) \)，但\( x_{n_0 + 1} \in Z \)且\( \max(Z) = x_{n_0} < x_{n_0 + 1} \)，这和\( \max(Z) \)为\( Z \)的最大元矛盾（因为\( \max(Z) < x_{n_0 + 1} \)和\( x_{n_0 + 1} < \max(Z) \)不可能同时成立），因此假设不成立，\( Z \)不存在最大元。这里\( Z \)是\( X \)的非空子集，但它没有最大元，这和题目说\( X \)的所有非空子集均有最大元和最小元矛盾，因此我们一开始假设的\( X \)是无限集不成立，\( X \)是有限集。

证毕。

练习8.5.10

题目：

Prove Proposition 8.5.10, without using the axiom of choice. (Hint: consider the set \( Y := \{ n \in X : P(m) \text{ is false for some } m \in X \text{ with } m \leq_X n \} \), and show that \( Y \) being non-empty would lead to a contradiction.)

Proposition 8.5.10的内容：

(Principle of strong induction). Let \( X \) be a well-ordered set with an ordering relation \( \leq \), and let \( P(n) \) be a property pertaining to an element \( n \in X \) (i.e., for each \( n \in X \), \( P(n) \) is either a true statement or a false statement). Suppose that for every \( n \in X \), we have the following implication: if \( P(m) \) is true for all \( m \in X \) with \( m <_X n \), then \( P(n) \) is also true. Then \( P(n) \) is true for all \( n \in X \).

证明：

如果\( \forall n \in X \)，在归纳假设\( \forall m \)满足\( m \in X \)且\( m <_X n \)，\( P(m) \)为真的情况下，能证明\( P(n) \)为真。 (1)

此时，我们令 \( Y := \{ n \in X : \exists m \in X \text{满足} m \leq_X n \text{且} P(m) \text{为假} \} \)，假设\( Y \)非空，则\( \exists n_0 \in X \)，针对该\( n_0 \)， \( \exists m_0 \in X \)满足\( m_0 \leq_X n_0 \)且\( P(m_0) \)为假。根据(1)，我们知道在归纳假设 \( \forall m \)满足\( m \in X \)且\( m <_X n_0 \)，\( P(m) \)为真的情况下，能证明\( P(n_0) \)为真，由于\( m_0 \leq_X n_0 \)，因此\( \forall m \in X, m <_X m_0 \)，有\( m <_X n_0 \)，进而可得“\( \forall m \)满足\( m \in X \)且\( m <_X n_0 \)，\( P(m) \)为真”这句话蕴含了“\( \forall m \)满足\( m \in X \)且\( m <_X m_0 \)，\( P(m) \)为真”，再次根据(1)，可知此时我们能证明\( P(m_0) \)为真，但这和\( P(m_0) \)为假矛盾，故假设不成立，\( Y \)为空。特别的，\( \forall n \in X \)，有\( n \leq n \)，又\( Y \)为空，因此\( P(n) \)为真。

证毕。

练习8.5.11

题目：

Let \( X \) be a partially ordered set, and let \( Y \) and \( Y' \) be well-ordered subsets of \( X \). Show that \( Y \cup Y' \) is well-ordered if and only if it is totally ordered.

证明：

必要性：

如果\( Y \cup Y' \)是良序集，则根据良序集的定义，直接有\( Y \cup Y' \)是全序集。

充分性：

如果\( Y \cup Y' \)是全序集，则\( \forall Y \cup Y' \)的非空子集\( Z \)，由于\( Z \subseteq Y \cup Y' \)，因此\( Z = (Z \cap Y) \cup (Z \cap Y') \)，由于\( Z \cap Y \subseteq Y \)且\( Y \)是良序集，因此它有最小元\( \min(Z \cap Y) \)，同理\( Z \cap Y' \)有最小元\( \min(Z \cap Y') \)，令\( \min(Z) := \min(\min(Z \cap Y), \min(Z \cap Y')) \)，则\( \forall z \in Z \)，因为\( Z = (Z \cap Y) \cup (Z \cap Y') \)，因此\( z \in Z \cap Y \)或\( z \in Z \cap Y' \)，如果\( z \in Z \cap Y \)，则\( z \leq \min(Z \cap Y) \leq \min(Z) \)，如果\( z \in Z \cap Y' \)，则\( z \leq \min(Z \cap Y') \leq \min(Z) \)，至此可得，\( Z \)有最小元\( \min(Z) \)，进而可得，\( Y \cup Y' \)为良序集。

证毕。

练习8.5.12

题目：

Let \( X \) and \( Y \) be partially ordered sets with ordering relations \( \leq_X \) and \( \leq_Y \) respectively. Define a relation \( \leq_{X \times Y} \) on the Cartesian product \( X \times Y \) by defining \( (x, y) \leq_{X \times Y} (x', y') \) if \( x <_X x' \), or if \( x = x' \) and \( y \leq_Y y' \). (This is called the lexicographical ordering on \( X \times Y \), and is similar to the alphabetical ordering of words; a word \( w \) appears earlier in a dictionary than another word \( w' \) if the first letter of \( w \) is earlier in the alphabet than the first letter of \( w' \), or if the first letters match and the second letter of \( w \) is earlier than the second letter of \( w' \), and so forth.) Show that \(\leq_{X \times Y} \) defines a partial ordering on \( X \times Y \). Furthermore, show that if \( X \) and \( Y \) are totally ordered, then so is \( X \times Y \), and if \( X \) and \( Y \) are well-ordered, then so is \( X \times Y \).

证明：

先证明\( X \times Y \)在关系\( \leq_{X \times Y} \)下是部分有序集：

\( \forall (x, y) \in X \times Y \)，因为\( X, Y \)均是部分有序集，因此\( x = x \)（由自反性和反对称性得到）且\( y \leq_Y y \)，进而\( (x, y) \leq_{X \times Y} (x, y) \)，即\( \leq_{X \times Y} \)满足自反性。

\( \forall (x, y), (x', y') \in X \times Y \)，如果\( (x, y) \leq_{X \times Y} (x', y') \)且\( (x', y') \leq_{X \times Y} (x, y) \)，此时由\( (x, y) \leq_{X \times Y} (x', y') \)可得\( x <_X x' \)或（\( x = x' \)且\( y \leq_Y y' \)），分别讨论这两种情况：

如果\( x <_X x' \)，此时由\( (x', y') \leq_{X \times Y} (x, y) \)，可得\( x' <_X x \)或（\( x = x' \)且\( y' \leq_Y y \)），因为\( x \neq x' \)，因此后者不可能，只留下\( x' <_X x \)的可能性，但这和\( x <_X x' \)矛盾，既然两种情况都不可能，我们可以得出结论：一开始的\( x <_X x' \)就不可能成立。
如果\( x = x' \)且\( y \leq_Y y' \)，此时由\( (x', y') \leq_{X \times Y} (x, y) \)，可得\( x' <_X x \)或（\( x = x' \)且\( y' \leq_Y y \)），前一种情况不可能，只可能\( x = x' \)且\( y' \leq_Y y \)，由\( y' \leq_Y y \)、\( y \leq_Y y' \)以及\( Y \)为部分有序集，可得\( y = y' \)，加上\( x = x' \)，可得\( (x, y) = (x', y') \)。

综上，如果\( (x, y) \leq_{X \times Y} (x', y') \)且\( (x', y') \leq_{X \times Y} (x, y) \)，则\( (x, y) = (x', y') \)，即\( \leq_{X \times Y} \)满足反对称性。

\( \forall (x_0, y_0), (x_1, y_1), (x_2, y_2) \in X \times Y \)，如果\( (x_0, y_0) \leq_{X \times Y} (x_1, y_1) \)且 \( (x_1, y_1) \leq_{X \times Y} (x_2, y_2) \)，此时由\( (x_0, y_0) \leq_{X \times Y} (x_1, y_1) \) 可得\( x_0 <_X x_1 \)或（\( x_0 = x_1 \)且\( y_0 \leq_Y y_1 \)），分别讨论这两种情况：

如果\( x_0 <_X x_1 \)，此时由\( (x_1, y_1) \leq_{X \times Y} (x_2, y_2) \)，可得\( x_1 \leq_X x_2 \)（将\( x_1 <_X x_2 \)和\( x_1 = x_2 \)合并），由\( X \)是部分有序集，可得\( x_0 \leq_X x_2 \)，还得排除\( x_0 = x_2 \)的情况，假设\( x_0 = x_2 \)，则\( x_1 \leq_X x_2 = x_0 \)，这和\( x_0 <_ X x_1 \)矛盾（由反对称性可得\( x = x_1 \)，进而得出矛盾），因此\( x_0 = x_2 \)不可能，我们有\( x_0 <_X x_2 \)，进而有\( (x_0, y_0) \leq_{X \times Y} (x_2, y_2) \)。
如果\( x_0 = x_1 \)且\( y_0 \leq_Y y_1 \)，此时由\( (x_1, y_1) \leq_{X \times Y} (x_2, y_2) \)，可得\( x_1 <_X x_2 \)或（\( x_1 = x_2 \)且\( y_1 \leq_Y y_2 \)），分情况讨论：
1. 如果\( x_1 <_X x_2 \)，此时可得\( x_0 = x_1 \leq_X x_2 \)，进而可得\( (x_0, y_0) \leq_{X \times Y} (x_2, y_2) \)。
2. 如果\( x_1 = x_2 \)且\( y_1 \leq_Y y_2 \)，此时由\( x_0 = x_1 \)和\( x_1 = x_2 \)，可得\( x_0 = x_2 \)，由\( y_0 \leq_Y y_1 \)、\( y_1 \leq_Y y_2 \)以及\( Y \)是部分有序集，可得\( y_0 \leq_Y y_2 \)，至此可得， \( (x_0, y_0) \leq_{X \times Y} (x_2, y_2) \)。

综上，如果\( (x_0, y_0) \leq_{X \times Y} (x_1, y_1) \)且 \( (x_1, y_1) \leq_{X \times Y} (x_2, y_2) \)，则\( (x_0, y_0) \leq_{X \times Y} (x_2, y_2) \)，即\( \leq_{X \times Y} \)满足传递性。

至此可得，\( X \times Y \)在关系\( \leq_{X \times Y} \)下是部分有序集。

接着证明，如果进一步假设\( X, Y \)是全序集，则\( X \times Y \)也是全序集：

\( \forall (x_0, y_0), (x_1, y_1) \in X \times Y \)，由\( X \)是全序集，可得\( x_0 \leq_X x_1 \)或\( x_1 \leq_X x_0 \)，不妨设\( x_0 \leq_X x_1 \)（如果不是，则交换下两个符号，重复一遍证明即可），分类进行讨论：

如果\( x_0 \neq x_1 \)，则有\( x_0 <_X x_1 \)，进而有\( (x_0, y_0) \leq_{X \times Y} (x_1, y_1) \)，
如果\( x_0 = x_1 \)，则由\( Y \)是全序集，可得\( y_0 \leq_X y_1 \)或\( y_1 \leq_X y_0 \)，进而可得\( (x_0, y_0) \leq_{X \times Y} (x_1, y_1) \)或 \( (x_1, y_1) \leq_{X \times Y} (x_0, y_0) \)。

综上，\( X \times Y \)在关系\( \leq_{X \times Y} \)下是全序集。

最后证明，如果进一步假设\( X, Y \)是良序集，则\( X \times Y \)也是良序集：

\( \forall X \times Y \)的非空子集\( Z \)，令\( X' := \{ x : (x, y) \in Z \}, Y' := \{ y : (x, y) \in Z \} \)，则\( X', Y' \)均非空，因为\( X \)是良序集以及\( X' \)是\( X \)的非空子集，可得\( X' \)存在最小元\( x' \)，因为\( Y \)是良序集以及\( Y' \)是\( Y \)的非空子集，可得\( Y' \)存在最小元\( y' \)。

我们证明下\( (x', y') \)是\( Z \)的最小元： \( \forall (x, y) \in Z \)，可得\( x \in X', y \in Y' \)，进而\( x' \leq_X x, y' \leq_Y y \)，分情况讨论：

如果\( x' \neq x \)，则\( x' <_X x \)，可得\( (x', y') \leq_{X \times Y} (x, y) \)。
如果\( x' = x \)，则加上\( y' \leq_Y y \)，可得\( (x', y') \leq_{X \times Y} (x, y) \)。

综上，\( (x', y') \)是\( Z \)的最小元，由于这对所有子集\( Z \)都成立，因此\( X \times Y \)是良序集。

证毕。

练习8.5.13

题目：

Prove the claim in the proof of Lemma 8.5.14, namely that every element of \( Y' \setminus Y \) is a strict upper bound for \( Y \) and every element of \( Y \setminus Y' \) is a strict upper bound for \( Y' \). (Hint: Show using Proposition 8.5.10 that \( \{ y \in Y : y \leq a \} = \{ y \in Y' : y \leq a \} = \{ y \in Y \cap Y' : y \leq a \} \) for all \( a \in Y \cap Y' \). Conclude that \( Y \cap Y' \) is good, and hence \( s(Y \cap Y') \) exists. Show that \( s(Y \cap Y') = \min(Y' \setminus Y) \) if \( Y' \setminus Y \) is non-empty, and similarly with \( Y \) and \( Y' \) interchanged. Since \( Y' \setminus Y \) and \( Y \setminus Y' \) are disjoint, one can then conclude that one of these sets is empty, at which point the claim becomes easy to establish.)

Lemma 8.5.14的内容：

Let \( X \) be a partially ordered set with ordering relation \( \leq \), and let \( x_0 \) be an element of \( X \). Then there is a well-ordered subset \( Y \) of \( X \) which has \( x_0 \) as its minimal element, and which has no strict upper bound.

文中对Lemma 8.5.14的证明中，相关变量和概念的定义：

关于函数\( s \)：

根据选择公理（定理8.4.7的形式）可得，存在函数\( s: \{ Y : Y \subseteq X, Y \text{是良序集}, \min(Y) = x_0, Y \text{至少有一个严格上界} \} \to X \)，可以给满足条件的\( Y \)赋值一个严格上界\( s(Y) \in X \) （实际上只要\( Y \)至少有一个严格上界即可，但是我们不需要这么通用的条件）。

好集（good set）概念的定义：

Henceforth we fix a single such strict upper bound function \( s \). Let us define a special class of subsets \( Y \) of \( X \). We say that a subset \( Y \) of \( X \) is good iff it is well-ordered, contains \( x_0 \) as its minimal element, and obeys the property that \( x = s(\{ y \in Y : y < x \}) \) for all \( x \in Y \setminus \{ x_0 \} \).

注意到，针对集合\( \{ y \in Y : y < x \} \)，容易验证几点：

该集合是\( X \)的良序子集（因为该集合是良序集\( Y \)的子集，故也是良序集，又\( Y \subseteq X \)，进而该集合\( \subseteq X \)）。
该集合包含\( x_0 \)且\( x_0 \)是该集合的最小元（因为\( x \neq x_0 \)且\( Y \)的最小元是\( x_0 \)）。
\( x \)是该集合的严格上界，也就是该集合至少有一个严格上界。

也就是说，\( \{ y \in Y : y < x \} \)符合函数\( s \)定义域的条件，因此\( s(\{ y \in Y : y < x \}) \)是合法的。

特别的，\( \{ x_0 \} \)就是一个好集，并且它是“最小”的好集，因为其他任意的好集都得包含元素\( x_0 \)，且可能还有其他元素。

本题目中，\( Y, Y' \)变量的定义：

\( Y, Y' \)是任意两个\( X \)的好集（当然，这两个可以是相同的集合）。

注：

为什么题目给的提示让我们去证明\( \forall a \in Y \cap Y', \{ y \in Y : y \leq a \} = \{ y \in Y' : y \leq a \} = \{ y \in Y \cap Y' : y \leq a \} \)？这是因为我们想证明下我们定义的好集具有几个我们想要的属性，\( \forall \)好集\( Y, Y' \)，我们想要的第一个属性就是，好集有相互包含的关系，具体就是，要有\( Y \subseteq Y' \)或\( Y' \subseteq Y \)成立，但是如果只有这个属性的话，还不够，考虑一个具体的例子：令\( Y := \{ 3, 5, 6 \}, Y' := \{ 1, 3, 5, 6, 9 \} \)，假设\( Y, Y' \)都是好集，此时确实有\( Y \subseteq Y' \)，但是我们还希望在给好集的元素“排序”后，一个好集会是另外一个好集的“前缀”，比如这里我们希望\( Y \)会是\( \{ 1 \}, \{ 1, 3 \}, \{ 1, 3, 5 \} \) 之类的，这意味着我们的好集只从“尾部”插入元素以进行“增长”，这就是为什么我们证明\( \forall a \in Y \cap Y', \{ y \in Y : y \leq a \} = \{ y \in Y' : y \leq a \} = \{ y \in Y \cap Y' : y \leq a \} \)，想象下，如果只满足子集关系，不满足一个好集是另外一个好集的“前缀”的关系，则\( \{ y \in Y : y \leq a \} \)或\( \{ y \in Y' : y \leq a \} \)中会有一些\( \leq a \)，但是\( \notin Y \cap Y' \)的元素，从而导致等式不成立。当然，这只是好集具有的两个我们想要的属性，好集还有一个重要的属性，以好集\( Y \)为例，它满足\( \forall x \in Y \setminus \{ x_0 \}, x = s(\{ y \in Y : y < x \}) \)，配合刚才说的两个好集具有的属性，可知函数\( s \)为好集选择出了一条唯一的“增长”道路。

证明：

因为\( Y, Y' \)均是良序集，因此\( Y \cap Y' \)作为良序集的子集也是良序集，除此之外，由于\( x_0 \in Y \)且\( x_0 \in Y' \)，因此\( x_0 \in Y \cap Y' \)，特别的，\( x_0 \)也是\( Y \cap Y' \)的最小元（假设\( x_0 \)不是\( Y \cap Y' \)的最小元，即在\( Y \cap Y' \)中有比\( x_0 \)更小的元素，则\( Y, Y' \)中也会有该更小的元素，从而导致\( Y, Y' \)的最小元不是\( x_0 \)，矛盾），还差一个条件就可以证明\( Y \cap Y' \)是好集了，即 \( \forall x \in (Y \cap Y') \setminus \{ x_0 \}, x = s(\{ y \in Y \cap Y' : y < x \}) \)。

在此之前，我们先证明\( \forall a \in Y \cap Y', \{ y \in Y : y \leq a \} = \{ y \in Y' : y \leq a \} = \{ y \in Y \cap Y' : y \leq a \} \)，由于\( Y \cap Y' \)是良序集，因此可以使用引理8.5.14，即良序集版本的强归纳法来证明该等式：归纳假设\( \forall a' \in Y \cap Y' \)且\( a' < a \)，均有\( \{ y \in Y : y \leq a' \} = \{ y \in Y' : y \leq a' \} = \{ y \in Y \cap Y' : y \leq a' \} \)，我们证明该等式对\( a \)也成立，令\( A := \{ y \in Y : y \leq a \}, B := \{ y \in Y' : y \leq a \}, C := \{ y \in Y \cap Y' : y \leq a \} \)，即我们要证明\( A = B = C \)：

假设\( A = B = C \)不成立，即\( A \neq B \)或\( B \neq C \)，先考虑\( A \neq B \)：这意味着\( \{ Y \setminus Y' : y \leq a \}, \{ Y' \setminus Y : y \leq a \} \) 这两个集合中至少有一个集合是非空的，令\( D := \{ Y \setminus Y' : y \leq a \} \)，不妨设\( D \)非空（注：如果\( \{ Y' \setminus Y : y \leq a \} \)非空，则交换下变量\( Y, Y' \)，重复一遍证明即可，这里顺便讲下思路，考虑一个具体的例子，令\( x_0 := 1, Y := \{ 1, 2, 4, 7, 9 \}, Y' := \{ 1, 3, 5, 6, 9 \} \)，假设\( Y, Y' \)均是好集，取\( a := 9 \in Y \cap Y' \)，则令\( A := \{ y \in Y : y \leq a \} = \{ 1, 2, 4, 7 \} \), 令\( B := \{ y \in Y' : y \leq a \} = \{ 1, 3, 5, 6 \} \)，明显\( A \neq B \)，特别的，我们有\( 2 \in A, 2 \notin B \)，情况和具体证明里的情况类似，\( 4, 7 \)也一样，先看\( 2 \)，矛盾点在哪里？由于\( Y \)是好集，因此\( s(\{ y \in Y : y < 2 \}) = s(\{ 1 \}) = 2 \)，同理，由于\( Y' \)是好集，因此\( s(\{ y \in Y' : y < 3 \}) = s(\{ 1 \}) = 3 \)，注意到，函数\( s \)针对相同的输入\( \{ 1 \} \)给了两个不同的值，这和\( s \)是函数矛盾，因此我们接下来的思路和这个类似，不过不像这个具体的例子，我们并不知道具体证明里的集合有哪些元素，这里我们取了\( A \)中的\( 2 \)以及\( B \)中和\( 2 \)相同“位置”的\( 3 \)，所谓的相同“位置”即\( 3 \)为\( B \)中\( \{ 1 \} \)“右侧的第一个元素”，假设取了\( A \)中的\( 4 \)，则\( \{ y \in Y : y < 4 \} = \{ 1, 2 \} \)，此时我们在\( B \)中取任何数作为上界，都得不到\( \{ 1, 2 \} \)这个集合，那像\( 2, 3 \)这样能产生相同输入的上界元素怎么取到？先考虑\( 2 \)怎么取，令\( C := \{ y \in Y \setminus Y' : y \leq a \} \)，会发现\( 2 \)是\( C \)的最小元，为什么？想象下，比\( C \)中的元素更小的元素会是些什么元素？这些元素比\( Y \)独有的元素\( Y \setminus Y' \)还小且这些元素也\( \leq a \)，因此这些元素要么不存在，要么就会是\( A, B \)共同的元素，具体的，令\( D := \{ y \in Y : y < \min( C) = 2 \} = \{ 1 \} \)， \( D \)就是我们要找的相同函数输入值，接着考虑\( 3 \)怎么取，在\( B \)中取\( D \)的“补集”，具体的，令\( E := \{ y \in Y' \setminus D : y \leq a \} = \{ 3, 5, 6, 9 \} \)，这里“补集”\( E \)就是相同函数输入值\( D \)在\( B \)中“右侧”的元素，接着取“补集”\( E \)的最小元，该最小元就是\( D \)在\( B \)中“右侧的第一个元素”，也就是我们要找的\( 3 \)了，剩下需要注意的地方就是在取各个集合的最小元之前，得先验证下它们是否非空，注毕），因为\( D \)是良序集\( Y \)的非空子集，因此存在最小元\( \min(D) \)，这里\( \min(D) \neq a \) （因为\( a \leq a \)且\( a \in Y' \cap Y \)），加上\( \min(D) \leq a \)，可得\( \min(D) < a \)。令\( E := \{ y \in Y : y < \min(D) \} \)，我们证明\( E \subseteq Y \cap Y' \)：假设\( E \nsubseteq Y \cap Y' \)，即\( \exists y_0 \in E, y_0 \notin Y \cap Y' \)，则由\( y_0 \in E \)，可得\( y_0 \in Y, y_0 < \min(D) < a \)，再由\( y_0 \notin Y \cap Y' \)，可得\( y_0 \notin Y' \)，综合一下，我们得到\( y_0 \in Y \setminus Y', y_0 < \min(D) < a \)，也就说\( y_0 \in D \)且\( y_0 < \min(D) \)，但这和\( \min(D) \)是\( D \)的最小元矛盾，因此假设不成立，我们有\( E \subseteq Y \cap Y' \)。令\( F := \{ y \in Y' \setminus E : y \leq a \} \)，由\( a \leq a, a \in Y', a \notin E \)，可得\( a \in F \)，即\( F \)非空，于是可得\( F \)是良序集\( Y' \)的非空子集，因此存在最小元\( \min(F) \)，令\( G := \{ y \in Y' : y < \min(F) \} \)，我们接下来证明\( E = G \)：先证明\( E \subseteq G \)，\( \forall y' \in E \)，我们有\( y' \in Y, y' < \min(D) < a \)，而前面证明了\( E \subseteq Y \cap Y' \)，因此也有\( y' \in Y' \)，假设\( y' \notin G \)，此时由于\( y' \in Y' \)，因此可能造成\( y' \notin G \)的原因只能是\( \min(F) \leq y' < \min(D) \)，由\( y' < a, y' \in Y \cap Y' \)以及归纳假设，可得\( \{ y \in Y : y \leq y' \} = \{ y \in Y' : y \leq y' \} \)，而\( \min(F) \in \{ y \in Y' : y \leq y' \} \)，因此也有\( \min(F) \in \{ y \in Y : y \leq y' \} \)，特别的，我们有\( \min(F) \in Y \)，接下来我们证明\( \min(F) \notin Y \)，从而得出矛盾，由\( \min(F) \in F \)，可得\( \min(F) \notin E \)，而\( \min(F) < \min(D) \)，因此造成\( \min(F) \notin E \)的原因只能是\( \min(F) \notin Y \)，而这和\( \min(F) \in Y \)矛盾，故假设不成立，有\( y' \in G \)，至此，我们有\( E \subseteq G \)。再证明\( G \subseteq E \)，\( \forall y \in G \)，我们有\( y \in Y', y < \min(F) \)，假设\( y \notin E \)，则\( y \in Y' \setminus E \)且\( y < \min(F) \leq a \)，即\( y \in F \)且\( y < \min(F) \)，这和\( \min(F) \)是\( F \)的最小元矛盾，因此假设不成立，我们有\( y \in E \)，至此，我们有\( G \subseteq E \)。综上，我们有\( E = G \)。明显的，我们有\( \min(D) \neq x_0 \) （因为\( x_0 \)是\( Y, Y' \)都有的元素），加上\( \min(D) \in Y \) 以及\( Y \)是好集，可得\( \min(D) = s(E) \)，同理可得\( \min(F) = s(G) \) （\( \min(F) \in Y' \)是明显的，而\( \min(F) \neq x_0 \)则比较好证，证明下\( x_0 \in E \)就行），因此\( \min(D) = s(E) = s(G) = \min(F) \)，而\( \min(D) \notin Y', \min(F) \in Y' \)，矛盾，因此一开始假设的\( A \neq B \)不成立，我们有\( A = B \)。

接着考虑\( B \neq C \)：明显有\( C \subseteq B \)，因此唯一可能导致两者不等的情况就是\( \exists y \in B, y \notin C \)，由\( y \in B \)，可得\( y \in Y', y \leq a \)，又\( y \notin C \)，因此唯一的可能就是\( y \notin Y \cap Y' \)，而\( y \in Y' \)，故\( y \notin Y \)，而这意味着\( y \notin A \)，综上，我们可以发现，如果\( B \neq C \)，则\( \exists y \in B \)且\( y \notin A \)，也就是\( A \neq B \)，然而前面我们已经证明了\( A \neq B \)会产生矛盾，故\( B \neq C \)也不成立，我们有\( B = C \)。

至此，我们有\( A = B = C \)，即等式对\( a \)也成立，归纳完毕。

前面说了，还差一个条件就可以证明\( Y \cap Y' \)是好集了，即 \( \forall x \in (Y \cap Y') \setminus \{ x_0 \}, x = s(\{ y \in Y \cap Y' : y < x \}) \)，我们现在就证明该条件：\( \forall x \in (Y \cap Y') \setminus \{ x_0 \} \)，有\( x \in Y \setminus \{ x_0 \} \)，而\( Y \)是好集，因此 \( x = s(\{ y \in Y : y < x \}) \)，又\( x \in Y \cap Y' \)，根据前面的证明，有\( \{ y \in Y : y \leq x \} = \{ y \in Y \cap Y' : y \leq x \} \)，进而可得\( \{ y \in Y : y < x \} = \{ y \in Y : y \leq x \} \setminus \{ x \} = \{ y \in Y \cap Y' : y \leq x \} \setminus \{ x \} = \{ y \in Y \cap Y' : y < x \} \)，于是有\( x = s(\{ y \in Y : y < x \}) = s(\{ y \in Y \cap Y' : y < x \}) \)。至此，我们有\( Y \cap Y' \)是好集。

如果\( Y' \setminus Y \)非空，则由于\( Y' \setminus Y \)是良序集\( Y' \)的非空子集，因此存在最小元\( \min(Y' \setminus Y) \)，令\( A := \{ y \in Y' : y < \min(Y' \setminus Y) \} \)，由\( \min(Y' \setminus Y) \in Y' \setminus \{ x_0 \} \)以及\( Y' \)是好集可得， \( \min(Y' \setminus Y) = s(A) \)，接下来我们证明\( A = Y \cap Y' \)： \( \forall y \in A \)，我们有\( y \in Y', y < \min(Y' \setminus Y) \)，假设\( y \notin Y \)，则\( y \in Y' \setminus Y \)且\( y < \min(Y' \setminus Y) \)，这和\( \min(Y' \setminus Y) \)是\( Y' \setminus Y \)的最小元矛盾，因此假设不成立，我们有\( y \in Y \)，加上\( y \in Y' \)，可得\( y \in Y \cap Y' \)。反之，\( \forall y' \in Y \cap Y' \)，我们有\( y' \in Y' \)，假设\( \min(Y' \setminus Y) \leq y' \)，此时根据\( y' \in Y \cap Y' \)以及前面的证明，我们有\( \{ y \in Y : y \leq y' \} = \{ y \in Y' : y \leq y' \} \)，然而\( \min(Y' \setminus Y) \)只属于后者，不属于前者，这和两者相等矛盾，因此假设不成立，我们有\( y' < \min(Y' \setminus Y) \)，加上\( y' \in Y' \)，可得\( y' \in A \)。至此，我们有\( A = Y \cap Y' \)，因此\( \min(Y' \setminus Y) = s(A) = s(Y \cap Y') \)。

如果\( Y \setminus Y' \)非空，则仿照上面，我们可以得到\( Y \setminus Y' \)存在最小元\( \min(Y \setminus Y') \)，令\( B := \{ y \in Y : y < \min(Y \setminus Y') \} \)，还是仿照上面，我们可以得到\( \min(Y \setminus Y') = s(B) = s(Y \cap Y') \)。

因为\( \min(Y' \setminus Y) \in Y', \min(Y' \setminus Y) \notin Y, \min(Y \setminus Y') \in Y, \min(Y \setminus Y') \notin Y' \)，因此\( \min(Y' \setminus Y) = s(A) \)和\( \min(Y \setminus Y') = s(B) \)不能同时成立，故\( Y' \setminus Y, Y \setminus Y' \)中至少有一个为空，可得\( Y' \subseteq Y \)或\( Y \subseteq Y' \)。

如果\( Y' \subseteq Y \)，则\( Y' \setminus Y \)为空，此时明显满足\( Y' \setminus Y \)中的所有元素都是 \( Y \)的严格上界，而针对\( \forall y' \in Y \setminus Y' \)，假设\( y' \)不是\( Y' \)的严格上界，则由于\( y' \notin Y' \)，因此唯一可能导致\( y' \)不是\( Y' \)的严格上界的原因只能是 \( \exists y_0 \in Y', y' \leq y_0 \)，此时因为\( Y' \subseteq Y \)，故也有\( y_0 \in Y \)，根据\( y_0 \in Y \cap Y' \)以及前面的证明，可得\( \{ y \in Y : y \leq y_0 \} = \{ y \in Y' : y \leq y_0 \} \)，但\( y' \)只属于前者，不属于后者，这和两者相等矛盾，因此假设不成立，我们有\( y' \)是\( Y' \)的严格上界，也就是说\( Y \setminus Y' \)中的所有元素都是\( Y' \)的严格上界。

如果\( Y \subseteq Y' \)，则同理可得，\( Y' \setminus Y \)中的所有元素都是 \( Y \)的严格上界，\( Y \setminus Y' \)中的所有元素都是\( Y' \)的严格上界。

综上，\( Y' \setminus Y \)中的所有元素都是\( Y \)的严格上界， \( Y \setminus Y' \)中的所有元素都是\( Y' \)的严格上界。

证毕。

练习8.5.14

题目：

Use Lemma 8.5.14 to prove Lemma 8.5.15. (Hint: first show that if \( X \) had no maximal elements, then any subset of \( X \) which has an upper bound, also has a strict upper bound.)

Lemma 8.5.14的内容在练习8.5.13中已经给出了，这里不再重复一遍。

Lemma 8.5.15的内容：

(Zorn’s lemma). Let \( X \) be a non-empty partially ordered set, with the property that every non-empty totally ordered subset \( Y \) of \( X \) has an upper bound. Then \( X \) contains at least one maximal element.

证明：

假设\( X \)没有最大元：

我们先证明\( \forall Y \subseteq X \)（注：不要求\( Y \)是全序集），如果\( Y \)有上界，则\( Y \)也有严格上界：\( \forall Y \subseteq X \)，如果\( Y \)有上界，则任取\( Y \)的一个上界\( x_0 \)，我们有\( \forall y \in Y, y \leq x_0 \)，假设\( Y \)没有严格上界，这意味着\( \forall x \in X \setminus Y \)，\( x \)均不是\( Y \)的上界，然而根据传递性，\( x \)只要满足\( x_0 < x \)（注：\( x_0, x \)处于不相交的集合，因此可以排除两者相等的可能）就会是\( Y \)的上界，因此\( x \)不是\( Y \)的上界意味着\( x < x_0 \)或（\( x \nleq x_0 \)且\( x_0 \nleq x \)）（注：后者就是说关系\( \leq \)没有定义\( x_0, x \)之间的关系，因为\( Y \)不一定是全序集，所以该种情况是可能的），至此，我们会发现\( Y \)中的所有元素均\( \leq x_0 \)，\( X \)除\( Y \)外中的所有元素（注：即\( X \setminus Y \)），均不会\( \leq x_0 \)，这意味着\( x_0 \)是\( X \)的最大元，这和\( X \)没有最大元矛盾，因此假设不成立， \( Y \)有严格上界。

接下来思路也很简单，题目说了，\( X \)有个特殊的属性，即它的所有非空全序子集均有上界，我们只要证明\( X \)存在没有上界的非空全序子集即可，用引理8.5.14来证明：因为\( X \)非空，故\( \exists x_0 \in X \)，根据引理8.5.14， \( \exists Y_0 \subseteq X \)满足：\( Y_0 \)是良序集、\( x_0 \)是\( Y_0 \)的最小元、 \( Y_0 \)没有严格上界，由于\( x_0 \in Y_0 \)，因此\( Y_0 \)非空，根据我们前面的证明， \( Y_0 \)不能有上界（注：因为如果它有上界，根据我们前面的证明，它就必有严格上界，矛盾），然而这又和\( X \)的所有非空全序子集均有上界这点矛盾，故最开始的假设不成立，\( X \)有最大元。

证毕。

练习8.5.15

题目：

Let \( A \) and \( B \) be two non-empty sets such that \( A \) does not have lesser or equal cardinality to \( B \). Using the Zorn’s lemma, prove that \( B \) has lesser or equal cardinality to \( A \). (Hint: for every subset \( X \subseteq B \), let \( P(X) \) denote the property that there exists an injective map from \( X \) to \( A \).) This exercise (combined with Exercise 8.3.3) shows that the cardinality of any two sets is comparable, as long as one assumes the axiom of choice.

思路：

本证明参考了Proving the cardinality of B<A (Terence Tao’s Analysis I book Ex 8.5.15) 中Ciarán Ó Raghaillaigh的回答给出的思路，核心在于自定义一个关系\( \leq \)，然后得到一个满足Zorn引理条件的集合，主要是这个自定义关系\( \leq \)不好想到（因为第一眼看上去，该自定义关系似乎过于限制单射函数之间的关系）。

证明：

\( \forall X \subseteq B \)，令\( P(X) \)为属性：存在\( X \to A \)的单射函数。使用幂集公理和规范公理，我们可以得到集合\( U := \{ X \in 2^B : P(X) \} = \{ X \subseteq B : P(X) \} \)，因为\( \emptyset \subseteq B \)且存在\( \emptyset \to A \)的单射函数，因此\( \emptyset \in U \)，也就是说\( U \)非空。根据选择公理，\( \forall X \in U \)，我们可以为其选择一个单射函数\( f_X: X \to A \)，接着对\( U \)使用替换公理，可以得到集合\( V := \{ (X, f_X) : X \in U \} \)，由于\( U \)非空，因此\( V \)也非空，除此之外，我们有\( \forall X \in U \)， \( V \)中有且仅有一个元组的第一个分量是\( X \)，它就是\( (X, f_X) \)。

\( \forall X_1, X_2 \in U \)，我们定义\( f_{X_2} \)在\( X_1 \)上与\( f_{X_1} \)相等的概念：如果\( X_1 \subseteq X_2 \)，则构造函数\( f_{X_2'}: X_1 \to A \)，\( \forall x \in X_1 \)，令\( f_{X_2'}(x) := f_{X_2}(x) \)，即把\( f_{X_2} \)的定义域限定到\( X_1 \)后得到的函数，我们称\( f_{X_2} \)在\( X_1 \)上与\( f_{X_1} \)相等当且仅当\( f_{X_2'} = f_{X_1} \)，否则，我们称\( f_{X_2} \)不在\( X_1 \)上与\( f_{X_1} \)相等（注：这包括\( X_1 \nsubseteq X_2 \)以及\( X_1 \subseteq X_2 \)但\( f_{X_2} \)在限定定义域后不与\( f_{X_1} \)相等的情况）。

我们定义\( V \)上的关系\( \leq \)为：\( \forall (X_1, f_{X_1}), (X_2, f_{X_2}) \in V, (X_1, f_{X_1}) \leq (X_2, f_{X_2}) \)当且仅当\( X_1 \subseteq X_2 \)且\( f_{X_2} \)在\( X_1 \)上与\( f_{X_1} \)相等，接下来，我们证明\( V \)在关系\( \leq \)下是部分有序集：

自反性：\( \forall (X, f_X) \in V \)，我们有\( X \subseteq X \)且\( f_X \)在\( X \)上与\( f_X \)相等，即\( (X, f_X) \leq (X, f_X) \)。

反对称性：\( \forall (X_1, f_{X_1}), (X_2, f_{X_2}) \in V \)，如果\( (X_1, f_{X_1}) \leq (X_2, f_{X_2}) \) 且\( (X_2, f_{X_2}) \leq (X_1, f_{X_1}) \)，则\( X_1 \subseteq X_2, f_{X_2} \)在\( X_1 \)上与\( f_{X_1} \)相等且\( X_2 \subseteq X_1, f_{X_1} \)在\( X_2 \)上与\( f_{X_2} \)相等，可得\( X_1 = X_2 \)且\( f_{X_1} = f_{X_2} \)，即\( (X_1, f_{X_1}) = (X_2, f_{X_2}) \)。

传递性：\( \forall (X_1, f_{X_1}), (X_2, f_{X_2}), (X_3, f_{X_3}) \in V \)，如果\( (X_1, f_{X_1}) \leq (X_2, f_{X_2}) \)且\( (X_2, f_{X_2}) \leq (X_3, f_{X_3}) \)，则\( X_1 \subseteq X_2, f_{X_2} \)在\( X_1 \)上与\( f_{X_1} \)相等且\( X_2 \subseteq X_3, f_{X_3} \)在\( X_2 \)上与\( f_{X_2} \)相等，可得\( X_1 \subseteq X_3 \)且\( f_{X_3} \)在\( X_1 \)上与\( f_{X_1} \)相等。

综上，\( V \)在关系\( \leq \)下是部分有序集。

接下来，我们证明\( V \)符合Zorn引理的前提条件，前面已经证明\( V \)是非空部分有序集了，还差证明它的任意非空全序子集均有上界：\( \forall W \subseteq V \)，如果\( W \)是非空全序集，令\( M := \bigcup_{(X, f_X) \in W} X \)，明显\( M \subseteq B \)，问题在于有没有\( M \to A \)的单射函数，然而这很容易构造出来，构造函数\( f_M: M \to A \)，\( \forall x \in M \)，我们知道\( \exists (X_0, f_{X_0}) \in W, x \in X_0 \)，此时令\( f_M(x) = f_{X_0}(x) \)，此时我们会担心\( x \)对应的函数输出值定义多次且定义的值不一样的问题，但这并不会发生，这是因为\( \forall (X_1, f_{X_1}), (X_2, f_{X_2}) \in W \)，如果\( x \in X_1 \)且\( x \in X_2 \)，则由于\( W \)是全序集，因此有\( (X_1, f_{X_1}) \leq (X_2, f_{X_2}) \)或\( (X_2, f_{X_2}) \leq (X_1, f_{X_1}) \)，进而有\( f_{X_2} \)在\( X_1 \)上与\( f_{X_1} \)相等或\( f_{X_1} \)在\( X_2 \)上与\( f_{X_2} \)相等，特别的，我们有\( f_{X_1}(x) = f_{X_2}(x) \)，综上，我们发现\( x \)对应的函数输出值如果有定义多次，则每次定义的值都是一样的，不会有问题，我们继续证明\( f_M \)为单射函数，假设\( f_M \)不为单射函数，即\( \exists x_3 \neq x_4 \in M, f_M(x_3) = f_M(x_4) \)，根据\( f_M \)的定义，可得\( \exists (X_3, f_{X_3}), (X_4, f_{X_4}) \in W, x_3 \in X_3, x_4 \in X_4, f_M(x_3) = f_{X_3}(x_3), f_M(x_4) = f_{X_4}(x_4) \)，由于\( W \)是全序集，因此有\( (X_3, f_{X_3}) \leq (X_4, f_{X_4}) \)或\( (X_4, f_{X_4}) \leq (X_3, f_{X_3}) \)，不妨设\( (X_3, f_{X_3}) \leq (X_4, f_{X_4}) \)，则\( f_{X_4} \)在\( X_3 \)上与\( f_{X_3} \)相等，于是有\( f_{X_3}(x_3) = f_{X_4}(x_3) \)，又\( f_M(x_3) = f_M(x_4) \)，可得\( f_M(x_3) = f_{X_3}(x_3) = f_{X_4}(x_3) = f_{X_4}(x_4) = f_M(x_4) \)，这和\( f_{X_4} \)为单射函数矛盾，因此假设不成立，有\( f_M \)为单射函数。接下来，我们证明\( (M, f_M) \)是\( W \)的上界， \( \forall (X, f_X) \in W \)，我们有\( X \subseteq M \)，而\( \forall x \in X \)，根据\( f_M \)的构造过程，我们知道\( f_M(x) = f_X(x) \)，也就是\( f_M \)在\( X \)上与\( f_X \)相等，至此，我们可得\( (X, f_X) \leq (M, f_M) \)，从而\( (M, f_m) \)是\( W \)的上界。

前面我们证明了\( V \)是非空部分有序集且它的任意非空全序子集均有上界，满足使用Zorn引理的前提条件，根据Zorn引理，\( V \)至少有一个最大元，任取一个\( V \)的最大元\( (X_m, f_{X_m}) \)，假设\( X_m \neq B \)，则根据\( V \)的构造过程，我们知道\( X_m \subsetneq B \)，特别的，这意味着\( B \setminus X_m \neq \emptyset \)，进而\( \exists x_0 \in B \setminus X_m \)，接下来我们证明\( f_{X_m} \)是\( X_m \to A \)的满射函数，假设\( f_{X_m} \)非满射，即\( \exists a_0 \in A \)，\( \forall x \in X_m, f_{X_m}(x) \neq a_0 \)，令\( X_{m'} = X_m \cup \{ x_0 \} \)，我们构造函数\( f_{X_{m'}}: X_{m'} \to A \)，\( \forall x \in X_{m'} \)，如果\( x \in X_m \)，则\( f_{X_{m'}}(x) = f_{X_m}(x) \)，否则，\( x \)会\( = x_0 \)，此时令\( f_{X_{m'}}(x) = a_0 \)，易证\( f_{X_{m'}} \)是单射函数且\( f_{X_{m'}} \)在\( X_m \)上与\( f_{X_m} \)相等，又\( X_m \subsetneq X_{m'} \)，因此\( (X_m, f_{X_m}) < (X_{m'}, f_{X_{m'}}) \)，加上\( X_{m'} \subseteq B \) （注：以及\( f_{X_{m'}} \)是\( X_{m'} \to A \)的单射函数），可得\( (X_{m'}, f_{X_{m'}}) \in V \)，这和\( (X_m, f_{X_m}) \)是\( V \)的最大元矛盾，因此假设不成立， \( f_{X_m} \)满射，加上\( f_{X_m} \)单射，可得\( f_{X_m} \)双射，进而\( f^{-1}_{X_m} \)是\( A \to X_m \)的双射函数，当然，它同时也是单射函数，我们接下来将该函数的值域拓展到\( B \)，构造函数\( g: A \to B \)，\( \forall x \in A \)，令\( g(x) := f^{-1}_{X_m}(x) \)，易知\( g(x) \)是\( A \to B \)的单射函数，但这意味着\( A \)有小于或者等于\( B \)的基数，和题目说的\( A \)没有小于或者等于\( B \)的基数矛盾，因此一开始的假设不成立，我们有\( X_m = B \)，既然\( (X_m, f_{X_m}) = (B, f_B) \in V \)了，这说明\( f_B \)是\( B \to A \)的单射函数，进而\( B \)有小于或者等于\( A \)的基数。

证毕。

额外定理8.5.1

目的：

证明下面这个定理是为了在练习8.5.16中使用的，在练习8.5.16中，我们需要定义一个比原关系更“大”的关系，同时保证\( X \)在该新关系下仍然是部分有序集，但是这并不是仅仅复制一下原关系定义的所有序，然后添加一个额外序这么简单。下面这个定理的证明可以直接嵌在练习8.5.16中，但是这样证明会非常长（况且现在已经够长了），故这里提取出来。

辅助定义：

给定集合\( X \)以及\( X \)的关系\( \leq, \leq' \)，定义关系\( \leq \preceq \leq' \)当且仅当\( \forall x, y \in X \)， \( (x \leq y) \Longrightarrow (x \leq' y) \)，该定义和练习8.5.16的定义类似，但是我们并没有限定\( X \)在这两个关系下有部分有序集，也没有限定\( \leq, \leq' \in P \) （\( P \)是什么见练习8.5.16），不过该定义明显和练习8.5.16的定义兼容。

内容：

给定集合\( X \)以及使得\( X \)为部分有序集的关系\( \leq \)，如果\( X \) 在关系\( \leq \)下不是全序集，则\( \exists \)关系\( \leq' \)，\( X \)在\( \leq' \)下为部分有序集，且\( \leq \preceq \leq', \leq \neq \leq' \)。

注：

下面的证明参考了Set Theory: A First Course 1st by Daniel W. Cunningham 对引理7.1.9的证明（由于本书关系不是通过元祖定义的，而且到此为止也没有建立关系和元祖之间的关系（虽然很容易定义关系的元祖化和逆元祖化），因此证明要修改下）。

证明：

因为\( X \)在关系\( \leq \)下不是全序集，因此\( \exists x', y' \in X, x' \nleq y', y' \nleq x' \)。

构造关系\( \leq' \)，\( \forall x, y \in X \)：

如果\( x \leq y \)，则令\( x \leq' y \)，即复制/保留\( \leq \)定义的所有序。
除此之外，如果\( x \leq x', y' \leq y \)，则也令\( x \leq' y \)。

由规则1可得，\( \leq \preceq \leq' \)。与此同时，由\( x' \leq x', y' \leq y' \)以及规则2，可得\( x' \leq' y' \)，但\( x' \nleq y' \)，因此\( \leq \neq \leq' \)。

接下来，我们证明\( X \)在\( \leq' \)下为部分有序集。

自反性：\( \forall x \in X \)，因此\( \leq \)满足自反性，因此\( x \leq x \)，进而由规则1，可得\( x \leq' x \)。

反对称性：\( \forall x, y \in X \)，如果\( x \leq' y, y \leq' x \)，我们分类进行讨论：

如果\( x \leq' y, y \leq' x \)均是通过规则1引入的，则 \( x \leq y, y \leq x \)，因为\( \leq \)满足反对称性，因此\( x = y \)。
如果\( x \leq' y \)是通过规则1引入的，\( y \leq' x \)是通过规则2引入的，则由\( x \leq' y \)是通过规则1引入的，可得\( x \leq y \)，由\( y \leq' x \)是通过规则2引入的，可得\( y \leq x', y' \leq x \)，由\( x \leq y, y \leq x' \)以及\( \leq \)满足传递性，可得\( x \leq x' \)，进一步由传递性以及\( y' \leq x \)，可得\( y' \leq x' \)，这和\( y' \nleq x' \)矛盾，因此这种情况不可能。
如果\( x \leq' y \)是通过规则2引入的，\( y \leq' x \)是通过规则1引入的，这种情况和情况2类似，也不可能。
如果\( x \leq' y, y \leq' x \)均是通过规则2引入的，则 \( x \leq x', y' \leq y, y \leq x', y' \leq x \)，由\( y' \leq y, y \leq x' \)以及\( \leq \)满足传递性，可得\( y' \leq x' \)，这和\( y' \nleq x' \)矛盾，因此这种情况也不可能。

综上，\( \leq \)满足反对称性。

传递性：\( \forall x, y, z \in X \)，如果\( x \leq' y, y \leq' z \)，一样的，分类进行讨论：

如果\( x \leq' y, y \leq' z \)均是通过规则1引入的，则 \( x \leq y, y \leq z \)，因为\( \leq \)满足传递性，因此\( x \leq z \)，进而由规则1，可得\( x \leq' z \)。
如果\( x \leq' y \)是通过规则1引入的，\( y \leq' z \)是通过规则2引入的，则由\( x \leq' y \)是通过规则1引入的，可得\( x \leq y \)，由\( y \leq' z \)是通过规则2引入的，可得\( y \leq x', y' \leq z \)，由\( x \leq y, y \leq x' \)，可得\( x \leq x' \)，加上\( y' \leq z \)以及规则2，可得\( x \leq' z \)。
如果\( x \leq' y \)是通过规则2引入的，\( y \leq' z \)是通过规则1引入的，这种情况和情况2类似，也可以通过规则2得到\( x \leq' z \)。
如果\( x \leq' y, y \leq' z \)均是通过规则2引入的，则 \( x \leq x', y' \leq y, y \leq x', y' \leq z \)，由\( y' \leq y, y \leq x' \)以及\( \leq \)满足传递性，可得\( y' \leq x' \)，这和\( y' \nleq x' \)矛盾，因此这种情况不可能。

综上，\( \leq \)满足传递性。

至此，我们证明了\( X \)在\( \leq \)下为部分有序集且\( \leq \preceq \leq', \leq \neq \leq' \)。

证毕。

练习8.5.16

题目：

Let \( X \) be a set, and let \( P \) be the set of all partial orderings of \( X \). (For instance, if \( X := N \setminus \{ 0 \} \), then both the usual partial ordering \( \leq \), and the partial ordering in Exercise 8.5.3, are elements of \( P \).) We say that one partial ordering \( \leq \in P \) is coarser than another partial ordering \( \leq' \in P \) if for any \( x, y \in X \), we have the implication \( (x \leq y) \Longrightarrow (x \leq' y) \). Thus for instance the partial ordering in Exercise 8.5.3 is coarser than the usual ordering \( \leq \). Let us write \( \leq \preceq \leq' \) if \(\leq \) is coarser than \( \leq' \). Show that \( \preceq \) turns \( P \) into a partially ordered set; thus the set of partial orderings on \( X \) is itself partially ordered. There is exactly one minimal element of \( P \); what is it? Show that the maximal elements of \( P \) are precisely the total orderings of \( X \). Using Zorn’s lemma, show that given any partial ordering \( \leq \) of \( X \) there exists a total ordering \( \leq' \) such that \( \leq \) is coarser than \( \leq' \).

证明：

证明\( P \)在关系\( \preceq \)下为部分有序集：

自反性：\( \forall \leq \in P \)，明显有\( \leq \preceq \leq \)。

反对称性：\( \forall \leq, \leq' \in P \)，如果\( \leq \preceq \leq' \)且 \( \leq' \preceq \leq \)，此时我们假设\( \leq \neq \leq' \)，即 \( \exists x, y \in X \)，（\( x \leq y \)但\( x \nleq' y \)）或（\( x \leq' y \)但\( x \nleq y \)），前者和\( \leq \preceq \leq' \)矛盾，后者和\( \leq' \preceq \leq \)矛盾，因此假设不成立，我们有\( \leq = \leq' \)。

传递性：\( \forall \leq, \leq', \leq'' \in P \)，如果\( \leq \preceq \leq' \) 且\( \leq' \preceq \leq'' \)，则由\( \leq \preceq \leq' \)可得， \( \forall x, y \in X \)，如果\( x \leq y \)，则\( x \leq' y \)，此时进一步由\( \leq' \preceq \leq'' \)可得，\( x \leq'' y \)，综上，有\( \leq \preceq \leq'' \)。

至此，我们证明了\( P \)在关系\( \preceq \)下为部分有序集。

\( P \)的唯一最小元：

定义关系\( \leq_I \)，\( \forall x, y \in X \)，有\( x \leq_I y \)当且仅当\( x = y \)，换句话来说，关系\( \leq_I \)有且仅有\( \forall x \in X, x \leq_I x \)，易证\( X \)在关系\( \leq_I \)下是部分有序集。

接下来证明\( \leq_I \)是\( P \)的最小元：假设\( \leq_I \)不是\( P \)的最小元，即\( \exists \leq' \preceq \leq_I \)且\( \leq' \neq \leq_I \)，可得\( \exists x, y \in X, x \leq_I y, x \nleq' y \)，由\( x \leq_I y \)，可知\( x = y \)，又\( \leq' \)满足自反性，故\( x \leq' y \)，但这和\( x \nleq' y \)矛盾，故假设不成立，\( \leq_I \)是\( P \)的最小元。

最后证明\( \leq_I \)是\( P \)唯一的最小元：假设\( P \)有最小元\( \leq_m \)且\( \leq_m \neq \leq_I \)，由于\( \leq_m \)满足自反性，因此\( \leq_I \preceq \leq_m \)，加上\( \leq_I \neq \leq_m \) （注：也就说\( \leq_I \)是严格比\( \leq_m \)“小”的关系），会发现这与\( \leq_m \)是\( P \)的最小元矛盾，因此假设不成立，\( P \)中不存在不与\( \leq_I \)相等的最小元，也就是说\( P \)只有唯一的最小元\( \leq_I \)。

我们延后证明倒数第二个结论，先证明给定任意使得\( X \)为部分有序集的关系\( \leq \)，均存在一个关系\( \leq' \)，使得\( X \)为全序集，且\( \leq \preceq \leq' \)：

先证明给定任意使得\( X \)为部分有序集的关系\( \leq_t \)（注：下标\( t \)是target的意思），令\( U := \{ \leq \in P : \leq_t \preceq \leq \} \)，因为\( \leq_t \in U \)，因此\( U \)非空，我们证明\( U \)在关系\( \preceq \)下为部分有序集，自反性是明显的，我们证明另外两个属性：

反对称性：\( \forall \leq, \leq' \in U \)，如果\( \leq \preceq \leq' \)且\( \leq' \preceq \leq \)，则因为\( \leq, \leq' \in P \)且\( P \)在\( \preceq \)下为部分有序集，因此\( \leq = \leq' \)。

传递性：\( \forall \leq, \leq', \leq'' \in U \)，如果\( \leq \preceq \leq', \leq' \preceq \leq'' \)，则因为\( \leq, \leq', \leq'' \in P \)且\( P \)在\( \preceq \)下为部分有序集，因此\( \leq \preceq \leq'' \)。

综上，\( U \)在关系\( \preceq \)下为非空部分有序集。

\( \forall W \subseteq U \)，如果\( W \)非空且\( W \)在\( \preceq \)下是全序集，我们接下来要证明\( W \)有上界，构造关系\( \leq_U \)，\( \forall x, y \in X \)， \( x \leq_U y \)当且仅当\( \exists \leq \in W, x \leq y \)，接下来，我们证明\( \leq_U \)是\( W \)的上界，假设\( \leq_U \)不是\( W \)的上界，即\( \exists \leq' \in W \)， \( \leq_U \preceq \leq' \)且\( \leq' \neq \leq_U \)，这意味着\( \exists x, y \in X, x \leq' y, x \nleq_U y \)，然而由\( \leq_U \preceq \leq' \)，可得\( \leq' \in W \)，根据\( \leq_U \)的构造方法，这意味会有\( x \leq_U y \)，这和\( x \nleq_U y \)矛盾，因此假设不成立，\( \leq_U \)是\( W \)的上界。

至此，我们证明了\( U \)在关系\( \preceq \)下为非空部分有序集且\( U \)的任意非空全序子集均有上界，满足使用Zorn引理的前提条件，根据Zorn引理，\( U \)存在最大元\( \leq_M \)，我们证明\( X \)在\( \leq_M \) 下是全序集，假设\( X \)在\( \leq_M \)下不是全序集，即\( \exists x', y' \in X, x' \nleq_M y', y' \nleq_M x' \)，根据额外定理8.5.1，\( \exists \)关系\( \leq_{M'} \)， \( X \)在\( \leq_{M'} \)下为部分有序集，且\( \leq_M \preceq \leq_{M'}, \leq_M \neq \leq_{M'} \)，可得\( \leq_{M'} \in P \)，然而这会和\( \leq_M \)为\( U \)的最大元矛盾，故假设不成立，\( X \)在\( \leq_M \)下是全序集。

所有使得\( X \)为全序集的关系\( \leq \)，均是\( P \)的最大元，同时，\( P \)的所有最大元均使得\( X \)为全序集：

注意，题目要求"Show that the maximal elements of \( P \) are precisely the total orderings of \( X \)."，这里关键词是"precisely”，因此不能仅证明所有使得\( X \)为全序集关系\( \leq \)为\( P \)的最大元，因为这并没有排除有关系\( \leq' \)能使得\( X \)不是全序集，但仍然是\( P \)的最大元的可能性，从而违反了"precisely"这个词，这就是我们调换证明顺序的原因，先证完最后一个结论，那就很容易排除这样的关系的存在了，我们需要同时证明：

所有使得\( X \)为全序集的关系\( \leq \)，均是\( P \)的最大元。
\( P \)的所有最大元均使得\( X \)为全序集。

现在开始证明：

先证明所有使得\( X \)为全序集的关系\( \leq \)，均是\( P \)的最大元： \( \forall \leq \in P \)，如果\( X \)在\( \leq \)下为全序集，此时假设\( \leq \)不是\( P \)的最大元，即\( \exists \leq' \in P \)， \( \leq \preceq \leq' \)且\( \leq \neq \leq' \)，可得\( \exists x, y \in X, x \leq' y, x \nleq y \)，因为\( \leq, \leq' \)均满足自反性，因此\( x \neq y \)，由\( x \nleq y \)且\( X \)在关系\( \leq \)下是全序集，可得\( y \leq x \)，再由\( \leq \preceq \leq' \)，可得\( y \leq' x \)，加上\( x \leq' y \) 以及\( \leq' \)满足反对称性，可得\( x = y \)，这和\( x \neq y \)矛盾，因此假设不成立，\( \leq \)是\( P \)的最大元。

接下来我们排除有关系能使得\( X \)不是全序集，但仍然是\( P \)的最大元的可能性：假设\( \exists \leq' \in P \)，\( X \)在\( \leq' \)下不是全序集且\( \leq' \)是\( P \)的最大元，因为\( \leq' \)不是全序集，因此 \( \exists x, y \in X, x \nleq' y, y \nleq' x \)，根据前面的证明，可得\( \exists \)关系\( \leq'' \)使得\( X \)为全序集且\( \leq' \preceq \leq'' \)，因为\( X \)在\( \leq'' \)下是全序集，因此有\( x \leq'' y \)或\( y \leq'' x \)，这意味着\( \leq' \neq \leq'' \)，加上\( \leq' \preceq \leq'' \)，会发现这与\( \leq' \)是\( P \)的最大元矛盾，故假设不成立，不存在这样的\( \leq' \)。

至此，我们证明了\( P \)的所有最大元均使得\( X \)为全序集，且没有关系能在使得\( X \)不是全序集的同时仍然是\( P \)的最大元，即\( P \)的所有最大元均使得\( X \)为全序集。

证毕。

练习8.5.17

题目：

Use Zorn’s lemma to give another proof of the claim in Exercise 8.4.2. (Hint: let \( \Omega \) be the set of all \( Y \subseteq \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha} \) such that \( \#(Y \cap X_{\alpha}) \leq 1 \) for all \( \alpha \in I \), i.e., all sets which intersect each \( X_{\alpha} \) in at most one element. Use Zorn’s lemma to locate a maximal element of \( \Omega \).) Deduce that Zorn’s lemma and the axiom of choice are in fact logically equivalent (i.e., they can be deduced from each other).

注：

证明引理8.5.14时，用到了函数\( s \)，而函数\( s \)需要使用到选择公理（定理8.4.7的形式），在练习8.5.14中，我们又用引理8.5.14去证明了引理8.5.15即Zorn引理，因此我们可以得出结论：选择公理（以及其他使用到的公理、定理等）蕴含Zorn引理。

在本练习中，我们只需要证明Zorn引理蕴含练习8.4.2中前半部分的结论即可（不用证明两者等价），进一步由练习8.4.2后半部分的结论，即练习8.4.2前半部分结论蕴含选择公理，即可得到Zorn引理蕴含选择公理的结论，简写点就是：由Zorn引理\( \Longrightarrow \)练习8.4.2前半部分结论，以及练习8.4.2前半部分结论\( \Longrightarrow \)选择公理（这个由练习8.4.2的后半部分结论得到），可得Zorn引理\( \Longrightarrow \)选择公理，加上前面说的选择公理蕴含Zorn引理，就可得到选择公理和Zorn引理等价的结论了。

证明：

给定集合\( I \)，\( \forall \alpha \in I \)，令\( X_{\alpha} \)为非空集合，如果\( \forall \alpha \neq \beta \in I, X_{\alpha} \cap X_{\beta} = \emptyset \)，则我们要用Zorn引理，证明\( \exists \)集合\( Y \)，\( \forall \alpha \in I \)， \(\#(Y \cap X_{\alpha}) = 1 \)：

令\( \Omega := \{ Y : Y \subseteq \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha}, \forall \alpha \in I, \#(Y \cap X_{\alpha}) \leq 1 \} \)，因此\( \emptyset \in \Omega \)，因此\( \Omega \)非空，除此之外，明显有\( \Omega \)在关系\( \subseteq \)下为部分有序集。

为了使用Zorn引理，我们还得证明\( \Omega \)的任意非空全序子集均有上界： \( \forall W \subseteq \Omega \)，如果\( W \)非空且\( W \)在关系\( \subseteq \)下为全序集，令\( U := \bigcup_{Y \in W} Y \)，我们证明\( U \)为\( W \)的上界：先证明\( U \in \Omega \)，因为\( \forall Y \in W, Y \subseteq \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)，因此\( U = \bigcup_{Y \in W} Y \subseteq \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)，假设\( \exists \alpha_0 \in I, \#(U \cap X_{\alpha_0}) > 1 \)，因为\( \forall Y \in W, \#(U \cap X_{\alpha}) \leq 1 \)，而\( U \)的元素全是由\( W \)中的元素贡献的，因此只有\( \exists Y_1, Y_2 \in W, \#(Y_1 \cap X_{\alpha_0}) = 1, \#(Y_2 \cap X_{\alpha_0}) = 1 \)且 \( (Y_1 \cap X_{\alpha_0}) \neq (Y_2 \cap X_{\alpha_0}) \)，才有办法使得\( \#(U \cap X_{\alpha}) > 1 \) （如果没有后面这个条件，那并起来元素数量不会增加，还是\( 1 \)，也就不会\( > 1 \)了），因为\( W \)是全序集，因此有\( Y_1 \subseteq Y_2 \)或\( Y_2 \subseteq Y_1 \)，不妨设\( Y_1 \subseteq Y_2 \)，此时\( Y_1 \)的元素\( Y_2 \)全有，加上\( Y_1 \cap X_{\alpha_0}, Y_2 \cap X_{\alpha_0} \) 均只有一个元素，可得\( (Y_1 \cap X_{\alpha_0}) = (Y_2 \cap X_{\alpha_0}) \)，这和\( (Y_1 \cap X_{\alpha_0}) \neq (Y_2 \cap X_{\alpha_0}) \)矛盾，因此假设不成立，有\( \forall \alpha \in I, \#(U \cap X_{\alpha_0}) \leq 1 \)，至此加上前面得到\( U \subseteq \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)，可得\( U \in \Omega \)，又\( \forall Y \in W \)，均有\( Y \subseteq U \)，因此\( U \)为\( W \)的上界。

至此，我们证明了\( \Omega \)的任意非空全序子集均有上界，加上前面证明的 \( \Omega \)在关系\( \subseteq \)下为非空部分有序集，可得满足Zorn引理的使用条件，根据Zorn引理，\( \Omega \)有最大元\( M \)，我们证明\( \forall \alpha \in I, M \cap X_{\alpha} = 1 \)，假设\( \exists \alpha_0 \in I, M \cap X_{\alpha_0} \neq 1 \)，这意味着\( M \cap X_{\alpha_0} < 1 \)或\( M \cap X_{\alpha_0} > 1 \)，由于\( M \in \Omega \)，因此可以排除后者，只剩下\( M \cap X_{\alpha_0} < 1 \)的可能性，因为\( X_{\alpha_0} \)非空，因此\( \exists x_0 \in X_{\alpha_0} \)，令\( M' := M \cup \{ x_0 \} \)，则\( M' \cap X_{\alpha_0} = 1 \)，易证\( M' \in \Omega \)，加上\( M \subseteq M', M' \neq M \)（即\( M \subsetneq M' \)），可得这与\( M \)是\( \Omega \)的最大元矛盾，故假设不成立，有\( \forall \alpha \in I, M \cap X_{\alpha} = 1 \)。

至此，我们找到了练习8.4.2前半部分要找的集合\( M \)。

证毕。

练习8.5.18

题目：

Using Zorn’s lemma, prove Hausdorff’s maximality principle: if \( X \) is a partially ordered set, then there exists a totally ordered subset \( Y \) of \( X \) which is maximal with respect to set inclusion (i.e. there is no other totally ordered subset \( Y' \) of \( X \) which contains \( Y \)). Conversely, show that if Hausdorff’s maximality principle is true, then Zorn’s lemma is true. Thus by Exercise 8.5.17, these two statements are logically equivalent to the axiom of choice.

证明：

题目没有写明使得\( X \)为部分有序集的关系的符号，这里记为\( \leq \)。

必要性：

令\( \Omega := \{ Y : Y \subseteq X, Y \text{在关系} \leq \text{下为全序集} \} \)，即\( \Omega \)是\( X \)所有全序子集组成的集合，因为\( \emptyset \in \Omega \)，因此\( \Omega \)非空，易证\( \Omega \)在关系\( \subseteq \)下是部分有序集。接下来，我们证明\( \Omega \)的任意非空全序子集均有上界，\( \forall W \subseteq \Omega \)，如果\( W \)非空且\( W \)在关系\( \subseteq \)下为全序集，令\( U := \bigcup_{Y \in W} Y \)，我们证明\( U \)是\( W \)的上界：先证明\( U \in \Omega \)，因为\( \forall Y \in W, Y \subseteq X \)，因此\( (U = \bigcup_{Y \in W} Y) \subseteq X \)，还差证明\( U \)在关系\( \leq \)下为全序集才能证明\( U \in \Omega \)，假设\( U \)在关系\( \leq \)下不是全序集，即\( \exists x', y' \in U, x' \nleq y', y' \nleq x' \)，由\( U \)的定义，可得\( \exists Y_1, Y_2 \in W, x' \in Y_1, y' \in Y_2 \)，由于\( W \)在关系\( \subseteq \)下是全序集，因此有\( Y_1 \subseteq Y_2 \)或\( Y_2 \subseteq Y_1 \)，不妨设\( Y_1 \subseteq Y_2 \)，则\( x', y' \in Y_2 \)，由于\( Y_2 \)在关系\( \leq \)下为全序集，因此有\( x' \leq y' \)或\( y' \leq x' \)，这和\( x' \nleq y', y' \nleq x' \)矛盾，因此假设不成立，\( U \)在关系\( \leq \)下为全序集，至此，我们证明了\( U \in \Omega \)，又\( \forall Y \in W \)，均有\( Y \subseteq U \)，因此\( U \)是\( W \)的上界。

至此，我们证明了\( \Omega \)在关系\( \subseteq \)下是部分有序集且\( \Omega \)的任意非空全序子集均有上界，符合使用Zorn引理的条件，根据Zorn引理， \( \Omega \)有最大元\( M \)，因为\( M \in \Omega \)，因此\( M \)在关系\( \leq \)下为全序集，我们还得证明\( X \)没有其他全序集包含\( M \)，假设\( \exists M' \subseteq X \)， \( M' \)在关系\( \leq \)下是全序集，且\( M \subseteq M', M \neq M' \)（即\( M \subsetneq M' \)），可得\( M' \in \Omega \)，这和\( M \)是\( \Omega \)的最大元矛盾，因此假设不成立，\( X \)没有其他全序集包含\( M \)。

至此，我们找到了题目要的集合\( M \)。

充分性：

令\( X \)为非空、在关系\( \leq \)下为部分有序集的集合，且它的任意非空全序子集均有上界，我们要证明\( X \)有最大元，根据豪斯多夫极大原理，\( \exists M \subseteq X \)， \( M \)在关系\( \leq \)下为全序集且\( X \)没有其他全序集包含\( M \)，因为\( X \)的任意非空全序子集均有上界，因此\( M \)有上界\( u \)，我们证明\( u \)是\( X \)的最大元，假设\( u \)不是\( X \)的最大元，即 \( \exists x_0 \in X, u \leq x_0, x_0 \neq u \)，明显有\( x_0 \notin M \) （否则会违反\( u \)是\( M \)的最大元这点），令\( M' := M \cup \{ x_0 \} \)，有\( M' \neq M \)，我们证明\( M' \)在关系\( \leq \)下是全序集，假设\( M' \)不是全序集，即\( \exists x', y' \in M', x' \nleq y', y' \nleq x' \)，则有\( x' = x_0 \)或\( y' = x_0 \)，不妨设\( x' = x_0 \)，可得\( x_0 \nleq y', y' \nleq x_0 \)，此时\( y' \neq x_0 \)（否则违反自反性），于是有\( y' \in M \)，由\( u \)是\( M \)的上界，可得\( y' \leq u \)，又由\( u \leq x_0 \)以及\( X \)在关系\( \leq \)下有部分有序集（满足传递性），可得\( y' \leq x_0 \)，这和\( y' \nleq x_0 \)矛盾，因此假设不成立，有\( M' \)是全序集，然而\( M' \)是一个包含\( M \)的全序集且\( M' \neq M \)，这和\( X \)没有其他全序集包含\( M \)矛盾，因此一开始的假设不成立，有\( u \)是\( X \)的最大元，即\( X \)有最大元。

证毕。

练习8.5.19

题目：

Let \( X \) be a set, and let \( \Omega \) be the space of all pairs \( (Y, \leq) \), where \( Y \) is a subset of \( X \) and \( \leq \) is a well-ordering of \( Y \). If \( (Y, \leq) \) and \( (Y', \leq') \) are elements of \( \Omega \), we say that \( (Y, \leq) \) is an initial segment of \( (Y', \leq') \) if there exists an \( x \in Y' \) such that \( Y = \{ y \in Y' : y <' x \} \) (so in particular \( Y \subsetneq Y' \)), and for any \( y, y' \in Y, y \leq y' \) if and only if \( y \leq' y' \). Define a relation \( \preceq \) on \( \Omega \) by defining \( (Y, \leq) \preceq (Y', \leq') \) if either \( (Y, \leq) = (Y', \leq') \), or if \( (Y, \leq) \) is an initial segment of \( (Y', \leq') \). Show that \( \preceq \) is a partial ordering of \( \Omega \). There is exactly one minimal element of \( \Omega \); what is it? Show that the maximal elements of \( \Omega \) are precisely the well-orderings \( (X, \leq) \) of \( X \). Using Zorn’s lemma, conclude the well ordering principle: every set \( X \) has at least one well-ordering. Conversely, use the well-ordering principle to prove the axiom of choice, Axiom 8.1. (Hint: place a well-ordering \( \leq \) on \( \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha} \), and then consider the minimal elements of each \( X_{\alpha} \).) We thus see that the axiom of choice, Zorn’s lemma, and the well-ordering principle are all logically equivalent to each other.

证明：

证明\( \Omega \)在\( \preceq \)下为部分有序集：

自反性：\( \forall (Y, \leq) \in \Omega \)，有\( (Y, \leq) = (Y, \leq) \)，因此\( (Y, \leq) \preceq (Y, \leq) \)。

反对称性：\( \forall (Y, \leq), (Y', \leq') \in \Omega \)，如果\( (Y, \leq) \preceq (Y', \leq'), (Y', \leq') \preceq (Y, \leq) \)，此时假设\( (Y, \leq) \neq (Y', \leq') \)，则可得\( (Y, \leq) \)是\( (Y', \leq') \)的起始段以及\( (Y', \leq') \)是\( (Y, \leq) \)的起始段，然而这意味着\( Y \subsetneq Y', Y' \subsetneq Y \)，两者矛盾，因此假设不成立，有\( (Y, \leq) = (Y', \leq') \)。

传递性：\( \forall (Y, \leq), (Y', \leq'), (Y'', \leq'') \in \Omega \)，如果\( (Y, \leq) \preceq (Y', \leq'), (Y', \leq') \preceq (Y'', \leq'') \)，可得\( (Y, \leq) = (Y', \leq') \)或\( (Y, \leq) \)是\( (Y', \leq') \) 的起始段，以及\( (Y', \leq') = (Y'', \leq'') \)或\( (Y', \leq') \)是\( (Y'', \leq'') \) 的起始段，分情况讨论：

如果\( (Y, \leq) = (Y', \leq') \)且\( (Y', \leq') = (Y'', \leq'') \)，则\( (Y, \leq) = (Y'', \leq'') \)，进而\( (Y, \leq) \preceq (Y'', \leq'') \)。
如果\( (Y, \leq) = (Y', \leq') \)且\( (Y', \leq') \)是\( (Y'', \leq'') \) 的起始段，则\( (Y, \leq) \)是\( (Y'', \leq'') \)的起始段，进而\( (Y, \leq) \preceq (Y'', \leq'') \)。
如果\( (Y, \leq) \)是\( (Y', \leq') \)的起始段且\( (Y', \leq') = (Y'', \leq'') \)，则\( (Y, \leq) \)是\( (Y'', \leq'') \)的起始段，进而\( (Y, \leq) \preceq (Y'', \leq'') \)。
如果\( (Y, \leq) \)是\( (Y', \leq') \)的起始段且\( (Y', \leq') \)是\( (Y'', \leq'') \) 的起始段，由前者可得，\( \exists x' \in Y', Y = \{ y \in Y' : y <' x' \} \) 以及\( \forall y, y' \in Y \)，\( y \leq y' \)当且仅当\( y \leq' y' \) (1) ，由后者可得，\( \exists x'' \in Y'', Y' = \{ y \in Y'' : y <'' x'' \} \) 以及\( \forall y, y' \in Y' \)，\( y \leq' y' \)当且仅当\( y \leq'' y' \) (2) 。我们先证明\( x' \leq'' x'' \)，因为\( Y' \subsetneq Y'' \)，可得\( x' \in Y'' \)，而\( Y'' \)在\( \leq'' \)下为良序集，因此有\( x' \leq'' x'' \)或\( x'' \leq'' x' \)，假设\( x' \leq'' x'' \)不成立，则有\( x'' <'' x' \)，因为\( Y \subsetneq Y' \)，因此\( \exists x_0 \in Y' \setminus Y \)，由\( x_0 \in Y', Y' = \{ y \in Y'' : y <'' x'' \} \)，可得\( x_0 \in Y'', x_0 <'' x'' <'' x' \)，由\( x_0, x' \in Y', x_0 <'' x' \)以及(2)，可得\( x_0 <' x' \)，于是有\( x_0 \in \{ y \in Y' : y <' x' \} = Y \)，然而这和\( x_0 \notin Y \)矛盾，因此假设不成立，有\( x' \leq'' x'' \)。接下来我们证明\( Y = \{ y \in Y'' : y <'' x' \} \)： \( \forall z \in Y \)，因为\( Y = \{ y \in Y' : y <' x' \} \)，因此\( z \in Y', z <' x' \)，加上\( x' \in Y' \)以及(2)，可得\( z <'' x' \)，又\( Y' \subsetneq Y'' \)，因此\( z \in Y'' \)，至此有\( z \in Y'', z <'' x' \)，因此 \( z \in \{ y \in Y'' : y <'' x' \} \)，反之， \( \forall z \in \{ y \in Y'' : y <'' x' \} \)，有\( z \in Y'', z <'' x' \)，又\( x' \leq'' x'' \)，因此\( z <'' x'' \)，再由\( Y' = \{ y \in Y'' : y <'' x'' \} \)，可得\( z \in Y' \)，加上\( z <'' x, x' \in Y' \)以及(2)，可得\( z <' x' \)，至此有\( z \in Y', z <' x' \)，再由\( Y = \{ y \in Y' : y <' x' \} \)，可得\( z \in Y \)，至此，我们证明了\( Y = \{ y \in Y'' : y <'' x' \} \)。还得证明\( \forall y, y' \in Y, y \leq y' \)当且仅当\( y \leq'' y' \)：由\( y, y' \in Y, Y \subsetneq Y', Y' \subsetneq Y'' \)，可得\( y, y' \in Y', y, y' \in Y'' \)，如果\( y \leq y' \)，则由\( y, y \in Y \)以及(1)，可得\( y \leq' y' \)，再由\( y, y' \in Y' \)以及(2)，可得\( y \leq'' y' \)，反之，如果\( y \leq'' y' \)，则由\( y, y' \in Y' \)以及(2)，可得\( y \leq' y' \)，进而由\( y, y' \in Y \)以及(1)，可得\( y \leq y' \)，至此，我们证明了\( \forall y, y' \in Y, y \leq y' \)当且仅当\( y \leq'' y' \)，加上前面证明的\( x' \in Y'', Y = \{ y \in Y'' : y <'' x' \} \)，可得\( (Y, \leq) \)是\( (Y'', \leq'') \)的起始段，进而有\( (Y, \leq) \preceq (Y'', \leq'') \)。

综上，\( \preceq \)满足传递性。

至此，我们证明了\( \Omega \)在\( \preceq \)下为部分有序集。

证明\( \Omega \)存在唯一的最小元：

注：

下面我会用到\( \emptyset \)上只有一个关系\( \leq_{\emptyset} \)这点，即\( \forall \emptyset \)上的关系\( \leq, \leq' \)，均有\( \leq = \leq' \)，具体的，这里\( \leq = \leq' \)的意义是 \( \forall y, y' \in \emptyset, y \leq y' \)当且仅当\( y \leq' y' \) （这个显然成立，因为空集没有元素），如果读者不认同这个定义，那\( \Omega \)就不会有唯一的最小元，最小元肯定长\( (\emptyset, \leq) \)这个形式，但是后面\( \leq \)的可以取的值就变成多个，问题出在"there exists an \( x \in Y' \) such that \( Y = \{ y \in Y' : y <' x \} \)"，这段话变成不管\( \leq \)取什么，都不成立，这是因为\( Y' = \emptyset \)没有元素，这会导致多个\( (\emptyset, \leq), (\emptyset, \leq') \)之间没有\( \preceq \)的关系，进而均不会比对方“小”，也就都是最小元了。更严格点，\( \leq = \leq' \)或许应该写成\( \leq \)在\( \emptyset \)上与\( \leq' \)相等，反正读者理解下意图就好。

注毕。

\( \forall \leq, \leq' \)为\( \emptyset \)上的关系，均有\( \leq = \leq' \)，也就是\( \emptyset \)上只有一个关系，记为\( \leq_{\emptyset} \)，称为空关系，除此之外，\( \leq_{\emptyset} \)还使得\( \emptyset \)为良序集，因此\( (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \in \Omega \)，我们证明\( (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \)为\( \Omega \)的最小元，这需要证明没有其他比\( (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \)更“小”的元素，这里我们选择直接证明\( (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \)“小于或者等于”所有元素， \( \forall (Y, \leq) \in \Omega \)：

如果\( Y = \emptyset \)，则由于\( \emptyset \)上只有一个关系\( \leq_{\emptyset} \)，可得\( (Y, \leq) = (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \)，进而\( (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \preceq (Y, \leq) \)。
如果\( Y \neq \emptyset \)，则因为\( Y \)在\( \leq \)下为良序集，因此存在最小元\( \min(Y) \)，可得\( \emptyset = \{ y \in Y : y <_m \min(Y) \} \)，除此之外，还满足\( \forall y, y' \in \emptyset, y \leq_{\emptyset} y' \)当且仅当\( y \leq y' \)，至此，我们有\( (Y, \leq) \)是\( (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \)的起始段，进而\( (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \preceq (Y, \leq) \)。

综上，\( (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \)是\( \Omega \)的最小元。接着，我们证明\( (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \)是\( \Omega \)唯一的最小元，令\( (Y_m, \leq_m) \)为\( \Omega \)的最小元，假设\( (Y_m, \leq_m) \neq (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \)，根据前面的证明， \( (\emptyset, \leq_m) \preceq (Y_m, \leq_m) \)，加上\( (Y_m, \leq_m) \neq (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \)，可得这与\( (Y_m, \leq_m) \)是\( \Omega \)的最小元矛盾，因此假设不成立， \( (Y_m, \leq_m) = (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \)。

至此，我们证明了\( (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \)是\( \Omega \)唯一的最小元。

证明\( \Omega \)的最大元均是\( (X, \leq) \)这种形式，其中\( X \)在\( \leq \)下为良序集：

我们还没有证明\( \Omega \)有没有最大元，这里要证明的是，如果它有最大元，则它必是\( (X, \leq) \)这种形式，其中\( X \)在\( \leq \)下为良序集。具体的，如果\( \Omega \)有最大元\( (Y_m, \leq_m) \)，我们要证明\( Y_m = X \)：假设\( Y_m \neq X \)，则\( \exists y_0 \in X \setminus Y_m \)，令\( Y_{m'} = Y_m \cup \{ y_0 \} \)，构造关系\( \leq_{m'} \)， \( \forall y, y' \in Y_{m'} \)，如果\( y \leq_m y' \)，则此时有\( y \neq y_0, y' \neq y_0 \)（因为\( y_0 \notin Y_m \)），我们令\( y \leq_{m'} y' \)，除此之外，\( \forall y \in Y_{m'} \)，令\( y \leq_{m'} y_0 \)，易证\( Y_{m'} \)在\( \leq_{m'} \)下为良序集，又\( Y_{m'} \subseteq X \)，因此\( (Y_{m'}, \leq_{m'}) \in \Omega \)，易证\( Y_m := \{ y \in Y_{m'} : y <_{m'} y_0 \} \)以及 \( \forall y, y' \in Y_m, y \leq_m y' \)当且仅当\( y \leq_{m'} y' \)，即\( (Y_m, \leq_m) \)是\( (Y_{m'}, \leq_{m'}) \)的起始段，因此\( (Y_m, \leq_m) \preceq (Y_{m'}, \leq_{m'}) \)，加上\( (Y_{m'}, \leq_{m'}) \in \Omega \)以及明显的\( (Y_m, \leq_m) \neq (Y_{m'}, \leq_{m'}) \)，可得这与\( (Y_m, \leq_m) \)是\( \Omega \)的最大元矛盾，因此假设不成立，有\( Y_m = X \)。

使用Zorn引理，证明良序原理，即任意集合\( X \)，至少存在一个关系，使得\( X \)在该关系下为良序集：

前面证明了\( \Omega \)的最大元均是\( (X, \leq) \)这种形式，其中\( X \)在\( \leq \)下为良序集，因此如果\( \Omega \)有最大元，则它最大元对应的关系就是我们要找的关系，故只要能证明\( \Omega \)有最大元就完事了，这点可以使用Zorn引理，前面证明了\( \Omega \)在\( \preceq \)下为部分有序集，又\( (\emptyset, \leq_{\emptyset}) \in \Omega \)，因此它还非空，为了使用Zorn引理，我们还得证明\( \Omega \)的所有非空全序子集均有上界：

\( \forall W \subseteq \Omega \)，如果\( W \)非空且\( W \)在\( \preceq \)下为全序集，令\( M := \bigcup_{(Y, \leq) \in W} Y \)，构造关系\( \leq_M \)， \( \forall y, y' \in M \)，如果\( \exists (Y', \leq') \in W \)，使得\( y, y' \in Y', y \leq' y' \)，则\( y \leq_M y' \)。我们想证明\( (M, \leq_M) \)为\( W \)的上界，为此，我们先要证明\( (M, \leq_M) \in \Omega \)（不管是严格上界也好，非严格上界也有，都有这个要求），而这得先证明\( M \)在\( \leq_M \)下是良序集，为了证明这点，我们得先证明\( M \)在\( \leq \)下是部分有序集（之前很多练习中都是父集在同样的关系下已经是部分有序集了，因此没有这部分的工作，但是这里则不满足这个条件，我们这里关系\( \leq_M \)是新构造的，具体看定义8.5.1、8.5.3、8.5.8）：

自反性：\( \forall y \in M \)，有\( \exists (Y_0, \leq_0) \in W, y \in Y_0 \)，因为\( Y_0 \)在\( \leq_0 \)下为良序集，因此\( y \leq y \)，进而根据\( \leq_M \)的定义，有\( y \leq_M y \)。

反对称性：\( \forall y, y' \in M \)，如果\( y \leq_M y', y' \leq_M y \)，则\( \exists (Y_0, \leq_0) \in W, y, y' \in Y_0, y \leq_0 y' \)， \( \exists (Y_1, \leq_1) \in W, y, y' \in Y_1, y' \leq_1 y \)，因为\( W \)在\( \preceq \)下为全序集，因此有\( (Y_0, \leq_0) \preceq (Y_1, \leq_1) \)或 \( (Y_1, \leq_1) \preceq (Y_0, \leq_0) \)，不妨设\( (Y_0, \leq_0) \preceq (Y_1, \leq_1) \)，此时有\( (Y_0, \leq_0) = (Y_1, \leq_1) \)或\( (Y_0, \leq_0) \)是\( (Y_1, \leq_1) \)的起始段：

如果\( (Y_0, \leq_0) = (Y_1, \leq_1) \)，则\( y, y' \in Y_0, y \leq_0 y', y' \leq_0 y \)，又\( Y_0 \)在\( \leq_0 \)下为良序集，可得\( y = y' \)。
如果\( (Y_0, \leq_0) \)是\( (Y_1, \leq_1) \)的起始段，则\( \exists x \in Y_1, Y_0 = \{ y \in Y_1 : y <_1 x \} \)，且\( \forall z, z' \in Y_0, z \leq_0 z' \)当且仅当\( z \leq_1 z' \)，于是由\( y, y' \in Y_0, y \leq_0 y' \)，可得\( y \leq_1 y' \)，再由\( y, y' \in Y_0, Y_0 \subsetneq Y_1 \)，可得\( y, y' \in Y_1 \)，加上\( y \leq_1 y', y' \leq_1 y \)以及\( Y_1 \)在\( \leq_1 \)下为良序集，可得\( y = y' \)。

综上，\( \leq_M \)满足反对称性。

传递性：\( \forall y, y', y'' \in M \)，如果\( y \leq_M y', y' \leq_M y'' \)，则\( \exists (Y_0, \leq_0) \in W, y, y' \in Y_0, y \leq_0 y' \)， \( \exists (Y_1, \leq_1) \in W, y', y'' \in Y_1, y' \leq_1 y'' \)，因为\( W \)在\( \preceq \)下为全序集，因此有\( (Y_0, \leq_0) \preceq (Y_1, \leq_1) \)或 \( (Y_1, \leq_1) \preceq (Y_0, \leq_0) \)，不妨设\( (Y_0, \leq_0) \preceq (Y_1, \leq_1) \)，此时有\( (Y_0, \leq_0) = (Y_1, \leq_1) \)或\( (Y_0, \leq_0) \)是\( (Y_1, \leq_1) \)的起始段：

如果\( (Y_0, \leq_0) = (Y_1, \leq_1) \)，则\( y, y', y'' \in Y_0, y \leq_0 y', y' \leq_0 y'' \)，又\( Y_0 \)在\( \leq_0 \)下为良序集，可得\( y \leq_0 y'' \)，进而\( y \leq_M y'' \)。
如果\( (Y_0, \leq_0) \)是\( (Y_1, \leq_1) \)的起始段，则\( \exists x \in Y_1, Y_0 = \{ y \in Y_1 : y <_1 x \} \)，且\( \forall z, z' \in Y_0, z \leq_0 z' \)当且仅当\( z \leq_1 z' \)，于是由\( y, y' \in Y_0, y \leq_0 y' \)，可得\( y \leq_1 y' \)，再由\( y, y' \in Y_0, Y_0 \subsetneq Y_1 \)，可得\( y, y' \in Y_1 \)，加上\( y \leq_1 y', y' \leq_1 y'' \)以及\( Y_1 \)在\( \leq_1 \)下为良序集，可得\( y \leq_1 y'' \)，进而\( y \leq_M y'' \)。

综上，\( \leq_M \)满足传递性。

至此，我们证明了\( M \)在\( \leq_M \)下为部分有序集，接着证明\( M \)在\( \leq_M \)下为全序集，假设\( M \)在\( \leq_M \) 下不为全序集，则\( \exists y_0, y_1 \in M, y_0 \nleq_M y_1, y_1 \nleq_M y_0 \)，因为\( y_0, y_1 \in M \)，因此\( \exists (Y_0, \leq_0), (Y_1, \leq_1) \in W, y_0 \in Y_0, y_1 \in Y_1 \)，而\( W \)在\( \preceq \)下为全序集，因此因此有\( (Y_0, \leq_0) \preceq (Y_1, \leq_1) \)或 \( (Y_1, \leq_1) \preceq (Y_0, \leq_0) \)，不妨设\( (Y_0, \leq_0) \preceq (Y_1, \leq_1) \)，此时有\( Y_0 \subseteq Y_1 \)，因此\( y_0, y_1 \in Y_1 \)，而\( Y_1 \)在\( \leq_1 \)下为良序集，因此有\( y_0 \leq_1 y_1 \)或\( y_1 \leq_1 y_0 \)，进而有\( y_0 \leq_M y_1 \)或\( y_1 \leq_M y_0 \)，这和\( y_0 \nleq_M y_1, y_1 \nleq_M y_0 \)矛盾，因此假设不成立，有\( M \)在\( \leq_M \)下为全序集。

接下来，我们证明\( M \)在\( \leq_M \)下为良序集， \( \forall Y \subseteq M \)，如果\( Y \)非空，此时根据\( M \)的定义，有\( \exists (Y', \leq') \in W \)，\( Y \cap Y' \neq \emptyset \)，因为\( (Y \cap Y') \subseteq Y' \)且\( Y' \)在\( \leq' \)下为良序集，因此\( Y \cap Y' \)在\( \leq' \)下存在最小元\( y_0 \)，我们证明\( y_0 \)是\( Y \)在\( \leq_M \)下的最小元：假设\( y_0 \)不是\( Y \)在\( \leq_M \)下的最小元，即\( \exists y_1 \in Y, y_1 <_M y_0 \)，根据\( M \)的定义，这意味着\( \exists (Y'', \leq'') \in W, y_0, y_1 \in Y'', y_1 <'' y_0 \)，因为\( W \)在\( \preceq \)下为全序集，因此有 \( (Y', \leq') \preceq (Y'', \leq'') \)或\( (Y'', \leq'') \preceq (Y', \leq') \)，可得\( (Y', \leq') = (Y'', \leq'') \)或\( (Y', \leq') \)是\( (Y'', \leq'') \)的起始段或\( (Y'', \leq'') \)是\( (Y', \leq') \)的起始段，我们证明三种情况均有\( y_1 \in Y' \)：

如果\( (Y', \leq') = (Y'', \leq'') \)，则因为\( y_1 \in Y'' \)，可得\( y_1 \in Y' \)。
如果\( (Y', \leq') \)是\( (Y'', \leq'') \)的起始段，则\( \exists x'' \in Y'', Y' = \{ y \in Y'', y <'' x'' \} \)，又\( y_0 \in Y' \)，因此\( y_0 \in Y'', y_0 <'' x'' \)，又\( y_1 <'' y_0 \)，可得\( y_1 <'' x'' \)，加上\( y_1 \in Y'' \)以及\( Y' = \{ y \in Y'', y <'' x'' \} \)，于是有\( y_1 \in Y' \)。
如果\( (Y'', \leq'') \)是\( (Y', \leq') \)的起始段，则\( Y'' \subseteq Y' \)，又\( y_1 \in Y'' \)，可得\( y_1 \in Y' \)。

综上，不管什么情况都有\( y_1 \in Y' \)，加上\( y_1 \in Y \)，可得\( y_1 \in Y \cap Y' \)，然而\( y_0 \)是\( Y \cap Y' \)在 \( \leq' \)下的最小元，因此\( y_0 \leq' y_1 \)，进而根据\( \leq_M \)的定义，有\( y_0 \leq_M y_1 \)，这和\( y_1 <_M y_0 \)矛盾，因此假设不成立，有\( y_0 \)是\( Y \)在\( \leq_M \)下的最小元。至此，我们证明了\( M \)的任意非空子集在\( \leq_M \)下均有最小元，因此\( M \)在\( \leq_M \)下为良序集。

既然\( M \subseteq X \)且\( M \)在\( \leq_M \)下为良序集，可得\( (M, \leq_M) \in \Omega \)，我们回去证明\( (M, \leq_M) \)是\( W \)的上界： \( \forall (Y, \leq) \in W \)，因为\( W \)在\( \preceq \)下为全序集，因此有\( (Y, \leq) \preceq (M, \leq_M) \)或\( (M, \leq_M) \preceq (Y, \leq) \)：

如果\( (Y, \leq) \preceq (M, \leq_M) \)，则这刚好符合\( (M, \leq_M) \)是\( W \)的上界。
如果\( (M, \leq_M) \preceq (Y, \leq) \)，则\( (M, \leq_M) = (Y, \leq) \)或\( (M, \leq_M) \)是\( (Y, \leq) \)的起始段：
1. 如果\( (M, \leq_M) = (Y, \leq) \)，则也有\( (Y, \leq) \preceq (M, \leq_M) \)，这刚好符合\( (M, \leq_M) \)是\( W \)的上界。
2. 如果\( (M, \leq_M) \)是\( (Y, \leq) \)的起始段，则\( M \subsetneq Y \)，然而根据\( M \)的定义，有\( Y \subseteq M \)，这和\( M \subsetneq Y \)矛盾，因此这种情况不可能。

综上，所有情况均有\( (Y, \leq) \preceq (M, \leq_M) \)，因此\( (M, \leq_M) \)是\( W \)的上界。

至此，我们证明了\( \Omega \)在\( \preceq \)下为非空部分有序集，且它的任意非空全序子集均有上界，满足使用Zorn引理的前提条件，根据Zorn引理，\( \Omega \)存在最大元，而前面证明了\( \Omega \)的最大元均是\( (X, \leq) \)的形式，于是，\( \Omega \)存在最大元\( (X, \leq) \)，其中\( X \)在\( \leq \)下为良序集。

至此，我们证明了良序原理成立，即任意集合\( X \)，至少存在一个关系，使得\( X \)在该关系下为良序集。

使用良序原理证明选择公理：

令\( I \)为一个集合，\( \forall \alpha \in I \)，令\( X_{\alpha} \)为一个非空集合，我们要证明\( \prod_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)非空：根据良序原理，存在关系\( \leq \)使得 \( \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)为良序集，由于\( \forall \alpha \in I, X_{\alpha} \subseteq (\bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha}) \)，因此\( X_{\alpha} \)存在最小元\( \min(X_{\alpha}) \)，构造函数\( (x_{\alpha})_{\alpha \in I} \)，其定义域为\( I \)，值域为\( \bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)， \( \forall \alpha \in I \)，令\( x_{\alpha} := \min(X_{\alpha}) \)，于是有\( \forall \alpha \in I, x_{\alpha} \in X_{\alpha} \)，因此\( (x_{\alpha})_{\alpha \in I} \in \prod_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)，进而有\( \prod_{\alpha \in I} X_{\alpha} \)非空。

证毕。

练习8.5.20

题目：

Let \( X \) be a set, and let \( \Omega \subseteq 2^X \) be a collection of subsets of \( X \). Assume that \( \Omega \) does not contain the empty set \( \emptyset \). Using Zorn’s lemma, show that there is a subcollection \( \Omega' \subseteq \Omega \) such that all the elements of \( \Omega' \) are disjoint from each other (i.e., \( A \cap B = \emptyset \) whenever \( A, B \) are distinct elements of \( \Omega' \)), but that all the elements of \( \Omega \) intersect at least one element of \( \Omega' \)(i.e., for all \( C \in \Omega \) there exists \( A \in \Omega' \) such that \( C \cap A \neq \emptyset \)). (Hint: consider all the subsets of \( \Omega \) whose elements are all disjoint from each other, and locate a maximal element of this collection.) Conversely, if the above claim is true, show that it implies the claim in Exercise 8.4.2, and thus this is yet another claim which is logically equivalent to the axiom of choice. (Hint: let \( \Omega \) be the set of all pair sets of the form \( \{ (0, \alpha), (1, x_{\alpha}) \} \), where \( \alpha \in I \) and \( x_{\alpha} ∈ X_{\alpha} \).)

证明：

前半部分：

令\( U := \{ \Omega' \in 2^{\Omega} : \forall A \neq B \in \Omega', A \cap B = \emptyset \} \) （该集合可以通过幂集公理和规范公理得到，后面有类似的情况就不再赘述了），即\( \Omega \)所有自身不同元素互不相交的子集组成的集合，我们要证明\( U \)的最大元就是我们要找的集合，得先用Zorn引理证明它有最大元，于是我们得证明它满足Zorn引理的使用条件：易证\( U \)在\( \subseteq \)下为部分有序集，同时\( \emptyset \in U \)，因此\( U \)非空，还得证明它的任意非空全序子集均有上界， \( \forall W \subseteq U \)，如果\( W \)非空且\( W \)在\( \subseteq \)下为全序集，令\( M := \bigcup_{A \in W} A \)，有\( \forall A \in W, A \subseteq M \)，于是\( M \)为\( W \)在\( \subseteq \)下的上界，至此，我们证明了\( U \)的任意非空全序子集均有上界，满足Zorn引理的使用条件。根据Zorn引理，\( U \)有最大元\( \Omega_M \)，我们证明\( \Omega_M \)就是我们要找的集合：因为\( \Omega_M \in U \)，因此\( \forall A \neq B \in \Omega_M, A \cap B = \emptyset \)，还差证明\( \Omega \)的所有元素均至少与\( \Omega_M \)中的一个元素相交， \( \forall C \in \Omega \)，假设\( \forall A \in \Omega_M, C \cap A = \emptyset \)，此时因为\( C \neq \emptyset \)（题目说了，\( \Omega \)不包含\( \emptyset \)），因此有\( C \notin \Omega_M \)（考虑下，如果\( C = \emptyset \)，则不管是否\( C \notin \Omega_M \)，均有\( \forall A \in \Omega_M, C \cap A = \emptyset \)，此时就不能得出\( C \notin \Omega_M \)的结论了，然而下面我们要用这个结论），令\( \Omega_{M'} = \Omega_M \cup \{ C \} \)，则有\( \Omega_M \subsetneq \Omega_{M'} \)（真子集，因为\( C \notin \Omega_M \)）， \(\Omega_{M'} \subseteq \Omega \)以及\( \forall A \neq B \in \Omega_{M'}, A \cap B = \emptyset \)，于是有\( \Omega_{M'} \in U, \Omega_M \subsetneq \Omega_{M'} \)，然而这和\( \Omega_M \)是\( U \)的最大元矛盾，因此假设不成立，有\( \exists A' \in \Omega_M, C \cap A' \neq \emptyset \)。至此，我们证明了\( \Omega_M \)就是我们要找的集合。

后半部分：

令\( I \)为一个集合，\( \forall \alpha \in I \)，令\( X_{\alpha} \)为非空集合，且\( \forall \alpha \neq \beta \in I, X_{\alpha} \cap X_{\beta} = \emptyset \) (1) ：

令\( R := \{ 0, 1 \} \times ((\bigcup_{\alpha \in I} X_{\alpha}) \cup I) \)，令\( \Omega := \{ A \in R : \exists \alpha \in I, x \in X_{\alpha} \text{使得} A = \{ (0, \alpha), (1, x) \} \} \) （通过规范公理得到），不难看出\( \Omega \)就是所有形如 \( \{ (0, \alpha), (1, x) \} \)且满足\( x \in X_{\alpha} \)的集合。

根据本练习前半部分的结论，可得\( \exists \Omega' \subseteq \Omega \)满足 \( \forall A \neq B \in \Omega', A \cap B = \emptyset \) (2) ，且 \( \forall C \in \Omega, \exists A' \in \Omega', C \cap A' \neq \emptyset \) (3) ，因为\( \Omega' \subseteq \Omega \)，因此\( \Omega' \)中元素的形式与\( \Omega \)相同，令\( Y := \bigcup_{\{ (0, \alpha), (1, x) \} \in \Omega'} \{ x \} \)，先证明\( \forall \alpha \in I, Y \cap X_{\alpha} \neq \emptyset \)： \( \forall \alpha \in I \)，因为\( X_{\alpha} \)非空，因此\( \exists x' \in X_{\alpha} \)，可构造出集合\( \{ (0, \alpha), (1, x') \} \)，而\( \Omega \)包含了所有这样形式的集合，因此\( \{ (0, \alpha), (1, x') \} \in \Omega \)，根据(3)，\( \exists \{ (0, \beta), (1, x'') \} \in \Omega, \{ (0, \alpha), (1, x') \} \cap \{ (0, \beta), (1, x'') \} \neq \emptyset \)，这里\( x'' \in X_{\beta} \)，根据\( \{ (0, \beta), (1, x'') \} \in \Omega' \)以及\( Y \)的定义，可得\( x'' \in Y \)，我们接下来证明\( x'' \in X_{\alpha} \)，因为\( \{ (0, \alpha), (1, x') \} \cap \{ (0, \beta), (1, x'') \} \neq \emptyset \)，可得\( (0, \alpha) = (0, \beta) \)或\( (1, x') = (1, x'') \)：

如果\( (0, \alpha) = (0, \beta) \)，则\( \alpha = \beta \)，此时\( X_{\alpha} = X_{\beta} \)，于是有\( x'' \in X_{\alpha} \)。
如果\( (1, x') = (1, x'') \)，则\( x' = x'' \)，而\( x' \in X_{\alpha} \)，因此\( x'' \in X_{\alpha} \)。

综上，有\( x'' \in X_{\alpha} \)，又\( x'' \in Y \)，可得\( x'' \in Y \cap X_{\alpha} \)，即\( Y \cap X_{\alpha} \)非空。

\( \forall \alpha \in I, Y \cap X_{\alpha} \)非空仅意味着每个交集中至少有一个元素（我们不能说基数\( \geq 1 \)，因为\( Y \cap X_{\alpha} \)不一定是有限的），我们还得证明每个交集中不能有一个以上的元素：假设\( \exists \beta \in I, \exists x' \neq x'' \in Y \cap X_{\beta} \)，由\( x', x'' \in Y \)以及\( Y \)的定义，可得 \( \exists \{ (0, \alpha'), (1, x') \}, \{ (0, \alpha''), (1, x'') \} \in \Omega' \)，这里\( x' \in X_{\alpha'}, x'' \in X_{\alpha''} \)，因为\( x' \in X_{\alpha'} \cap X_{\beta}, x'' \in X_{\alpha'} \cap X_{\beta} \)以及(1)，于是有\( \alpha' = \alpha'' = \beta \)，此时\( (0, \beta) \in (\{ (0, \alpha'), (1, x') \} \cap \{ (0, \alpha''), (1, x'') \}) \)，而\( \{ (0, \alpha'), (1, x') \} \neq \{ (0, \alpha''), (1, x'') \} \)，这违反了(2)，矛盾，因此假设不成立，每个交集中不能有一个以上的元素，加上前面证明的每个交集非空，于是有\( \forall \alpha \in I, \#(Y \cap X_{\alpha}) = 1 \)。

综上，\( Y \)就是我们要找的集合。

证毕。

目录

陶哲轩Analysis I习题的参考解答及思考（第8章）

第8章

版本

章节8.1

公理8.1

额外引理8.1.1

练习8.1.1

练习8.1.2

额外定理8.1.2

练习8.1.3

额外定理8.1.3

练习8.1.4

练习8.1.5

练习8.1.6

练习8.1.7

练习8.1.8

额外定理8.1.4

练习8.1.9

练习8.1.10

章节8.2

练习8.2.1

练习8.2.2

额外引理8.2.1

额外定理8.2.2

练习8.2.3

练习8.2.4

练习8.2.5

练习8.2.6

章节8.3

练习8.3.1

练习8.3.2

练习8.3.3

练习8.3.4

额外定理8.3.1

练习8.3.5

章节8.4

练习8.4.1

练习8.4.2

练习8.4.3

章节8.5

练习8.5.1

练习8.5.2

练习8.5.3

练习8.5.4

练习8.5.5

练习8.5.6

练习8.5.7

练习8.5.8

练习8.5.9

练习8.5.10

练习8.5.11

练习8.5.12

练习8.5.13

练习8.5.14

练习8.5.15

额外定理8.5.1

练习8.5.16

练习8.5.17

练习8.5.18

练习8.5.19

练习8.5.20

参考文章