6.3 區間、Cantor 集、稠密性與良序

第 6 章已經用雙射、單射、滿射和可數性比較集合。本篇要問：實數線的 子集在甚麼意義下算“大”？長度、基數、逼近和次序衡量的是不同特徵。有界 區間可以和整條實數線有相同基數；Cantor 集移走的總長度可以是 1，但仍然 不可數；有理數可以既可數又稠密。

本篇先用雙射比較區間與 Cantor 集，再區分稠密性與基數，最後討論甚麼 次序能讓每個非空子集都有最小元。與選擇公理的最後聯繫會準確陳述； 其中涉及超限遞歸的證明需要本課程以外的工具。

區間記號與基數

對 $a,b\in R$ 且 $a\le b$，定義

$$[a,b]=\{x\in R\mid a\le x\le b\}.$$

記號 $(a,b)$、$[a,b)$ 和 $(a,b]$ 分別規定嚴格或非嚴格的端點條件。 半無限區間也用同樣方式定義。這些括號描述集合本身，所以證明集合相等時 不能把它們當作裝飾。$(0,1)$ 與 $[0,1]$ 是不同的 $R$ 子集， 但會有相同基數。若 $a=b$，則 $[a,a]=\{a\}$ 是單元素集，而 $(a,a)$、$[a,a)$ 和 $(a,a]$ 都是空集。

考慮以下顯式函數

$$f:(0,1)\to R,\qquad f(x)=\frac{2x-1}{x(x-1)}.$$

驗證它確實是雙射。部分分式分解為

$$f(x)=\frac1x+\frac1{x-1}.$$

若 $0\lt x\lt y\lt 1$，兩項都會嚴格下降，因此 $f(y)\lt f(x)$，所以 $f$ 是單射。對任意 $y\in R$，令

$$x=\frac{2}{y+2+\sqrt{y^2+4}}.$$

分母大於 $2$，所以 $0\lt x\lt1$。代入，或解方程 $yx^2-(y+2)x+1=0$，可驗證 $f(x)=y$；因此 $f$ 滿射。於是

$$|(0,1)|=|R|.$$

例題

有界性不決定基數

$(0,1)$ 有界且長度為 1，而 $R$ 無界。上面的雙射把兩者的 元素逐一配對。基數討論的是雙射，不是度量長度。

端點也可以用顯式雙射處理。定義 $g:[0,1]\to(0,1)$：

$$g(0)=\frac12,\qquad g\left(\frac1n\right)=\frac1{n+2}\ (n\in N,\ n\ge1),$$

對所有其餘 $x\in[0,1]$ 令 $g(x)=x$。特殊值把 $1,1/2,1/3,\ldots$ 向後移動兩格：$1\mapsto1/3$、$1/2\mapsto1/4$，如此類推；加上 $0\mapsto1/2$，恰好覆蓋 $1/2,1/3,1/4,\ldots$； 其他點保持不變。因此 $g$ 是雙射，從而 $|[0,1]|=|(0,1)|=|R|$。

更一般地，設區間 $I$ 含有兩個不同點。包含映射 $I\hookrightarrow R$ 是單射。取 $u\lt v$ 使 $(u,v)\subset I$。仿射映射

$$t\longmapsto u+(v-u)t$$

與 $f^{-1}:R\to(0,1)$ 復合，就得到單射 $R\hookrightarrow I$。 由 Cantor–Bernstein 定理，

$$|I|=|R|.$$

這涵蓋有限開、閉、半閉區間，半無限區間以及 $R$。例外只有空區間 （基數為 $0$）和退化閉區間 $[a,a]$（基數為 $1$）。若 $a\lt b$，仿射映射 $t\mapsto a+(b-a)t$ 可顯式處理每一種端點約定。

Cantor 集的構造

令 $C_0=[0,1]$。每一步都從上一階段保留的每個閉區間移走中間的 開三分之一：

$$C_1=\left[0,\frac13\right]\cup\left[\frac23,1\right],$$ $$C_2=\left[0,\frac19\right]\cup\left[\frac29,\frac13\right] \cup\left[\frac23,\frac79\right]\cup\left[\frac89,1\right],$$ $$\begin{aligned} C_3={}&\left[0,\frac1{27}\right]\cup\left[\frac2{27},\frac19\right] \cup\left[\frac29,\frac7{27}\right]\cup\left[\frac8{27},\frac13\right]\\ &\cup\left[\frac23,\frac{19}{27}\right]\cup\left[\frac{20}{27},\frac79\right] \cup\left[\frac89,\frac{25}{27}\right]\cup\left[\frac{26}{27},1\right]. \end{aligned}$$

第 $n$ 階段，$C_n$ 是 $2^n$ 個長度同為 $3^{-n}$ 的閉區間的並集。 這些集合套疊，定義 Cantor 集

$$C=\bigcap_{n=0}^{\infty}C_n.$$

由於移走的是開區間，端點會保留。因此 $0$、$1$、$1/3$、 $2/3$、$1/9$ 和 $2/9$ 都屬於 $C$。

圖示：每一步都從前一步保留的每個區間移走中間三分之一。

在 $n\ge1$ 階段移走 $2^{n-1}$ 個長度為 $3^{-n}$ 的中間三分之一。 該階段移走的總長度為

$$\ell_n=\frac{2^{n-1}}{3^n}.$$

前 $N$ 個階段的累計移走長度是

$$L_N=\sum_{n=1}^{N}\frac{2^{n-1}}{3^n} =\frac13\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac23\right)^k =1-\left(\frac23\right)^N.$$

所以無限構造移走的總長度為 1；$C_N$ 中 $2^N$ 個區間的總長度為 $2^N3^{-N}=(2/3)^N$，趨於 0。這是長度計算，不是說 $C$ 為空或可數。

三進制展開與端點

每個 $x\in[0,1]$ 都有展開

$$x=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a_k}{3^k}=(0.a_1a_2a_3\ldots)_3, \qquad a_k\in\{0,1,2\}.$$

展開不一定唯一：

$$(0.a_1\ldots a_m000\ldots)_3 =(0.a_1\ldots(a_m-1)222\ldots)_3$$

其中 $a_m\ge1$。因此 $(0.1)_3=(0.0222\ldots)_3=1/3$， 而 $1=(0.2222\ldots)_3$。正確的 Cantor 描述是：點屬於 $C$ 當且僅當 它有一個只用 $0$ 和 $2$ 的展開；不能說它的每一個展開都只含這 兩個數字。

定理

Cantor 集的三進制描述

對 $x\in[0,1]$，

$$x\in C\quad\Longleftrightarrow\quad x=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a_k}{3^k} \text{ for some }a_k\in\{0,2\}\text{ for every }k.$$

證明。 若所有數字都是 $0$ 或 $2$，前 $n$ 位之後的尾項在 $0$ 與 $\sum_{k\gt n}2/3^k=3^{-n}$ 之間。因此 $x$ 落在 $C_n$ 對應的閉區間中。對每個 $n$ 都成立，所以 $x\in C$。

反過來，若 $x\in C$，第一階段根據 $x$ 在左邊還是右邊的閉三分之一 中，取 $a_1=0$ 或 $2$。隨後在含有 $x$ 的區間內重複。嵌套區間 長度為 $3^{-n}$，其端點趨於 $x$，於是得到 $x=\sum_{k\ge1}a_k3^{-k}$，且只含 $0$ 和 $2$。特別地， $1/3$ 使用 $(0.0222\ldots)_3$，所以端點不會被錯誤移走。

令 $B$ 為以正整數為指標的二進制序列集合。對 $A\subseteq\mathbb N$，令 $s_k=1$ 當且僅當 $k-1\in A$，否則令 $s_k=0$。這給出 $2^N$ 與 $B$ 的一一對應。定義

$$\Phi:B\to C,\qquad \Phi((s_k)_{k\ge1})=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2s_k}{3^k}.$$

三進制定理說明 $\Phi$ 的值在 $C$ 中。為證明單射而不使用錯誤的 “端點展開唯一”說法，設兩序列第一次在第 $m$ 位不同。首項差的絕對值 是 $2/3^m$，而全部尾項的最大絕對值不超過

$$\sum_{k=m+1}^{\infty}\frac2{3^k}=\frac1{3^m}.$$

首項差嚴格更大，不可能被尾項抵銷，所以 $\Phi$ 是單射。由三進制定理， 任意 $x\in C$ 都有 $0$/$2$ 展開，令 $s_k=a_k/2$ 即得原像， 所以它也是滿射。還需說明 $|2^N|=|R|$。上面的 $\Phi$ 因為 $C\subset R$ 給出單射 $2^N\hookrightarrow R$。反方向固定有理數枚舉 $Q=\{q_1,q_2,\ldots\}$，定義

$$\rho(r)=\{n-1:n\ge1,\ q_n\lt r\}\subseteq\mathbb N.$$

若 $r\lt s$，有理數稠密性給出某個 $n$ 使 $r\lt q_n\lt s$，所以 $\rho(r)\ne\rho(s)$。因此 $\rho:R\hookrightarrow2^N$ 是單射；由 Cantor–Bernstein 定理，$|2^N|=|R|$，從而

$$|C|=|\{0,1\}^{N}|=|2^N|=|R|.$$

Cantor 集雖然總移走長度為 1，仍然不可數。

空內部

令 $x\in C$ 且 $\epsilon\gt 0$。取 $n$ 使 $3^{-n}\lt\epsilon$。 含有 $x$ 的 $C_n$ 分支為 $[u,v]$，其中間開三分之一含有某個 $y\notin C$，並且 $|x-y|\le v-u=3^{-n}\lt\epsilon$。 因此 $C$ 沒有內部點，空內部。又 $C\subset[0,1]$，所以它不在 $R$ 中稠密，例如 $(2,3)$ 完全不與它相交。

例題

一個保留下來的端點

$2/9$ 是 $C_2$ 第二個分支的左端點。它的終止展開 $(0.02)_3$ 只含 $0$ 和 $2$；在末尾補上零，就直接得到 $2/9\in C$ 的三進制證據。之後每一步移走的都是開中間三分之一， 所以這個端點不會被移走。

稠密性

定義

實數線中的稠密子集

子集 $S\subset R$ 稱為稠密，若對每個 $r\in R$ 和每個 $\epsilon\gt 0$， 都存在 $s\in S$ 使

$$|r-s|\lt\epsilon.$$

稠密性討論逼近，不討論基數，也不要求集合含有一個區間。

定理

整數不稠密

取 $r=1/2$ 和 $\epsilon=1/4$。對每個 $n\in Z$，

$$\left|n-\frac12\right|\ge\frac12\gt\frac14.$$

所以 $Z$ 在 $R$ 中不稠密。

定理

有理數稠密

設 $r\in R$ 且 $\epsilon\gt 0$。取 $n\in N$ 使 $n\gt 1/\epsilon$。整數集 $\{m\in Z\mid m\le nr\}$ 有最大元 $m_0$， 所以

$$m_0\le nr\lt m_0+1 \quad\Longrightarrow\quad 0\le r-\frac{m_0}{n}\lt\frac1n\lt\epsilon.$$

於是 $q=m_0/n\in Q$ 與 $r$ 的距離小於 $\epsilon$，證明 $Q$ 在 $R$ 中稠密。

例題

一個具體的有理逼近

取 $r=0.37$、$\epsilon=0.01$。選 $n=101$，則 $1/n\lt 0.01$。滿足 $m_0\le101(0.37)$ 的最大整數是 $37$， 所以 $q=37/101$ 滿足 $0\le0.37-37/101\lt 1/101\lt 0.01$。 這正是一般稠密性證明的一個具體例子。

若 $T\subset R$，$S\subset T$ 在 $T$ 中稠密，是指對每個 $t\in T$ 都有同樣的逼近條件。有理數可數且稠密；Cantor 集不可數且 空內部。這些是不同性質，不矛盾。

良序

定義

良序集

若全序集 $(X,\le)$ 的每個非空子集 $S\subset X$ 都有最小元 $m\in S$，滿足 $m\le s$ 對每個 $s\in S$，則稱其為良序集。

空集是良序的，因為它沒有非空子集。在 von Neumann 模型中， $0=\varnothing$，而 $n=\{0,\ldots,n-1\}$；包含關係給出每個有限 初段上的通常次序。用歸納證明：$n=0$ 時命題真。若每個非空 $S\subset n$ 都有最小元，取非空 $S\subset n+1$；若 $S=\{n\}$，則 $n$ 是最小元； 否則 $S\cap n$ 非空，其歸納得到的最小元也是 $S$ 的最小元；若 $n\notin S$， 直接應用歸納假設。

定理

自然數是良序的

設 $S\subset N$ 非空。若沒有最小元，則 $0\notin S$。若沒有 $k\lt n$ 屬於 $S$ 而 $n\in S$，則 $n$ 會是最小元，矛盾。 強歸納推出 $S=\varnothing$，不可能。因此 $N$ 的每個非空子集 都有最小元。

$Z$ 的通常次序不是良序：$Z$ 本身沒有最小元，因為對每個 $n\in Z$ 都有 $n-1\lt n$。同樣， $Q^+=\{q\in Q\mid q\gt 0\}$ 沒有最小元，因為 $q/2\in Q^+$ 且 $q/2\lt q$。下界不一定是最小元：$0$ 是 $Q^+$ 在 $R$ 中的下界，卻不屬於該集合。

若 $X$ 有限，就列出元素並按指標排序。若 $X$ 可數無限，取雙射 $h:N\to X$，定義

$$x\le_X y\quad\Longleftrightarrow\quad h^{-1}(x)\le h^{-1}(y)\text{ in }N.$$

非空 $S\subset X$ 的原像 $h^{-1}(S)$ 是 $N$ 的非空子集，有最小指標； 其像就是 $S$ 在 $\le_X$ 下的最小元。因此，可數集即使通常次序 不是良序，也能擁有另一個良序。

定理

良序定理（本課程層次）

選擇公理等價於：每個集合 $X$ 都存在某個良序。

從良序到選擇的方向很短。設 $\mathcal F$ 是一個集合族，且每個 $A\in\mathcal F$ 都非空。若 $\mathcal F=\varnothing$，唯一的空函數就是 選擇函數；否則把 $Y=\bigcup\mathcal F$ 良序，並對每個 $A$ 取其最小元。 逆向需要對 $X$ 的所有非空子集使用選擇公理， 再用超限遞歸不斷選擇尚未使用的元素。完整證明超出本課程；這個存在性 結論並不提供一個可計算的 $R$ 良序。

證明思路

區間證明使用前面基數論證的同一模式。包含映射給出由區間到 $R$ 的 單射；而 $f$ 的逆映射再配合仿射映射，把 $R$ 單射到區間內部。 Cantor–Bernstein 定理把兩個單射合成基數相等。因此有限個端點的增刪不會 改變非退化區間的基數，但空集和單元素集確實是不同大小的例外。

Cantor 構造的記號包含一個有限階段歸納。第 0 階段有一個長度為 $1$ 的 區間；若第 $n$ 階段有 $2^n$ 個長度 $3^{-n}$ 的區間，每個就分成 兩個長度 $3^{-(n+1)}$ 的區間。這就證明了每一階段的公式；區間數乘 共同長度給出剩餘總長度 $(2/3)^n$。幾何級數 $L_N$ 只記錄新出現 的缺口，因此沒有重複計算。

三進制定理和二進制基數定理處理的是不同的端點問題。成員判定時，端點 可能有一個含 $1$ 的終止展開，也有一個只含 $0$、$2$ 的展開。 證明 $\Phi$ 單射時，則比較兩序列的第一個差異；首項 $2/3^m$ 嚴格大於尾項最多的 $1/3^m$，所以編碼證明不受普通 三進制端點歧義影響。

稠密性證明按照定義的量詞次序進行：先固定任意 $r$ 和 $\epsilon$， 再選足夠大的分母，最後選最大的整數分子。相反，證明 $Z$ 不稠密只要 一個目標點和一個容許誤差。良序又提出另一種量詞：每個非空子集都必須 有一個最小元。區分這些量詞，有助於避免把稠密性和基數，或把下界和 最小元混為一談。

常見錯誤

• 閉端點不會隨開中間三分之一一起移走；例如 $1/3$ 透過 $(0.0222\ldots)_3$ 屬於 $C$。
• 長度、基數、稠密性和內部是不同性質。「稠密」不表示「不可數」， 「空內部」也不表示「可數」。
• 最小元必須屬於集合。像 $Q^+$ 在 $R$ 中的下界 $0$， 不是這個集合的最小元。
• 良序定理在選擇公理下只保證存在某個良序；它不表示 $R$ 或 $Q^+$ 的通常次序就是良序。

總結

非退化區間無論端點如何取，都有基數 $|R|$。Cantor 構造的有限階段移走長度累計到 1， 但三進制 $0$/$2$ 編碼證明 $|C|=|R|$，並且 $C$ 空內部。稠密性是逼近條件：$Q$ 可數卻稠密。良序要求每個 非空子集都有最小元；$N$ 的通常次序是良序，而 $Z$、 $Q^+$ 的通常次序不是，不過可數集可以另行賦予良序。

練習

先寫出理由，再打開對應的示範解答。這些問題要求數學論證； 核對時應比較推理過程，而不只是最後的結論。

練習 1。 求 $|[2,5)|$，並用單射說明理由。

解答 · 示範解答

仿射映射 $t\mapsto2+3t$ 把 $(0,1)$ 映入 $(2,5)\subset[2,5)$；再與 $f^{-1}$ 複合， 得到 $R\hookrightarrow[2,5)$。包含映射給出反向單射。由 Cantor–Bernstein 定理，$|[2,5)|=|R|$。

練習 2。 為甚麼 $1/3\in C$，即使 $(0.1)_3$ 含有 $1$？

解答 · 示範解答

因為 $1/3=(0.0222\ldots)_3$，它有一個只含 $0$ 和 $2$ 的三進制展開； 它也是 $C_1$ 中保留下來的端點。

練習 3。 為甚麼 $Z$ 在 $R$ 中不稠密？

解答 · 示範解答

取 $r=1/2$、$\epsilon=1/4$。每個 $n\in Z$ 都滿足 $|n-1/2|\ge1/2\gt1/4$，所以這個目標點和容許誤差足以否定稠密性。

練習 4。 為甚麼 $Q$ 在 $R$ 中稠密，即使 $Q$ 是可數集？

解答 · 示範解答

可數性討論基數，稠密性討論逼近。阿基米德性質和最大整數論證表明， 對任意實數和任意正誤差，都能構造出誤差以內的有理數。

練習 5。 證明 $Q^+$ 按通常次序不是良序。

解答 · 示範解答

若 $q\in Q^+$，則 $q/2\in Q^+$ 且 $q/2\lt q$。因此非空子集 $Q^+$ 沒有最小元，通常次序不是良序。

練習 6。 設 $X$ 可數無限，$f:N\to X$ 是雙射。為甚麼把 $N$ 的次序 傳到 $X$ 後會成為良序？

解答 · 示範解答

對非空 $S\subset X$，原像 $f^{-1}(S)$ 是 $N$ 的非空子集，所以有最小元 $m$。於是 $f(m)$ 是傳遞後次序下 $S$ 的最小元。

相關筆記

可先讀 2.2 函數與關係、 4.2 上確界與下確界 以及 4.3 完備性與 Q 的缺口。 然後繼續讀 7.1 二元運算、幺半群與群。