奇妙的无穷大世界

我们已经知道，在无穷的世界中，可数集具有最小的基数，就是$\aleph_0$，它对应整数中的$0$。关于$0$，我们有下面的等式：

$0+0+0+\cdots +0 = 0$ 和 $0+0+0+\cdots = 0$。

就是说有限个0相加是0，无限个0相加也是0。对于$\aleph_0$，我们是不是也有相应的等式成立呢？是的，$\aleph_0 + \aleph_0 + \cdots + \aleph_0 = \aleph_0$以及$\aleph_0 + \aleph_0 + \cdots = \aleph_0$的确成立。用文字表达就是任意有限个可数集合的合集是可数集以及可数多个可数集合的合集还是可数集。

下面我们证明 $\aleph_0 + \aleph_0 + \cdots = \aleph_0$。

证明：假设$A_1,A_2, A_3, \cdots, A_n, \cdots, $为可数集，我们要证明$A_1\cup A_2\cup A_3\cup \cdots \cup A_n \cup \cdots$还是可数集。证明一个集合可数，就只要证明可以把集合中的元素无一遗漏全部列出来。我们有

$\begin{array}{l}A_1=\{a_{1,1},a_{1,2},a_{1,3},a_{1,4},\cdots\}\\A_2=\{a_{2,1},a_{2,2},a_{2,3},a_{2,4},\cdots\}\\A_3=\{a_{3,1},a_{3,2},a_{3,3},a_{3,4},\cdots\}\\A_4=\{a_{4,1},a_{4,2},a_{4,3},a_{4,4},\cdots\}\\\cdots\\A_n=\{a_{n,1},a_{n,2},a_{n,3},a_{n,4},\cdots\}\\\cdots\end{array}$

如何将$A_1\cup A_2\cup A_3\cup \cdots \cup A_n \cup \cdots$的元素无遗漏的全部列出来呢？

对于元素$a_{i,j}$ 我们称$i+j$为该元素的下标和。我们可以先列出下标和为2的全部元素，只有$a_{1,1}$，接着列出下标和为3的全部元素，有 $a_{1,2},a_{2,1}$，再列出下标和为4的全部元素，有 $a_{1,3}, a_{2,2}, a_{3,1}$，等等，以此类推，就能把合集的全部元素毫无遗漏地一一列出来了。比如最初的几项就是$a_{1,1}$, $a_{1,2},a_{2,1}$, $a_{1,3},a_{2,2},a_{3,1}$, $ a_{1,4},a_{2,3},a_{3,2},a_{4,1},\cdots$，于是就证明了可数多个可数集合的合集还是可数的。

接下来我们说一说Cantor的对角线方法，用它来证明实数集$(0,1)=\{x|0<x<1, x\in R\}$是不可数的。

证明：假如$(0,1)$是可数的，就是说对每个自然数 $i$ 都唯一对应一个实数$x_i=0.x_{i,1}x_{i,2}x_{i,3}\cdots x_{i,n}\cdots$，其中每个$x_{i,j}$都是$D=\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$ 中的一个数，如下面的列表所示：

$\begin{array}{c}
x_1 = 0.x_{1,1} x_{1,2} x_{1,3} \cdots x_{1,n} \cdots \\
x_2 = 0.x_{2,1} x_{2,2} x_{2,3} \cdots x_{2,n} \cdots \\
x_3 = 0.x_{3,1} x_{3,2} x_{3,3} \cdots x_{3,n} \cdots \\
x_4 = 0.x_{4,1} x_{4,2} x_{4,3} \cdots x_{4,n} \cdots \\
\cdots \\
x_m = 0.x_{m,1} x_{m,2} x_{m,3} \cdots x_{m,n} \cdots \\
\cdots \
\end{array}$

我们按对角线的方法构造一个数$x=0.x_{1,1}x_{2,2}x_{3,3}\cdots x_{n,n}\cdots$, 并根据$x$的值来构造一个数
$y=0.y_{1,1}y_{2,2}y_{3,3}\cdots y_{n,n}\cdots$ , 其中$y_{i,i}=\{ \begin {array}{lll}
x_{i,i}+1 & \mbox{如果 $x_{i,i}\ne 9$}\\
0 & \mbox{如果 $x_{i,i}=9$}
\end{array}
$

现在$y$是$(0,1)$中的一个数，但是它不同于任何一个$x_i$，因为根据定义$y_{i,i}\ne x_{i,i}$ 所以$y$没有在列表中出现。换句话说，$y$没有对应任何一个自然数，从而集合$(0,1)$是不可数的。

既然实数集合是不可数的，那么有没有比实数集更大的集合呢？有！实际上对任意的集合$S$，都有比$S$更大的集合存在。如果我们定义$S$的密集为$P(S)={x | x\subseteq S}$，即$P(S)$由S的所有子集合构成，那么$S$的密集$P(S)$就有更大的基数。

证明：假如存在从$S$ 到$P(S)$的1-1对应$f(s)$，即$S$中的任一元素$s$对应$P(S)$中的唯一元素$f(s)$。注意$f(s)$是$S$的子集合，就有两种可能：要么$s\in f(s)$，要么 $s\notin f(s)$，即要么$s$属于$f(s)$，要么$s$不属于$f(s)$。接下来我们构造子集$A={s | s\notin f(s)}$：即如果$s$属于$f(s)$，则$s$不属于$A$，如果$s$不属于$f(s)$则$s$属于$A$。明显$A$是$S$的子集合，从而是$P(S)$的一个元素。于是应该有$S$一个元素$a$ 使得$f(a)=A$。现在的问题是：应该有$a\in A$ 还是应该有$a\notin A$？按照我们的构造，如果$a\in A$，则$a\notin A$，而如果$a\notin A$则又该有$a\in A$，从而导致矛盾，所以不存在从$S$ 到$P(S)$的1-1对应$f(s)$，即密集$P(S)$有比$S$更大的基数。

于是无穷集合的基数可以按$\aleph_0$，$\aleph_1$，$\aleph_2$， $\aleph_3$， $\aleph_4$， $\cdots $ 的方式无限延伸。我们知道自然数集合是最小的无穷集合，它的基数是$\aleph_0$，哪一个无穷集合的基数是$\aleph_1$呢？这是目前的数学无法回答的问题。

前面说过，代数数就是整系数多项式方程的根组成的那些数。具体说来，如果$x_0$是代数数，就一定存在整系数多项式$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\cdots + a_1x +a_0$，其中$a_n\ne 0, a_n,a_{n-1}, \cdots, a_1,a_0$均为整数并且这些整系数的最大公约数为$1$，使得$P(x_0)=0$。多项式中的最高次项$n$被称为该多项式的次数。在所有这样满足$P(x_0)=0$的多项式中有一个次数最小，我们称之为$x_0$的最小多项式。以$x_0=\sqrt{2}$为例，$P_1(x)=x^2-2$, $P_2(x)=(x^4-4)$都满足 $P_1(\sqrt{2})=0$ 和 $P_2(\sqrt{2})=0$，但$P_1(x)$次数为2, $P_2(x)$次数为4，所有一次多项式$P(x)=a_1x+a_0$都不可能满足$P(\sqrt 2)=0$，所以$\sqrt{2}$的最小多项式就是$P_1(x)=x^2-2$了。

不是代数数的数我们称之为超越数。超越数存不存在呢？这并不是一个容易回答的问题，法国数学家Liouville最先给出了肯定的答复。他人为地构造了一个数，并且证明了该数不可能是任何整系数多项式方程的根，从而是一个超越数。

他构造的是什么数呢？就是下面无穷级数所定义的数：
$$ x_0=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{10^{k!}} =\frac{1}{10^{1!}}+ \frac{1}{10^{2!}}+ \frac{1}{10^{3!}}+\frac{1}{10^{4!}}+\cdots $$

其中$k!=k(k-1)(k-2)*\cdots*2*1$是所谓的阶乘函数。这个级数是收敛的，并且只能表示成无限不循环小数，因而是个无理数。那么它为什么不是代数数呢？Liouville给出了巧妙的证明。他首先证明了下面的Liouville不等式。

Liouville不等式：如果$x_0$ 是一个代数无理数，它的最小整系数多项式是： $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\cdots + a_1x +a_0$，其中$n\ge2$ ，那么存在一个实数$A$, 使得对任何在区间$[x_0-1, x_0+1]$中的有理数$p/q$ 都满足$|p/q-x_0|\ge 1/(Aq^n)$。如果令$B=max\{1,\, A\}$, 则对一切有理数$p/q$都满足$|p/q-x_0|\ge 1/(Bq^n)$。

然后用反证法证明了该数的超越性。

他的证明是这样的：假设$x_0$是个代数数，就应该有个次数为$n$的最小整系数多项式$P(x)$使得$P(x_0)=0$。由Liouville不等式，就存在实数$B$使得对任何有理数$p/q$都有不等式$|p/q-x_0|\ge 1/(Bq^n)$。现在任意选择一个整数$m>n$ 并考虑部分和$$S_m=\sum_{k=1}^m \frac{1}{10^{k!}} =\frac{1}{10^{1!}}+ \frac{1}{10^{2!}}+ \frac{1}{10^{3!}}+\frac{1}{10^{4!}}+\cdots +\frac{1}{10^{m!}} $$

不难看出， $S_m$是个有理数，并且可以写成$S_m=p_m/10^{m!}=p_m/q_m$的形式。

接下来我们看$$|S_m-x_0|=\sum_{k=m=1}^\infty \frac{1}{10^{k!}}=\frac{1}{10^{(m+1)!}}+ \frac{1}{10^{(m+2)!}}+ \frac{1}{10^{(m+3)!}}+\frac{1}{10^{(m+4)!}}+\cdots $$

不难发现，我们有 $$|S_m-x_0|< \frac{1}{10^{(m+1)!}}(1+\frac{1}{10}+\frac{1}{10^2}+\frac{1}{10^3}+\cdots)<\frac{2}{10^{(m+1)!}}$$
根据Liouville不等式， $$ |S_m-x_0|\ge \frac{1}{B(10^{m!})^n}$$

所以$$ \frac{2}{10^{(m+1)!}} > \frac{1}{B(10^{m!})^n}$$即$2B>10^{m!(m+1-n)}$对任何$m>n$都成立，而这是不可能的，从而导致矛盾，所以$x_0$是超越数。

我们先定义多项式的高度和代数数的高度。多项式： $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\cdots + a_1x +a_0$的高度是
$(n-1) + |a_n|+|a_{n-1}|+|a_{n-2}|+\cdots + |a_1|+|a_0|$。一个代数数的高度就是它的最小多项式的高度。

下面我们看Cantor是如何证明超越数的存在的。

证明：任意给定一个高度，具有该高度的代数数是可数的，而所有可能的高度是可数的，所以所有代数数集合是可数的。但实数集合是不可数的，从而超越数构成的集合是不可数的。

换句话说，Cantor证明了超越数才是实数的主力，而代数数反而少得微不足道，是打酱油的。

Cantor 的存在性证明，是不是超凡脱俗，叫人耳目一新？