自然數比單數多還是一樣多？

tommywong

定義：
自然數(非零)$\mathbb N^*\stackrel{\text{def}}{=}\{k|k>0,~k\in\mathbb{Z}\}=\{1,2,3,4,5\dots\}$
單數(正)$S\stackrel{\text{def}}{=}\{2k-1|k>0,~k\in\mathbb{Z}\}=\{1,3,5,\dots\}$

自然數(非零)的數量比單數(正)多還是一樣多？

tommywong

hbghlyj 发表于 2023-7-11 15:05
$k\leftrightarrow 2k-1$ 是一一对应。等势。

等勢所以就一樣多？我認為自然數比較多喎

hbghlyj

$|\mathbb{Z}|=|\mathbb{Z}^+|=|\mathbb{Q}|=\aleph_0$
MSE

tommywong

hbghlyj 发表于 2023-7-11 17:52
$|\mathbb{Z}|=|\mathbb{Z}^+|=|\mathbb{Q}|=\aleph_0$
MSE

如果我要$|\mathbb{N}^*|-|S|$呢？

abababa

得定义什么是多吧，首先就不能作集合映射，不然可数集都是一样的。
然后可以定义$A$的元素比$B$多当且仅当$A\setminus B\neq\varnothing$。

hbghlyj

tommywong 发表于 2023-7-11 18:30
如果我要$|\mathbb{N}^*|-|S|$呢？

subtraction is not defined for infinite cardinals, because there is no way to make it give sensible results.
Cardinal number subtraction

tommywong

hbghlyj 发表于 2023-7-11 21:21
subtraction is not defined for infinite cardinals, because there is no way to make it give sensibl ...

哩舊嘢同$\infty$一樣都唔可以直接相減
而$\infty$喺極限運算入面出現，有啲極限可以計出嚟，有啲極限會不存在
例如當$x\to+\infty,~y\to+\infty$時
$x-x=0,~(x+y)-x=y=+\infty$都可以計算出嚟
但係$x-y$不存在，因為當$y=x$時，$x-y=0$，當$y=2x$時，又有$x-y=-x=-\infty$
極限運算通常會喺最後允許嘅情況下先至進行代入$\infty$嘅動作，在此之前都應該保留代數進行運算

tommywong

我認為就係
$|\mathbb{N}^*|-|S|=|S\cup(\mathbb{N}^*\setminus S)|-|S|=|S|+|\mathbb{N}^*\setminus S|-|S|$
$=|\mathbb{N}^*\setminus S|=\aleph_0>0$
$\implies |\mathbb{N}^*|>|S|$

與此同時，$|\mathbb{N}^*|=\aleph_0,~|S|=\aleph_0$

tommywong

abababa 发表于 2023-7-11 19:36
得定义什么是多吧，首先就不能作集合映射，不然可数集都是一样的。
然后可以定义$A$的元素比$B$多当且仅当$ ...

點解會咁定義嘅？$|A|>|B|$咪就係A嘅元素比B多囉

差集$A\setminus B$非空可以係$|B|>|A|$
$A=\{1,2\},~B=\{2,3,4\},~A\setminus B=\{1\}\neq\varnothing$
$|B|=3>|A|=2$

$|A|>|B|\implies |A\setminus B|>0$可以證明
$A\setminus B=A\cap \overline{B}$
$|A|=|(A\cap\overline{B})\cup(A\cap B)|=|A\setminus B|+|A\cap B|$
$|B|=|B\setminus A|+|A\cap B|$
$|A|-|B|=|A\setminus B|-|B\setminus A|$
$|A|>|B|\implies |A\setminus B|>|B\setminus A|\ge 0\implies |A\setminus B|>0$

但係$|A|>|B|$就需要$|A\setminus B|-|B\setminus A|>0$

abababa

tommywong 发表于 2023-7-12 09:23
點解會咁定義嘅？$|A|>|B|$咪就係A嘅元素比B多囉

差集$A\setminus B$非空可以係$|B|>|A|$

这种定义就不是通常意义上的多少了，不然集合$\{a_1,a_2,\cdots,a_n,a_{n+1},\cdots\}$这样的，和$\{1,2,\cdots,n,n+1,\cdots\}$怎么比多少？首先第一个集合要想计数，就得作集合映射，映射成自然数才能计数，这样映射就不唯一，可以直接映射成$1,2,\cdots,$，也可以映射成$2,4,\cdots$，这和主楼想比较的那种多少就不一样了吧。

tommywong

abababa 发表于 2023-7-12 15:50
这种定义就不是通常意义上的多少了，不然集合$\{a_1,a_2,\cdots,a_n,a_{n+1},\cdots\}$这样的，和$\{1,2, ...

我用番8樓所講嘅極限運算
$x\to+\infty,~y\to+\infty$時，$x-y$不存在，x同y冇得比較大小
我哋可以接受x同y冇得比較大小，但我哋知道x同y都係「無窮大」，冇得比較大小唔會破壞「無窮大」嘅性質

$\{a_1,a_2,\cdots,a_n,a_{n+1},\cdots\}$可以映射成自然數，代表集合「可數」，只係哩個「可數」唔代表集合完全一樣數量，唔完全一樣係唔會破壞哩個「可數」性質

tommywong

abababa 发表于 2023-7-12 15:50
这种定义就不是通常意义上的多少了，不然集合$\{a_1,a_2,\cdots,a_n,a_{n+1},\cdots\}$这样的，和$\{1,2, ...

再畀你睇個更明顯嘅例子
$x\to+\infty$時, 我設$y=f(x)=kx,~\dfrac{1}{2}<k<2$
$x-y$不存在, x同y又冇得比較大小
然後$y=kx\to+\infty$

我將「無窮大」嘅性質由x射咗上y

hbghlyj

GR0568第61题：下列哪个更多？ A) $ℝ$ B) The set of all functions from $ℤ$ to $ℤ$ C) The set of all functions from $ℝ$ to {0, 1} D) The set of all finite subsets of $ℝ$ E) The set of all polynomials with coefficients in $ℝ$

其中较复杂的是(B)项、(D)项。证明用到Schröder-Berstein theorem.

(B) $|\{f \mid f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}\}|=\aleph_0^{\aleph_0}$, and $$ 2^{\aleph_0} \leq \aleph_0^{\aleph_0} \leq\left(2^{\aleph_0}\right)^{\aleph_0}=2^{\aleph_0 \cdot \aleph_0}=2^{\aleph_0} . $$ Thus, by the Schröder-Berstein theorem, we conclude $$ |\{f \mid f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}\}|=2^{\aleph_0} $$ (D) Let $\mathcal{F}$ denote the set of finite subsets of $\mathbb{R}$. Because $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathcal{F}$ defined by $f: x \mapsto\{x\}$ is one-to-one, it's clear $2^{\aleph_0} \leq|\mathcal{F}|$. Let $\mathcal{F}_n$ denote the set of subsets of $\mathbb{R}$ with $n$ elements. Then \begin{aligned} |\mathcal{F}| & =\sum_{n=0}^{\infty}\left|\mathcal{F}_n\right| \\ & \leq \sum_{n=1}^{\infty} 2^{\aleph_0} \\ & =\aleph_0 \cdot 2^{\aleph_0} \\ & =2^{\aleph_0} . \end{aligned}So, by the Schröder-Berstein theorem, $|\mathcal{F}|=2^{\aleph_0}$.

关于Schröder-Berstein theorem,又见AB之间互有满射，是否一定有双射？

hbghlyj

我知道$\aleph_0\times\aleph_0=\aleph_0$是因为$\mathbb N\cong\mathbb N^2$(证明见MSE)
但为何$2^{\aleph_0}\times2^{\aleph_0}=2^{\aleph_0}$