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不是有理數的那些代數數的勢是阿列夫0嗎？

作者：由那晚她舒服了發表于體育時間：2020-03-05

知乎使用者qHamT62020-03-05 21:57:09

（只是偶爾看過實變函式和離散數學有關集合基數的部分，試著答一下思路，可能有錯誤）

思路：

記所有代數陣列成的集合為

$\mathbb{A}$

，容易證得

$\mathrm{Card}(\mathbb{A})=\aleph_0$

［1］

。

因為

$\mathbb{A}\backslash\mathbb{Q}\subset\mathbb{A}$

，所以

$\mathrm{Card(\mathbb{A}\backslash\mathbb{Q})}\le\aleph_0$

。

設所有質陣列成的集合為

$\mathbb{P}$

，容易證得

$\mathrm{Card(\mathbb{P})}=\aleph_0$

［2］

。

構造集合

$\mathbb{I}=\{\sqrt{x}:x\in\mathbb{P}\}$

，顯然有

$\mathbb{I}\subset\mathbb{A}\backslash\mathbb{Q}$

［3］

（因質數的平方根都為無理數，且它們都是形如

的整係數方程的根，顯然是代數數）以及

$\mathrm{Card(\mathbb{I})}=\mathrm{Card(\mathbb{P})}=\aleph_0$

，故

$\mathrm{Card(\mathbb{A}\backslash\mathbb{Q})}\ge\aleph_0$

。

所以

$\mathrm{Card(\mathbb{A}\backslash\mathbb{Q})}=\aleph_0$

。

$\blacksquare$

/2020。03。06

注：

（1）我們還可以構造類似

$\mathbb{I}=\{\sqrt[n]{2}:n=2,3,\dots\}$

的集合來說明（因為根據Eisenstein判別法

［4］

，

在有理數域不可約。當然換為任意質數來構造都可以。這些數都不是有理數，但它們是代數數。）。這裡感謝 @靜開靜落你不知的意見。

（2）事實上我們證明的是稍強的結論：

$\mathrm{Card(\mathbb{R}\cap(\mathbb{A}\backslash\mathbb{Q}))}=\aleph_0$

。

原來較弱的結論還可以透過構造集合

$\mathbb{I}=\{ai:a\in\mathbb{N}\}$

（

是虛數單位）來證明。

煢煢孑立2020-03-06 11:11:56

因為代數數以來的方程個數是阿列夫0。

夢羽靈泉2020-03-06 12:28:22

1、有理數可列

2、有理數方程可列

故有3、代數數可列

由1、3，故有代數數\有理數，可列

這樣？我是純民科，這是純粹的希爾伯特房間思維，不知道對不對

看了一下樓下的回答才正確，還要證明代數數\有理數不是有限個…………

予一人2020-03-06 13:30:42

對既約的整係數

次多項式

$p_n(x)=\sum_{k=0}^n a_kx^k,$

命

$\mathcal{N}=n+\sum_{k=0}^n|a_k|,$

於是對每一個

都有唯一的

$\mathcal{N}$

與之對應，而對每一個

$\mathcal{N}\geq2$

也至多有有限個

與之對應。此時，注意到每個

都含有有限個根，依定義，這些根都是代數數，這樣一來，每一個

$\mathcal{N}$

也間接地對應著有限個代數數。

現在，我們讓

$\mathcal{N}$

依次遍取

$\mathcal{N}=2,3,\cdots$

，將每個

$\mathcal{N}$

對應的有限個代數數在

劃去其中的有理數

後依次做成一個排列，把這些排列首尾連在一起就得到了一個窮盡所有無理代數數的總排列，這樣就給出了無理代數數可列的一個操作性證明。

一菌一2020-03-08 15:59:11

是

為此，我們把這個問題擴大化。

事實上任何可被表示出的實數所組成的集合的勢都是

$\aleph_0$

！

我們斷言任何有窮或可數的符號集合中的元素所構成的有窮長的字串的集合都是可數的。

也就是對一個集合

$\Sigma$

，若

$|\Sigma|\le\aleph_0$

，那麼

$\Sigma$

的有窮子集族

${\frak S}$

是可數的（很顯然

${\frak S}\subseteq{\scr P}(\Sigma)$

）。下面證這個引理。

由於有窮字串都可以看作有窮序列，所以我們亦可斷言

${\frak S}=\bigcup_{n=1}^{\infty}\Sigma^n$

（其中

$\Sigma^n$

代表

$\Sigma$

的

次卡氏冪）。

為了證明這點，我們需要題主知道兩個定理：

Cantor-Schröder-Bernstein定理：

對任意集合

，若

$|A|\le|B|$

且

$|B|\le|A|$

則

。

這個不需要選擇公理也能在

${\sf ZF}$

內證明，見回答哪些數學定理在直覺上是對的，但證明起來很困難？ - 張樂陶的回答 - 知乎。

$\aleph_0\cdot\aleph_0=\aleph_0$

證明我懶得寫了，直接貼圖

劉壯虎《素樸集合論》第114頁例4。1。4

引理

可數個可數集合的並仍然可數，這不需要選擇公理也能證明。

形式化為：對任意集合族

$\Gamma$

，若

$|\Gamma|=\aleph_0$

且

$\forall X\in\Gamma[X=\aleph_0]$

，那麼

$\left|\bigcup\Gamma\right|=\aleph_0$

。

證明：

證明很容易理解，關鍵用到了

$\aleph_0\cdot\aleph_0=\aleph_0$

，我將用不那麼嚴謹的通俗語言說明。

由於

$\Gamma$

可數，我們可以給它的每個元素分配一個獨一無二的標識

（其中

$i\in{\mathbb N}$

），因此

$\Gamma$

內所有元素都是某個

。由於任意

可數，我們可以給

的每個元素分配一個獨一無二的標識

（其中

$j\in{\mathbb N}$

），因此

內所有元素都是某個

。我們對任意

中的元素

賦予一個唯一標識

$x_{i,j}$

，這樣

$\bigcup\Gamma=\bigcup_{i\in {\mathbb N}}X_i$

中的任意元素都是某個甚至多個

$x_{i,j}$

了。其實這可以看作一個無窮階的矩陣。

由於

$\bigcup\Gamma$

所有元素都有至少一個

$x_{i, j}$

與之對應，而不同元素的標識也必然不同，我們便也能構造單射

$f:\bigcup\Gamma\rightarrow{\mathbb N} \times{\mathbb N}$

了，如下：

$f(a)=\left\langle m,n\right\rangle$

，其中

分別是使得

$a=x_{i,j}$

成立的最小

和

。

［1］

又由於很明視訊記憶體在一個單射

$g:{\mathbb N} \rightarrow\bigcup\Gamma$

，故有

$\aleph_0=|{\mathbb N}|\le\left|\bigcup\Gamma\right|\le|{\mathbb N}\times{\mathbb N}|=\aleph_0\cdot\aleph_0=\aleph_0$

，使用Cantor-Schröder-Bernstein定理從而得出結論

$\left|\bigcup\Gamma\right|=\aleph_0$

。

PS：上面這個引理可以不用選擇公理就推廣到任意無窮基數，來證明任意後繼基數都是正則基數。

由於對於任意

$n\ge1$

都有

$|\Sigma^n|=\aleph_0^n=\aleph_0$

（利用

$\aleph_0\cdot\aleph_0=\aleph_0$

），所以

$\bigcup_{n=1}^{\infty}\Sigma^n$

作為可數個可數集合的並也仍然可數，故

${\frak S}$

必然可數。

現在讓我們迴歸題主的問題。

由於所有代數數都可以寫成

$\\a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0=0\quad(a_n\ne 0\wedge n\in{\mathbb Z} \wedge\forall m\le n[a_m\in {\mathbb N}])$

的第

個實根（根分別從小到大排列）。

我們可以從中得到以下幾個要素：

其中涉及的引數數量是有限長的，所以

是自然數；

根是有限多的，所以

是自然數；

總是自然數。

因此我們可以採用一個更簡單的寫法表示一切代數數，即一個有窮序列：

$\left<k,a_n,a_{n-1},\dots,a_0\right>$

。我們便可以找到代數數集

${\mathbb A}$

到這個序列集的單射

$f:{\mathbb A}\rightarrow\bigcup_{n=2}^\infty{\mathbb N}^{n}$

。

其中

為所有滿足

$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0=0$

的第

個根為

的有窮序列中，長度最短的、字典序最小的序列。這麼做是為選定序列，滿足條件的序列固然存在，但由於不唯一，我們得費點力氣來確定選擇規則。

（所謂兩個等長度序列

$\left<k,a_0,a_1,\dots,a_n\right>$

與

$\left<l,b_0,b_1,\dots,b_n\right>$

的字典序，即先比較

與

孰大孰小，若

大則

所在的序列的字典序大；若

則比較

與

，規則與

的比較從而判定字典序相同；以此類推，從左往右逐步比較，像字典排序那樣。）

利用前面的引理，我們便知

$\left|\bigcup_{n=2}^\infty{\mathbb N}^{n}\right|=\aleph_0$

。而又因為

${\mathbb N}\subseteq{\mathbb A}$

，我們便有

$\\\aleph_0=|{\mathbb N}|\le|{\mathbb A}|\le\left|\bigcup_{n=2}^\infty{\mathbb N}^{n}\right|=\aleph_0$

使用Cantor-Schröder-Bernstein定理便有

$|{\mathbb A}|=\aleph_0$

。

事實上，利用前面的引理，我們甚至可以斷言對任意可數個符號組成的有窮長序列的總數皆可數。

所以，不止是代數數，甚至一切可以透過

加、減、乘、除、指數、開方、對數、三角函式等初等運算，甚至是Gamma函式、Dirichlet函式、Weierstrass函式、Lambert W函式等非初等函式，甚至是各種能在宇宙裡完整寫出來的積分、微分、極限式

的任意有限次組合而形成的所有陣列成的集合都的勢都是

$\aleph_0$

。

因為你只需要找到一個辦法能夠構造這些數到一堆可數個字元組成的有窮序列的集合的單射即可。

那麼為什麼實數集的勢大於

$\aleph_0$

呢？因為實數集實際上可以看作所有由0，1組成的長度為

$\omega$

的序列的集合（利用構造Cantor集），而不是有限長。事實上，有大量的實數是我們無法表示的——就算寫滿整個宇宙的式子也無法表示出某個實數，這類數也叫不可計算數，甚至是不可定義數——是的，這種數的確在實數集合裡存在，只不過人類永遠也無法找到它而已……

標簽：代數集合可數序列任意

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