วิชาคณิตศาสตร์เพิ่มเติมLemma 1.26.

วิชาคณิตศาสตร์เพิ่มเติม
Lemma 1.26. If f : A ! B is an injection and C  A, then f[A n C] =
f[A] n f[C]
Proof. First suppose x 2 f[AnC]. Then, 9a 2 AnC such that f(a) = x. Hence,
x 2 f[A].
Suppose x 2 f[C]. Then, 9c 2 C such that f(c) = x. As a 6= c, this
contradicts f being an injection, thus x 2 f[A] n f[C]
Conversely, suppose x 2 f[A] n f[C]. Then 9a 2 A such that f(a) = x.
Since x =2 f[C], a =2 C, so a 2 A n C, therefore, x 2 f[A n C]
And now, the proof of the Cantor-Bernstein Theorem.
Proof. Since A  B and B  A, there exist injection f : A ! B and g : B ! A.
Let C = g[B] = fg(b) : b 2 Bg.
Claim 1 - B  C.
The map b 7! g(b) is a bijection from B to C, so the claim is proved.
Thus, it is enough to show A  C, because then A  C and C  B, so
A  B
7
Let h = g  f : A ! A, then h is an injection.
Dene by induction on n  0 A0 = A4, An+1 = h[An] and C0 = C, Cn+1 =
h[Cn].
Dene a function k : A ! C by k(x) = h(x) if x 2 An n Cn for some n and
k(x) = x otherwise.
Claim 2 - k is an injection.
Suppose that x 6= x0 are distinct elements of A.
There are three cases:
1. Suppose x 2 An nCn, x0 2 Am nCm for some n;m. Since h is an injection,
k(x) = h(x) 6= h(x0) = k(x0)
2. Suppose x; x0 =2 An n Cn 8n. Then k(x) = x 6= x0 = k(x0)
3. Without loss of generality, suppose x 2 An n Cn for some n and x0 =2 An n
Cn 8n. Then, k(x) = h(x) 2 h[An n Cn] = h[An] n h[Cn] = An+1 n Cn+1.
Hence, k(x) = h(x) 6= x0 = k(x0)
Claim 3 - k is a surjection.
Let c 2 C be arbitrary. There are two cases.
1. Suppose c =2 An n Cn 8n, then k(c) = c
2. Suppose c 2 An n Cn for some n. Since c 2 C = C0, 9m such that
n = m+1, since h[AmnCm] = h[Am]nh[Cm] = An nCn. So, 9a 2 AmnCm
such that k(a) = h(a) = c.
Therefore, k is a bijection, so A  C
Theorem 1.27. R  R  R
Proof. Since R  (0; 1), it is enough to prove that (0; 1)  (0; 1)  (0; 1)
We can dene an injection f : (0; 1) ! (0; 1)(0; 1) such that f(r) =

1
2 ; r

.
Next we dene an injection g : (0; 1)  (0; 1) ! (0; 1) as follows.
If r = 0:r0r1 : : : rn : : : and s = 0:s0s1 : : : sn : : :, then,
g(hr; si) = 0:r0s0r1s1 : : : rnsn : : :.
By the Cantor-Bernstein Theorem, (0; 1)  (0; 1)  (0; 1)
Denition 1.21 (Sym(N)). Sym(N) = ff 2 N
N : f is a bijection g
Theorem 1.28. Sym(N)  P(N)
Proof. Since Sym(N)  N
N  P(N), we have Sym(N)  P(N).
Next, we dene a function f : P(N) ! Sym(N) by S ! fS where fS(2n) =
2n + 1 and fS(2n + 1) = 2n if n 2 S and fS(2n) = 2n and fS(2n + 1) = 2n + 1
otherwise.
This is an injection, and so P(N)  Sym(N), so, by Cantor-Bernstein,
P(N)  Sym(N)
8

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

วิชาคณิตศาสตร์เพิ่มเติม
1.26 การจับมือกัน ถ้า f: A B คือ การฉีด และ C A จาก นั้น f [เป็น n C] =
f f n [A] [C]
พิสูจน์ ครั้งแรก คิดว่า x 2 f [เมือปี] แล้ว 9a 2 เมือปีเช่นที่ f(a) =ไฟร์ Hence,
x 2 f [A]
สมมติ x 2 f [C] แล้ว 9c เช่น C 2 ที่ f(c) = x เป็น 6 ตัว = c นี้
ทุก f การฉีด จึง x 2 f [A] ที่ n f [C]
เอียด สมมติว่า x 2 n f f [A] [C] แล้ว 9a 2 เช่น f(a) ที่ =ไฟร์
ตั้งแต่ x = f 2 [C], เป็น = 2 C ดังนั้น 2 n C ดังนั้น x 2 f [เป็น n C]
ตอน นี้ พิสูจน์ของคันทอร์นาร์ดเบิร์นสไตน์ทฤษฎีบท
พิสูจน์ ตั้งแต่ A B และ B A มีฉีด f: A B และ g: B A.
ให้ C = g [B] = fg(b): b 2 Bg.
เรียกร้อง 1 - B C.
b แผนที่ 7 g(b) เป็น bijection จาก B ถึง C เพื่อเรียกร้องจะพิสูจน์
จึงพอที่จะแสดง A C เพราะ แล้ว A C และ C B เพื่อ
A B
7
ให้ h = g f: A A, h แล้วได้การฉีด
เดมุ โดยเหนี่ยวนำบน n 0 A0 = A4, 1 อัน = h [มี] และ C0 = C, Cn 1 =
h [Cn] .
เดมุฟังก์ชัน k: A C โดย k(x) = h(x) ถ้า x 2 อัน n Cn สำหรับบาง and
k(x) n = x มิฉะนั้นการ
เคลม 2 - k ได้การฉีด
สมมติว่า x 6 = x 0 เป็นองค์ประกอบที่แตกต่างของ
มีสามกรณี:
1 สมมติว่า x 2 nCn x 0 2 Am nCm สำหรับบาง n; m เนื่องจาก h เป็น injection,
k(x) = h(x) 6 = h(x0) = k (x 0)
2 สมมติว่า x x 0 2 = 8n n Cn แล้ว k(x) = x 6 = x 0 = k (x 0)
3 ไม่ มีการสูญเสียการ generality สมมติว่า x 2 มี Cn n n บางและ x 0 = 2 อัน n
Cn 8n แล้ว k(x) = h(x) 2 h [มี Cn n] = h h [เป็น] n [Cn] = n 1 อัน Cn 1.
Hence, k(x) = h(x) 6 = x 0 = k (x 0)
ร้อง 3 - k ได้ surjection
c 2 C ให้สามารถกำหนด มีสองกรณี.
1 สมมติว่า c = 2 เป็น n Cn 8n แล้ว k(c) = c
2 สมมติ c 2 อัน Cn n สำหรับ n บาง ตั้งแต่ c 2 C = C0, 9m ที่
n = 1, m ตั้งแต่ h [AmnCm] = h [Am] nh [Cm] = nCn ดังนั้น 9a 2 AmnCm
ที่ k(a) = h(a) = c.
ดัง k คือ bijection, C A ดังนั้น
1.27 ทฤษฎีบท R R R
พิสูจน์ ตั้งแต่ R (0, 1), มันจะพอที่จะพิสูจน์ที่ (0, 1) (0, 1) (0, 1)
เราสามารถเดมุ f การฉีด: (0, 1) (0, 1) (0 1) ที่ f(r) =

1
2 r

.
ถัดไปเราเด ne g การฉีด: (0, 1) (0, 1) (0, 1) เป็นดังนี้.
ถ้า r = 0:r0r1::: rn::: และ s = 0:s0s1::: sn:::, แล้ว,
g (ชั่วโมง ซี) = 0:r0s0r1s1::: rnsn:::
โดยคันทอร์นาร์ดเบิร์นสไตน์ทฤษฎีบท, (0, 1) (0, 1) (0, 1)
เด nition 1.21 (Sym(N)) Sym(N) = ff 2 N
N: f เป็น bijection g
ถึง 1.28 ทฤษฎีบท Sym(N) P (N)
พิสูจน์ ตั้งแต่ Sym(N) N
N P(N) เรามี Sym(N) P (N) .
ถัดไป เราเดมุ f ฟังก์ชัน: P(N) Sym(N) โดย S fS ที่ fS(2n) =
2n 1 และ fS(2n 1) = 2n ถ้า n 2 S และ fS(2n) = 2n และ fS(2n 1) = 2n 1
มิฉะนั้นการ
นี้เป็นฉีด และอื่น ๆ P(N) Sym(N) ดังนั้น โดย Cantor-Bernstein,
P(N) เอสวายเอ็ม (N)
8

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

วิชาคณิตศาสตร์เพิ่มเติม
บทแทรก 1.26 ถ้า f:! B เป็นหัวฉีดและ C? แล้วฉ [n C] =
ฉ [] nf [C]
หลักฐาน คิดว่าครั้งแรก x 2 ฉ [ANC] จากนั้น 9a 2 ANC เช่น f (a) = x ดังนั้น
x 2 ฉ []
สมมติว่า x 2 ฉ [C] จากนั้น 9c 2 C เช่น f (ค) = x ในฐานะที่เป็น 6 = คนี้
เป็นไปในทางตรงกันข้ามฉฉีดจึง x 2 ฉ [] nf [C]
ตรงกันข้ามสมมติว่า x 2 ฉ [] nf [C] แล้ว 9a 2 เช่น f (a) = x
ตั้งแต่ x = 2 ฉ [C] = 2 C ดังนั้น 2 n C ดังนั้น x 2 ฉ [n C]
และตอนนี้หลักฐานของ ต้นเสียง-Bernstein ทฤษฎีบท
พิสูจน์ ตั้งแต่? B และ B? ที่มีอยู่ฉีด f:! B และ g: B! A.
ให้ C = กรัม [B] = FG (ข): b 2 Bg
เรียกร้อง 1 - B? C.
แผนที่ข 7! กรัม (ข) เป็น bijection จาก B ไป C เพื่อเรียกร้องพิสูจน์
ดังนั้นจึงเป็นพอที่จะแสดง? C แล้วเพราะ? C และ C? B ดังนั้น
? B
7
ชั่วโมงให้กรัม =? f:! แล้วเป็นชั่วโมงการฉีด
De ne โดยอุปนัยบน n? 0 A0 = A4, 1 ชั่วโมง = [] และ C0 = C, Cn +1 =
h [Cn]
De ne ฟังก์ชัน k:! C โดย k (x) = เอช (x) ถ้า x 2 n Cn กับ n และ
k (x) = x อื่น
เรียกร้อง 2 - k คือการฉีด
สมมติว่า x 6 = x0 เป็นองค์ประกอบที่แตกต่างของเอ
มี เป็นกรณีที่สาม:
1 สมมติว่า x 2 NCN, x0 02:00 NCM เพื่อ n บางเมตร ตั้งแต่ชั่วโมงที่ฉีด
k (x) = เอช (x) = 6 ชั่วโมง (x0) = k (x0)
2 สมมติว่า x; x0 = 2 n Cn 8N แล้ว k (x) = x 6 = x0 = k (x0)
3 โดยไม่สูญเสียของทั่วไปสมมติว่า x 2 n Cn กับ n และ x0 = 2 n
Cn 8N จากนั้น k (x) = เอช (x) 2 h [n Cn] ชั่วโมง = [] nh [Cn] = n +1 +1 Cn
ดังนั้น k (x) = เอช (x) 6 = x0 k = (x0)
เรียกร้อง 3 - k เป็น surjection
ให้ค 2 C เป็นพล มีสองกรณีคือ
1 สมมติว่า c = 2 n Cn 8N แล้ว k (c) = ค
2 สมมติว่าค 2 n Cn n สำหรับบางคน ตั้งแต่ค 2 C = C0, 9m เช่นที่
n = m +1 ตั้งแต่ h [AmnCm] = h [Am] nh [ซม. ] = NCN ดังนั้น 9a 2 AmnCm
เช่นที่ k (ก) ชั่วโมง = () c =
ดังนั้น k เป็น bijection ดังนั้น? C
ทฤษฎีบท 1.27 R? R? R
หลักฐาน ? ตั้งแต่อาร์ (0, 1) มันก็เพียงพอที่จะพิสูจน์ได้ว่า (0, 1)? (0, 1)? (0, 1)
เราสามารถยกเลิกการ ne ฉฉีด: (0, 1)! (0, 1) (0, 1) เช่น f (r) = 1 2; r . ต่อไปเราเด ne ฉีดกรัม: (0, 1)? (0, 1)! (0, 1) ดังต่อไปนี้ถ้า r = 0: r0r1 ::: ::: rn และ s = 0: s0s1 ::: ::: sn แล้วg (ชั่วโมง; si) = 0: r0s0r1s1 ::: rnsn ::: โดยต้นเสียงทฤษฎีบท-Bernstein, (0, 1)? (0, 1)? (0, 1) De nition 1.21 (Sym (N)) Sym (N) = ff 2 ไม่มีไม่มีคือ f bijection กรัมทฤษฎีบท 1.28 Sym (N)? P (N) หลักฐาน ตั้งแต่ Sym (N)? ไม่มีN? P (N) เรามี Sym (N)? P (N) ต่อไปเราเด ne ฉฟังก์ชัน: P (N)! Sym (N) โดย S! FS ที่ FS (2n) = 2n + 1 และเอฟเอส (2n + 1) = 2n ถ้า 2 S และ FS (2n) = 2n และ FS (2n + 1) = 2n + 1 อย่างอื่นนี่คือการฉีดและอื่น P (N)? Sym (N) ดังนั้นโดยต้นเสียง-Bernstein, P (N)? Sym (N) 8





ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

วิชาคณิตศาสตร์เพิ่มเติม
แทรก 1.26 เท่า ถ้า f : A ! บี คือฉีดและ C  แล้ว F [ n c ] =
F [ n ] F [ C ]
พิสูจน์ ตอนแรกคิดว่า x 2 F [ แอฟริกา ] แล้ว จำนวน 2 จำนวน เช่น f ( x ) = x
2 F [ จึง ] .
สมมติ x 2 F [ C ] แล้ว สปริงแอร์ไลน์ 2 C เช่น f ( c ) = x เป็น 6 = C , f
ขัดแย้งถูกฉีดยา ดังนั้น x 2 F [ n ] F [ C ]
ในทางกลับกันสมมติว่า x 2 F [ n ] F [ C ]แล้วจำนวน 2 เช่น f ( A ) = x
2 F ตั้งแต่ x = [ C ] = 2 C , 2 n C ดังนั้น x 2 F [ n C ]
และตอนนี้การพิสูจน์ทฤษฎีบท แคนเตอร์ เบิร์นสไตน์ .
พิสูจน์ ตั้งแต่  B และ B  , มีฉีด f : A ! B และ G : B A .
ให้ C = G [ / b ] = FG ( B ) : B 2 BG .
1 B - C .
 อ้างแผนที่ B 7 G ( B ) เป็นฟังก์ชันหนึ่งต่อหนึ่งทั่วถึงจาก B เป็น C เพื่อเรียกร้องพิสูจน์ .
ดังนั้นมันก็เพียงพอที่จะแสดง  Cเพราะงั้น  C และ C  B และ B

7
a  ให้ H = g  f : A ! คือฉีด แล้ว H .
de  เน่โดยอุปนัยใน N  0 A0 = A4 , 1 = [ ] = C0 H และ C CN 1 =
h [ CN ] .
de  NE ฟังก์ชัน K : ! C โดย K ( X ) = h ( x ) ถ้า x 2 N CN สำหรับ n
K ( x ) = x
2 k - อ้างอย่างอื่น คือ การฉีด
สมมติว่า x 6 = x0 เป็นองค์ประกอบที่แตกต่างกันของ A .
มีอยู่สามกรณี :
1 สมมติว่าเป็น NCN x 2 ,x0 2 ncm บาง n ; m . ตั้งแต่ H คือฉีด
, K ( X ) = h ( x ) = h ( x0 ) = k ( x0 )
2 สมมติว่า x0 = 2 x ; N CN 8n แล้ว K ( x ) = x 6 = x0 = k ( x0 )
3 โดยไม่สูญเสียโดยทั่วไป สมมติว่า x 2 N CN สำหรับบางคน และ x0 = 2
n CN 8n แล้ว K ( X ) = h ( x ) 2 h [ N ] = Cn h [ N ] H [ CN ] = 1 N CN 1 K (
ดังนั้น x ) = h ( x ) = x0 = k ( x0 )
3 k - อ้างเป็น surjection .
2 C ให้ C เป็นโดยพลการ มีสองกรณี .
1สมมติว่า C = 2 N CN 8n แล้ว K ( c )
2 = c . สมมติว่า C 2 N CN บางตั้งแต่ 2 C0 C , C = 20 , เช่น
n = 1 , ตั้งแต่ H [ amncm ] = H [ เป็น ] NH [ CM ] = NCN . ดังนั้น จำนวน 2 amncm
เช่น K ( a ) = h ( a ) = c
ดังนั้น K เป็นฟังก์ชันหนึ่งต่อหนึ่งทั่วถึง ดังนั้น  C
ทฤษฎีบท ST .  R R R
 พิสูจน์ เนื่องจาก R  ( 0 , 1 ) จะเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า ( 0 , 1 )  ( 0 , 1 ) ( 0 , 1 ) 
เราสามารถ de  NE ฉีด F : ( 0 , 1 ) ( 0 , 1 )  ( 0 ;1 ) เช่น F ( r ) =
1
2 R

.
ต่อไปเรา  NE ฉีด G : ( 0 , 1 )  ( 0 , 1 ) ( 0 , 1 ) ดังนี้ r0r1
ถ้า R = 0 : : : : : : : RN และ S = 0 : s0s1 : : คิด : : : แล้ว
g ( HR ; ศรี ) = 0 : r0s0r1s1 rnsn : : : : : : .
โดยทฤษฎีบทของคันทอร์ เบริน ( 0 , 1 )  ( 0 , 1 ) ( 0 , 1 ) 
de  nition 1.21 ( SYM ( N ) SYM ( n ) = 2
n : F : n เป็นฟังก์ชันหนึ่งต่อหนึ่งทั่วถึง g
ทฤษฎีบท 1.28 SYM ( N )  P ( n )
พิสูจน์ ตั้งแต่ SYM ( N )  N
N  P ( N )เรามีซิม ( N )  P ( n )
ต่อไป เรา  NE ฟังก์ชัน f : P ( N ) SYM ( N ) s ! FS ที่ FS ( 2n )
2 = 1 และ FS ( 2n 2n เมื่อ n = 1 ) 2 และ FS ( 2n ) = 2n 2n FS และ 1 ) = 2n 1

นี่เป็นอย่างอื่น การฉีดยา และให้ P ( n )  SYM ( n ) ดังนั้น โดยต้นเสียง เบิร์นสไตน์
, P ( N )  SYM ( N )
8