集合的势

证明集合$\{f:\R\to \R\mid f\text{ is monotonically increasing}\}$和集合$\R$等势

证明：

设$A=\{f:\R\to \R\mid f\text{ is monotonically increasing}\}$，只需定义$h:\R\to(\R\to \R)$，$h(a)=\{(x,x+a)\mid x\in \R\}$就可以构造$\R$到$A$的单射，因此只需构造$A$到$\R$的单射，也即证明$A$的基数小于等于$\R$的基数。

对于任意的$f:\R\to \R$，如果$f$是单调递增的，那么$f$的不连续点一定是第一类间断点。证明：首先证明$\forall x_0 \in \R$，$\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)\leq \lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$。令$S_1=\{f(x)\mid x<x_0\}$，根据$f$单调递增可知$f(x_0)$是$S_1$的上界，根据确界存在定理$S_1$存在上确界，设$\sup S_1=g_1$。因为$g_1$是上界，所以$\forall u<x_0,\implies f(u)<g_1$。因为$g_1$是上确界，所以$\forall \varepsilon>0,\exists u_0<x_0,f(u_0)>g_1-\varepsilon$。于是$\forall \varepsilon>0$，令$\delta=x_0-u_0$，则有$\forall u,(x_0-\delta<u<x_0)\implies f(u)>f(u_0)>g_1-\varepsilon$，也即$g_1-f(u)<\varepsilon$。这就证明了$g_1=\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)$。同理可得，令$S_2=\{f(x)\mid x>x_0\},g_2=\inf S_2$，有$g_2=\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$。现在假设$x_0$是间断点，那么$\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x),\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$都存在，假设$\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)= \lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$，那么由$f$是单调函数，成立$\forall s_1 \in S_1,s_2\in S_2$，$s_1< f(x_0)<s_2$，所以$\sup S_1= \lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=f(x_0)= \lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=\inf S_2$，这与$x_0$是间断点矛盾。所以$\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)< \lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$。证毕。

对于任意的$f:\R\to \R$，如果$f$是单调递增的，那么$f$的不连续点个数至多可数。证明：对于任意间断点$x_0$，有$\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)< \lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$。根据有理数的稠密性（$\forall a,b\in \R,(a<b)\implies \exists q\in \Q,a<q<b$），$\exists q_{x_0}\in \Q,\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)<q_{x_0}< \lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$。对于任意两个不同的间断点$x_1,x_2$，不妨设$x_1<x_2$，有$f(x)$是开区间$(x_1,x_2)$上的连续的单调递增函数，因此$\lim\limits_{x\to x_1^+}f(x)<\lim\limits_{x\to x_2^-}f(x)$。因此存在$q_1,q_2\in \Q$，使得$\lim\limits_{x\to x_1^-}f(x)<q_1<\lim\limits_{x\to x_1^+}f(x)<\lim\limits_{x\to x_2^-}f(x)<q_2<\lim\limits_{x\to x_2^+}f(x)$。由此可见，可以建立间断点到有理数的单射，因此间断点的个数至多可数。证毕。

由此可见，任意一个单调函数都可以看作可数个开区间上的连续函数的并。下面我们证明，对于任意一个开区间，这个开区间上的连续函数集合的基数小于等于$\R$的基数。如果这一点得证，那么这个开区间上的连续单调函数集合$B$的基数小于等于$\R$的基数。那么，可数个这样的连续单调函数集合的并的基数$|B^{\N}|\leq |\R^\N|=|(2^\N)^\N|=|2^\N|=|\R|$，证明就完成了。

下面证明，集合$\{f:\R\to \R\mid f\text{ is continuous}\}$的基数小于等于集合$\R$的基数。

设$f_1,f_2$是$\R$上的连续函数，那么如果$\forall q \in \Q,f_1(q)=f_2(q)$，则$\forall x \in \R,f_1(x)=f_2(x)$。证明：假设$f_1(x_0)\neq f_2(x_0)$，那么不妨设$f_1(x_0)<f_2(x_0)$，并取$\varepsilon=\dfrac{f_2(x_0)-f_1(x_0)}{2}$。于是$\exists \delta_1,\forall u,(|u-x_0|<\delta_1)\implies |f_1(x_0)-f(u)|<\varepsilon$，$\exists \delta_2,\forall u,(|u-x_0|<\delta_2)\implies |f_2(x_0)-f(u)|<\varepsilon$。于是，$\exists u_0 \in \Q,|u_0-x_0|<\min (\delta_1,\delta_2)\land f_1(u_0)\neq f_2(u_0)$，矛盾。证毕。

所以，存在从$\R\to \R$到$\Q\to \R$的映射$r$，对于任意$f_1,f_2:\R\to \R$，若$r(f_1)=r(f_2)$则$f_1=f_2$，所以$r$为单射。于是$|\R\to \R| \leq |\Q \to \R|=|\R^\Q|=|\R^\N|=|(2^\N)^\N|=|2^\N|=|\R|$。证毕。

证毕。