集论初步
集的概念、运算
证明：
证明：
集的对等性、势
证明：有理系数的一切多项式集合都是可数集。
设有理系数的一切多项式集合为，设最高次项不超过的多项式集合是，显然，因此是可数个集合的和，现在证明也是可数集，从而命题可证。
因为是有理系数，从而
现在，定义中元素的高度为，换句话说，高度构成了的一个划分，按某高度划分的子集记为，显然是一个有限集合，于是可以依次选择，并对每个集合中的元素按照特定的顺序进行排列，并且能够对其编号，于是，就是一个可数集。
证明：一切代数数集合是可数集
如果是代数数，则它必然是某个有理系数多项式的根。
一方面，任意有理数必然是代数数，因为任意有理数都是多项式的根，所以，即是至少可数（即要么是可数集要么是不可数集合，但不可能是有限集）。
下面我们证明是至多可数（即要么是可数集要么是有限集合，但不可能是不可数集），从而说明是可数集合。
对于任意的n次有理多项式方程，两边乘以所有非零有理系数分母的最小公倍数，于是成为一个整系数多项式方程，显然此二者的具有相同的解。
根据代数学基本定理，在复数域内，至多有n个不同的根，即给定一个有理系数多项式，其根的集合是有限集（至多可数集）；又因为有理多项式集合是可数的，所以有理多项式的根集合是至多可数的，即一切代数数的集合是至多可数的。
证明：平面上一切有理坐标点的集合是可数集合。
取平面上直角坐标系，显然X、Y轴上任意两个有理数将确定平面上一个有理点，反之，给定一个有理点，将唯一确定X、Y轴上的有理数。
现在，固定某个有理数，过作平行于X轴的直线，直线上的所有有理点的集合记为，显然与有理数集合的元素是一一对应的，从而两者对等，于是是可数集，现在我们有于是集合是可数个可数集的和，从而可数。
证明：直线上一切有理开区间（有理端点的开区间）的集合是可数的。
给定一个有理开区间，它唯一对应了平面上的有理坐标，于是对应的平面上的有理坐标集合应该至少是平面上有理坐标集合的子集，因为由上面的命题知，是可数集合，于是也是可数集。
证明：如果是任一无限集，是可数集，则，即二者对等。
依次从中取出各不相同的元素组成集合，于是是一个可数集合。从而
于是，因为也是一个可数集，于是也是可数集，从而，此外，于是
证明：超越数是存在的
不是代数数的数即为超越数。上面已经证明，代数数集合是可数集合。复数集合和平面上的点一一对应，并且平面上的点集与(0,1)区间对等，而(0,1)区间是不可数集合，于是是不可数集合。设代数数集合，于是，一定不为空，否则，从而是可数集合，这产生了矛盾。因此中的元素不属于，即不是代数数，因此是超越数，即超越数存在。
Cantor-Bernstein定理：设，是两个任意集合，如果存在到的某一子集的一一映射，以及到的某一子集的一一映射，则，对等：。
满足条件的，，要么都是有限集，要么都是无限集，否则不存在有限集到无限集的一一映射。
当，都是有限集，的存在表明的元素个数应该不大于，同理的存在表明的元素个数应该不大于，这意味着元素个数是相等的，于是。
现在假定，都是无限集。如果相交，设相交集合是，我们只要证明即可，而显然。所以不失一般性，我们假定，不相交。
对于中任意元素，我们按如下规则构造一个关于的序列，令，并定义满足：
也就是找到中的元素使得，然后找中的元素使得，以此类推。因为、的像空间是某一集合的子集，所以这个数列构造过程会遇到以下两种情况：
- 这样的始终存在，即序列可以无限构造下去。此时称的阶是无限。
- 给定，但是找不到满足映射关系的，此时构造过程停止，于是称的阶是
下面给出了一个阶是4的构造例子：
而下面的过程给出了阶是3的构造例子：
下面是无穷阶的构造例子：
在这里，我们先作出一个断言：在构造过程中，点的映射拓扑路径，或者仅有一个点；或者如3阶、4阶示意的锯齿状且不含有环，要么一开始就是一个环并且构成一个无穷阶。如果不满足这些形状，那么就会与 “是一一映射”这一条件发生矛盾。
于是，中元素可按阶是偶数、奇数和无限，划分为三个不相交的集合。对于中任意元素，如上图，将它映射为了中的元素（因为是一一映射，所以这样的有且仅有一个）。
对于也可以按照类似的方法：
划分为，下面考虑属于的哪一个划分子集：
如果，那么。这是显然的，因为当关于的序列可以无限构造下去，即存在关系，那么关于的序列也是无限的。
为了看清这一点，根据数列的构造定义，有，因为由条件，且是一一映射，以及上面列的递推关系，不难看出，所以也是无限的。所以，。如果，那么。我们以的某4阶的例子为例： 。如果我们考察的序列的构造过程，以为序列起始元素，那么原来的就会成为现在的，原来的就会成为现在的，即，于是的阶是5，所以。事实上，如果，那么，所以。
同理，我们有
现在，我们首先来证明：。如若不然，则是的真子集，即，于是，这意味着不存在，使得；但另一方面，因为是无穷阶的，所以根据构造定义，必然存在使得，于是可以得出，，于是要么是偶数阶要么是奇数阶。但无论是何种情况，过的映射拓扑链都是有限的，则将加入链后，后我们得出要么是奇数阶要么是偶数阶的，即，这就产生了矛盾，所以不可能是的真子集，于是。
我们接下来证明，。与上面证明方法类似。假设是的真子集，于是，这意味着不存在，使得；但另一方面，因为是奇数阶的，所以根据构造定义，必然存在使得，于是可以得出，，于是要么是奇数阶要么是无穷阶。但是因为，所以由上面的证明知，从而，则将加入链后，后我们得出偶数阶的，即，这就产生了矛盾，所以不可能是的真子集，于是。
但是，我们必须指出，，即是的真子集。这是因为，对于中任意元素，至少是1阶元素，但是中还可能含有0阶元素，即中没有元素能够通过映射到它们（注意到只是到的一个子集的映射）。
反过来，根据题设条件的对称性，我们却有，因为是一一映射，所以逆映射必定存在，这意味着。
综上所述，我们有
于是我们定义一个映射，使得
显然是到上的一一映射，所以。
证明：设是无限集，是其可数子集，是无限集，则
如果是有限集，例如，则，命题显然不成立。因此我们要求是无限集。
如果是无限集，我们上面已经证明过，无限集与该无限集和一个可数集的并集等势，即，即
证明：有限个可数集的笛卡尔乘积仍然是可数集
设有个可数集，于是定义其直积是我们按照元组第一个分量是否相等对进行划分，记因为是可数的，于是就是可数个构成的并集。
于是，如果也是可数集，则命题成立。此时要证的命题是原命题的子命题。我们可以按照元组第二个分量是否相等对划分，记因为是可数的，于是就是可数个构成的并集。
于是现在要证明任意也是可数集。以此类推，我们最终要证明，集合
是可数集。但这是显然的，因为，都有，即唯一对应一个中的元素，反之亦然，于是和是等势的，后者是一个可数集，于是也是一个可数集。
所以综上所述，也是一个可数集。
证明：可数个可数集的笛卡尔乘积是不可数集
可数个可数集的笛卡尔乘积具有的形式，其中。对于某一，假设它的取值是中编号为（）的元素，取映射即对应中的一个数字，于是，就对应一个中的一个实数
反过来说，给定上的任意一个实数，总可以分解为的形式，它可以对应无穷多个笛卡尔乘积（因为取模运算可以找到无穷多个整数，使得它们与某个对模10同余），此时如果对于某，取中编号为的元素，那么这个对应是唯一的。例如，对于实数，取中编号为的元素，取中编号为的元素，取中编号为的元素，取其余中编号为的元素，于是就得到了一个笛卡尔乘积元组。
于是我们可以知道，与可数个可数集的笛卡尔乘积集合的某一个子集构成双射关系，即二者等势。换句话说，的势不可能小于连续统的势，所以不可能是可数集，所以命题可证。
证明：自然数的一切子集所构成的集合的势等于连续统的势
将分为两个类，其中中的子集的补集是有限集，中的子集的补集是无限集。例如：
- ，因为其补集是有限集；特别的，，因为其余集是空集
- ，因为其补集是无限集；此外，因为它的补集也是无限集
我们先来看看这两个类中的元素的特点：
- 对于类的子集元素，按照定义它的补集是有限集，即，其中。设是自然数，于是显然，也就是说，对于类的任意子集元素，一定存在一个，使得。上面举出的两个例子中，分别是5和1。
- 对于，因为它的余集是无限集，则中的子集元素，要么是有限集，要么是一个无限集。当是无限集时，不可能存在自然数使得。
接下来，我们说明是一个可数集。这是因为，中的每一个子集元素都唯一对应于一个有限集，所以等势于自然数的一切有限子集的集合，我们断言是可数集。为此，按照有限子集中元素个数将进行划分，记包含n个自然数的子集是的集合是，从而，下面只要证明是可数集。事实上，而根据前面的证明，有限个可数集的笛卡尔乘积也是可数集，所以可以推出，是一个可数集。
又根据前面的证明，无限集去掉一个可数子集后，如果余集是无限集，那么去掉后的势不变，这就是说，。我们接下来只要证明等势于即可。
给定中一个子集元素，对任意自然数，令，于是唯一对应一个二进制数小数
即与的某个子集构成单射；反之给定一个区间上的数，总可以表示成二进制形式，并由此构造出来，如果这个构造也是唯一的，那么与的某个子集构成单射，从而根据Cantor-Bernstein定理，和之间存在双射关系，即等势。
根据我们分析的中子集元素的特点，不可能存在使得其之后的连续自然数都属于该自己元素。如果存在，那么它对应的二进制小数从第分位开始之后全部都是，但是这与第分位为1而其后全为0的二进制小数表达的是同一个数（类似），例如，
但
即同一个数，却对应了两个不同的子集，所以如果不存在这个性质，那么这个映射就是唯一的。这就是为什么我们要排除而只讨论。如果我们直接讨论与自然数一切子集集合的双射关系，我们就必须单独讨论映射的唯一性。