比如整数集可数集，可以一个一个数数，但数不完，是可数集但不是有限集可数集，可以说是元素个数可以数的集合，从第一个开始一个一个有序往下数。有限集，是含有有限个元素的集合。实数集的子集比如（0,1）区间，不可数，也数不清里面有多少元素，所以不是可数集，也不是有限集。有限集一定是可数集。集合的元素个数有限就是多拿几张纸也就一个一个全写得出来了，可以一个一个数。可数集不一定是有限集。比如从1数到1亿，还是能继续数到1亿零1，可以无穷无尽。不可数集一定不是有限集。数都数不清了，肯定不是有限个不有限的集合可能是可数集，例子还是整数集
把［O，1］区间一一映射到单位圆周C上，设和Y表示C上任意两点，若连接，Y的弧的长度是有理数，就称点，Y是等价的，记为：Y．容易验证这是一个等价关系．按照这个等价关系，［0，1］可被分成互不相交的类A。，a∈r．易知A。满足i）每一个是可数集．这是因为有理数集是可数的，故每一个。包含一组可数的无限多个点；ii）等价类。有不可数个，即r的势为c．否则，由i）圆周C就可表示成可数个可数集的并，这是不可能的．由引理2，从每一个类A。中选出一元构成一个集合．s，则集．s便是所要求的不可测集．为了证明集S是不可测集，首先考虑0和1之间的用r1，r2，r3，…表示的有理数集．为简便起见，令rl＝0．对任意的正整数k，令是把．s逆时针旋转了长度为的弧后而得到的C的点集，故S＝S1，并且所有的都是叠合的，所以它们或者都可测，或者都不可测．其次，诸集没有任何公共点，即它们是互不相交的．不妨讨论．s3和．sB，假设．s3和．sB相交，则有一个公共点P，P∈S3且p∈S8．由于p∈s3，故存在Y∈S，使得P到Y的弧长为r3．同理存在z∈．s，使得P到z的弧长为r8．从而Y到z的弧长为有理数，即Y：z，这就与．s的构造相矛盾，从而是互不相交的．再者，任取一点∈C，则必存在一个a使得∈A。．从而存在一个正整数k及％∈SnA。，使得从到％的弧长等于rk，故∈Sk．因此C的每一个点属于某个，故C＝U，互不相交．若．s可测，则m（S）＝m（S1）＝m（S2）＝…，且m（C）：m（S1）＋m（S2）＋…＝m（．s）＋，n（S）＋…若m（S）＞0，则上式，m（C）＝∞；若m（S）＝0，则上式，m（C）＝0．但是m（C）＝1—0＝1，从而产生矛盾，这表明了集S是不可测的，即集S是不可测集 可数集的子集肯定可数，另外还有一个特殊子集：空集所以可数集的子集至多可数可数集的子集是至多可数的。 有限多个可数集的并集是可数的。 在承认可数选择公理的前提下，可数多个可数集的并集是可数的。 有限多个可数集的笛卡尔积是可数的。 对集合S，下面3种说法等价：1、S至多可数，即存在S到自然数集的单射；2、S为空集，或存在自然数集到S的满射；3、S为有限集或存在自然数集与S间的双射。 值域为可数集的单射，其定义域至多可数。 定义域为可数集的满射，其值域至多可数。 本文地址：https://caijingdemo.com/changshi/10284.html