可数个可数集的交是可数集吗

可数个可数集的交不一定是可数集。

考虑一个例子：对于每个正整数$n$，定义集合$A_n=\{m\in\mathbb{N}|m\geq n\}$，即$A_n$包含所有不小于$n$的自然数。容易证明$A_n$是可数集，因为$A_n$和自然数集$\mathbb{N}$之间存在一个一一映射$f_n:A_n\to\mathbb{N}$，其中$f_n(m)=m-n+1$。

现在考虑集合$A=\bigcap_{n=1}^\infty A_n$，即所有$A_n$的交集。对于任意的正整数$m$，显然$m$属于集合$A_{m+1},A_{m+2},\cdots$，因此$m$属于集合$A$。因此，集合$A$包含所有的正整数，即$A=\mathbb{N}$。由此可知，可数个可数集的交可以是一个不可数集，即$\mathbb{N}$。

相关问题

有限个可数集的交是否是可数集

有限个可数集的交仍然是可数集。

假设有限个集合$A_1,A_2,\cdots,A_n$都是可数集，那么可以构建一个函数$f:A_1\times A_2\times\cdots\times A_n\to\mathbb{N}$，使得对于任意的$x\in A_1,y\in A_2,\cdots,z\in A_n$，$f(x,y,\cdots,z)$都是唯一的自然数。

现在考虑集合$A=A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n$，对于任意的$x\in A$，显然有$x\in A_i(i=1,2,\cdots,n)$，因此$(x,x,\cdots,x)$属于集合$A_1\times A_2\times\cdots\times A_n$。根据函数$f$的定义，$(x,x,\cdots,x)$对应的自然数$f(x,x,\cdots,x)$是唯一的，因此集合$A$与自然数集$\mathbb{N}$之间存在着一个一一映射，即集合$A$是可数集。

证明两个可测集的交也是可测集

### 回答1：
设 $(\Omega,\mathcal{F})$ 是一个可测空间，$A,B\in \mathcal{F}$ 是两个可测集。我们需要证明 $A\cap B\in \mathcal{F}$。

由于 $A$ 和 $B$ 都是可测集，因此它们的补集 $A^c$ 和 $B^c$ 也是可测集。因为

$$(A\cap B)^c = A^c\cup B^c$$

所以 $(A\cap B)^c$ 是可测集的并集，因此 $(A\cap B)^c$ 是可测集。

由于 $\mathcal{F}$ 是一个 $\sigma$-代数，因此它对补运算和可数并运算封闭，因此 $A\cap B = ((A\cap B)^c)^c$ 是可测集。

因此，两个可测集的交也是可测集。

### 回答2：
我们可以通过引入逐点收敛的序列来证明两个可测集的交也是可测集。

设A和B是两个可测集。我们定义一个序列{An}如下：
An = A ∩ Bn for n = 1, 2, 3, ...
其中，Bn = B × [-n, n]，即将集合B沿着y轴方向扩展至区间[-n, n]。

由于A和B都是可测集，根据可测集的定义，可以得到An是可测集。而Bn作为有限个可测集的笛卡尔积，亦是可测集。因此，An是可测集的交。

接下来，我们需要证明{An}是逐点收敛的。即对于任意x，当n趋于无穷大时，An(x)收敛至A(x) ∩ B(x)，其中An(x)表示序列中第n个集合An中包含x的情况，A(x)与B(x)分别表示集合A和B中包含x的情况。

对于x，若x在An中，则x同时在A和Bn中，且由于Bn逐渐扩展，当n趋于无穷大时，x一定在B中。因此，当n趋于无穷大时，An(x) = A(x) ∩ B(x)。

根据逐点收敛的定义，我们可以得出交集A ∩ B = lim(n→∞) An是可测集。

综上所述，我们证明了两个可测集的交也是可测集。