再谈稠密性：令人吃惊的稠密集及其交集

对于数轴上的一个点集，如果说在集合中任意两点之间都能够找到该集合中的另一个点，我们就说该点集处处稠密。例如，全体有理数集合就是稠密的，任意接近的两个有理数之间都存在其它的有理数（比如它们的算术平均值）。这样看来，两个处处稠密的点集似乎是不能共存的，但实际情况并非如此。我们将会看到越来越牛B的例子，它们将让我们对稠密性有一个全新的认识。

1. 在数轴上找出两个处处稠密的点集，它们互不相交。

很简单。全体有理数和全体无理数就是满足条件的两个集合。

2. 在数轴上找出两个处处稠密的不可数点集，它们互不相交。

很狡猾。集合A取全体正有理数和全体负无理数的并集，集合B取全体正无理数和全体负有理数的并集，这两个集合即可满足条件。

3. 在数轴上找出无穷多个处处稠密的点集，它们两两不相交。

令P_i表示第i个素数。则集合S_i := { √P_i+ r| r为有理数 }满足条件。为了证明它们两两不相交，假设r_1 + √P_m= r_2 + √P_n，于是(r_1 – r_2)^2 = (√P_n– √P_m)^2，可得√P_m * P_n= ( P_m + P_n – ((r_1 – r_2)^2) )/2。两个素数的乘积的平方根是一个有理数，这显然是荒谬的（很多证明根号2是无理数的方法都可以证实这一点，例如这里的证法https://www.cdsy.xyz/study/readingroom/221117/cd37993.html）。

4. 在数轴上找出无穷多个处处稠密的不可数点集，它们两两不相交。（原答案有误，已更新）

把上例中的集合S_i并上实数区间(i-1, i)即可，换句话说S_1∪(0,1), S_2∪(1,2), S_3∪(2,3), …即满足条件。谢谢网友永远的魔灵提醒。我写错了。我们把上例中的集合S_i并上实数区间(i-1,i)挖掉所有形如√p + r的数后剩余的部分，换句话说令E=R∪S_i，则S_1∪(E∩(0,1)), S_2∪(E∩(1,2)), S_3∪(E∩(2,3)), …即满足条件。为什么这些集合都是不可数的呢？这是因为，∪S_i是可数的（可数个可数集仍然可数），因此R∪S_i就是不可数的，它的每一个子区间也是不可数的。

现在呢，两两不相交的稠密集已经不牛B了。让我们再看另一个极端：随便多少个集合交起来仍然处处稠密。

5. 在数轴上找出无穷多个两两相异的处处稠密的点集，其中任意多个集合的交仍然处处稠密。

很简单。集合T_i = R{i}即满足要求。它们的交集相当于在实数集中挖去正整数点，这不影响其稠密性。

6. 在数轴上找出无穷多个处处稠密的点集，其中任意多个集合的交仍然处处稠密，但所有集合的交集为空。

由于有理数集是可数的，把全体有理数排成一个序列r_1, r_2, r_3, …。记实数集为Q，则T_i = Q{r_i}满足条件。换句话说，想象有无穷多个有理数集排成一列，然后在第i个集合中挖去第i个有理数。这样，任意多个集合的交集就相当于在稠密集中挖掉有限个元素，它仍然是处处稠密的；但全体集合的交集显然为空，因为对于每一个有理数，都有一个不包含它的集合。

7. 在数轴上找出无穷多个处处稠密的点集形成的序列，每一个集合都是前一个集合的真子集，并且所有集合都是处处稠密的，但它们的交集为空。

这个就更加不可思议了……无穷多个越来越小的集合，还能保证每一个集合都是稠密的。虽然这个例子要比前面那一个强得多，但原理和前面的基本上一样。还是把全体有理数排成一个序列r_1, r_2, r_3, …，然后令T_i = Q{r_1, r_2, …, r_i}，即T_1 = {r_2, r_3, r_4, …}, T_2 = {r_3, r_4, r_5, …}, T_3 = {r_4, r_5, …}, ……。和上面的讨论类似，所有集合都是处处稠密的，任意多个集合的交集也是处处稠密的，但所有集合的交集为空。