求证：从区间(0,1)到自然数集ℕ的函数集合是否可数？
你的思路方向是对的，但得先理清一个关键区别：可数个可数集的乘积，和不可数个可数集的乘积，基数完全不是一回事。咱们一步步把这个问题拆解清楚：
首先明确核心对象：我们要讨论的是所有满足 ( f: (0,1) \to \mathbb{N} ) 的函数构成的集合，记为 ( \mathbb{N}^{(0,1)} )。
你的思路拆解
你提到“单个定义域元素对应的函数集合是可数的，由此可推总函数数为 ( \mathbb{N} \times \mathbb{N} \times \mathbb{N} \times \dots )”——这个表述的核心逻辑是对的：每个定义域中的实数 ( x )，函数值 ( f(x) ) 都有 ( \mathbb{N} ) 种选择，因此整个函数集合等价于所有这些选择的笛卡尔积。
但这里的关键细节不能错：这个乘积是不可数个 ( \mathbb{N} ) 的乘积（因为(0,1)是不可数集，包含的实数数量是不可数无穷），而不是可数个 ( \mathbb{N} ) 的乘积。这两者的基数差异极大。
正式证明：该集合是不可数的（且基数远大于连续统）
我们可以通过基数运算和康托尔定理来严谨推导：
基数定义：
- ( |\mathbb{N}| = \aleph_0 )（可数集的基数，阿列夫零）
- ( |(0,1)| = \mathfrak{c} = 2^{\aleph_0} )（连续统的基数，等于全体实数的基数）
函数集合的基数计算：
从集合 ( A ) 到集合 ( B ) 的所有函数构成的集合，其基数记为 ( |B|^{|A|} )。因此我们的目标是计算 ( \aleph_0^{\mathfrak{c}} )。根据基数运算规则：
- 首先，( \aleph_0 \leq 2^{\aleph_0} = \mathfrak{c} )，因此 ( \aleph_0^{\mathfrak{c}} \leq (2{\aleph_0}){\mathfrak{c}} = 2^{\aleph_0 \times \mathfrak{c}} )
- 由于 ( \aleph_0 \times \mathfrak{c} = \mathfrak{c} )（可数集与不可数集的笛卡尔积，基数等于不可数集的基数），所以 ( 2^{\aleph_0 \times \mathfrak{c}} = 2^{\mathfrak{c}} )
- 另一方面，( 2^{\mathfrak{c}} \leq \aleph_0^{\mathfrak{c}} )（因为 ( 2 \leq \aleph_0 )，两边取 ( \mathfrak{c} ) 次幂后不等式依然成立）
综上可得：( \aleph_0^{\mathfrak{c}} = 2^{\mathfrak{c}} )
不可数性结论：
根据康托尔定理，对于任意集合 ( S )，( |2^S| > |S| )。这里 ( S=(0,1) )，所以 ( 2^{\mathfrak{c}} > \mathfrak{c} )，显然远大于可数集的基数 ( \aleph_0 )。因此 ( \mathbb{N}^{(0,1)} ) 是不可数集，且是比实数集基数更大的不可数集。
更直观的简化证明：至少是不可数的
如果觉得基数运算太抽象，我们可以用一个更易懂的方法证明它至少不可数：
取(0,1)中的一个可数子集，比如 ( { \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \dots } )。对于每个函数 ( f \in \mathbb{N}^{(0,1)} )，我们可以对应一个序列 ( (f(\frac{1}{2}), f(\frac{1}{3}), f(\frac{1}{4}), \dots) )，这个序列属于 ( \mathbb{N}^{\mathbb{N}} )（从ℕ到ℕ的函数集合）。
我们知道 ( \mathbb{N}^{\mathbb{N}} ) 是不可数的（用康托尔对角线法即可证明：假设它可数，列出所有序列 ( s_1, s_2, s_3, \dots )，构造一个新序列 ( t )，使得 ( t(n) = s_n(n)+1 )，则 ( t ) 不在列表中，矛盾）。
由于我们构造的映射是从 ( \mathbb{N}^{(0,1)} ) 到 ( \mathbb{N}^{\mathbb{N}} ) 的单射（不同的函数对应不同的序列），而 ( \mathbb{N}^{\mathbb{N}} ) 不可数，因此 ( \mathbb{N}^{(0,1)} ) 必然也不可数。
内容的提问来源于stack exchange，提问作者Bhaskar
