康托尔三分集不可数的疑惑，请问三分集只包含不断出现的端点吗？

　　非数学系菜鸟接触到了三分集，应该准确理解了三分集定义，但是想不通不可数，那些证明没看懂，而且无关我的疑惑，不需要麻烦各位给出不可数证明。

　　如果三分集除了端点还有其他点，请问是什么点？

　　如果三分集只有端点，请指出以下三分集可数观点的错误。

　　每次新出的端点都是有限个，所以划分一次就可以用序号标记起来，这样不是和正整数集一一对应吗？

　　那三分集还不是可数的？

　　如果问的是"是否只包含每一步所移除的区间的端点", 那么答案是否定的, 除了端点外, 还有不是端点的点.

　　用三进制小数表示就显然了

　　二更：康托尔集的构造方法

　　首先从区间 [0,1]中去掉中间的三分之一 I_{1}^{1}=\left( \frac{1}{3} ,\frac{2}{3}\right)

　　接下来像前面一样将剩下的每个区间的中间三分之一去掉（去掉的是开区间）

　　第 n 次去掉 2^{n-1} 个开区间，得到 E_{n} 是 2^{n} 个长度为 3^{-n} 的区间的并

　　康托尔集就是当 n\rightarrow\infty 时的 E_{n}

　　所以康托尔集是一个不可数的离散点集

　　三更：关于不可数性的证明

　　1：这个证明由 @星夜 大佬的回答提供，很巧妙。

　　定义：映射 f\left( A \right)=2\sum_{n\in A}{3^{-n}} ，可以证明其是一个从自然数集 N 的幂集到实数集的一个单射。

　　所以自然数的幂集不可数，那么 f 的值域自然不可数，而我们进一步观察可以发现 f 的值域正好就是康托尔三分集。 证毕

　　2：那么其实还有一个更加易理解的方法。

　　因为容易验证，任何不含1的不循环三进制无穷小数都属于康托尔三分集，所以康托尔三分集不可数。

　　（康托尔三分集中的实数可表为 \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{a_{n}}{3^{n}}},\left( \forall n,a_{n} \in\left\{ 0,2 \right\}\right) ）

　　把它转换成三进制小数来看你就知道了。

　　把 [0,1] 中的实数用三进制小数来书写，那么第一次挖去 (\frac{1}{3},\frac{2}{3})=(0.1,0.2) ，剩下两个闭区间 [0,0.1],[0.2,1] 。而 0.1=0.0\dot2,1=0.\dot2 ，可以看到，第一步挖去的三进制小数，小数点后第1位都是1。或者说，剩下两个闭区间中，小数点后第1位或者是0，或者是2。

　　第二步挖去 (\frac{1}{9},\frac{2}{9})=(0.01,0.02) 和 (\frac{7}{9},\frac{8}{9})=(0.21,0.22) ，剩下四个闭区间 [0,0.01],[0.02,0.1],[0.2,0.21],[0.22,1] 。同样地， 0.01=0.00\dot2,0.1=0.0\dot2,0.21=0.20\dot2,1=0.\dot2 ，可以看到，第二步挖去的三进制小数，小数点后第2位都是1。或者说，剩下四个闭区间中，小数点后第2位或者是0，或者是2。

　　以此类推，第 n 步挖去的三进制小数，小数点后第 n 位都是1，剩下 2^n 个闭区间中，小数点后第 n 位或者是0，或者是2。那么经过无限次这样操作，得到康托尔集中的元素小数点之后要么是0，要么是2。

　　来看看闭区间的端点。第一步剩下的闭区间端点分别是 0,0.0\dot2,0.2,0.\dot2 ，它们的特点是小数点后从第2位开始所有数字都相同（0或2）。第二步剩下的闭区间的端点分别是 0,0.00\dot2,0.02,0.0\dot2,0.2,0.20\dot2,0.22,0.\dot2 ，它们的特点是小数点后从第3位开始所有数字都相同（0或2）。以此类推，第 n 步剩下的闭区间的端点，它们的特点是小数点后从第 n+1 位开始所有数字都相同（0或2）。

　　这些数因为能对应到相应的步骤，所以它们构成的集合是可数的。但是，康托尔集中还存在无数个不满足以上规律的数，例如 0.02002000200002\cdots 或 0.\dot0\dot2 （前者是无理数，后者是有理数 \frac{1}{4} ）。它们不是任何闭区间的端点（或者说被去掉的开区间的端点），但它们也存在于康托尔集中。

　　三进制小数是最好理解的。

　　0.0，0.1， 0.2 分别表示第一次分割的三个区间，其中 0.1 被挖去。每1位表示1次分割，故所有康托尔集中的三进制小数的每一位均为 0 或 2 。

　　那么反过来，将一个实数转化为三进制小数，可以得到它所在的分割列。

　　出现有限小数的场合将其转化为循环的，原理是 1=0.\dot{2} , 即实数中的 0.\dot{9}=1 。比如 0.\dot{0}\dot{2} 对应实数（有理数） 0.25 ,但其不是任何一个端点。

　　端点一定对应单循环（即有限，因为这里的单循环为 0.\dot0=0 或 0.\dot{2}=1 形式的）三进制小数，故多循环三进制小数一定不是端点。

　　且 [0,1] 间的任何一个无理数都不是端点（不论其是否属于康托尔集）。因为无理数在任何整数进制中都是无限不循环小数，体现为不能表示成整数的比，故当然在三进制中也为无限不循环，故其不为端点。

　　根据刘维尔原理，可以构造无限多个无理数属于康托尔集，故康托尔集不只是所有端点。比如: A=0.02002000200002000002...=2\sum_{n=1}^{\infty}{3^{-\frac{n(n+3)}{2}}} ， B=0.0220202000202000202...=2\sum_{n\in P}^{\infty}{3^{-n}} 等。

　　至于康托尔数不可数，可以依据上述原理，把康托尔集中的每一个元素再对应一个二进制小数，即将每个三进制小数中的2全部改为1，此时得到的二进制小数即为 [0,1] 中的全体实数。

　　显然康托尔集和 [0,1] 中的全体实数等势，而实数不可数，故其也不可数。

　　对[0,1]里的点作一下分类，有3类点

　　1 在有限步可以确定在三分集的点，问题提到的端点就是属于这类的点，具有形式 \frac{k}{3^j}, 0\le k\le 3^j 。

　　2 在有限步可以确定不在三分集的点，这些点是最多的，几乎就是整个区间。

　　3 剩下的点，因为是上面两类之外的，所以不能在有限的构造步里确定是不是在三分集里。又因为没有在有限步里被排除出三分集，所以这些点都在三分集里。

　　为了寻找第3类点，需要给[0,1]的点一个表示，它可以用这个式子表示 \sum\limits_{j\in \mathbb{N}}\frac{a_j}{3^j}=\frac{a_1}{3}+\frac{a_2}{9}+\cdots, a_j\in\{0,1,2\}。注意到某个j=J之后所有aj=0，那么这个数的形式是 \frac{k}{3^J} ，是一个可能的端点。或者某个j=J之后所有aj=2，这是类似0.999...=1的情形，因为 \sum\limits_{j>J}\frac{2}{3^j}=\frac{1}{3^J} ，所以是 \frac{k+1}{3^J} ，也是一个可能的端点。除此之外，a1不取1的数，是三分集第一步剩下的数。同时a1,a2不取1，是第二步剩下的点，以此类推。这样就给出了整个三分集的一个表示。

　　所以第3类点在上面表示下的形式是，aj无穷次地、交错地取0和2得到的值。如果循环的取，能容易计算，只需要简单的等比数列求和，会得到有理数。比如020202循环，那么最终得到的是1/4,002002地取，是1/13, 又或者022022地循环，得到4/13。