Siguiente de André idea, permítanme añadir un pequeño refinamiento adicional para Mario de la respuesta: el Trabajo en $\mathsf{ZF}$. Si $X$ es un conjunto, y $a_x>0$ por cada $x\in X$, como de costumbre, definir la serie $\sum_{x\in X}a_x$ $$\sup\biggl\{\sum_{x\in X'}a_x\mid X'\subset X\mbox{ is finite}\biggr\}.$$ If the series converges, then we can write $X$ as a countable union of finite sets: $X=\bigcup_{n\in\omega}A_n$, where each $A_n$ is finite. Conversely, for any such set $X$ there are $a_x>0$ for $x\in X$ such that $\sum_{x\in X}a_x$ converge.
Tenga en cuenta que el requisito de la $X$ es, en general, estrictamente más débil que ser contable. Por ejemplo, un conjunto de Russell es un conjunto $X$ que puede ser escrita en la forma $X=\bigcup_n X_n$, donde cada una de las $X_n$ tiene dos, el $X_n$ son pares distintos, y no infinito de la subfamilia de las $X_n$ admite una función de elección, esto es, para cualquier infinitas $I\subseteq\omega$, $\prod_{n\in I}X_n$ está vacía. Es compatible con $\mathsf{ZF}$ que estos conjuntos de existir. (El nombre, por supuesto, viene de Russell la observación de que, dado un número infinito de pares de distinguir los calcetines, no hay manera de escoger un calcetín de cada par. Curiosamente, Russell anécdota involucrados botas en lugar de calcetines.)
Supongamos primero que $X=\bigcup_n A_n$. Para cada una de las $n$, vamos a $m_n=|A_n|$, y definir $\displaystyle a_x=\frac1{m_n 2^n}$ todos los $x\in A_n$. Tenemos que $\sum_{x\in X}a_x=2$.
Por el contrario, supongamos que $\sum_{x\in X}a_x$ converge. El punto es que, para cada entero positivo $n$, la $A_n=\left\{x\in X\mid a_x\in\left[\frac1n,\frac1{n-1}\right)\right\}$ es finito (donde $1/0$ se interpreta como $+\infty$). Esto es porque si $|A_n|\ge m$, luego $$S=\sum_{x\in X}a_x\ge\sum_{x\in A_n}a_x\ge \frac{m}{n+1},$$ so $S$ diverges if $A_n$ is infinite. But for each $x\in X$, since $a_x>0$, then $x\en A_n$ for some (unique) $n\in\omega$, and it follows that $X=\bigcup_n A_n$.
De hecho, para cada una de las $n\in\omega$, vamos a $B_n=\{a_x\mid x\in A_n\}$. Tenga en cuenta que $B_n$ es la imagen de un conjunto finito, por lo que es finito. Por otra parte, desde la $B_n$ es un conjunto de reales, viene equipado con un natural de la enumeración. Para cada una de las $x\in X$, vamos a $n_x=|\{y\in X\mid a_y=a_x\}|$. Deje $C_n=\bigcup_{x\in A_n}\{a_x\}\times n_x$. Tenga en cuenta que $C_n$ es un conjunto finito, y es linealmente ordenados lexicográficamente, natural mediante el ordenamiento de la $B_n$ y del número de $n_x=\{m\in\omega\mid m<n_x\}$. De ello se desprende que $C=\bigcup_n C_n$ es contable (sin apelar a ningún axioma de elección). Cada una de las $c\in C$ tiene la forma $(a_x,m)$ algunos $x\in X$ y algunos $m<n_x$, y podemos definir $b_c=a_x$. El punto de esto es que el $\sum_{x\in X}a_x=\sum_{c\in C}b_c$, que equivale a decir que, incluso si no son convergentes serie de positivos reales indexado por innumerables conjuntos de $X$, el hecho de que $X$ es incontable es superflua, ya que la serie puede ser explícitamente a escribir como una contables de la serie.
Por último, permítanme señalar que, si insistimos en que la $X$ es bien ordenado (como en Mario pregunta) entonces es contable, como la $A_n$ son naturalmente ordenado por el orden en que se heredan de $X$, lo $X$ es una contables de la unión de forma explícita contado conjuntos. (Esto muestra que si $X$ es un ordinal, a continuación,$X<\omega_1$. Tenga en cuenta que es consistente con $\mathsf{ZF}$ que $\omega_1$ es una contables de la unión de conjuntos contables.) Desde cualquier contables ordinal puede ser escrito como una contables de la unión finita de conjuntos (de hecho, de singleton), se deduce que el $\alpha$, tal como se define en la pregunta, es, de hecho,$\omega_1$.
