陳自立

(海寧市建設(shè)局 浙江華恒建筑設(shè)計有限公司, 浙江 海寧 314400)

0 引言

1900年著名數(shù)學(xué)家希爾伯特在巴黎數(shù)學(xué)大會上的著名講演《數(shù)學(xué)問題》中列舉了二十三個未解決的問題中的第一個問題“2χo等于χ1嗎?”(即2ωo=ω1嗎?)康托猜想2χo=χ4是成立的,這就是連續(xù)統(tǒng)假設(shè).即認為[0,1]不可數(shù).

筆者首先破連續(xù)統(tǒng)假設(shè)的基石即其中的基本定理與基本方法.得到如本文所述的主要結(jié)論.

1 證偽“定理:ω1是一基數(shù)”

康托爾在集合論中提出基數(shù)概s念后,在無窮集合中建立了“定理:ω1是一基數(shù)”.這是無窮集合層次理論的基石之一.至今,未曾有人撼動它.《統(tǒng)一無窮理論》建立了計算機模型,認為無窮集合都是可數(shù)的.這在中國引起了極大的爭論,不破不立.我們認為“定理:ω1是一基數(shù)”的證明不正確,現(xiàn)在簡要敘述如下:

定義1.1[1]67令ω1={α|on(α)∧α≤ω}.

定義1.2[1]67令M={R|R是ω內(nèi)一良序關(guān)系}.

定理1.1[1]67存在一類函數(shù)F,使得對于任一R,R∈M,都有F(R)∈ω1.

定理1.2[1]67對于任意的α∈ω1都有一R∈M使得F(R)=α.

定理1.3[1]68ω1是一集合.

定理1.4[1]68ω1是一基數(shù).

首先證明ω1是一序數(shù).由于ω1是序數(shù)的一集合,僅需明ω1=∪ω1;為此只需證明

1)ω1是傳遞的;2)ω1無最大元;(證略).

1.1 預(yù)備知識

定義1.3[1]44對于序數(shù)的任一集合S,和一個序數(shù)α∈S,使得α如果滿足條件:

?β[β∈S→[β∈α∨β=α]],

則我們稱α是S的一個最大元.

定理1.5[1]44對于序數(shù)的任一集合S,如果α是S中的最大元,則有∪α=α.

定理1.6[1]44對于序數(shù)的任一集合S,如果S無最大元,且S≠θ,則序數(shù)∪S是一極限序數(shù). ∪S的最小性是顯然的.

定理1.7[2]285如果S是一序數(shù)集合,則S是∈連接的.

定義1.4[2]287令S為序數(shù)的任一給定集合,我們用符號Sups表示最小的序數(shù)α,使得?β[β∈S→β∈α],并且稱這一最小的序數(shù)α(Sups)為S的最小上界.

定理1.8[2]287對于任意給定的集合S,都有它的最小上界.

1) 當S中無最大元時Sups=∪S;

注2.5[1]45由定理2.3,及定理2.5對于任意的序數(shù)α,β:

1)α∈β?α?+β且α?+β?α<β;

2)α≤?α?β.

因而有:∈???<;∈∨=???≤(≤). 這里?:=?+.

定義論:

(a) 定義之所以要有:是為了明確內(nèi)涵與外延.

(b) 定義的基本原則與格式:

1)A是新引入的指詞,即被定義單位,不得在定義謂詞B(x)中出現(xiàn).即A=B(x),in(A,B(x)).in(A,B(x).讀A不在B(x))中出現(xiàn).

2) 引進定義相當于引進一條公理;

3) 引進定義的存在性與唯一性;

4) 引進定義的不矛盾性.

例1n:n-1∪{n-1}={0,1,2,3,…,n-1};這里"n-1" 作為一個單位,用逗號隔開是不可分的整體.

n+1:n∪{n}={0,1,2,3,…,n},

“n+1”作為一個被定單位,不能出現(xiàn)在右邊的定義式中(右邊的單位用逗號隔開).

ω+ω:=Sup{ω+n|n∈ω}.[3]36

:=ω∪SO=ω∪{ω+n|n∈ω}={0,1,2,…,ω,ω+1,ω+2,…}[2]281,

其中SO={X|?n[n∈ω∧X=ω+n].[2]279

ω+ω作為整體,是不能用反證法,出現(xiàn)在右邊,證出ω+ω是一基數(shù)的,它仍然是一個序數(shù).

定理1.9[2]301一可數(shù)集合或附加上一個有限集合或刪去其中有限個元素,結(jié)果,仍是可數(shù)集合.(本文著者注:這可稱為可數(shù)集合的吸收性)

定理1.10[2]302可數(shù)無窮多個可數(shù)集合的并集合仍是一可數(shù)集合.

現(xiàn)在開始證偽“定理:ω1是基數(shù)”:

反駁:

(A) 定理中對ω1的定義及證法違反了定義論的基本原則之一被定義式(作為單位的整體)不能出現(xiàn)在定義式中.或不能出現(xiàn)在定義式的主變元中,所以

1)ω1的定義應(yīng)改為如下二式之一;

2) 證明中不允許把ω1返回到右邊的α或ω,如果返回ω,ω改為ω1,則被定義式就是ω2了.

例2 對于自然數(shù)的定義式:

n+1:{x|N(x)∧x≤n∧in(n+1,n)}={0,1,2,…,n},

其中N(x)讀x是一自然數(shù).

我們不能用反證法去證明n+1不是自然數(shù).

(B) 那么ω1究竟是什么呢?它仍是可數(shù)集合.分3種情形論證:

情形I 由定理2.32[1]44知它是一極限序數(shù),定理1.4[1]68知,是傳遞的(其元素即子集)無最大元,有ω1=∪ω,即有

α∈β?α?β且α?β?α?β,α≤β?α?β,

情形IIω1是一序數(shù)集合,由定理1.7[2]285,因而是∈連接的由定理1.4[1]68ω1是一序數(shù),由推論16.2[2]283任一序數(shù)α,都有三岐性,由∈?<,每一序數(shù)就有了大小關(guān)系,這就有了排序性,也就可數(shù)(數(shù)∈或=的個數(shù),).因而也證明,可數(shù)無窮多個可數(shù)集合(無論是可數(shù)無窮集合或可數(shù)有窮集合或已歸并為單純的可數(shù)無窮集合)是可數(shù)集合.證畢

情形III 定義1.4[4]106V是D.無窮(狄德金無窮)iff V有一真子集等數(shù)于V,由定理1.9有ω1中僅有可數(shù)真子集,ω1只能與可數(shù)真子集等數(shù).ω1也就是可數(shù)無窮集合.證畢

(具有諷刺意義的是V是一無窮集合,如是不可數(shù),那么V必須等數(shù)于不可數(shù)集.作為“不可數(shù)集”的真子集連,怎么數(shù)都不知道,V怎么與它等數(shù)?)而無窮集合的定義卻要建立在定義1.4的基礎(chǔ)上.又是事實.而ω1是可數(shù)無窮集合與可數(shù)真子集等數(shù)卻是合理的.ω1如是不可數(shù)集,而其所有真子集都是可數(shù)的,卻是不滿足定義7.3前者等數(shù)于后者.矛盾.這也證明ω1不是不可數(shù)集.

2 康托爾定理的證偽

康托爾定理是無窮集合中,關(guān)于基數(shù)理論的層次論的基石,認為存在一列集合其勢越來越大,并且是無盡止的,《統(tǒng)一無窮理論》認為無窮集合的勢只有一種,可數(shù)無窮,即其基數(shù)均可數(shù).這在中國引起了極大的爭論,我們認為對經(jīng)典集合論的基石不破,那么新的分明集合論就不穩(wěn)固.此前還沒有人撼動康托爾定理.

我們現(xiàn)在要指出它的論證錯誤.

假定不然,亦即存在一雙射函數(shù)φ:S→ξ(s),對于任一x∈s,φ(x)∈ξ(s),即φ(x)?S,當然我們可以問:這一x屬于φ(x)嗎?首先,令So使得x?φ(x)的那些元x所組成,即

So={x|x?φ(x)∧x∈s}

(2.1)

顯然So是S的一子集合,即S0∈ξ(S),因為φ是S→ξ(s)上的雙射函數(shù),所以在S中必有一元素y,使得So=φ(y).其次我們提出y∈So是否成立這樣一個問題.

若y∈So,由(1)得到y(tǒng)∈φ(y).但是,由y的定義,So=φ(y).所以y∈So;

若y∈So,由So=φ(y),得到y(tǒng)?φ(y),但是由(1),y∈So.

這樣,不管y是否屬于So,都要導(dǎo)出矛盾,因此,這樣的雙射函數(shù)φ是不存在的.定理5.5得證.

由康托爾的上述定理,立即可以得到下述定理:

2.1 預(yù)備知識

現(xiàn)在要說明存在集合S其任一元素也是集合.

定義2.1[1]28對于任一集合x,令X+=x∪{x},稱集合X+為集合X的后繼.

定義2.2[1]29自然數(shù)

0=θ, 再記為So,

1=0∪{0}=θ∪{0}={0}, 再記為S1,

2=1∪{1}={0,1}, 再記為S2,

3=2∪{2}={0,1,2}, 再記為S3,

?

n+1=n∪{n}={0,1,…,n}, 再記為Sn+1,

Si,i=1,2,3,…中的元素也是集合.

且有

0∈1∈2∈3∈…

(2.2)

0?1?2?3?…

(2.3)

定理2.3[1]37每一自然數(shù)都是序數(shù),并且ω是一序數(shù).

定理2.4[1]38任一序數(shù)都是集合.

定理2.5[1]38任一序數(shù)都是傳遞集合(即它的每一元的任一元都是它自身的元)即

?x?y[x∈y∧y∈s→x∈s].

定理2.6[1]32集合S是傳遞的,當且僅當∪S?S.

定理2.7[1]32集合S的傳遞性與下述任一條件都是等價的:

1) ?x[x∈s→x?s];

2)S?ξ(s).

定理2.8[1]33集合ω是一傳遞集合,即?n[n∈ω→n?ω].

定理2.9[1]34若x為一傳遞集合,則x+是一個傳遞集合x∈y∧z∈x+→z∈x+.

定理2.10[1]34若x是一傳遞集合,則ξ(x)是一傳遞集合;

z∈y=∧y∈ξ(x)→z∈ξ(x).

定理2.11[1]34若ξ(x)是一傳遞集合,則x是一傳遞集合;x?ξ(x).

定理2.12[2]285如果S是一序數(shù)集合,則S是∈連接的.

定理2.3[1]44對于任一序數(shù)集合S,如果S無最大元的,且S≠φ,則序數(shù)∪S是一極限序數(shù).

例3 當α是一非零序數(shù)時α是一極限序數(shù)當且僅當∪α=α[1]61.眾所周知,有冪集的定義ξ(S)={x|x?s} 及原則3[1]5對于任意的集合S,都存在S的冪集ξ(x);由定義ξ(S)={x|x?s}及原則3[1]5,必有S?ξ(S).

由上可知,定理2.1在此結(jié)果以后,引出矛盾的論證就不成立.因而康托爾定理的證明是錯誤的.定理2.1被證偽,定理2.2也就不成立.

我們將在《自然數(shù)集合ω冪集ξ(ω)的構(gòu)成及其子集的可數(shù)性》給出ξ(ω)可構(gòu)造性及其子集的可數(shù)性.

3 證偽中“定理5.7[1]123集合[0,1]是不可數(shù)的”

[0,1]是否可數(shù),是一個非常重要的問題,一般認為它是連續(xù)的,不可數(shù)的.我不同意對角線法的證明.

3.1 預(yù)數(shù)知識;[0,1]與0,+∞]的表達

3.1.1 [0,1]有2ωo個元素,就記為[0,1]={a0,…,ai,…,a2wo},認為是連續(xù)而不可數(shù)的.

[0,+∞]一般認為是可數(shù)無窮(記為∞)多個元素,就可記為[0,+∞]={a0,…,ai,…,aω}.數(shù)學(xué)中不記[0,+∞],認為∞不是數(shù),只記為開區(qū)間(0,+∞).我們認為[0,+∞]的表達正確,理由如下:

集合論中用結(jié)構(gòu)<ω,0,y+>來表達對于0及對y的后繼即y+是封閉的.用公式表達為:

ω={x|?y[0∈y∧?z[x∈y→z+∈y→z+∈y]→x∈y}

(3.1)

由于在集合論中x∈x+?x?x+?x式的含意.ω常表示為ω={0,…,n,n+1,…}.其中“n,n+1,…”是表示趨向于無窮大的又一種形式,因此ω=[0,+∞]表示ω封閉于0,及+∞是合理的. [0,+∞]常被解讀為可數(shù)無窮的自然數(shù)定義域, [-∞,+∞]常認為是實數(shù)域.

3.1.2 數(shù)的一個模式:實數(shù)的十進制位權(quán)表示.

p∞·10∞+…pn·10n+…p2·102+p1·101+p0·100·p-1·10-1+

p-2·10-2+…+p-n·10-n+…p-∞·10-∞,

實數(shù)的十進位表示:

p∞…pn…p2p1p0p-1p-2p-np-∞,

我們看到進位單元均為“1”,小數(shù)點“.”前p0左右的“數(shù)字母”的位數(shù)都相等,對稱于p0都是無窮位.這是一種鏡像關(guān)系p0兩邊的可變換如下:

p∞·10∞+…pn·10n+…p2·102+p1·101+p0·100

(3.2)

p-1·10-1+p-2·10-2+…+p-n·10-n+…p-∞·10-∞

(3.3)

(1)·10-∞:p∞·10∞-∞+p∞·10∞-∞+…+p1·101-∞+p0·100-∞

p∞·100+p∞·101+…p1·10-∞+p0·10-∞

(3.4)

l(p0·100+(2)·10∞:p0·100+∞p-1·10-1+∞+…+p-∞·10-∞+∞=

p0·10∞+p-1·10∞+…p-∞·10-1+p-∞·100

(3.5)

其中“∝,∞”相當于“…,n-1,n,…”或“…,n,n+1,…”只是表達形式的不同.

當我們把實數(shù)q=0.p0p1p2…變換為自然數(shù)時q=p0p1p2…,我們不用(p0·100+(2))10∞而直接用(2)·10∞,即直接去零(因為對于無窮位而言“p0”與小數(shù)點“.”只差一位,幾乎相等),就是允許的了.這種鏡像關(guān)系是孿生關(guān)系,即有一個0.x∈[0,1],則必有一個在小數(shù)點前的x自然數(shù)存在有x∈[0,+∞],因而[0,1]中的所有元素對應(yīng){0,+∞]中的無素且一樣多.

3.2 “集合[0,1]是不可數(shù)的”的證偽

3.2.1 要證偽“集合[0,1]是不可數(shù)的”.先要敘述原定理,為避免有斷章取義之嫌,照抄全文如下:

定理5.7[1]123(偽定理)集合[0,1]是不可數(shù)的.

證明 假定[0,1]是可數(shù)的,并且枚舉它的所有元素為a0,a1,a2,a3,…,我們知道,在0與1之間的每一實數(shù)都可以表示為形式如

0.p0p1p2p3…

(3.6)

那樣的無窮小數(shù),其中0≤pi≤9,i∈ω.0≤pi≤9,i∈ω.

a0,a1,a2,a3,…

(3.7)

便可表示為

a0=0.p00p01p02p03…

a1=0.p10p11p12p13…

a2=0.p20p21p22p23…

(3.8)

a3=0.p30p31p32p34…

其中對于任意的i,i∈ω,都有0≤pii≤9.現(xiàn)在構(gòu)造一數(shù)q,使得(3.9)成立.

顯然,1)與2)成立.因為對與每一i∈ω,qi≠pii,所以q≠ai這就是說(3.7)式并沒有枚舉了[0,1]中所有元素.因此假定[0,1]可數(shù)就獲得了矛盾.這樣,[0,1]是不可數(shù)的.

如果,此定理成立,則《統(tǒng)一無窮理論》失敗,兩者必居其一.

對角線法簡而言之:

1) 假定A是B; 2)C∈A,且;3)C?B;4)則A不是B.

假定A是B,即?x[x∈A→x∈B],也即A?B,因而x?B,則x?A,如x∈A,就矛盾,A?B,即A不是B.

(B1) 對于一個小學(xué)生還不清楚[0,1]與[0,+∞]=ω誰大的情況下,可能認為[0,1]=ω是可數(shù)的,不要說,還有大人這樣認為呢,這就是說真的A=B,3)就不成立了.

(B2) 真的A=B成立,在沒有理由使c?B,同時又c∈A,而硬把2),3)綁在一起,那就要推翻對角線法了.

對于對角線的論敘,我們的反問有二:

(H1) 第一句“假定[0,1] (記為A)是可數(shù)的(記為B);第二句“并且枚舉它的所有元素為a0,a1,a2,a3,…,”第二句話就有問題:

1) 是指真實枚舉完全了它的這個[0,1]即A,

2) 如果枚舉的是可數(shù)的部分即B,這第二句就要改寫為:“可數(shù)的(即B)元素記為“a0,a1,a2,a3,…,”,如果是前者(即1)中的[0,1],那么“(3.7)式并沒有枚舉了[0,1]中所有元素”這句話就是不正確的.1)與2)就有矛盾不能同時成立.如果是后者即枚舉是B,則1),2)就無矛盾.于是我們認為(01)應(yīng)表為:假定[0,1]是可數(shù)的,又可數(shù)的所有元素記為a0,a1,a2,a3,…, “(3.7)式并沒有枚舉了[0,1]中所有元素”(即ω∈[0,1])這句話就是正確的.這樣1)與2)就無矛盾.而假定[0,1]可數(shù)(即A?B)就有了矛盾.

3.2.2 對角線法證偽(一)

圖1 [0,1]×[0,1]方塊示意圖

對角線法,有這樣的功能,不管你的系統(tǒng)有多嚴密無縫,它也要插進來,因而它會,不斷的否定已否定的,包括它剛才(如1.1中的偽定理)所否定的東西,如“不可數(shù)的東西”.

我們只用幾何直觀圖形表達來說明:

這是一個方塊,高×寬=[0,1]×[0,1],黑體字表示是比連續(xù)統(tǒng)[0,1]×[0,1]還要密的的極限:天衣無縫.即水平線之間,沒有嵌入的余地.那個q與對角線的交點pii,因為康托爾的定義q=0.q0q1q2q3…qi…而知qi=pii,由對稱性,這是一個方塊.由康托爾對q的定義:其中對于任意的i,i∈ω,都有0≤pij≤9.現(xiàn)在構(gòu)造一數(shù)q,使得[1]123

1)q∈[0,1],

2)q不等于圖表一中的任一數(shù)(任意一條水平線)即:令

(3.9)

“q不等于圖表一中的任一數(shù)(任意一條水平線)”含義有二:

(C1)q在方塊的縫隙中;(C2)q在方塊外;

方塊天衣無縫,“(C1)q) 在方塊的縫隙中,不可能”而事實又是q=0.q0q1q2q3…qi…,i∈ω其中小數(shù)點以后的數(shù)字由4,5兩數(shù)組成,0≤qi=pii≤9必有0≤q≤1,則q必在方塊中;也是康托爾制作q時的要求1) 在方塊內(nèi),這與(C1)相矛盾.

“(C2) 在方塊外”;由于我們可用非m進位制,用并集生成后繼法:方塊外沒有矩陣,q不可能落在方塊外,所以(C2)不成立.因此,康托爾對角線法,不可取,

形象地說:它是一根水平的導(dǎo)線垂直移動,只要接觸“對角斜線”的每一點(已建成的線與斜線的交點的),都亮紅燈,它是說,我不與已建成的所有水平線線重合,也不在縫中(因為它天衣無縫),它又說:我屬于這個方塊,即q至少與方塊中的一條水平線重合,得出矛盾.所以對角線法不成立.

3.2.3 對角線證法的證偽(二):“[0,1]不可數(shù)”之再否定.

用如下的記法1),2):

1) 在[0,1]中,的元素有10ω0=2ω0個,我們已經(jīng)列舉完畢了所有元素它為

{a0,…,ai,…,a2ω0],其中a0=0,…,a2ω0=1 (表示有2ω0個元素,沒有遺漏);

2)q的構(gòu)造同前,(q作為一個元是一個序列,在方陣中呈直線形,與對角線相交于一點,

(3.10)

?

已有結(jié)果定理3.1[1] 123集合[0,1]是不可數(shù)的,現(xiàn)在只把原證明的“假設(shè)可數(shù)”改為“假設(shè)不可數(shù)”,重抄證明.得如下:

偽定理“[0,1]不可數(shù)”之再否定.

證明假定[0,1]是不可數(shù)的,并且枚舉它的所有元素為a0,a1,a2,a3,…,我們知道,在0與1之間的每一實數(shù)都可以表示成為(3.6)的形式.那樣的無窮小數(shù),其中0≤pi≤9,i∈ω.a0,a1,a2,a3,…

詳細證明見定理5.7[1]123.

顯然,1)與2)成立.因為對于每一i∈ω,qi≠pii,所以q≠ai,這就是說,(3.7)式并沒有枚舉了[0,1]中所有的元素.因此,假定[0,1]不可數(shù)就獲得了矛盾.這樣[0,1]并非不可數(shù)的.即也否定“不可數(shù)”.比不可數(shù)還不可數(shù).

由3.2.1-3.2.3 對角線法用于[0,1]證明不可取.

3.3 用對角線法證明偽定理:“ω(=[0,+∞])是不可數(shù)的”

3.3.1 [0,+∞]常在自然數(shù)系中表示為{0,1,2,3,…,}或{0,1,2,3,…n,n+1,…,}簡記為ω.認定為可數(shù)無窮的. [0,1]與[0,+∞]在中學(xué)生中那個可數(shù)那個不可數(shù),就要要拿出明白的東西來說明,如果用后者[0,+∞]代替前者[0,1]用對角線法,一樣可證得“[0,+∞]是不可數(shù)的.”

令[0,+∞]為可數(shù)無窮的,用上證法得,它是不可數(shù)的.現(xiàn)在來證明:

偽定理1ω不可數(shù).

證明假定ω是可數(shù)的,并且枚舉它的所有元素為a0,a1,a2,a3,…,我們知道,在0與ω之間的每一自然數(shù)都可以表示成為形式如下(其理由見1.2)

(其實我們可以直接按 (3.8)去掉“0.”變?yōu)?3.12)證明同理).

于是

a0,a1,a2,a3,…

(3.11)

便可表為:

a0=p00p01p02p03…

a1=p10p11p12p13…

a2=p20p21p22p23…

a3=p30p31p32p33…

(3.12)

?

其中對于任意的i,i∈ω,都有有0≤pij≤9.現(xiàn)在構(gòu)造一數(shù)q,使得(3.9)成立.

顯然, 1)與2)成立.因為對于每一i∈ω,qi≠pii,所以q≠ai,q≠ai這就是說,式(3.11)并沒有枚舉了[0,+∞]中所有的元素.因此,假定[0,+∞]可數(shù)就有矛盾.這樣[0,+∞]就不可數(shù).

對角線法同樣能證出ω={0,∞}不可數(shù),那它還有何用?

3.3.2 依1.2這是鏡像表示法,p0作為個位左右兩邊是對稱的,位數(shù)相等,于是相對于(3.6),有

P0表示,就有自然數(shù)的鏡像表示

…0pn…pi…p3p2p1p0

(3.13)

那樣的十進制ω位無窮正整數(shù),其中0≤pi≤9.i∈ω.如:…0369, “,”號之前一位表示“個位”向左依次為十百,這里“…0”表示此前再沒有非零的數(shù)了.于是

a0,a1,a2,a3,…

(3.14)

如果實數(shù)用十進制位權(quán)表示為:

lp00·10-∞+…pn·10n+…+p2·102+p1·102+p0·100+p00·10-1+

p01·10-2+…+p0n·10-n+…+p0∞·10-∞,

用十進位表示法:

p00…pn…p2p1p0p00p01p0n…+p0∞.

顯然小數(shù)點前p0左右兩邊的位數(shù)可以是對稱的.p0與小數(shù)點只差一位,對于無窮位來說,可以認為小數(shù)點兩邊的位數(shù)幾乎相等,因此我們就有了(3.13)的表示法,即把(3.13)軸對稱地看作為(3.6).這是鏡像表示法: [0,1]的數(shù)的量與[0,+∞]的位數(shù)的量是一樣多的.[0,1]中a0,a1,a2,a3,…各不相同,其映照的鏡像[0,+∞]也各不相同,且數(shù)量一樣多.這樣(3.14)便可表示為:

…p03p02p01p00,=a0

…p13p13p11p10,=a1

…p23p22p21p20,=a2

…p33p32p31p30,=a3

(3.15)

?????

其中對于任意的i,i∈ω,都有0≤pij≤9.現(xiàn)在構(gòu)造一數(shù)q,使得·

1)q∈ω,

2)q不等于(5.9)中的任一數(shù),

令

(3.16)

顯然,1)與2)成立.因為對于每一i∈ω,qi≠pii,所以q≠ai這就是說,(3.14) 式并沒有枚舉了ω中所有的元素.因此,假定ω可數(shù)就獲得了矛盾.這樣ω就是不可數(shù)的

對角線法能證出ω={0,∞}不可數(shù),那它還有何用?

注不過即使是ω,用對角線法,只是.證出的元素多了一個,從序數(shù)的角度大小,有ω?ω+1=ω∪{ω}={0,1,…,ω}二分反證法,在此不靈了.

在集合論中,自然數(shù)與序數(shù)的編碼,用的是非m進位制,用的是并集生成后繼法:

n+1=n∪{n}={0,1,2,3,…,n};ω={0,1,2,…,n,n+1,…},

其生成函數(shù)是“+1”, 0是初始函數(shù);

人類的記數(shù)法;有個特點1).個位在右,高位在左;2).讀數(shù)又是從左讀起,高位先讀:

如:139讀“一百三十九”,而不讀“九三十一百”

ω表示為方陣,數(shù)據(jù)自上而下排隊列,有2種方法:

1) 左豎向首位對齊:(對角線為最高位); 2) 右豎向個位對齊,(對角線為為0位)

0={},

0={}

1={0},

1={0}

2={0,1},

2={0,1}

3={0,1,3},

3={0,1,3}

4={0,1,2,3},

4={0,1,2,3}

5={0,1,2,3,4},

5={0,1,2,3,4}

6={0,1,2,3,4,5},

6={0,1,2,3,4,5}

7={0,1,2,3,4,5,6},

7={0,1,2,3,4,5,6}

… … … …

ω這種編碼,也可說是“一進制”編碼,其集合表示為N(1),有6ω(1)=ω個元素.所以它是一個方陣(方陣外沒有矩陣),其對角線的元素qi=pii現(xiàn)在我們來分析,對角線法;顯然方陣是[0,+∞]×[0,+∞]也記為ω其高度就是元的個數(shù)∞(ω對∞封閉),沒有矩陣包含它.現(xiàn)在我們相對于3.1的偽定理1(ω不可數(shù)),來證明下面相反的結(jié)果.

3.3.3 定理2: 對角線法不能證明“集合ω是不可數(shù)的,”

圖2 [0,+∞]×[0,+∞]方陣示意圖

證明假定ω是可數(shù)的,并且枚舉它的所有元素為a0,a1,a2,a3,…我們知道,在0與∞之間的每一自然數(shù)都可以表示為形式如

p0p1p2p3…

(3.17)

那樣的無窮自然數(shù)序列,其中0≤pi≤9,i∈ω

a0,a1,a2,a3,…

(3.18)

便可表示為

a0=p00p01p02p03…

a1=p10p11p12p13…

a2=p20p21p22p23…

a3=p30p31p32p33…

(3.19)

?????

其中對于任意的i,i∈ω,都有0≤pij≤ω,i∈ω.現(xiàn)在構(gòu)造一數(shù)q,使得

1)q∈[0,ω]×[0,ω],

2)q不等于(3.18)中的任一數(shù),

令

其實只要,q是所有條水平線的與對角線的交點的數(shù)碼,變號相異投影到q,q在上下移動時,它就不再與對角線相交,也就不再與ω的任一條水平線重合;這個方陣外沒有認可矩陣包圍,因此q也不在方陣外認可的矩陣中,因而1)與2)不可能同時成立.這樣就不可能證偽:“假定ω是可數(shù)的”,也就是對角線法不可取.

由3.3.1～3.3.3 對角線法對于[0,∞]不能用.

由3.2與3.3對角線法對于證明[0,1]與[0,+∞]的可數(shù)與否是不可取的.

自然數(shù)集ω(N)的區(qū)間定義如下:

N?qi?q[q∈N?(q=q1q2q3…qi…∧i∈ω∧0≤qi≤9)];

讀:“滿以足下條仵的N,對一切qi與q而言,q屬于N當且僅當由qi組成,可以可數(shù)位無限長(i∈ω)且q為0至9中的任一數(shù).,” 自然數(shù)N(或ω)認定為可數(shù)的.如果可數(shù)的集合(在本文中記為B):B=N={α1,α2,α3,…,αi,…,α∞},那么“2)q不等于(3.7)中的任一數(shù).

的作法”就不成立.改來改去0≤qi=4或5≤9,q仍在B中.這樣就不可能反駁“假定ω是可數(shù)的”,也就是對角線法不可取.

同樣我們可以定義實數(shù)如下:

R?qi?q[q∈R?(q=0.q1q2q3…qi…∧i∈ω∧0≤qi≤9)];

讀:“滿足以下條件的R,對一切qi與q而言q屬于R當且僅當q由0.以后qi組成,可以可數(shù)位無限長(i∈ω)且qi為0至9中的任一數(shù).”稱R為實數(shù)集,這是一個新定義.

同樣對于[0,1],用對角線法來證明可不可數(shù),對于下述兩種情形:

1) 當定理描述為: [0,1]是不可數(shù)的,

證明(開始是) 假定[0,1] (記為A)是可數(shù) (記為B)的,

2) 或定理描述為: [0,1]是可數(shù)的.

證明(開始是) 假定[0,1](記為A)是可數(shù) (記為B)的.

由3.1.2 鏡像關(guān)系與孿生關(guān)系的道理可知[0,1]與[0,+∞]的元素是一樣多的.只要令B:R(或ω)={α0,α1,α2,α3,…},對角線法也一樣不起作用.

4 關(guān)于連續(xù)統(tǒng)假設(shè)的一個新證明2ω0=ω0.

“連續(xù)統(tǒng)問題近一百年來,雖然經(jīng)過許多著名數(shù)學(xué)家的努力,取得了幾項重大進展,但并未完全解決.…,仍有不少著名數(shù)學(xué)家為它的答案不懈地努力”[1]126提醒我們,用新的方法來解決才有出路.何華燦何智濤創(chuàng)立的《統(tǒng)一無窮理論》是集合論的突破,創(chuàng)新與完善是新的里程碑.連續(xù)統(tǒng)假設(shè)是指2ω0=ω1被稱為第一個不可數(shù)的基數(shù).現(xiàn)在我們要證明 2ω0=ω0,即2的ω0次冪,仍是可數(shù)的.

4.1 {0,1}ω0的元的編碼與計數(shù);作為ω之上的最小基數(shù)2ω0=ω0.

依自然數(shù)的定義2:={0,1}則{0,1}ω0=2ω0,如何對{0,1}2,{0,1}3,{0,1}4,的元進行編碼這難為了人的思路;現(xiàn)在有了一個新的想法,用二進制:我們要歸納地證明;

定理1 2ω0=ω0.

奠基: 0,1,2.

0){0,1}0={0}二進制表示: 元的編碼(是序數(shù)) {0}=1 基數(shù)(元的個數(shù)1).

1){0,1}1={0,1} 二進制表示不變:元的編碼(是序數(shù)) {0,1}=10 基數(shù)(元的個數(shù)2).

2){0,1}2={0,1}×{0,1}二進制表示:

{0,1}4 3 1

×{0, 1}

元的編碼(是序數(shù)) {00, 01, 10, 11}=100 基數(shù)(元的個數(shù)4).

注;這是底乘后置法.再舉幾個例:

3){0,1}3={0,1}2×{0,1}二進制表示:

{00,01,10,11}

× {0,1}

——————————————————————————————————

元的編碼(是序數(shù)) {000,001,010,011,100,101,110,111}=1000基數(shù)8.

4){0,1}4={0,1}3×{0,1}二進制表示:

{000,001,010,011,100,101,110,111}

× {0,1}

——————————————————————————————————

元的編碼(是序數(shù)) {0000,0001,0010,0011,0100,0101,0110,0111},

10進制翻譯 0, 1 ,2 ,3, 4, 5, 6, 7

{1000,1001,,1010,1011,1100,1101,1110,1111}=10000基數(shù)16.

10進制翻譯 8 ,9,10,11,12,13,1,4,15,16

我們已經(jīng)看出,序數(shù)列之首項均是0,尾項都是1.基數(shù)均是 一個1后是幾個0.于是歸納假設(shè):

歸納證明:

歸納結(jié)論:

b) 遞歸構(gòu)成

(*)

10制表示為{0,1,2,3,4,…,7,8,…,2ω0-1=2ω0.

{0,1}ω0作為超積理解如下:超積(也稱超乘積或廣義笛卡爾積)[2]187其表達式為:

(**)

(*) (**)同一,只是表示不同.

8) 現(xiàn)在來證明{0,1}ω0=ω0.用m進制n位的編碼表示的自然數(shù)集合,有mn個編碼,其最高編碼值,記為Maxv(x),令N(m)n表示m進制n位的編碼的集合,對于二進制有:

對于十進制有:

我們理解自然數(shù)十進制的序數(shù)表達與性質(zhì):

{0,1,2,…,i,…,n}=n+1;i∈n+1,i

這也適合二進制.等式右邊的n+1,ω是等式左邊的∈連接的,傳遞集合的最小上界[2]287.

2ω0={0,1}作為超積,我們采用底乘后置法,運算結(jié)果,給出了自然次序,這是契機.

(H2) 由3)、4)可見,如果3)中的序數(shù)是{a1,a2,…,an}其長度是偶數(shù),則經(jīng)過×{0,1}后,4)式是把3)式每項左端先加0;接著再在3)式每項左端加1;即有:

{0a1,0a2,…,0an;1a1,1a2,…,1an},

其項數(shù)多了一倍.注意到a1均為0,an均為1,也即首項均為0,末項均為1,“=”號右邊(是基數(shù))為一個1后面均是0;對于很長或無窮序數(shù)序列,我們就不必細究“=”號左邊,中間的項,具體是什么了.

(H3) 以2A,A={a,b}為例,作一些語義上的說明.

注:100=4;左邊的序數(shù)再大,大不過右邊的基數(shù)(最小上界),這里11<100.

表左下角的矩陣稱為表示矩陣,正是本文使用的形式,它是可以代表右下角的,0表示A中對應(yīng)的(列的頂元素)元素不出現(xiàn),1表示對應(yīng)的(列的頂元素)元素出現(xiàn).矩陣的每一行是二進制序數(shù)(這個序數(shù)也是從0算起.),每一項中出現(xiàn)1的個數(shù)為子集的元的個數(shù).

當A:=ω時,也作這樣理解.

5 用進制法證明2ω可數(shù)

5.1 K進制后繼函數(shù):令A(yù)={01,…,0k},字的K進制后繼函數(shù)如下[1]87:

進制的位權(quán)解釋:如字x=xn…xi…x3x2x1;ki-1稱為數(shù)xi的位權(quán),k為進制,i-1為右起的數(shù)位;于是X的位權(quán)解釋:[x]=xnkn-1…xiki-1+…+x3k2+x2k1+x1.

對于十進制我們有:令A(yù)(10)={0,1,…,9},

進制的位權(quán)解釋:如字x=xn…xi…x3x2x1;10i-1稱為數(shù)xi的位權(quán),10為進制,i-1為右起的數(shù)位;于是x的位權(quán)解釋:

[x]=xn10n-1…xi10i-1+…+x3102+x2101+x1.

令N={0,1,2,…,n,n+1,…,∞};有字x1=x∞…xn…x3x2x1;于是x1的位權(quán)解釋:

[x1]=x∞10∞-1…xn10n-1…+x3102+x2101+x1;

5.2 再次證明連續(xù)統(tǒng)的可數(shù)性,即{0,1}與{1,∞}都是可數(shù)的

正實數(shù)的十進制表示與位權(quán)解釋:無窮大與無窮小的對稱性及可數(shù)與連續(xù)統(tǒng)的同一性.

令

此乃集合的極限對表示法,這里的極限指編碼位n,不是指該編碼位的最高值[n].

有字

(*2)

第二行可寫為:

表示小數(shù)點右向,即反向的數(shù)符及位權(quán).是很形象的.此式說明兩點

1) 由(*1)后繼函數(shù)S=+1,在字的進位制單元是不變的,為1;

3) 注意δ只是小數(shù)點右邊的權(quán)位解釋下的單元,而進位制的單元勻是1.

這就是通常的算術(shù)解釋.從數(shù)制的角度看,可數(shù)的,就止于此.完整的正實數(shù)譜[2].其中心思想是,通過一個帶小數(shù)點的實數(shù)范式的小數(shù)點兩邊的區(qū)間的字長相等來證明{0,1}與{1,∞}都是可數(shù)的.

5.3 用進制法證明2ω可數(shù)

5.3.1 自然數(shù)集是人類以十進制記數(shù)的方法而表達的:

事物個數(shù)本無編碼:⊙,|,| |,| | |,| | | |,| | | | |,…,| | | | | | | | |

用十進制表為: 0,1,2,3, 4, 5, …, 8, 9,

用二進制表為: 0,1,10,11, 100, 101,…, 1000, 1001,

用十進制表為: 10, 11, 12,

用二進制表為: 1010, 1011, 1100.

5.3.2 這種數(shù)制表示,其實有一種K進制表示函數(shù)σ,對于十進制用復(fù)迭式表達. 如：

0, 1, 2, 3, …,8, 9, 10, 11, …, 19, 20,

5.3.3 用方冪表示自然數(shù),底表示進制,方冪為位數(shù),對于十進制,來證明10ω的可數(shù)性:有

10ω:100,102,101,103,…, 10n, 10n+1,…,

5.3.4 用二進制表示自然數(shù)集,來證明2ω的可數(shù)性:

對于2ω也有同樣的結(jié)論.僅是記數(shù)法的不同: 這里底2是用十進制符號代二進制符號,用二進制符號表為10ω.

十進制: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,…,

二進制: 0, 1, 10, 11, 100, 101, 110, 111, 1000,…,n,n+1,…

由此二進制與十進制有同樣的結(jié)果:

1, 2, 4, 8, 16, 32,…

十進制表示: 2ω: 20, 21, 22, 23, 24, 25,…

二進制表示:10ω:100,101,102,103,10100,10101,…

注:十進制中16=222,對應(yīng)于二進制圾示中的10000=101010,如此等等.

本文三的核心思想是可數(shù)無窮集合的無窮子集也是可數(shù)無集合.

6 用對應(yīng)法證明[0,1]可數(shù)

6.1 可數(shù)無窮的定義

但上述的可數(shù)無窮的定義,還不夠明確.

D1集合可數(shù)的定義:S是可數(shù)的當且僅當,存在一開始函數(shù)或首元α(?x[x∈S∧f(x)=α),且有一生成函數(shù)f使得n∈S→f(n)∈S,如果有最大元M,且M≠∞,稱可數(shù)有窮,否則稱可數(shù)無窮的(這個否則包括;最大元是∞,或無最大元);并作如下確認:

(D1) 開始確認

1) 非ω自然數(shù)(如4={0,1,2,3}是可數(shù)有窮集合,

2)ω是可數(shù)無窮集合;

(D2) 后繼確認

這稱為確認定義,這樣我們的討論就有了依據(jù).[0,1][0,∞]就可確認了.[+∞,-∞]常表示為實數(shù),如果允許可以細致表示為[+∞,±0,-∞]=[+∞,+0][-0,-∞].

這個定義辨論雙方是否合意?如何改正或者讓它去不加定義?總是不好.但實際又是這樣在做的，以前的定義可以說是經(jīng)典集合論的內(nèi)部定義只涉及{0,1,2,3…}可數(shù)無窮,{0,1,2,3…}可數(shù)有窮,并認為沒有{0,1,2,3…}表示的必要.但經(jīng)典集合論中有[0,1],[0,+∞]這樣的集合表示,新的定義照顧了各方,我們在討論的時候就有了依據(jù).

由上可見,可數(shù)是用自然數(shù)作樣板來數(shù)的.而自然數(shù)是什么呢?

定義6.3[6〗28對于任意集合x,令x+=x∪{x}稱集x+為集合x的后繼.(筆者注+是一后繼函數(shù)).

皮阿諾(Peano)自然數(shù)公理[1]31是很有名的,簡單說來,它是關(guān)于自然數(shù)0和后繼運算以及集ω上的結(jié)構(gòu)的,人們也常記做〈ω,y+,0〉:

1)?[x∈ω→x+≠0],

2)?[x,y∈ω∧x+=y+→x=y],

3)?[x∈ω→(A(x)→A(x+)]→?x[x∈ω→A(x)],ω歸納原則,但從集合論的集合的角度[6]29更恰當?shù)谋硎?

無窮集合存在公理;存在這樣的集合ω:

1) 0∈ω∧?x[x∈ω∧x+=0], 0是ω的(開始函數(shù))首元.

2)?x[x∈ω→x+∈ω],ω對其中任一元的后繼是封閉的.

3)?x[x∈ω→(x=0∨?y[y∈ω∧x=y+],ω的最小性,

1),2)稱ω是一歸納集,3)說ω是歸納集合中之最小者.

注意:0是ω的開始函數(shù),也叫首元,并且這里還有一個后繼函數(shù),我們,稱之為生成函數(shù),這是遞歸函數(shù)論的觀點.我們現(xiàn)在正式命名ω為可數(shù)無窮集.這樣我們用一一對應(yīng)法,依樣版,就可照樣裁衣.稱其它的為可數(shù)的了.

不可數(shù)為伊始,還有高階不可數(shù),這種東西,在數(shù)學(xué)上沒有用,在生活中沒有用,在計算機上更無用;計算機上可數(shù)無窮都要通過步長中止,特殊字(條件)中止與自然中止,用四舍五入來近似.

6.2 對角線法再議

對角線法對于十進制表示的集合不能用;展示十進表示的數(shù)的豎向序列呈竹桿形.每進一位,其高度是前一位的十倍.方陣對角線何在.這是實踐得出的結(jié)論,人腦進制進位法與算盤、計算器、計算機不同,后者的,9位數(shù)是預(yù)先設(shè)定的,位數(shù)有一定的容量.而人的定位是隨機的,我在這里要說明“進制”與 “方冪”的關(guān)系,自然數(shù)只要數(shù)下去,就會達到無窮位,十進制就有10ω,二進制就有2ω,而且,很重要的一條是:一開始直至你還在操作著,就還不是無窮位.但它無窮的進行下去,而2ω這個[0,1]的元 999 數(shù)也就可數(shù)無窮了, 這命名為“[0,1]的進制可數(shù)證明.”,人們常說“實踐證明”,這是我們所見的事實,列寧說是“千萬次形成的實踐的格”.公理是不加證明的,乃實踐證明也.進制的ω?zé)o窮次方就是這樣來的.見如下:

0 (1)

1 零階100

(9)

10 一階101

?(90)

99

100 二階102

?(900)

1000 三階103

? (9000)

9999

10000 四階104

所以10ω:100,101,103,…,10n,10n+1,…二進制的也一樣有:

2ω:20,21,23,…,2n,2n+1,…這不是所謂連續(xù)統(tǒng)[0,1]的元數(shù)嗎?可它是數(shù)出來的.

6.3 關(guān)于一一對應(yīng)與[0,1]實數(shù)區(qū)間的可數(shù)性

“一一對應(yīng)”是研究無窮集合的主要方法,光有方法不行,還要有工具,它的度量.工具的尺是ω!數(shù)數(shù)要有尺!現(xiàn)在開始用尺ω來量:

ω: 1, 1, 2, 3, …,n,n+1,…,

2ω: 20, 21, 22, 23,…,n,n+1,…,

10ω: 100, 101, 102, 103,…,n,n+1,…,,

mω:m0,m1,m2,m3,…,n,n+1,…,

ωω: 00, 11, 22, 33, …,n,n+1,…,

(6.1)

↓ ↓ ↓ ↓ ↓

(6.2)

↓ ↓ ↓ ↓ ↓

2ω: 20, 21, 22, 23, …,n,n+1,…

(6.3)

↓ ↓ ↓ ↓

1, 2, 4, 8, …,n,n+1,…,顯然它是可數(shù)的;

又顯然有:

(6.4)

2)上述函數(shù),的變項我們不用x,因為它論域未定,不用n,因為它是有限值;

3)上述函數(shù),與ω是一一對應(yīng)的,都有逆(向)函數(shù),即反函數(shù).

4) 式(6.2)與式(6.3)是互逆的,有雙射;

5) 式(6.2)與式6.4)分母的含義是把“1”個東西“[0,1]”,無窮的一分為二(常用兩個半?yún)^(qū)間表達),作為細粒度,去與分子這個整體1=[0,1]去比較,來認識整體的容量的大小.而這個 “1”就是所謂的連續(xù)統(tǒng)[0,1],又(6.3)就是它的量.

6)F(ω):F(0),F(1),F(2),…,F(n),F(n+1),…F(ω)=dfF(x),

7)ωω:00,11,22,33,nn,n+1n+1,…,一看就知這是可數(shù)的,用不著證明呢.定理3.4[1]65.

我們在證偽了“對角線法對于[0,1]的不可數(shù)”之后,按照直覺主義的觀點:[0,1]可不可數(shù)還是未定的,必須要有正面的證明,就是說,要在經(jīng)典集合論中證明[0,1]的可數(shù).而且現(xiàn)在不是連雙方均有人認為:經(jīng)典集合論的領(lǐng)域理論中,實數(shù)是不可數(shù)的嗎?

式(6.1)～(6.4)相等，并見說明1)-6)；得到式(6.3)等于2ω,如何證明它是可數(shù).這個,希爾伯特,在數(shù)學(xué)大會上的二十三個問題的第一個,要用初等的方法讓中學(xué)生能看懂就好了;人們希望用一一對應(yīng)法證明.

定理1 [0,1]是可數(shù)的.

2) 這個容量2ω是可數(shù)的,因為它與ω有一雙射函數(shù)(過去無人作出過):

f1:2ω→ω,log22ω→ω,log22ω=ω,log220=0,log221=1,log222=2,…;

f2:ω→2ω;g(2,ω)=2ω,g(2,0)=20,g(2,1)=21,g(2,2)=22,…,20=1,

推論6.1 連續(xù)統(tǒng)假設(shè),相對于ZFC,是不獨立的

證1)上述定理一已證明與ω?zé)o窮公理 (它是ZFC的一條) 有關(guān),是在ZFC系統(tǒng)內(nèi)證明的;

2) 只要涉及ω與其一一對應(yīng),就與ZF有關(guān),所謂獨立性的證明模型,處處用到ZF,怎能么能說與ZF無關(guān).(人們認為用一個模型M,既證出A又證出A,就認為與M獨立或無關(guān),難道人們不能用反證法觀點,去否認選取模型的的恰當性).

致謝作者感謝在學(xué)術(shù)上給予提攜的恩師張錦文！ 感謝桂起權(quán)教授對本文的審閱和推薦！

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