偶然在网上看到一个问题表述是这样的：

 

设S是一个由解析函数为元素构成的集合，对每个固定的复数z，集合{ f(z):  f ∈ S } 都是可数集。

 

问题是：S这个集合是否一定是可数集合。

 

为了消除大家所看书本的歧义，这里说明一下，本文的可数包括了有限和无穷可列的情况。

 

本以为这个问题是某本分析教材上的小练习，结果我翻阅了一些资料后发现，问题的答案很有趣，是让人吃惊的那种有趣。

 

这叫做Wetzel问题，你在Wiki上搜索Wetzel's problem能搜索到它的介绍。后来数学家埃尔德什解决了它。因为证明过程非常简短和漂亮，被收录到了《数学天书中的证明》一书中。

 

 

问题的答案是，你认为S一定可数，那么就是说你不承认连续统假设。反过来，如果你认为S不一定可数，那么你就承认了连续统假设。

 

也就是说，这个问题的YES等价于连续统假设不成立。

 

因为连续统假设在ZFC中不可判定，这意味着，这样的S是否可数，在数学界最广泛承认的公理体系ZFC中不可判定。

 

要证明这件事情，不需要用到过于高深的数学知识，只要对复变函数和集合论的一些基础知识就可以。这些知识包括：

 

1、知道无穷序数和基数的概念(因为显示希伯来字母א会有莫名其妙的问题，这里我们用aleph代替这个字母)。尤其知道可数基数aleph_0，最小的不可数基数aleph_1，以及实数基数c的概念和基本性质。

 

这里强调一下，网上一些人，甚至一些科普书籍中，都不假思索的把aleph_1当成实数的基数。这是不符合通常习惯的，aleph_1当成实数基数只有一种可能，就是连续统假设成立。而实数的基数一般用c表示。少数情况下，我也见过用不带下标的aleph表示。但如果要用aleph_1表示实数基数，一定要强调是承认了连续统假设，这时候c = aleph_1 。如果不承认就是 c > aleph_1。

 

2、知道复变里的解析延拓定理的内容。只需要知道，不要求清楚证明的细节。

 

3、知道选择公理以及它的变种良序原理。我们经常用良序原理来进行超限归纳。而且我们很多时候提到选择公理的时候，不区分用的是它的原始版本还是良序原理版本。     

 

我们开始我们的证明了，先看连续统假设不成立，即c > aleph_1情况。

 

这种情况比较简单。不妨假设S中函数的个数只有aleph_1个，如若不然，就取一个相同基数的子集。

 

对于S中不同的两个解析函数f,g , 做集合 S( f , g ) = { z: f(z) = g(z) }，那么S( f ,g )是可数集合。这是因为，如果这个集合不可数，那么S( f ,g )在复平面上上必有聚点。那么根据解析延拓定理，f和g是相同的解析函数。

 

那么，把f, g 跑遍S中所有的不同函数对，∪S( f, g ) 这个并起来的集合就是aleph_1个可数集的并，所以只有aleph_1个元素。因为c > aleph_1，而复数有c个。这样必然有一个复数w不在∪S( f, g )里。这意味着，S中的函数在z = w处，取值都互不相同。就是说{ f(w) : f ∈S }的基数是aleph_1，不可数 。不能满足设定需要达到的条件。

 

再看续统假设成立，即c = aleph_1情况。

 

这里，我们就要使用超限归纳法了。我们要用这个办法构造出有个aleph_1个解析函数的集合，满足题设的条件。

 

我们取Q为实部和虚部都是有理数的复数组成的集合。这个集合是可数而且稠密的。

 

根据选择公理，我们用序数给所有复数一个编号，让第α个复数为z_α。因为复数只有aleph_1个，所有α只需要取遍可数序数就可以，因为可数序数的个数正好aleph_1。

 

这意味着对于一个复数z_α，下标比α小的复数只有可数多个。

 

我们试图构造“一列”解析函数f_α，其中下标α也跑遍所有可数序数。注意，这里“一列”标上的引号，表示它并不是通常意义的数列。这列函数满足对于这样的条件：如果β≥α，那么函数f_β(z_α) ∈ Q 。这样对于任意一个固定的复数z_α，所有的函数值被分成两部分，β≥α的部分，因为函数值都在Q中，这些值只能由可数多个。而β<α的部分，因为可数序数的性质，也只能产生可数个函数值。这样能保证这样的“一列”解析函数满足设定的条件。

 

 

我们开始用超限归纳法了。由于有很多细节要一一验证，所以我这里说主要思路。如果这篇文章在这里能超过3000的阅读，我也许可以做一个视频，验证更多的细节，毕竟如果东西没人看的，做出来也没什么意思。

 

说明一下，下面的所有希腊字幕的下标，都是可数序数。

 

初始值的f_0定义为零函数吧，并不太重要。

 

然后，假设对于所有的β<α中的f_β已经定义好，现在来定义f_α。因为α是可数序数，所以有可数个函数f_β，另外把下标小于α的复数z_β也提出来，也是可数个。

 

因为f_β和z_β分别都有可数个，所以我们分别重新排成函数列和数列。f_β重排成函数列g_n，z_β重排成数列w_n 。

 

然后，按如下模式，我们再递归的定义一列函数p_n ，过程如下

 

p_0(z) = s_0 , 其中 s_0∈ Q ，但s_0≠g_0(w_0) , 这很容易办到，因为Q中无限个元素。

 

p_(n+1)(z) = p_n(z) + a_n * (z - w_0)(z-w_2)...(z-w_n) 

 

这里需要适当的设定a_n 的值，让其满足a_n趋于零的速度足够快，保证p_n的内闭一致收敛性，另外p_n(w_n)也不能等于g_n(w_n)。这两点都可以利用在原点附近设定了一个关于n的一个合适无穷小来设定，因为每次添加都是添加了一个多项式，只要保证a_n这个因子能让系数足够小就可以了。于是，对于a_n我们还能有无穷多个选项备选，使之满足这两个条件。在这无穷多个备选项中，我们还需要再选精细一点，还要保证p_n(w_n) ∈ Q ， 这个可以通过Q的稠密性，并解一个一元一次方程满足。

 

这样，p_n将一致收敛的于一个解析函数，这个函数就是要定义的f_α，注意这个时候f_α(w_n) = p_n(w_n) = p_(n+1)(w_n) = ... =  p_(n+k)(w_n) 。

 

而且，这个定义的f_α满足如果β≥α，那么函数f_β(z_α) ∈ Q （为什么？留作习题吧~~）。

 

于是完成全部证明。