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哥德巴赫猜想不可证?陶哲轩这样回答的!

 
 

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作者,MathOverflow网站上众人 。

翻译,小米,哆嗒数学网翻译组成员。

原帖地址:http://mathoverflow.net/questions/27755/knuths-intuition-that-goldbach-might-be-unprovable


 

 

 

我们在国内见过太多的数学网站,这些网站要么讨论些数学八卦,要么以讨论中小学数学的初等问题居多。而MathOverflow(简称MO)这个数学网站却不一样,这里提供了一个很好的平台供人们讨论专业性的数学,如果你是从事数学研究,这是一个好去处,你会惊奇的发现各个方向传说级别的大神在那里讨论问题。

 

网站内,都以英文讨论问题,而且只接受达到研究水平(Research Level)的问题。如果你提的问题水平不够,是会被管理员无情的关闭掉的。

 

当然,网站内也讨论一些与数学相关闲聊性质的不太硬核的问题,他们叫软问题(Soft Question)。这里,我们哆嗒数学网的小编们整理了一个关于哥德巴赫猜想(简称“1+1”或者哥猜)是不是可以证明的闲聊——注意,前面说过了,就算是闲聊也必须是研究水平的。参与闲聊的,可有大名鼎鼎的,被很多人视为男神的著名数学家陶哲轩哦!

 

阅读下面的内容,读者也需要相关专业的专业知识储备。感兴趣的读者也可以利用wiki来补充这些相关知识。

 

 

网友AgCl的提问:

 

Knuth从直觉出发,表示哥德巴赫猜想(即每个大于2的偶数可以表示成两个素数的和)也许是一个既不能被证明也不能被证伪的结论,这个想法一直困扰着我。(见http://www.ams.org/notices/200203/fea-knuth.pdf, 32页)。我过去接触到的所有关于不可被证明性的结果都是十分抽象的,但是这一个却十分具体。”

 

“那么问题来了。是否存在一个类似哥德巴赫猜想的命题,被证明是不可判定的呢?所‘类似’是指形如‘所有自然数都具有性质P(n) ’这样的命题,其中P(n)是某个关于自然数的性质。例如在哥德巴赫猜想中,P(n)就是‘如果n是大于2的整数,那么存在两个素数pq使得n=p+q.’”

 

“如果Knuth的直觉是正确,那么这个结论在如下意义下非常有趣:哥德巴赫猜想的否命题如果是对的,那就显然是可证明的.所以如果哥德巴赫猜想被证明是不可被证明的,那么我们就知道哥德巴赫猜想会是对的,因为现在没有人能找到任何一个反例.从一个经验主义者的角度来说,这相当于证明了哥德巴赫猜想.”

 

网友们对此评论纷纷.有的网友对此想法不屑一顾“这更像是瞎猜而不是直觉吧”。

 

有的网友更是提出了反对意见“Knuth是个天才,虽然我不愿意但我不得不反对他的这个看法,因为我认为哥德巴赫猜想不可判定是十分荒谬的事情.注意到Knuth的论证也能同样地被应用在奇哥德巴赫猜想(即每一个充分大的奇数可以表示成3个奇素数的和).在某种意义上,可以用于所有已经被证明的重要数学定理上.”

 

菲尔兹奖得主,数学家陶哲轩认真的回答了这个问题,也得到了最多的支持,他说:

 

“当我们说一个命题是不可判定的,总是隐含地针对某个公理体系来说的,例如皮亚诺算术或ZFC.一个算术语句之所以可以是不能判定的,是因为存在与这些公理体系相容的相互不等价的算术模型.(这是哥德尔完备性和不完备定理的推论).例如,标准的(或称为‘真’的)自然数遵循皮亚诺公理,但一些奇异自然数系统(即非标准自然数)也遵循皮亚诺公理.因此,的确可能出现某个算术语句,如哥德巴赫猜想,对于标准自然数成立,但对于某些其它遵循皮亚诺公理的非标准自然数不成立.但我个人认为,这种可能性很小.(注意到根据Loe定理,非标准自然数与自然数一样满足一阶语句,但人们也可以构造出更为奇特的算术模型使之导出完全不同的理论).”

 

“因此,如果哥德巴赫猜想在某个给定公理体系中不可判定,那么这将说明每个大于4的‘真’的偶自然数是两个素数的和(否则我们将能在有限长度内证伪哥德巴赫猜想),但同时也说明存在一个遵揗此公理体系的,更奇特的自然数系统(比标准自然数更大),满足存在一些奇异偶自然数不是两个奇异素数的和.(注意到一个证明的长度必须是标准自然数,而不是奇异自然数,所以存在一个奇异的反例并不能直接证伪哥德巴赫猜想.)这种情形出现的可能性很小,但先验地来说这并不是不可能的(例如Goodstein定理的例子或Paris-Harrington定理)。

 

需要补充的是,当我们谈论像标准自然数这样的东西时,总是要通过一个外在的推理体系,而这个外在的系统也许和我们分析不可判定性的推理体系并不一样.例如,我们可以把ZFC作为外在的推理体系来分析在皮亚诺算术中什么是可判定的,什么是不可判定的,这时标准自然数的构造可以利用如冯诺伊曼序构造结合无穷公理.我们也可以用一个非形式化的外在推理体系,例如一个建立在柏拉图主义对数学对象信念之上,未被显式公理化的推理体系.为了防止在研究中混淆,最好是在概念上分清外在推理体系与被研究的内在体系。

 

 

下面这个同样很受欢迎的回答是由网友gowers给出的:

 

我曾经听Don Zagier提到一个更一般的想法:说一些理应成立的结论是不可被证明的,相当于说你所能预料到的东西都会发生.例如,π在它的十进制小数展开中存在无穷多个0这个命题,也许非常难,甚至是不可能被确切地,因为如果它真的被证伪了就是个奇迹了——也就是说如果它是对的,它并不需要一个理由去是对的。

 

哥德巴赫猜想是这个想法的一个有趣情况.我们知道‘素数是随机的’是一个经验性结论,而通过实验人们验证了至少在十分大的范围内哥德巴赫猜想是对的.如果恰当地结合这两者,也许我们能论证哥德巴赫猜想是错的概率非常地小。所以哥德巴赫猜想,作为一个关于素数的问题,像极了Zagier所说的那一类极为困难的问题。而且确实它至少十分难证明.但也有着其它类似的,如Vinogradov的三素数问题(每一个充分大的奇数都可以表示成3个素数的和),通过挖掘素数的这种‘随机性’而得到证明.也就说,某种程度上数学家证明了一个经验性的结论,而这个经验性的结论告诉了你一些你预期会成立的事实.从这种观点来看,哥德巴赫猜想不能被证明是因为现有的证明手段失效了:我们现有的伪随机性概念还不够强,因此不能保证伪随机数的和集不存在间隔.(现有的证明手段倒是可以证明,对(某种意义下)‘几乎所有’的偶数能够表示成两个素数的和.)"

 

也许我们能说,既然技巧失效了,那么Zagier的评判标准就能派上用场了。但我个人对此十分不舒服——那些比我对哥德巴赫猜想研究得更多的数论学家都同意这个问题暂时是难以触及的,但他们有时候会仔细探讨证明大概会长得是什么样子。

 

不过我想,至少可以有充足的理由相信,哥德巴赫猜想‘无条件就是对的’.而一个涉及不可证明性的命题,让人感觉哥德巴赫猜想即使是对的,也必须有一个理由.

 

 

网友T..从另一个角度给出自己的看法:

 

这就像是在问诸如'外星人降临地球并给出一个关于哥德巴赫猜想在皮亚诺算术中不可证明的证明'或'一块古老的楔形文字石板上隐藏着一个RSA加密的关于黎曼假设独立于ZFC的证明'等事件的概率.在上述情景中,哥德巴赫猜想(或黎曼假设)确实被获知是PA-不可证明的,但这也仅仅是作为某种巨大科学飞跃的副产品,以至于它们是否可证明都只是平凡的了.于是在这种情况下人们可以直接考虑外星人降临或巴比伦手稿的问题.

 

现在唯一已知的证明哥德巴赫猜想不可证明的方法,是通过寻找一个能够嵌入素数加性系统的皮亚诺算术(即:PA是否能从一个满足如下性质的PA-可构造函数g导出自身的一个模型:对任意的n>1g(n)(2n-g(n))都是奇素数)。这个命题将说明素数集合具有某种程度的刚性和复杂的结构,而现有的手段是难以企及这种性质的研究的--其它的数学邻域也有类似的困境,如在代数数论(ζ函数)研究中人们希望找到与几何与拓扑弱的类比,或者在加性数论中发掘某种概率性的(拟随机性)结构--这些命题让现有的数学都变得微不足道了。

 

另一种同样令人震惊的可能被用于证明哥德巴赫猜想超越PA的思路,是找到一种可证明一般(具体)的数学命题的PA-不可判定性的全新方法.如果这样的方法被找到,那么就意味着不仅仅是哥德巴赫猜想,还有一大批开放的猜想也能被证明是超越PA的(并在此过程中,在一个更强的体系如ZF中被解决).这样一种具有普适性,能够把一大批现在猜想变成PA不可判定的ZFC定理的方法,与外星人降临一样,将会是如此的重要和带给人惊喜,以至于哥德巴赫猜想都不值一提了.

 

虽然未来的任何发现都有理论上的可能性,但就目前来说,只有唯一一个证据使我们相信哥德巴赫猜想的PA-不可证明性(即,在一个更强的体系,如ZF中,证明哥德巴赫的PA超越性)也许是正确的;那就是在过去80年间得到的一些哥德尔不可证明性和独立性的结果.而无论是在数理逻辑还是在其它的数学邻域,都没有迹象表明素数具有某种难以置信的精细结构,或存在某种普适性的关于不可证明性的理论.因此,认真地谈论哥德巴赫 猜想或黎曼猜想是否是PA-不可证明的,其实只是纯粹的对某个可能出现的崭新数学分支的展望,而无论结果如何时,与任何特定的数论问题的发展并无直接联系.

 
 
 

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十大坑爹高数题

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开学啦!进了大学,数学上,第一个要学习的就是高等数学或者数学分析了。这是让有的人感到头痛,有的人带到新奇的学科。利用高中集合和函数做衔接,我们进入了一个新的数学世界。见到之前没见过的函数,之前没见过方法。也颠覆了之前对数学的一些理解。

学习数学,“刷题”是必然不能少。我们不断的做练习,遇到了各种奇怪的题,然后被我们逐个解决。然而,有一些“长”得很像高等数学题目的问题,其实在高数或者数学分析框架下很难解决,而用更高级的办法几乎是秒杀。高数高手们遇到了这些问题,就算是掉坑里了。

这里,哆嗒数学网小编为你列举十个“坑”。问题方式为了方便大家参与讨论,都以“是否”形式提问。以下提到的函数,如无特殊说明,都为$R→R$的实函数。




No.10
函数的单调性高中就学啦,一个单调函数可以是$y=x$这样的连续函数,还可以是$y=x·sgn(x)$这样有间断点的函数。你还能写出很多单调函数,有无穷多个间断点。不过你画图象时,这些函数的间断点大概都是一个一个离散开的。那么间断点可能稠密吗?
问题: 是否存在一个在无理数点连续,有理数点不连续的严格单调函数。
高级秒杀:有理数是可数的。利用级数构造一个特别的函数。见http://duodaa.com/?qa=906,第二题。


No.9 
有的人也许学了黎曼函数$R(x)$,他是一个有所有无理点处连续,所有有理点处不连续的函数。那么可以反过来吗?
问题:是否存在一个在有理数点连续,在无理数点不连续的函数。
高级秒杀:先要知道$G_δ$集,$F_σ$集的概念,连续点集只能是$G_δ$。而有理数集不是$G_δ$集。


No.8 
好了,我们学了导数了,虽然高中也学过,没有像高数那样,平凡的对一个函数某点是否可导进行讨论。“可导必然连续,连续不必可导”,这一句顺口溜一直记于脑海。老师还说,存在处处连续,但处处不可导的函数呢。那么,对于严格单调函数,会怎么样呢。
问题:是否存在一个严格单调,但处处不可导的函数。
高级秒杀:有个定理是说:单调函数是几乎处处可导的。


No.7
一个可导函数$f(x)$求导数后变成了$f'(x)$,$f'(x)$还是一个关于$x$的函数呢。$f'(x)$可能不再连续呢!那么$f'(x)$可能处处不连续吗?
问题:是否存在一个可导函数,它地导函数处处不连续。
高级秒杀:连续函数列只能收敛到一个间断点集为第一纲集的函数。而实数集是第二纲集。


No.6
函数函足$f(x+y)=f(x)+f(y)$,高中就见过啦。高中还让你证明他是奇函数,在多给一些已知条件的情况下,求$f(1)$、$f(8)$什么的。到了大学,在给定$f(x)$连续情况下,我们能证明$f(x)$的图象一定是过原点的直线,那么如果f(x)不连续呢。
问题:如果函数函足$f(x+y)=f(x)+f(y)$,$f(x)$是否有不连续的例子。
高级秒杀:实数看成有理数域上的线性空间是无限维的,还要用到线性代数中基的概念。当然,我们承认选择公理。见http://www.duodaa.com/?qa=704


No.5
高中里的集合交并运算,都是有限个里在做,多没意思。大学里可以对无限个集合求交并啦。比如R可以写成形如$[n,n+1)$的并集,其中n跑遍整数集合。注意到,对于不同的整数,他们还两两不交呢。那么把半开半闭区间改成闭区间呢?
问题:实数集是否能写成一列不相交闭区间的并。
高级秒杀需要知道:基数、完备集的概念,完备集的基数是不可数的。而如果可以写成,那些区间的端点可以构成完备集。


No.4
泰勒展开真神奇,能把一些函数写成一个幂级数的形式。但我们一定也知道了,就算是一个无穷次可导的函数,他本身也不一定等于它的泰勒级数。那么展开式是多项式的情况呢?
问题:一个无穷次可导函数在任意一点的泰勒展开式都是多项式,这个函数是否是多项式。
高级秒杀:利用贝尔纲定理,精巧的构造一些东西,大概不能算秒杀。见http://www.duodaa.com/?qa=920


No.3
对于形如两个数列取幂$f(n)^{g(n)}$这样的,计算极限,我们有了很多办法。比如凑重要极限形式计算,取对数计算等等。但有一些形式非常简单的极限,解决却不容易。
问题:$n→∞$时,数列$|sin(n)|^{1/n}$的极限是否等于$1$。
高级秒杀:刘维尔数的概念,以及π不是刘维尔数。后者是Mahler在1953年的论文上写的,不过,如果不是专门这个方向的一般看不懂,哆嗒数学网小编的也看不懂。见http://www.duodaa.com/?qa=2476/


No.2
高中就知道了自然对数底$e$,老师还说他是无理数,但没告诉我为什么是无理数。上了大学,我们终学会了如何证明$e$是无理数。于是,跃跃欲试,要证明其他数是否是无理数了。
问题:$\sqrt{2}^\sqrt{2}$是否是有理数。
高级秒杀:格尔丰德-施奈德定理可以推出他是超越数,当然就是无理数啦。


No.1 
接上个问题。同样,我们还学会了证明圆周率$π$是无理数。两个无理数相加可不一定是无理数呢。
问题:$e+π$是否是有理数。
高级秒杀:些问题人类还没有解决。你能秒杀我叫你大神!。



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中美俄包揽前四-2014第55届国际数学奥林匹克(IMO)成绩揭晓

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2014第55届国际数学奥林匹克成绩(IMO)在久前揭晓,中国队再次获得团体总分第一,成绩是201分,也是唯一一支总分超过200分的队伍。美国、中国台湾、俄罗斯分获总分第二、三、四名,成绩分别为193分、192分、191分。值得注意的是,中国台湾的第三名是该地区参加IMO以来的最好成绩。


从奖牌成绩来看:中国与美国获得5金1银、俄罗斯获得4金两银,而中国台湾获得4金两铜。
中国还有两个地区派队参赛。中国香港以4银两铜143分成绩列18位。澳门获得2铜74分,名列62位。

2014第55届国际数学奥林匹克在南非开普敦举行,共有101个国家的560名选手参赛(其中女选手56名)。选手在参赛期间将做6道数学题,每题7分,满分42分。其中获得29分及以上的参赛者将获金牌,22分及以上获银牌,16分及以上获铜牌。本届比赛,分别有49名、113名、133名选手获得金、银、铜牌。


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无限不循环的无理数其实很逗比

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圆周率$\pi$是一个我们既熟悉又陌生的无理数。作为一个常见的数学常数,当它以小数形式展现的时候——3.14159265358979323846......,你又能记得它多少位数字?

它是无限不循环的无理数,当它们以小数形式展开的时候,你能告诉我它小数点后的前1万位,前10万位,或者第100万位数分别是多少吗?

不过,有了计算机,我们可以编写一个程序,在时间允许情况下,无论你想知道$\pi$小数点后多少位的数字,利用这个程序,我们都能把它们呈现在你眼前。

 

 

不仅是$\pi$,像$\sqrt{2}$,$\sqrt{3}$,自然对数底$e$等等,这些熟知的无理数,我们都能编写一个程序,来呈现他们的小数的展开的数字。

那么,有一个问题,对任意的无理数,我们都能编写一个计算机程序,把这个无理数的小数位全部展开出来吗?

答案是:不能!

这要从可数,不可数来说起。且听哆嗒数学网的小编们慢慢道来。

一个集合可数的意思是说,他能被自然数“编号”写成:a1,a2,a3,...,an,....这样的形式。数学上已经证明,有理数是可数的,而无理数是不可数的。

我们怎么写一个计算机的程序呢?一般来讲,我们会用一个键盘敲打出来。键盘上只有有限多个键(一般的键盘只有100多个键吧),这意味着每次敲击键盘,只有有限多个可能的符号被打出来,这些符号可能是英文字母,数字,括号,空格,换行符等等。而程序无论有多复杂,它总有写完的时候,于是哪怕是100亿行代码的程序,它也是由有限多个符号组成的。

因为上述原因,数学上也可证明,能写出的程序只有可数多个!

所有的计算机程序可数,而无理数不可数。于是一定有一个无理数,无法用计算机把它的小数位展开!

那么,能确切的告诉我,哪一个无理数的小数位不能用计算机程序展开吗?

还真有人找到了一个数,也和计算机的程序有关。1975年,一个叫蔡廷的计算机科学家研究了一个有意思的问题:在给定的编程语言中,随机输入一段代码,这段代码能成功运行,并且在有限时间内运行完毕的概率是多少?当然,数学家描述这个问题会用更严格的语言。在严格的表述下,这样的概率是存在的且是确定的一个常数。这个常数叫做蔡廷常数。这个蔡廷常数是一个确定的数,但数学上已经证明,它无法用程序展开。

一个实数是确定的,但无法用某个程式展开。听起来,好像很逗比。但这就是数学神奇的地方!

 

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实数到底有多少个?

 

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原文作者:Keith Devlin, 英国数学家和科普作家,斯坦福大学教授

翻译: 哆嗒数学网, www.duodaa.com

 

实数有多少个呢?一种回答是:“无穷多个”。由于康托证明了实直线--即连续统--不能和自然数有一一对应,于是能得到更好一些的回答是,“不可数多个”。但我们能更精确一些吗?康托引进了一种度量无穷集合个数的方法:使用阿列夫数。阿列夫是一个希伯来字母,康托用它来表示无限集合的个数(阿列夫“ℵ”这个号很多时候在网页上都打不出来)。他把所有的无限集合的个数都用这样的无限数量(基数)进行了分层,ℵ0(第一个无穷基数,自然数集的数量),ℵ1(第一个不可数基数),ℵ2,等等。

 

无穷基数和有限的自然数一样,可以做加法和乘法,只是比自然数的加法和乘法容易得多。两个无穷基数相乘或者相加,都等于这两个中最大的那个。

 

我们也能把任何一个有限或无限的基数来计算它的幂。这样问题瞬间变得不那么容易了。我们来看一个相对最简单的情况,如果κ(西腊字母,Kappa)是一个无穷基数,那么2^κ(2的κ次幂,即κ基数集合的幂集的基数)的值是多少?康托证明了这个幂一定比κ本身大,但这也就是他得到的最深的结果了。特别的,他无法表明2^ℵ0是否等于ℵ1。

 

这个问题有何意义呢?在数学其它地方,已经证明了2^ℵ0正好是连续统的个数,即实数的个数。由于康托能证明有理数的大小是ℵ0,那接下来一个自然的问题,实数到底有多少个?这样的问题不能回答是让人沮丧的。希尔伯特也在1900年,把它列入了他《数学问题》中的23个问题之一。

 

命题2^ℵ0=ℵ1的就是著名的连续统假设。它和选用的构造无限集合的公理体系密切相关。这个公理体系是由策梅罗和弗兰克尔在20世纪初建立的,叫做ZF公理体系,是被数学界普遍接受的。1936年,哥德尔用他的证明震惊了数学界。他证明了ZF公理体系是不能证明连续统假设是一个假命题的。

 

其实,部分逻辑学家、一些实分析学家,以及大部分数学家并不关心连续统假设是真是假。所以,让人震惊的并不是这个结果本身。让大家惊奇的是,哥德尔发现了一种证明手段,可以证明一些数学命题是不能被证明的。(注意,哥德尔证明的是连续统假设不可能在ZF公理体系下被证明是假的,但这并不意味着连续统假设可以在这个体系下被证明是真的。他没有一个证明它是真命题的逻辑推导。)于是,大家知道了连续统假设不可能被证明是假命题,研究转向去证明它是真命题。但这样的研究是徒劳的,1963年科恩的证明告诉了大家,为什么之前的研究是徒劳的。科恩用他发明的力迫法证明了连续统假设也不可能被证明是真命题(在ZF公理体系的框架下)。于是这个假设是不可判定的。因为这个发现,科恩还在1966年获得菲尔兹奖。

 

当然,一个很自然的想法。我们想在ZF公理体系下增加一些公理,让连续统假设变得可以判定是真是假。的确有很多数学家做了这样的工作,但都没有成功。问题在于,我们试图为所有的数学分支提供一个统一的集合论的基础框架(这个框架包含算术系统),框架中的公理要被大家接受,还必须看上去是“显然的”。没人能找到这样的公理。有一种我个人觉得很吸引人的公理叫做构造性公理(我博士期间是研究集合论和无穷基数算术的,我研究生涯的前15年都在搞那个)。

 

这个公理是哥德尔发现的。哥德尔用它来证明了连续统假设在ZF公理体系下不是假命题。虽然哥德尔不建议让它成为一个集合论的公理,但我觉得它还是比较“自然”,能成为一条公理。不是因为我相信那个是“真”的。当我们在无限集合上讨论数学时,我认为不应该较真公理的对错。甚至,我觉得科恩的结果(以及很多之后的结果)向我们表明的原始信息应该是:我们在选择集合论的公理时,应该务实一点。由于集合论的终极目的是为数学提供一个普遍的根基,我可以提出(事实上在1977年我已经提出过)一个非常好的支持将构造公理纳入公理体系的论点。(我把这个观点写进了我的专著《The Axiom of Constructibity: A Guide for the Mathematician》,于1977年在Springer-Verlag出版。) 如果构造性公理被假定成立(作为一条新的公理,加到ZF公理体系里),就可以证明连续统假设是真命题。由于各种原因,很多数学家不支持我以及其他支持构造公理体系的人的观点。但没有一个人提出一个我认为令人信服的反对理由。至少,在那个时候没有。

 

1986年,情况发生了改变。Freiling在《Journal of Symbolic Logic》上发表了一个有趣的文章,题目叫《公理的对称性:往实直线上投飞标》。在文章中,Freiling提出了下面这个假想实验。你我两人向一个飞标靶子投掷飞标。我们之间隔了一个屏风,所以我们之间互不影响。当我们收到一个来自第三方的信号的时候,我们一起向靶子投掷飞镖。我们投掷的结果完全是随机的。(形式上,由于靶子上的点可和实数产生一一对应,所以我们两个人可以简单的看成两个独立的随机数发生器。)那谁是赢家呢?恩,实验的组织者把所有实数排成一个良序(即把靶子上的点排成良序),记为“<<”。我们的目标是在这个良序下,击中的目标比对手大。如果你击中的实数是Y,而我击中的M,若Y<<M,就我赢,否则,你赢。

 

好的,再多说几句。假如连续统假设成立。实验的组织者可以把这个良序排成这样:对任意实数x,集合{r|r<<x}是可数的。同意吗?好,由于我们是独立投掷的,我可以假设我第一个投,我击中了M。现你轮到你投了,由于{r|r<M}是可数的,所以如果你击中的是Y,那么Y<<M的概率是1,即你赢的概率是1。但,我们的条件是完全对称的,所以相似讨论,我赢的概率也应该是1.但这是不可能的。结论:我们不到找到这样的良序,所以连续统假设是假命题。

 

是吧?别急,别太武断。要让上面的推理成立,我们假设了良序“<<”是可测的。但没有任何理由支持这个假设。所以,我们并没有证明连续统假设是一个假命题。但我们(或者Freiling)也不是要证明他是假命题。相反,我们是在找一些似是而非的理由,来找一个公理集合论体系来解决连续统假设。如果,你们公理集合集结看成一个构造集合的框架,这个框架为数学其它所有分支都提供一个构造集合的保守方法,那么,你可以用构造性公理。这时,连续统假设成立。但是,如果你认为数学是现实经验的抽象,且你认为Freiling的投标假想实验是直观、自然且“应该是对的”,那么你能承认的集合论中的公理就得让连续统假设是一个假命题。(或者,退一万步来讲,你的公理体系不能让连续统假设是真命题。)那我现在是观点是什么呢?恩,我还是在考虑一个支持构造性公理的论点。但我也发现Freiling的假想实难是宁人信服的。

 

所以,我的观点是,从直观的层面上考虑,肯定要让连续统假设是一个假命题。当一个数学家发现他在支持两个互相矛盾的命题的时候,他显然是当系主任或者院长太长时间了。是时候放弃职位而继续前进了。你知道吗?我这样做了。请注意我的联系地址已经变了。

 

 

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独立性证明介绍

    市里发生一起凶杀案,警方断定:

  1. 凶手是男性
  2. 受害者是女性
  3. 凶手做案之前有大量饮酒
  4. 凶手用双手掐死了受害者

    受害者的丈夫在案发现前和受害者有过激烈争吵,并且案发时就在案发现场附近。由于是健美教练,有足够的手力掐死一名成年女生。并且,有很多案件,在夫妻发生激烈冲突后发生的。于是被控方锁定为重大嫌疑人。

    受害者的丈夫的律师却说:另外一个城市,也是相同情况,但受害人是被一个流窜作案的流动人员杀害的,所以现有证据无法证明嫌疑人就是凶手。

    当然,目前为止,也无法证明嫌疑人是凶手。

    所以,控辩双方都要继续找证据,来证明他们相要的结果。

    其实,数学公理就是“证据”。这种“证据”是一个要求人们先接受,而无需证明的一些命题。至于,为什么要接受,或是因为生活经验,或是因为某些实验结果,再或没有任何理由,反正先接受。但接受的东西之间不能有矛盾的地方。比如,下面一串的东西,不能看成公理。

  1. 世界中存在两个人类小明和小红
  2. 小明是男人
  3. 小红是女人
  4. 小明与小红是相同性别的
  5. 男女是两个不同性别

    我们再来说一个数学的例子,高等代数中学过数域的定义,我们把这些定义的条件看成公理吧。一个实数子集$F$,满足就是下面几条公理,就称为数域(简单起见,我们只在实数上讨论)。

  1. $1\in F$
  2. 如果$a,b\in F$,则$a+b\in F$
  3. 如果$a,b\in F$,则$ab\in F$
  4. 如果$a,b∈F$,则$a-b\in F$
  5. 如果$a,b∈F$,$b≠0$,则$a/b\in F$

    那么,对于一个数域$F$,由这几条公理(加上默认的一些公理,比如实数完备性的公理),是否能推导出$x^2=2$在$F$上有解?我们说,不能,因为如果我们让$F$为有理数集的时候,有理数集是一个数域,但$x^2=2$无解。那能否推出$x²=2$无解呢,我们说也不能,因为如果我们让$F=R$时,在这个域上是有解的。

    于是,得到结论“代数方程$x^2=2$有解”这个命题,在数域公理体系下,是无法证明,也无法证伪的。于是这个$x^2=2$是否有解,与数域公理独立。

    通过上面的讨论,我们知道,我们要一个命题的证明独立性,有一个办法是,找两个模型,两个模型都满足所有公理的条件,但这个命题在其中一个模型里是真命题,在另外一个是假命题(比如前文中的有理数集和$R$)。

    我们都熟知的连续统假设与ZFC公理系统独立就是用这样的办法证明的。

    第一个找到让连续统假设是真命题模型是哥德尔,他利用了构造性公理。由于ZF和构造性公理一起还能顺便推出选择公理,于是他证明了连续统假设和ZFC是不矛盾的。

    找到另一个让连续统假设是假命题模型,要难得多。不过还是由科恩(P.J Cohen)找到了,找的过程中,他用了他本人发明的数学工具力迫法(Forcing)。于是,连续统假设与ZFC公理体系就独立了。由此,科恩获得了1966年的菲尔兹奖,也是唯一一个在数理逻辑领域的菲尔兹奖的获得者。

    最后补充一点,我们说公理就是“证据”。现代的公理代数学到底是哪些“证据”呢。这些证据被称为ZF公理体系。我这里列举一下,不过我全部用口语不严谨的列举(严谨的要用形式语言)。

  1. 公理1 外延公理
    两个集合有相同的元素则两集合相等

  2. 公理2 正规公理
    每个非空集合$x$ 都包含一个元素$y\in x$ ,使得$x$和$y$不相交。

  3. 公理3 分类公理
    $x$是一个集合,$p$是一个描述集合的性质,则$\{ y\in x:~ p(y) \}$是一个集合

  4. 公理4 配对公理
    $x,y$都是集合,则$\{x,y\}$也是集合。

  5. 公理5 并集公理
    一簇集合的并,还是集合。

  6. 公理6 替代公理模式
    一个集合被映射后,得到到的像还是一个集合。这个公理之所以称为模式,无穷多的映射,对同一个集和都能产生像,这些像都是集合。所以这其实无穷多条公理。

  7. 公理7 无穷公理
    存在一个无限个元素的集合(所有自然数在一起是集合)。

  8. 公理8 幂集公理
    一个集合的子集做元素,能形成一个集合。

上面8条就构成ZF公理体系,再加上下面的选择公理,就是ZFC公理体系。

  1. 公理9 选择公理
    对一簇集合,我们可以每一个集合里抓出一个来,形成一个新集合。

决定性公理介绍

    很多人都玩过斗主,我也玩。当我在QQ游戏上玩得最HI的时候莫过于三个人都大叫一声“明牌!”,所有牌的游戏都能被互相看见。   

    这个时候,其实原本三个人的游戏变成了两个人在玩,地主与斗地主的一方。而且,打牌的双方都能知道对方有哪些招能用,哪些招用不了。
    这时,我们再大胆假设一下,我们认为双方都足够聪明,出牌都按最优的方式,即不失误。那么其实,这样的一局牌就变得很无趣了,因为当发完牌的同时,游戏的结果已经决定了。

    因为牌都亮着,必然有一方有一种打牌的策略,让他能在最后处于取胜状态。

    我们把这个游戏变得更为无趣。我们把先出牌的一方叫P1,后出牌的一方叫P2。在轮到某人出牌的时候,他只有有限多少出牌的选择。把可能出牌的办法都编号吧,比如当轮到打牌的时候,他就可以说,1号办法应对,2号办法应对,...,n号办法应对...

    于是,好好的斗地主就成了一个叫号的游戏,P1叫我用1号办法,P2叫8号办法,然后P1又叫19号办法,于是得到一串叫号的数列。因为游戏一定会在有限步内结束,于是我们能得到一个有限长数列,这个数列可能指向P1赢的状态,可能指向P2赢的状态。这两种状态,都能分别构成集合。

    如果,这时候我们要改变一下斗地主的规则(比如最后一手牌必须少于5张才算赢),那么,我们本质上是改变上述所得到的赢的状态所对应的集合。

    上面说到的东西,在数学中有一个叫博弈论(Game Theory)的分支在做研究,其实就是研究游戏啦。注意到,上面提到的对局有两个特点,第一,第一轮对局者都只能在有限个对局策略里选择,第二,对局一定能在有限的轮次中结论。

    如果策略选择和轮次都是无限的会怎么样呢?现在P1,P2能叫的号是所有自然数,而且每个人都要玩无限轮次。这样,同样在事先规定,哪些数列算赢,哪些数列算输。会怎么样了呢?是不是无论我们怎么改变游戏规则(就是改变赢的状态集合),这个游戏都在规则确定的同时,结果已经定了呢?

    如果,我们要继承斗地主时的感觉,当然我们要认为结果已经定了!于是,我们就这样认为他定了。这就是决定性公理(Axiom of Determinacy,简称AD)。他和熟知的选择公理(Axiom of Choice)矛盾的。那么和ZF是不是相容呢?可惜,决定性公理能推出ZF是自洽的,所以由哥德尔不完备性定理,ZF+AD是否自洽不能由ZF得到。   

    不过,这个公理很难让人认为是“真”的。它除了和选择公理矛盾,由这个决定性公理还能推出一系列太过于“卖萌”的数学“事实”。其中最有趣的是,由它可推出所有实数集合都是勒贝格可测的。这样一来,许多数学成为没意思的了。因此,数学家们还是不太想承认这个过于“萌”的公理。不过,它带来的一系列问题仍有在研究当中。

柯西函数方程和选择公理

      柯西函数方程的问题,就是说一个实函数$f$,对任意实数$x,y$都满足$f(x+y)=f(x)+f(y)$。


      有些人马上会不假思索的回答,这是一个线性函数,$f(x)=xf(1)$。其实如果多问一句为什么,他们也会很熟练的给出“证明”, 但你会发现,他们会自然而不自然的用到下面的条件。


1、 连续
2、 可导
3、 个别点连续
4、 某个区间上有界
5、 单调

      没有这上面的条件,这些同学就很难证下去了。


      OK,其实对于满足这样条件的函数来讲,前文说的5个条件都是等价的。实际上有吧友列出了更多的等价情形,这里我就不再多讲,大家自己去找贴子吧。我这里再说一个重要的等价条件,关于可测的。


      条件6: $f$是一个Lebesgue可测函数。


      啊,有人可能会没有耐心了:“废话那么多,你倒给个不连续的例子呀!”


      咳咳!我还要继续多几句废话。这个例子,可以说能给,也可以说不能给。这让我想起我在一本集合论的书上,书的作者刚证完选择公理(Axiom of Choice)和良序原理(Well-ordering Prinple)等价时,幽默留下字句:“Show me the well-ordering on R, somebody cry!”。是的,是的,没有人类能写出来。而我要说的不连续的例子,就和这个选择公理有关。


      很多人看到这个公理的时候,书上都会用一到一些“生动”的例子,比如关于无穷双鞋子和无双袜子的事(罗素对选择公理的比喻)。还有的书会说到,这个和一些奇怪的事有关,比如把一个球球变成两个大的事(Banach-Tarski分球悖论)。这里,我要说的是,这个公理还有一个每个线性空间都有基,也是等价的。这个基是线性空间意义下的基,是代数基。很多书中,为了区别正交基之类的东东,把它叫做Hamel基。


      学了线性代数,我们知道了,一个空间是多少维的和我们把他看成哪个数域有关系。比如复数,如果看到复数域上的线性空间就是一维的,而在实数域上看是二维的,$\{ 1 , i \}$是一组基。同样,如果把实数看成有理数域上的线性空间是无限维。
     

      于是我问,这个空间有基吗? 选择公理说,有!那基长什么样,选择公理说,不告诉你!同样,无论怎么cry,也没有人能把这个基很清楚的呈现出来。但有了这个基,我们就能造出不连续的例子了。同样,这个不连续的例子,也和选择公理一样是不清不楚的存在的。


      恩,有人了解公理集合论的人的会说,数学家更多接受的是公理体系是ZF公理体系(策梅洛-弗兰克尔公理体系),选择公理并不被所有数学家接受(尽管大部分数学家接受,据说是70%)。那么我和那些少数派一样,也不承认选择公理会怎么样呢。


      My god!似乎下面的文字会让人更崩溃的。


      回忆一下实变的内容(如果你学过的话,当然这是一门很变态的课)。我们曾经“构造”了一个不可测的集合,但如果你能回忆起每一个细节话,你会很失望,这样集合的构造,也用到了那个“无所不能”的选择公理。实际上数学界的大牛告诉我们,在ZF下是没有办法推出或者推翻不可测的集合是不是存在的。下面的东东,也能构成一个没有矛盾的体系(数理逻辑中叫“自洽”):


      "ZF体系" + "所有实数子集都可测"。


      刚才说的条件6,记得吗。不可测的函数是因为不可测集合存在才存在的。于是,在这个体系下,所有函数都可测了,于是满足柯西函数方程的函数在这个体系下就都连续了。

 


附1: 满足柯西函数方程条件,但不连续的反例。见这里

 

 

附2: 可测实函数,若对任意实数$x,y$,有$f(x+y)=f(x)+f(y)$,则$f$为线性函数。
证明:令$g(x)=f(x)-xf(1)$,则对任意实数$x,y$,有$g(x+y)=g(x)+g(y)$。
易见对任何有理数$q$有$f(q)=qf(1)$,于是$g(q)=0$。
令$A=\{x~:~g(x)>0\}$,$B=\{x~:~g(x)<0\}$,注意$A=-B$,于是有相同测度,即$m(A)=m(B)$。
若$m(A)=m(B)>0$,由这里的证明有,$A-B$包含一区间,于是包含一有理数,
取$s\in A,t\in B$,满足$s-t=r$为一有理数,则有
$0=f(r)=f(s-t)=f(s)-f(t)>0$,矛盾。
于是只能$m(A)=m(B)=0$,得到$g^{-1}(0)$为零测度集的余集。
取一实数$a$,使得$g(a)>0$,观察集合$C=\{x~:~g(x-a)=0\}=\{x~:~g(x)=g(a)\}$
左边的集合表达式,说明$C=a+g^{-1}(0)$是一个零测度集的余集。
右边的集合表达式,因为$g(a)>0$,说明$C\subset A$是一个零测集。
矛盾。

如何让子空间“变成”完备度量空间

    一个度量空间$(X,d)$,如果对于度量$d$,每一个柯西列都收敛,我们就说$X$是完备度函空间。于是我们知道$\mathbb{R}$在通常度量$d(x,y)=|x-y|$下是完备度量空间。对一般的$\mathbb{R}^n$,在通常度量(欧基里德度量)下是完备度量空间。

 

    现在,我们来看看完备度量空间的子空间是不是完备度量空间。Wiki上说完备空间的任一子空间是完备的当且仅当它是一个闭子集。这话的确没错,但我们这里换个思路来想这个完备性。当$(X,d)$是一个完备度量空间,取一个子集$A\subset X$,并继承$X$的度量$d$,得到一个度量空间$(A,d)$,这个时候通过$d$能一个拓扑空间。这个时候,我们只考虑拓扑结构,如果$A$不是闭子集,那么我们能不能换一个度量$\rho$,$(A,\rho)$与$(A,d)$是相同的拓扑结构,但$\rho$是一个完备度量。如果有,我们就说$A$能有相容的完备度量。

 

    先在$\mathbb{R}$来看一个简单情况,开区间$(0,1)$实数集的非闭子集,我们取$\rho(x,y)=|\cot(\pi x) - \cot(\pi y)|$,那么$\rho$就是完备度量,而且他诱导的是相同的拓扑,因为$y=-\cot(\pi x)$是$(0,1)$到$\mathbb{R}$的同胚。

 

这其实给了我们一个思路,就是找相容完备度量的时候,可以把它用同胚映射到一个熟知的完备度量空间上,从而得到相要的结果。于是,利用这个思路,我们很容易得到,$[0,1)$有相容完备度量,因为它同胚于实数上的闭子集$[0,+\infty)$;两个不交开区间的并(比如$(0,1)\cup(2,3)$)有 相容完备度量,因为它和$\mathbb{R}^2$的两条平行直线同胚。

 

现在来一个难一点的。无理数集和有理数集,他们分别有相容的完备度量吗?

 

    如果有人知道贝尔纲定理,很容易知道,有理数集是不可能的有相容完备度量的。贝尔纲定理说,完备度量空间是第二纲的,而有理数是第一纲的,所以他没有相容的完备度量。

 

无理数呢?其实,一般拓扑里有一个终极定理可以解决这个问题。回贴的人会有人贴出来吗。