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偶然在網(wǎng)上看到一個問題表述是這樣的：

設(shè)S是一個由解析函數(shù)為元素構(gòu)成的集合，對每個固定的復(fù)數(shù)z，集合{ f(z):? f ∈ S } 都是可數(shù)集。

問題是：S這個集合是否一定是可數(shù)集合。

為了消除大家所看書本的歧義，這里說明一下，本文的可數(shù)包括了有限和無窮可列的情況。

本以為這個問題是某本分析教材上的小練習(xí)，結(jié)果我翻閱了一些資料后發(fā)現(xiàn)，問題的答案很有趣，是讓人吃驚的那種有趣。

這叫做Wetzel問題，你在Wiki上搜索Wetzel's problem能搜索到它的介紹。后來數(shù)學(xué)家埃爾德什解決了它。因為證明過程非常簡短和漂亮，被收錄到了《數(shù)學(xué)天書中的證明》一書中。

問題的答案是，你認(rèn)為S一定可數(shù)，那么就是說你不承認(rèn)連續(xù)統(tǒng)假設(shè)。反過來，如果你認(rèn)為S不一定可數(shù)，那么你就承認(rèn)了連續(xù)統(tǒng)假設(shè)。

也就是說，這個問題的YES等價于連續(xù)統(tǒng)假設(shè)不成立。

因為連續(xù)統(tǒng)假設(shè)在ZFC中不可判定，這意味著，這樣的S是否可數(shù)，在數(shù)學(xué)界最廣泛承認(rèn)的公理體系ZFC中不可判定。

要證明這件事情，不需要用到過于高深的數(shù)學(xué)知識，只要對復(fù)變函數(shù)和集合論的一些基礎(chǔ)知識就可以。這些知識包括：

1、知道無窮序數(shù)和基數(shù)的概念(因為顯示希伯來字母?會有莫名其妙的問題，這里我們用aleph代替這個字母)。尤其知道可數(shù)基數(shù)aleph_0，最小的不可數(shù)基數(shù)aleph_1，以及實數(shù)基數(shù)c的概念和基本性質(zhì)。

這里強(qiáng)調(diào)一下，網(wǎng)上一些人，甚至一些科普書籍中，都不假思索的把a(bǔ)leph_1當(dāng)成實數(shù)的基數(shù)。這是不符合通常習(xí)慣的，aleph_1當(dāng)成實數(shù)基數(shù)只有一種可能，就是連續(xù)統(tǒng)假設(shè)成立。而實數(shù)的基數(shù)一般用c表示。少數(shù)情況下，我也見過用不帶下標(biāo)的aleph表示。但如果要用aleph_1表示實數(shù)基數(shù)，一定要強(qiáng)調(diào)是承認(rèn)了連續(xù)統(tǒng)假設(shè)，這時候c = aleph_1 。如果不承認(rèn)就是 c > aleph_1。

2、知道復(fù)變里的解析延拓定理的內(nèi)容。只需要知道，不要求清楚證明的細(xì)節(jié)。

3、知道選擇公理以及它的變種良序原理。我們經(jīng)常用良序原理來進(jìn)行超限歸納。而且我們很多時候提到選擇公理的時候，不區(qū)分用的是它的原始版本還是良序原理版本。? ? ?

我們開始我們的證明了，先看連續(xù)統(tǒng)假設(shè)不成立，即c > aleph_1情況。

這種情況比較簡單。不妨假設(shè)S中函數(shù)的個數(shù)只有aleph_1個，如若不然，就取一個相同基數(shù)的子集。

對于S中不同的兩個解析函數(shù)f,g , 做集合 S( f , g ) = { z: f(z) = g(z) }，那么S( f ,g )是可數(shù)集合。這是因為，如果這個集合不可數(shù)，那么S( f ,g )在復(fù)平面上上必有聚點。那么根據(jù)解析延拓定理，f和g是相同的解析函數(shù)。

那么，把f, g 跑遍S中所有的不同函數(shù)對，∪S( f, g ) 這個并起來的集合就是aleph_1個可數(shù)集的并，所以只有aleph_1個元素。因為c > aleph_1，而復(fù)數(shù)有c個。這樣必然有一個復(fù)數(shù)w不在∪S( f, g )里。這意味著，S中的函數(shù)在z = w處，取值都互不相同。就是說{ f(w) : f ∈S }的基數(shù)是aleph_1，不可數(shù) 。不能滿足設(shè)定需要達(dá)到的條件。

再看續(xù)統(tǒng)假設(shè)成立，即c = aleph_1情況。

這里，我們就要使用超限歸納法了。我們要用這個辦法構(gòu)造出有個aleph_1個解析函數(shù)的集合，滿足題設(shè)的條件。

我們?nèi)為實部和虛部都是有理數(shù)的復(fù)數(shù)組成的集合。這個集合是可數(shù)而且稠密的。

根據(jù)選擇公理，我們用序數(shù)給所有復(fù)數(shù)一個編號，讓第α個復(fù)數(shù)為z_α。因為復(fù)數(shù)只有aleph_1個，所有α只需要取遍可數(shù)序數(shù)就可以，因為可數(shù)序數(shù)的個數(shù)正好aleph_1。

這意味著對于一個復(fù)數(shù)z_α，下標(biāo)比α小的復(fù)數(shù)只有可數(shù)多個。

我們試圖構(gòu)造“一列”解析函數(shù)f_α，其中下標(biāo)α也跑遍所有可數(shù)序數(shù)。注意，這里“一列”標(biāo)上的引號，表示它并不是通常意義的數(shù)列。這列函數(shù)滿足對于這樣的條件：如果β≥α，那么函數(shù)f_β(z_α) ∈ Q 。這樣對于任意一個固定的復(fù)數(shù)z_α，所有的函數(shù)值被分成兩部分，β≥α的部分，因為函數(shù)值都在Q中，這些值只能由可數(shù)多個。而β<α的部分，因為可數(shù)序數(shù)的性質(zhì)，也只能產(chǎn)生可數(shù)個函數(shù)值。這樣能保證這樣的“一列”解析函數(shù)滿足設(shè)定的條件。

我們開始用超限歸納法了。由于有很多細(xì)節(jié)要一一驗證，所以我這里說主要思路。如果這篇文章在這里能超過3000的閱讀，我也許可以做一個視頻，驗證更多的細(xì)節(jié)，畢竟如果東西沒人看的，做出來也沒什么意思。

說明一下，下面的所有希臘字幕的下標(biāo)，都是可數(shù)序數(shù)。

初始值的f_0定義為零函數(shù)吧，并不太重要。

然后，假設(shè)對于所有的β<α中的f_β已經(jīng)定義好，現(xiàn)在來定義f_α。因為α是可數(shù)序數(shù)，所以有可數(shù)個函數(shù)f_β，另外把下標(biāo)小于α的復(fù)數(shù)z_β也提出來，也是可數(shù)個。

因為f_β和z_β分別都有可數(shù)個，所以我們分別重新排成函數(shù)列和數(shù)列。f_β重排成函數(shù)列g(shù)_n，z_β重排成數(shù)列w_n 。

然后，按如下模式，我們再遞歸的定義一列函數(shù)p_n ，過程如下

p_0(z) = s_0 , 其中 s_0∈ Q ，但s_0≠g_0(w_0) , 這很容易辦到，因為Q中無限個元素。

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

這里需要適當(dāng)?shù)脑O(shè)定a_n 的值，讓其滿足a_n趨于零的速度足夠快，保證p_n的內(nèi)閉一致收斂性，另外p_n(w_n)也不能等于g_n(w_n)。這兩點都可以利用在原點附近設(shè)定了一個關(guān)于n的一個合適無窮小來設(shè)定，因為每次添加都是添加了一個多項式，只要保證a_n這個因子能讓系數(shù)足夠小就可以了。于是，對于a_n我們還能有無窮多個選項備選，使之滿足這兩個條件。在這無窮多個備選項中，我們還需要再選精細(xì)一點，還要保證p_n(w_n) ∈ Q ， 這個可以通過Q的稠密性，并解一個一元一次方程滿足。

這樣，p_n將一致收斂的于一個解析函數(shù)，這個函數(shù)就是要定義的f_α，注意這個時候f_α(w_n) = p_n(w_n) = p_(n+1)(w_n) = ... =? p_(n+k)(w_n) 。

而且，這個定義的f_α滿足如果β≥α，那么函數(shù)f_β(z_α) ∈ Q （為什么？留作習(xí)題吧~~）。

于是完成全部證明。

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