连续统假设的否定.doc

连续统假设的否定陈守仁*摘要：本文用否定连续统假设某一个推论的方法来否定连续统假设。关键词：连续统假设，不可数集，凝聚点，有界闭集，一致连续。一、 连续统假设的推论31在(-,+)的一个不可数集E上，存在一个连续函数f(x)，使得它在E的任一个可数子集上都不是一致连续的。下面我们证明此推论不成立。二、 证明过程引理一、任何不可数集E中，都至少包含一个凝聚点M，且。证：分两种情况讨论：（一）当E为有界不可数集时 假设集合E不含凝聚点，下面再分三种情况探讨：（1） E中只含一些孤立点，则E为至多可数集，即2。（2） E中只含一般的聚点，设M1为E中一聚点，则以M1为中心的任一邻域内都含有E中可数无限个点，集合E必包含于以M1为中心的某一邻域内（因E有界），此邻域包含E中可数个点，且包含E中全部的点，故E为可数集。即。（3） E中既有孤立点，也有一般的聚点，即。其中只含孤立点，中只含一般的聚点。所以. 。 从以上都可证出，和的假设（因假设E为不可数集）矛盾，故E中至少含有一个凝聚点M。下面再分两种情况讨论：(a) 若M为E的内点，则。(b) 若M为E的边界点，则M可能属于E，也可能不属于E。当时，问题已解决；当时，因M为E的凝聚点，则以M为中心的任一邻域内，都含有E中不可数的点。用表示邻域中所有E中点的集合，则为不可数集。因为，故。设M1为中任一点，因，而，所以。现在以M1为中心，长为半径，做一个邻域1，则就被1覆盖，于是1中也含有E中不可数的点。因为邻域的长是任意的，而1比长一倍，故1邻域的长也是任意的，这样，以M1为中心的任一1邻域内，都含有E中不可数的点，所以M1为E的凝聚点，且。这就证明了在任意有界不可数集E中，皆至少含有一个属于E的凝聚点。 （二）当E为无界不可数集时 当E为无界不可数集时，E中至少有一个有界不可数子集，否则若E中任一有界子集皆为至多可数集（注解1）,则集合E就成为可数个可数集的并集，仍为可数集，这就和E为不可数集的假设矛盾。假设集合E中有一个有界不可数子集E1，根据（一）中所证，E1中至少含有一个凝聚点M1，且。则以M1为中心的任一邻域内，都含有E1中不可数的点，因，故以M1为中心的任一邻域内，都含有E中不可数的点，即M1也是E的凝聚点，。这就证明了无界不可数集也含有属于它的凝聚点。综上所述，任何不可数集E中，都至少含有一个凝聚点M，且，引理一得证。引理二、设E1为不可数集E中所有凝聚点的集合，则E1为不可数集。 证：由于E1为E中所有凝聚点的集合，则集合（E-E1）中就不含凝聚点，从引理一（一）的证明过程中就可看出。如E1不是不可数集，E1必为至多可数集（注解1）, 则，这时，即E为至多可数集，和E为不可数集的假设矛盾，所以E1为不可数集，引理二得证。引理三、设E为不可数集，且E中所有的点都是E中的凝聚点，则E中任一有界子集E1也是不可数集（E未必有界）。证：由于，设M1为E1中任一点，则，根据假设，E中所有的点都是E中的凝聚点，M1也不例外，则以M1为中心的任一邻域内，都含有E中不可数的点。我们这样选取邻域：（一）、M1为E1的内点，选取时把邻域的两个端点都选在E1的边界内，并称新选取的邻域为1。（二）、M1为E1的边界点（），选取时把邻域的一个端点落在E1的边界内，称邻域在E1内部的一半为1，由于M1为E的凝聚点，故不论M1为E1的内点或边界点，1邻域内都含有E中不可数的点，即。又因为E为不可数集，所以；又由于，因此就得出 (1)否则，若（1）式不成立，就有.(2)或有.(3)但（2）、（3）两式皆和矛盾，因此都不能成立。最后由（1）式得出，即，所以E1为不可数集，引理三得证。引理四、在有界闭集E上连续的函数f(x)在E上一致连续。证：设x0为E中任一点，x为E中异于x0任一点（即），因假设f(x)在E上连续，故f(x)在x0也必连续（因）。因此对于任意给定的，必存在一个，当时，就有成立。我们假设f(x)在E上不一致连续，则对于某一个，不管多麽小，在闭集E上总可找到两点x1和x2，虽然，但仍有.（1）由于f(x)在E上连续，故f(x)在x2也应该连续（因），则当（0为某一正数，0随0而定），有（2）这就和（1）式矛盾，所以f(x)在E上一致连续，引理四证毕。在这里，我们应注意两点：（一）此引理是数学分析中康托定理3的推广，康托定理只通用于闭区间，而此引理却适用于任意有界闭集。（二） 集合E有界且为闭集这两个条件缺一不可，否则此引理就不成立，请看以下两个反例3：a) 在(-,+)连续，但在(-,+)却不一致连续（因(-,+)无界）。b) 在（0,1）连续，但在（0,1）却不一致连续（因（0,1）为开集）。定理一、（推论3的否定） 设E为(-,+)中的任一个不可数集，f(x)是定义在E上的任一个连续函数，则至少存在E的一个有界不可数子集E10，使f(x)在E10上一致连续。证：因E为不可数集，根据引理一，E中至少含有一个E的凝聚点M，且。设E中所有凝聚点的集合为E1，根据引理二，E1为不可数集。由于f(x)在E上连续，则f(x)在E的子集E1上也连续，否则若f(x)在E的子集E1上某一点x1间断，由于,所以f(x)在E上就有间断点x1，和f(x)在E上连续的假设矛盾。又由于E1为E中所有凝聚点的集合，故E1为完全集（注解2）,也是闭集，但E1未必有界。下面分两种情况讨论：（一）、当E1无界时，可在E1中选取有界的一段E10，选取时要把E10的边界点放在E10内，这时E10就成为有界闭集（注解3）, f(x)既在E上连续，则f(x)在E1的子集E10上也连续（其证法和f(x)在E1上连续的方法相同），根据引理四，f(x)在E10上一致连续，又因为E1为不可数集，且E1全由凝聚点组成，根据引理三，E1的有界子集E10也是不可数集。（二）、当E1有界时，可把E1记作E10，前面已证出E1即E10为不可数集，且E1即E10为有界闭集，又证明了f(x)在E1即E10上连续，根据引理四，f(x)在E1即E10上一致连续。这样对(-,+)中的任一个不可数子集E上的任一个连续函数f(x)，都至少存在E的一个有界不可数子集E10（因），使f(x)在E10上一致连续，这就和推论3矛盾，因此推论3被推翻。三、 连续统假设的否定任何命题都和其逆命题等价，推论3是在连续统假设成立的假设下推导出来的，现在证出了推论3不成立，说明连续统假设也不成立。通常所说的连续统假设指的是狭义连续统假设，它是广义连续统假设的特殊情况，狭义连续统假设不成立，广义连续统假设也不能成立。这样，这个百余年来号称第一数学难题的命题，终于得到彻底解决。注解（1）：这里我们假设a和c之间没有中间势，即假设连续统假设成立。推论3是在连续统假设成立的假设下推导出来的，现在根据同样的假设又证出推论3不成立，这就发生矛盾，这就说明连续统假设不成立。注解（2）：即E1中所有的点都是E的凝聚点，也都是E1的凝聚点；而且E中所有的凝聚点（也就是E1中所有的凝聚点）都在E1中，故E1为完全集。注解（3）：集合E10是有意构造的，由于，仿照前面证明f(x)在E1上连续的证法，可以证出E10中所有的内点和边界点都是E的凝聚点，也都是E10的凝聚点，而且