靜宜大學財務與計算數學系（2012年3月20日） 一球變兩球： 選擇公設的驚人後果 李國偉 中央研究院數學研究所

《科學人》2011年10月號

Banach-Tarski 悖論 （其實是Banach-Tarski 定理）

Stefan Banach Alfred Tarski (1892 - 1945) (1902 - 1983) http://www.impan.pl/BC/Plakat/banach.jpg http://chipbruce.files.wordpress.com/2009/10/alfred_tarski.jpg

巴拿赫與塔斯基 http://www.math.uconn.edu/~kconrad/mathclub/gifs/StefanBanach.jpg http://www2.cs.unibw.de/Proj/relmics/html/pictures/history/tarski1.gif

Fundamenta Mathematicae, 1924

Hugo Steinhaus (1887 – 1972)

不太嚴謹地說 ... 可以把一個實心的球分成有限塊，然後把它們重組成兩個球，而且每一個新球都跟原來的球有同樣的形狀與體積。 B1 B B2 (Wapner) a top down look at the Banach-Tarski paradox B B2

（誇張的比喻）綠豆變太陽 (Wapner) a top down look at the Banach-Tarski paradox

剛體運動 平移

剛體運動 平面上的旋轉

剛體運動 空間裡的旋轉

剛體運動 剛體運動 ＝ 平移 ＋旋轉

多邊形的拼圖式全等 把平面上的多邊形（不限定是凸多邊形）A，用直線段切割（dissect）成有限塊多邊形，然後用剛體運動把那些小塊移動重組成多邊形 B，則稱 A 與 B 是拼圖式全等。

多邊形的拼圖式全等 (Stewart) The Problems of Mathematics, p.169.

多邊形的拼圖式全等 (Steinhaus) Mathematical Snapshots, p. 4.

多邊形的拼圖式全等 (Stewart) The Problems of Mathematics, p.170.

七巧板 http://dujiaoshou.a3.redidc.com/uploads/allimg/101221/12293512N-35.jpg http://aadara.files.wordpress.com/2010/11/tangram.gif

七巧板 http://nspm2002.ilongman.com/images/boards.gif

Wallace-Bolyai-Gerwien定理 任何兩個多邊形是拼圖式全等的充要條件是它們具有相同的面積。 換言之，任何多邊形都拼圖式全等於一個跟自己面積相等的正方形。

Wallace-Bolyai-Gerwien定理 （）顯然易見。 （）證明「任何多邊形都拼圖式全等於一個跟自己面積相等的正方形」。 證明分成四個階段。

Wallace-Bolyai-Gerwien定理 （1）任何多邊形可以切割成有限個三角形。 (Eves) A Survey of Geometry, Revised Edition, 202-203.

Wallace-Bolyai-Gerwien定理 （2）三角形拼圖式全等於矩形。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.91.

Wallace-Bolyai-Gerwien定理 （3）矩形拼圖式全等於正方形。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.91. a  4b a > 4b 時先對摺切開再堆疊。

Wallace-Bolyai-Gerwien定理 （4）兩個正方形拼圖式全等於一個正方形。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.91. 這也是畢氏定理的「出入相補法」證明。

多面體 一個有限體積的立體，它的邊界面是由有限個多邊形所構成，而滿足下列條件： 1、任何兩個面若交集不空，則它們共用一條邊線或一個頂點。 2、每條邊線恰為兩個面所共用。 3、共用一條邊線的兩面不落在同一平面上。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.91.

多面體的切割（dissection） 多面體 P 的切割是把 P 表示成 P  P1  P2    Pk 使得諸 Pi 均為多面體，而彼此之間沒有共用任何內部的點。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.91.

多面體的拼圖式全等 把空間裡的多面體（不限定是凸多面體）P，切割成有限塊多面體，然後用剛體運動把那些小塊移動重組成多面體 Q，則稱 P 與 Q 是拼圖式全等。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.91.

希爾伯特第三問題 希爾伯特在1900年巴黎的國際數學家大會上，宣布了23個重要的待解問題，其中第三問題的核心在尋求下列問題的解答： 如果兩個多面體 P 與 Q 都具有相同的體積，那麼 P 與 Q 會不會是拼圖式全等？ (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.91.

David Hilbert (1862 – 1943)

希爾伯特第三問題 希爾伯特的學生Dehn在1900年就解決了第三問題，答案是否定的。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.91.

Max Dehn (1878 – 1952)

面與面之間的立體角 正四面體 (Aigner & Ziegler) Proofs from THE BOOK, 4th edition, p. 58.

面與面之間的立體角 正六面體 (Aigner & Ziegler) Proofs from THE BOOK, 4th edition, p. 57.

Bricard 條件 令多面體 P 與 Q 的立體角分別是 1, 2, . . . , r 與 1, 2, . . . , s，如果 P 與 Q 是拼圖式全等，則存在整數 k 與諸正整數 mi 與 nj，使得 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.91.

Bricard 條件 m11 + m22 + . . . + mrr = n11 + n22 + . . . + nss + k 如果正六面體與正四面體要滿足此式，就有 (Aigner & Ziegler) Proofs from THE BOOK, 4th edition, p. 58.

Bricard 條件 也就是說 是有理數。 但是對於任何大於或等於3的奇整數而言，下列形式的數均為無理數： 也就是說 是有理數。 但是對於任何大於或等於3的奇整數而言，下列形式的數均為無理數： 所以希爾伯特第三問題的答案是否定的。 (Aigner & Ziegler) Proofs from THE BOOK, 4th edition, p. 58.

劃分（partition） 所謂集合 S 的劃分 {S1, S2, . . . , Sn}，就是從 S 裡拿出兩兩不相交的子集合 S1, S2, . . . , Sn ，使得 S  S1  S2    Sn (Wapner) a top down look at the Banach-Tarski paradox

分段全等 對於空間裡給定的兩個集合 C 與 D ，假如能把 C 劃分成有限塊，然後再用剛體運動把這些塊重組成為 D，則我們稱 C 與 D 是分段全等，並且記作 C  D。 (Wapner) a top down look at the Banach-Tarski paradox

這樣操作不能證明正方形分段全等於等腰三角形。 分段全等異於拼圖式全等 正方形 等腰三角形 C D (Wapner) a top down look at the Banach-Tarski paradox 對角線只能屬於一個三角形！ 這樣操作不能證明正方形分段全等於等腰三角形。

分段全等 先把 B 劃分成 1, 2, 3 與 5, 6, 7, … 這兩段，再把後面這段向左平移一個單位，即證明 A  B。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.100. 先把 B 劃分成 1, 2, 3 與 5, 6, 7, … 這兩段，再把後面這段向左平移一個單位，即證明 A  B。

分段全等 A 是單位圓周，B 是單位圓周去掉一個點。可證明 A  B。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.102. A 是單位圓周，B 是單位圓周去掉一個點。可證明 A  B。

分段全等 令 C 是圓周上所有正整數弧度點的集合，而 D = A  C。因為圓周長 2 是無理數，所以 C 裡的點不會重複。把 C 集合逆時針轉一個弧度，再與 D 聯集，就得到 B。所以 A  B。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.102.

分段全等 類似地可證明單位圓盤分段全等於單位圓盤去掉沿半徑方向的線段（長度小於半徑長，不含圓內的端點）。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.103. 類似地可證明單位圓盤分段全等於單位圓盤去掉沿半徑方向的線段（長度小於半徑長，不含圓內的端點）。

分段全等 類似地可證明單位圓盤分段全等於單位圓盤去掉沿半徑方向的線段（長度小於半徑長，不含圓內的端點）。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.103. 類似地可證明單位圓盤分段全等於單位圓盤去掉沿半徑方向的線段（長度小於半徑長，不含圓內的端點）。

正方形與等腰三角形分段全等 把對角線分配給一個三角形 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.104. 把對角線分配給一個三角形

正方形與等腰三角形分段全等 拿掉一條垂直的高 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.104. 拿掉一條垂直的高

正方形與等腰三角形分段全等 現在還缺一條線段，其長度為 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.104. 現在還缺一條線段，其長度為

正方形與等腰三角形分段全等 先把所需的線段從正方形裡劃分出來。 (Wapner) The Pea and the Sun - A Mathematical Paradox, p.104. 先把所需的線段從正方形裡劃分出來。

球體 令 B = {(x,y,z) : x2 + y2 + z2  1}，稱 B 是（以原點為心的）單位球體。

巴拿赫–塔斯基定理 一個單位球體 B 可以劃分成兩個不相交的集合 B = B1  B2，使得 B  B1 且 B  B2 。 (Chenevert) the Banach-Tarski paradox 1947年R. M. Robinson證明單位球體只需劃分成五塊（其中一塊只是一個點），便足以重組成兩個單位球。

巴拿赫–塔斯基定理的推廣 任何三維空間裡的集合 A 與 B，只要它們足夠小到可以裝進一個球裡（也許那個球極端巨大），又足夠大到可以包容住一個球（也許那個球極端渺小），那就可以把 A 劃分成有限個子集合，重新組裝成集合 B。

巴拿赫–塔斯基定理為何不是悖論？ 如果把單位球的體積當做1，分成有限子集合之後，各個子集合的體積加總仍然等於1，重新組裝時不會改變體積，但最終產生兩個單位球的總體積卻是2，難道不是矛盾嗎？

巴拿赫–塔斯基定理為何不是悖論？ 巴拿赫與塔斯基在證明的過程裡，必須訴諸選擇公設（axiom of choice）來保證一些奇形怪狀集合的存在性，但是體積的概念對它們並不適用，它們也就是所謂的不可測度集合。因此前面把各個子集合的體積加總，是根本沒有意義的步驟，所以也無法導出矛盾。

現有 Banach-Tarski 定理的證明都需要用到選擇公設（Axiom of Choice）

選擇公設（非正式的說法） 已知有很多箱的蘋果，而且每箱都不是空箱，那麼就可以從每一箱裡拿一顆蘋果出來，造成新的一箱蘋果。

選擇公設 A B C . . . . . . . a, b, c, ...

選擇公設（正式的說法） 令 M 是某些非空集合構成的集合，則存在一個選擇函數 f : M → ∪{ A: A ∈ M } f (A) ∈ M 。

無窮集合帶來困擾（羅素舉的例子） 從無窮雙鞋裡每雙選一隻鞋不需要選擇公設，選右腳那隻就好。 從無窮雙襪子裡每雙選一隻襪子就需要選擇公設了。 (Benbabcock) the axiom of choice and the Banach-Tarski paradox (slides) 從無窮雙襪子裡每雙選一隻襪子就需要選擇公設了。

Bertrand Russell (1872 – 1970)

選擇公設的效用 許多基礎性的數學定理的證明須用到它，例如： 每個向量空間都有基底。 非空集合的卡氏積為非空的。 對與任何集合 A 與 B 而言，下列三種可能性之一必然成立：|A| > |B|、|B| > |A|、 |A| = |B|。（|A| 表示 A 的基數。）

選擇公設（顯然嗎？） 選擇公設保證了不可測度集合的存在。 選擇公設也推導出巴拿赫–塔斯基定理這種跟直覺很不相合的結果。

(Levanger) imaging the Banach-Tarski paradox 64

現代數學以集合論為基礎

羅素悖論（ Russell’s Paradox） 令 R 是「所有自己不屬於自己的集合所構成的集合。」也就是說 A 是 R 的元素若且唯若 A 不是 A 的元素： R = { A | A  A } 羅素悖論： R  R  R  R

Zermelo-Fraenkel 的集合論 用公設法重建集合論 Zermelo-Fraenkel 的集合論

Ernst Zermelo (1871 – 1953)

Adolf Fraenkel (1891 – 1965)

Zermelo-Fraenkel 公設化集合論 1、（外延公設）若 X 與 Y 有同樣的元素，則 X = Y。 2、（元素對公設）對於任何 a 與 b 而言，存在一個集合 {a,b} 恰包含 a 與 b 兩個元素。 3、（子集合公設）若  是一個（具有參數 p）的性質，則對於任何 X 與 p，都存在一個集合 Y = {u  X | (u,p)} 。 70

Zermelo-Fraenkel 公設化集合論 4、（聯集公設）對於任何集合 X 而言，存在集合 Y 是所有 X 的元素的聯集。 5、（冪集合公設）對於任何集合 X 而言，存在集合 Y ，它的元素是 X 所的有子集合。 6、（無窮公設）存在一個無窮集合。 71

Zermelo-Fraenkel 公設化集合論 7、（取代公設）如果 F 是一個函數，則對於任何集合 X 而言，存在集合 Y = {F(u) | u  X }。 8、（基礎公設）若 X 是一集合，則存在 a  X 使得 a  X = 。 72

選擇公設與ZF集合論的關係 葛德爾（1940）證明： Zermelo-Fraenkel 公設化集合論的 8 條公設，再加上選擇公設，不會導出矛盾。 73

Kurt Gödel (1906 – 1978) http://www.rudyrucker.com/blog/images/godel.jpg

選擇公設與ZF集合論的關係 柯亨（1963）證明： Zermelo-Fraenkel 公設化集合論的 8 條公設，再加上選擇公設的否定命題，也不會導出矛盾。 75

Paul J. Cohen (1934 – 2007) http://pmatandy.blogspot.com/2008_12_01_archive.html

希爾伯特第一問題 結合葛德爾與柯亨的結果，可知選擇公設獨立於ZF公設化集合論。

數學空間  物理空間 數學空間可以無窮細分，使得不可測度集合成為可能。 物理空間因為基本粒子種類有限，所以不可能無窮細分，也就不會有不可測度集合，因而作不出巴拿赫–塔斯基定理的分割。

形式化數學 79

形式 ＝ 符號 形式系統 ＝ 符號遊戲

形式語言 語法 語意 形式證明系統 邏輯公設 推論規則 定理（不能任何命題都是定理）

可證明（provable）  為真（true） 形式化的公設理論 理論 ＝ 形式證明系統 ＋界定目標物件的公設 理論  模型 可證明（provable）  為真（true）

形式化的公設理論 在有電腦之前的時代，形式化數學最突出的成果是： Whitehead & Russell, Principia Mathematica (1910 - 1913)。 現代形式化數學表現在： 機械化數學系統 互動式定理證明系統

Alfred N. Whitehead (1861 – 1947) http://www.harvardsquarelibrary.org/HSGod/images/whitehead2.jpg

Principia Mathematica Whitehead and Russell, Principia Mathematica 85

《科學人》2008年8月號

電腦作的形式證明 王浩 （1921-1995） Hales, formal proofs, Notices of the AMS, Volume 55, Number 11, 2008, 1370 – 1380. 87

王浩（1921－1995）

王浩（1921－1995）

電腦作的形式證明 Hales, formal proofs, Notices of the AMS, Volume 55, Number 11, 2008, 1370 – 1380. Formalizing Mathematics: http://www.cs.ru.nl/~herman/FormMath.html 90

謝謝聆聽 91