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复数|我真被惊到了，当第一次我看到这个关于连续统假设命题和它的证明

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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 。

复数|我真被惊到了，当第一次我看到这个关于连续统假设命题和它的证明
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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?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)
【复数|我真被惊到了，当第一次我看到这个关于连续统假设命题和它的证明】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 。
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