巴拿赫-塔斯基定理

hbghlyj

可以将一个三维实心球分成有限部分，然后仅仅通过旋转和平移到其他地方重新组合，就可以组成两个半径和原来相同的完整的球。

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寻找这个分球的奇怪方法可以分为4个步骤：

1. 找到把一个具有两个生成元的自由群进行分割的特殊方法
2. 找到一个3维空间中同构于这两个生成元的旋转群
3. 利用这个群的特殊分割方法和选择公理对单位球面进行分解
4. 把这个单位球面的分解推广到实心球

每个步骤的详情如下：

第一步，具有两个生成元a和b的自由群由所有含有a、b、a^-1和b^-1这些符号的有限字符串组成，其中没有a紧挨着a^-1或者b紧挨着b^-1这种现象。两个这样的字符串可以连接在一起，只要将紧挨着的a和a^-1抵销掉（对b一样）。例如abab^-1a^-1连接到abab^-1a得到abab^-1a^-1abab^-1a，并可化简为abaab^-1a。我们可以验证这些字符串在这个操作下构成一个群，其单位元是空串$ e $。我们称这个群为$ F_{2} $。

群$ F_{2} $可被进行如下特殊分割：令S(a)为所有以a开头的字符串，同理定义S(a^-1)、S(b)和S(b^-1)。很明显

$ F_{2}={e}\cup S(a)\cup S(a^{-1})\cup S(b)\cup S(b^{-1}) $

并且

$ F_{2}=aS(a^{-1})\cup S(a) $，同时

$ F_{2}=bS(b^{-1})\cup S(b) $。

（aS(a^-1)表示从S(a^-1)取出所有字符串，并在左边连接上一个a，之后所得的所有字符串）证明的关键就在这里了。简而言之，现在我们已经将$ F_{2} $这个群分成了四块（$ e $忽略也没有问题），然后通过乘上一个a或者b来“旋轉”它们，其中两个“重新组合”成$ F_{2} $，另外两个重新组合成另一个$ F_{2} $。这样的事情，放在球体上就是我们想要证明的东西了。

第二步，为了寻找三维空间旋转群类似于$ F_{2} $那样的行为，我们取两条坐标轴并设A是繞第一条轴旋转arccos(1/3)弧度而B是繞另一条轴旋转arccos(1/3)弧度。（这一步骤可在二维上完成。）有些琐碎但不太难的是证明这两种旋转的行为正如$ F_{2} $中a和b两个元素的行为一样，这里就略去。由A和B所生成的这个旋转群命名为H。当然，我们可以按照第一步所述方法对H进行分割。

第三步，单位球面S²可被群H中的操作分成一些轨道：两个点属于同一个轨道当且仅当H中某个旋转将第一个点移到第二个。我们可以利用选择公理在每个轨道中选出来一个点。将这些点合起来组成集合M。现在S²中(几乎)所有点都可以通过H中合适的元素相应的转动移到M中。因此，H的分割也就可以应用到S²上面去。

第四步，最后，将每个S²的点连到原点，对S²的分割便可以应用到实心单位球上去。（球心处会有些特殊，但这个简要证明中忽略它。）

总结，这个简要证明到此结束。H中有些旋转会刚好对应于一些特殊的轴线，这时需要加以特殊处理。但一方面，这些情况的总数是可数的因此没有影响，另一方面，即使相关的这些点也是可以加以修正以符合定理的。对球心点这个特殊点以上同样适用。

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$F_2$ (由两个元素生成的自由群) 的每个元素可以被认为是由 $a, a^{-1}, b$ 和 $b^{-1}$ 构成的有限序列（允许长度为 0 的序列存在，这就是 $F_2$ 的单位元），同时要求这些序列必须处于最简形式，即我们必须用空序列替换掉序列中出现的所有 $a a^{-1}, a^{-1} a$ 或 $b b^{-1}, b^{-1} b$ 。例如，$a b a b$ 或 $b^{-1} a b a a$ 便是 $F_2$ 中的两个元素。

若我们令 $S(a)$ 表示 $F_2$ 中那些以 $a$ 开头的元素，同理定义 $S\left(a^{-1}\right), S(b)$ 和 $S\left(b^{-1}\right)$ ，则显然根据定义，我们有
\[
F_2=\{e\} \cup S(a) \cup S\left(a^{-1}\right) \cup S(b) \cup S\left(b^{-1}\right)
\]但若我们考虑 $S\left(a^{-1}\right)$ 的一个变换 $a S\left(a^{-1}\right)$ ，即把 $S\left(a^{-1}\right)$ 中的每一个元素都在左边乘上 $a$ 得到的集合，稍加思考我们便知
\[
a S\left(a^{-1}\right)=\{e\} \cup S\left(a^{-1}\right) \cup S(b) \cup S\left(b^{-1}\right)
\]
这是因为，根据我们对 $F_2$ 和 $S\left(a^{-1}\right)$ 的定义，$a^{-1}$ 后紧跟的元素可以为 $a^{-1}, b$ 或 $b^{-1}$ 中的任何一个，只是不能为 $a$ ；当我们在左边乘上 $a$ 后，其与开始的第一个 $a^{-1}$ 相互抵消，剩下后面的部分。因此，我们只用四叶中的两叶便能够还原出 $F_2$ ：
\[
F_2=a S\left(a^{-1}\right) \cup S(a)
\]
同理，我们用剩下的两叶也能够还原出整个 $F_2$ ，
\[
F_2=b S\left(b^{-1}\right) \cup S(b)
\]
这一点听起来就和我们 Banach－Tarski 定理所表述的非常接近了：我们把 $F_2$ 分解为了 4 叶，两两组合，再通过变换拼凑成了两个 $F_2$ 。事实上，Banach－Tarski 定理的证明在代数结构上就需要我们能够在三维空间的刚性变换群中找到一个与 $F_2$ 同构的子群，再依据上述 $F_2$ 的切分和重构来把三维空间中的球分成有限份。同时，Banach－Tarski 定理要求空间的维数大于等于 3 也是基于此：在一维和二维空间中，由于它们的刚性变换群较小，并不包含与 $F_2$ 同构的子群，因此 Banach－Tarski 定理的构造并不适用于这些情况。

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下面展示了 $F_2$ 的 Cayley 图：

在图中向右走水平边表示将 \( F_2 \) 的元素左乘以 \( a \)；向上走垂直边表示将 \( F_2 \) 的元素左乘以 \( b \)。
在上图中可看到 $F_2$ 是由一个中心点和四个枝叶构成的：$F_2=\{e\} \cup S(a) \cup S\left(a^{-1}\right) \cup S(b) \cup S\left(b^{-1}\right)$
左侧的那一叶若等比放大后事实上与上、左、下这三叶合起来是同构的：$F_2=a S\left(a^{-1}\right) \cup S(a)$
下侧的那一叶若等比放大后事实上与左、右、下这三叶合起来是同构的：$F_2=b S\left(b^{-1}\right) \cup S(b)$

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hbghlyj 发表于 2025-1-19 22:10
第二步，为了寻找三维空间旋转群类似于$ F_{2} $那样的行为，我们取两条坐标轴并设A是繞第一条轴旋转arccos(1/3)弧度而B是繞另一条轴旋转arccos(1/3)弧度。（这一步骤可在二维上完成。）有些琐碎但不太难的是证明这两种旋转的行为正如$ F_{2} $中a和b两个元素的行为一样，这里就略去。由A和B所生成的这个旋转群命名为H。当然，我们可以按照第一步所述方法对H进行分割。

我们需要在三维空间的刚性变换群中找到一个与 $F_2$ 同构的子群。构造这个子群的方式很简单，我们可以利用绕两个相互垂直的轴的旋转变换获得。分别考虑绕 $y$－轴和 $z$－轴旋转一个 $\theta$－角度的变换，我们也记这两个变换为 $a$ 和 $b$ 。我们要求 $\theta / \pi$ 是一个无理数，这样能够保证旋转任意多次不会回到原点，即对于任意 $n, m \in \mathbb{Z}, a^n$ 和 $b^m$ 不会是单位元。再加上 $y$－轴和 $z$－轴是相互独立的，这样能够保证由 $a$ 和 $b$ 生成的群是自由的，即其与 $F_2$ 同构。我们记这个群为 $H$ 。

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hbghlyj 发表于 2025-1-19 22:10

第三步，单位球面$S^2$可被群H中的操作分成一些轨道：两个点属于同一个轨道当且仅当H中某个旋转将第一个点移到第二个。我们可以利用选择公理在每个轨道中选出来一个点。将这些点合起来组成集合M。现在$S^2$中(几乎)所有点都可以通过H中合适的元素相应的转动移到M中。因此，H的分割也就可以应用到$S^2$上面去。

考虑球的表面 $S^2$ 。显然，$H$ 中的任意一个元素作用在 $S^2$ 上会是其自己到自己的一个旋转变换，而我们考虑 $S^2$ 在 $H$ 作用下的所有轨道 （orbit）。对于 $S^2$ 上的任意一个点 $p$ ，其所在的轨道是由如下这些点构成的集合，
\[
O(p)=\{g(p) \mid g \in H\}
\]
即 $p$ 所在的轨道是所有那些在 $H$ 作用下 $p$ 能够＂到达＂的点的集合。在 $H$ 的作用下，整个 $S^2$ 便被划分成了许许多多互不相交的轨道。由于每个轨道中包含的点的个数都是可数的，而整个球面中包含的点的个数是不可数的，因此所有轨道的数目也必定是不可数的。利用选择公理，我们能够在所有轨道中都选出一个代表元，构成一个集合 $M$ 。值得注意的是，如前所述，集合 $M$ 的构造严格地依赖于选择公理，且在球面上的分布是极其不规则的，因为我们没有办法用任何一段有限的算法给出 $M$ 在球面上的分布——不然我们就可以不用选择公理来构造 $M$ 了。对 Banach－Tarski 定理证明最重要的是，集合 $M$ 具有这样的性质：对于球面上的任意一点，我们都存在集合 $M$ 中唯一的一个元素 $p$ ，使得 $p$ 在 $H$ 中一个变换的作用下能够到达这一点。这个命题成立是由于球面上任意一点都属于且仅属于一个唯一的轨道。

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当构造好 $M$ 后，我们便可以利用前面对 $F_2$ 所做的划分来构造球面 $S^2$ 的一个划分。由于 $H$ 和 $F_2$ 是同构的，我们仍然使用 $S(a)$ 等记号来表示对应的 $H$ 的子集。定义如下这些集合：
\[
A_1=S(a) M \cup M \cup B, \quad A_2=S\left(a^{-1}\right) M \backslash B, \quad A_3=S(b) M, \quad A_4=S\left(b^{-1}\right) M
\]（$\{e\}$ 对应于在 $A_1$ 中的 $M$）
其中 $S(a) M$ 代表在 $S(a)$ 中的变换作用后 $M$ 中的点到达的所有点构成的集合，\[
S(a) M=\{g(p) \mid g \in S(a), p \in M\} .
\]
$B$ 的定义如下：$B=a^{-1} M \cup a^{-2} M \cup \cdots$ 。这里 $A_1$ 和 $A_2$ 并没有直接的定义为 $S(a) M$ 和 $S\left(a^{-1}\right) M$ 仅仅是因为那样定义后，这四部分重组后还会多出来一个 $M$ 。其实在了解了 $F_2$ 的分解后，上面具体划分的定义没有那样重要的，读者也能很方便地找到其他划分的方式。但最终，最重要的性质是，当我们旋转其中一个划分后，和 $F_2$ 类似，它能够变成另外三个部分的并：
\[
a A_2=A_2 \cup A_3 \cup A_4, \quad b A_4=A_1 \cup A_2 \cup A_4 .
\]因此，这使得我们有 $A_1 \cup a A_2=S^2, A_3 \cup b A_4=S^2$ 。即我们把 $S^2$ 分解成 4 份，把其中两份进行一个旋转变换再和另外两份拼起来，就能得到两个 $S^2$ 球面。

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hbghlyj 发表于 2025-1-19 22:10

第四步，最后，将每个$S^2$的点连到原点，对$S^2$的分割便可以应用到实心单位球上去。（球心处会有些特殊。）

要把 3 中的构造推广到实心球体上是简单的，我们只需挖去中心点， 3 中的构造便对任意半径的球面都成立。因此，我们只需把 $S^2$ 中的点看作是从原点（不包含原点）到其自身的一根半开半闭的线段， 3 中的构造就可以覆盖单位球中除原点以外的所有点了！因此，我们最终得到的单位球的 5 个划分便是 $S^2$ 上的 $A_1,A_2, A_3$ 和 $A_4$＂拉长＂后的四个集合和原点 $\{0\}$ 构成的集合。把原点留在原地不动，按照 3 中的方式重组其他四个集合，我们便得到了 Banach－Tarski 定理中所求的构造！

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hbghlyj 发表于 2025-1-19 22:45
这里 $A_1$ 和 $A_2$ 并没有直接的定义为 $S(a) M$ 和 $S\left(a^{-1}\right) M$ 仅仅是因为那样定义后，由于单点 $\{e\}$ 的存在，这四部分重组后还会多出来一个 $M$ 。

不明白这句：en.wikipedia.org/wiki/Banach%E2%80%93Tarski_paradox#Step_3 (The five "paradoxical" parts of $F_2$ were not used directly, as they would leave $M$ as an extra piece after doubling, owing to the presence of the singleton $\{e\}$.)
若将 $A_1$ 和 $A_2$ 直接的定义为 $S(a) M$ 和 $S\left(a^{-1}\right) M$ 为什么这四部分重组后还会多出来一个 $M$