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1、连续统假设的否定（一）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(-,+)的一个不可数子集E上，存在一个连续函数f(x)，使得它在E的任一个不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ME。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Ea2。=（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
2、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E=a。=（3） E中既有孤立点，也有一般的聚点，即E=E1+E2。其中E1中只含孤立点，E2中只含一般的聚点。所以.E=E1+E2E1+E2=a+a=a。从以上三种情况都可证出Ea，和E=C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ME。(b) 若M为E的边界点，则M可能属于E，也可能不属于E。当ME时，问题已解决；当M E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
3、数的点。用E表示邻域中所有E中点的集合，则E为不可数集。因为M E，故M E。设M1为E中任一点，因M E，而M1E，所以M1M。现在以M1为中心，长为半径，做一个邻域1，则E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M1EE。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
4、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M1E1。则以M1为中心的任一邻域内，都含有E1中不可数的点，因E1E，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，且M1E。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M E，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E-E1a。如E1不是不可数集，E
5、1必为至多可数集（注解1）, 则E1a，这时E=E1+(E-E1) E1+E-E1a+a=a，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中任意一个由凝聚点组成的有界子集E1也是不可数集（E未必有界）。证：由于E1E，设M1为E1中任一点，则M1E1E，根据假设，E1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（M1E1），
6、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1=c。又因为E为不可数集，所以E=c；又由于1E1E，因此就得出 =c=1E1E=c(1)=否则，若（1）式不成立，就有1E1.(2)=或有E1E.(3)=但（2）、（3）两式皆和1E1E矛盾，因此都不能成立。最后由（1）式得出cE1c，即E1=c，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xx0），因假设f(x)在E上连续，故f(x)在x0也必
7、连续（因x0E）。因此对于任意给定的0，必存在一个0，当|x-x0|时，就有|f(x)-f(x0)|成立。我们假设f(x)在E上不一致连续，则对于某一个00，不管多麽小，在闭集E上总可找到两点x1和x2，虽然| x1-x2|，但仍有|f(x1)-f(x2)|.（1）由于f(x)在E上连续，故f(x)在x2也应该连续(因x2E)，则当|x1-x2|0（0为某一正数，0随0而定），有|f(x1)-f(x2)|0（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
8、）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3：1a) f(x)=x2在(-,+)连续，但在(-,+)却不一致连续（因(-,+)无界）。xb) f(x)= 在（0,1）连续，但在（0,1）却不一致连续（因（0,1）为开集）。00定理一、（推论3的否定） 设E为(-,+)中的任一个不可数子集，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E1，使f(x)在E1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ME。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
9、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x1E1E，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：00000000（一）、当E1无界时，可在E1中选取有界的一段E1，选取时要把E1的边界点放在E1内，这时E1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E1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E1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E1也
10、是不可数集。（可以证明E1中都是凝聚点）00000（二）、当E1有界时，可把E1记作E1，前面已证出E1即E1为不可数集，且E1即E1为有界闭集，又证明了f(x)在E1即E1上连续，根据引理四，f(x)在E1即E1上一致连续。000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E1（因E1E1E），使f(x)在E1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否命题等价，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，
11、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。0000000注解（3）：集合E1有界是有意构 造的，由于E1 E1，仿照前面证明f(x)在E1上连续的证法，可以证出E1中所有的内点和边界点都是E的凝聚点，也都是E1的凝聚点，而且这些点都属于E1，有界集合E1既包含自己所有的凝聚点，故E1为闭集。参考文献（1）张锦文，王雪生.连续统假设 M.沈阳：辽宁教育出版社.1989. （2）程其襄等.实变函数与泛函分析基础 M.北京：高等教育出版社.1983.（3）华东师范大学数学系，数学分析，高教出版社.1981.* 作者：陈守仁， 河北大学数学系本科毕业，退休前任天津家用电器五厂职工业校数学教师。
