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Zmn-0106 薛问天:谈序数的【命名表达系统】,-评樊毅先生的文章。

已有 386 次阅读 2020-3-1 15:33 |个人分类:数学啄木鸟|系统分类:论文交流

Zmn-0106 薛问天:谈序数的【命名表达系统】,-评樊毅先生的文章。
【编者按。下面是薛问天先生发来的文章,评论《zmn-0105》樊毅先生的回复。现在发布如下,供网友们共享。请大家关注并积极评论。】

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谈序数的【命名表达系统】,

-评樊毅先生的文章。
薛问天

xuewentian2006@sina.cn

薛问天-c.jpg(一)

我们来用严格的数学方法,重新审评樊毅先生关于【 能用有限大小的二维黑白图像表达的序数】的定义:

【 定义:如果存在一个 m×n 像素的二维黑白图像,恰好表达了序数 a,其中m 和 n 都是自然数,就称 a 是“能用有限大小的二维黑白图像表达的”,用YouXian(a)来表示。如果不存在这样的二维黑白图像,就称 a 是“无法用有限大小的二维黑白图像表达的”,用¬YouXian(a)来表示。】

在樊毅先生的上述定义中,没有说清楚,存在一个 m×n 像素的二维黑白图像,【恰好表达】了序数a,的根据是什么,能与不能表达,判断的依据是什么呢?这说明这个定义中缺少一个概念,那就是【命名表达系统】。你必须给定一个 【命名表达系统】,然后才能问ω1中的某个序数,相对于这个 【命名表达系统】能表达还是不能表达。

我们用严格的数学浯言来表述这个问题。首先这里涉及的两个集合是明确的、清楚的。一个是【全体有限大小的二维黑白图像】的集合,我们将其记作P。在后面的论证中我们是把 【 能用有限大小的二维黑白图像表达】同 【 能用有限字符串表达】看作是相同的。因为这里有一个成熟的数学结论。任何语言所用到的的字符,符号,字母,数字,都是有限的。它们可以用两个字节(或三个四个字节)的编码,再通过【字庫】的对应来实现 【 二维黑白图像表达】,反之亦然。因而 【 能用有限字符串表达】同【 能用有限大小的二维黑白图像表达】,可以严格证明是相同的,等价的。

另一个集合是ω1中全体序数的集合,当然记作ω1,这个集合在概念上也是明确的。

用严格的数学语言来表述,这个【命名表达系统】就是给定了一个由P到ω1的部分单射f: P→ω1。(注意。这里的【部分单射】,是指f的定义域是P的某子集。)如果序数a在此f的像集中,则称a是【能表达的】,否则称a是【不能表达的】。

例如我们可以这样给出这个 【命名表达系统】。

(1)关于有穷序数(自然数)的表达。

我们用有限数字串 a1...an来表达自然数。其中ai∈{0,1,...,9},a1≠0。这个字符串所表达的自然数是:

m=a1x(10)^(n-1)+....+a(n-1)x(10)+an
显然有了这样的规定后,所有的有穷序数都是【能表达的】。

(2) 关于其它序数的表达。

我们规定用ω表达第一个超穷序数。显然ω中的所有序数都是有穷序数,可以用表达自然数的字符串来表达。

用ω+1,ω+2,...表示ω的各个后继。即所有这些序数表达为:

0,1,...,ω,ω+1,ω+2,...

把全体这些序数的集合的并集形成的序数记作ω+ω=ωx2。显然ωx2中的序数,都可以用字符串: n或ω+n表达(也可表述为:bxω+n,b=0或1),其中n是表达自然数n的字符串。

再表达ωx2的各个后继,即这些序数表达为:

0,1,...,ω,...,ωx2,ωx2+1,ωx2+2,...

再把全体这些序数的集合的并渠形成的序数记作ωx2+ω=ωx3。 显然ωx3中的序数,都可以用字符串:n或ω+n或ωx2+n或ωx2+ω+n表达 (也可表述为:b2xωx2+b1xω+n,bi=0或1),其中n是表达自然数n的字符串。余此类推, 这些序数表达为:

0,1,...,ω,...,ωx2,...,ωx3,...

把全体这些序数的集合的并集形成的序数记作ωxω=ω^2。 显然ω^2中的序数,都可以用字符串:bmxωxm+b(m-1)xωx(m-1)+...+b1xω+n来表达,其中 bi=0或1,m,n是自然数,或相应的表达字符串。我们把上述的式子称为ωxm乘积多项式,记作A(ωxm),即:

A(ωxm)= bmxωxm+b(m-1)xωx(m-1)+...+b1xω+n

然后表达 ω^2的后继,再表达ω^3,余此类推, 这些序数表达为:

0,1,...,ω,...,ω^2,...,ω^3,...

至此我们的 【命名表达系统】已经可以用这样的字符串:

ckxω^k+c(k-1)xω^(k-1)+...+c1xω+A(ωxm)

(其中 ci=0或1,k,m是自然数或相应的表达字符串, A(ωxm)是 ωxm乘积多项式。)来表达所有这里所涉及的序数。

我们称上式为ω^k乘幂多项式B(ω^k)。即

B(ω^k)= ckxω^k+c(k-1)xω^(k-1)+...+c1xω+A(ωxm)

 

(3) 继续表达。

当然我们还可继续增加我们的 【命名表达系统】。例如,上述序数

0,1,...,ω,...,ω^2,...,ω^3,...

把全体这些序数的集合的并集形成的序数记作ω^ω=ω#2。余此类推ω^ω^ω=ω#3,...称作2祖幂,3祖幂等。这些序数表达为:

0,1,...,ω,...,ω#2,...,ω#3,...

把全体这些序数的集合的并集形成的序数记作ω#ω。

显然 ω#ω中的序数可以表达为

dsxω#s+d(s-1)xω#(s-1)+...+d1xω+B(ω^k)

(其中 di=0或1,s,k,是自然数或相应的表达字符串, B(ω^k)是 ω^k乘幂多项式。)

我们把上式称为ω#s祖幂多项式C(ω#s)。即:

        C(ω#s)= dsxω#s+d(s-1)xω#(s-1)+...+d1xω+B(ω^k)

        当然还可继续,表达 ω#ω的后继,再表达ω#ω#ω,余此类推。进一步形成序数:

        0,1,...,ω,...,ω#ω,...,ω#ω#ω,...

        我们再规定,ω#ω=ω&2,ω#ω#ω=ω&3,...称作2曾幂,3曾幂等。这些序数表达为

        0,1,...,ω,...,ω&2,...,ω&3,...

        把全体这些序数的集合的并集形成的序数记作ω&ω。显然 ω&ω中的序数可以表达为

        et&t+e(t-1)&(t-1)+...+e1xω+C(ω#s)

        (其中 ei=0或1,t,s,是自然数或相应的表达字符串, C(ω#s)是 ω#s祖幂多项式。)

        当然还可继续表达 ω&ω的后继,再表达ω&ω&ω,余此类推。进一步形成序数:

        0,1,...,ω,...,ω&ω,...,ω&ω&ω,...

经过对 【命名表达系统】不断地进一步扩充,用字符串就可以表达ω1中更多的序数。

但是,无论你如何继续扩大 【命名表达系统】,毕竟符号是有限的,字符串是有限的。更由于P的基数小于ω1的基数。所以对任何确定的【命名表达系统】,ω1中的序数是不可能是全部【能表达】的。

不过由于 【命名表达系统】是可扩充的。对任何 【命名表达系统】,扩充有穷个甚至可数无穷个特定序数的表达 ,也都是允许的。也就是说,「对ω1中的任何序数,都存在某个 (扩大的)【命名表达系统】,使得在此表达系统中,此序数【能表达】。」但是「并不存在一个统一的确定的 【命名表达系统】,使得ω1中的序数在此表达系统中全部都【能表达】。」这两个命题在逻辑上有区别,放在一起并不产生矛盾。

(二)

现在应当清楚了,按樊毅先生S和T的定义。在上述理解下,不可能有S=ω1,即T=

那么证明【T= 】中的问题出在哪里呢?问题就出在 【命名表达系统】上。当你在定义【能表达(YouXian(a)】时用的是一个给定的 【命名表达系统】。而当你在论证∩({a|¬ YouXian(a)}∩ω1)是【能表达】时的 【命名表达系统】是另一个,是把那个不能表达序数集合的最小元扩充进去了的扩大的表达系统。所以这不是在一个确定的 【命名表达系统】中的论断。这个「矛盾」实际上不是矛盾。反证法不成立。

(三)

关于P到ω存在单射的证明。

由于不可能有S=ω1,即T= 。此证明对于全文意义已不大。我仔细看了这次的证明。证明的思路和论据都没有问题。只是映射表述得不完整不清楚。例如在说明图像到自然数的映射中,没有说清是由上到下把各行点对应的数字串(后加数字3),从左至右地排串起来形成最终映射的数字串。另外把例子和正文放在一起有些混杂。例子太偏,全是1或全是2,容易使人产生误解。另外论证要一般论证,不要同例子混杂。

当然这里还有更强的证明。可以证明p同ω等势。只要证明 p同ω间建立一一对应即可。

 

(四)

最后再谈谈 S={x|xS}的问题。

樊先生还没有理解我把 S={x|xS}分解成两个命题的并(&),看作是T={x|xS}&T=S 的用意。 这正是为了回答你的问题。

S={x|xS}实际是两个命题,一个是 T={x|xS},一个是 T=S。

对于第一个命题,由性质 xS决定了一个类。这没有问题.吧,当S是一个类时, xS当然是x的一个属性,按一般概括原则,决定了T是一个类。即T是由不是S的元素组成的类。第二个命题 T=S,显然不相等,T同S连交集都没有。这就说明不可能同时滿足这两个命题。因而断定这是个矛盾命题。由  S={x|xS}决完的类不存在。 所以说  S={x|xS}是个恒假的命题。

同理, T={x|x∈T}实际也是两个命题,一个是 S={x|x∈T},一个是 S=T。

对于第一个命题,由性质 x∈T决定了一个类。当T是一个类时, x∈T当然是x的一个属性,按一般概括原则,决定了S是一个类。即S是由T的元素组成的类 ,S就是T的复制。第二个命题 S=T,显然相等。所有的类(当然也包括所有的集合)都可同时滿足这两个命题。所以说  T={x|x∈T}是个恒真的命题。


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