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Zmn-0283 薛问天:调和级数不是悖论,同康托的无穷理论并不矛盾。评欧阳耿《0275》和 黄汝广《0281》
【编者按。下面是薛问天先生发来的文章。是对《Zmn-0275》欧阳耿先生和《Zmn-0281》黄汝广先生的文章评论。现在发布如下,供网友们共享。请大家关注并积极评论。另外本《专栏》重申,这里纯属学术讨论,所有发布的各种意见仅代表作者本人,不代表本《专栏》编辑部的意见。】
调和级数不是悖论,同康托的无穷理论并不矛盾
。评欧阳耿《0275》和 黄汝广《0281》
薛问天
。
(一)回答欧阳耿先生的问题
我们先来回答欧阳耿先生的问题(《0275》)
第一个问题。欧阳先生问:【根据上面的(9)式,如果我们想得到该式中的第一个 10000000000,应该用掉调和级数中多少个数项、从第几个数项到第几个数项;如果我们想得到该式中的第二个 10000000000呢(另外多少个数项、另外从第几个数项到第几个数项);如果我们想得到该式中的第三个 10000000000 呢(另外多少个数项、另外从第几个数项到第几个数项);……?】
我在《 Zmn-0227 薛问天:再认真些 ,细緻些-评欧阳耿先生的《八答》》
http://blog.sciencenet.cn/blog-755313-1237619.html
中己经作了这样的分析。我们严格证明了调和级数的和是无穷大, 按照极限定义证明了,对任何Δ,都存在有N( N=22Δ),使任何n,当n>N时,有Sn>Δ。
那么当n多大时,Sn中含有K个10^10这个数呢? 根据上面的推论,我们知令Δ=1+k1010000000000,Nk=22Δ,则对对任何n>Nk,有Sn>1+k1010000000000。 可见对任何k,都可求出Nk,当调和级数的项数n大于Nk时,部分和Sn中就至少可包含有k个1010这样的数。自然【如果我们想得到该式中的第k个 10000000000 】,它是从第几个数项到第几个数项。既然己经知道它的存在而且小于Nk,因为Nk是有穷数,它等于多少也就不难求出。这并不是什么不可解的难题。
第二个问题。欧阳耿先生说:【迄今为止,在现有数学理论体系中,国内外的数学工作者都无法自圆其说地回答如下这个问题:如上那个“大家公认的多项式加括号操作法”究竟能从Un --->0 的调和级数中得到多少个10000000000 的数,有穷多个(为什么、多少个)或无穷多个(为什么)?】
这个问题并不难回答丨。可以严格地(当然是自圆其说地)回答,对于调和级数,由于当n→∞时,它的部分和Sn→∞。无穷调和级数中可以得到无穷多个数(10^10)。。
这可以严格地用反证法来证明。假定Sn只含有有穷个,即最多只能含有m个这样的数,根据前面的推论,令k=m+1,显然当K>Nk时,部分和中就含有m+1个这种数,同反证法假定相矛盾,命题得证。
所以说调和级数己研究得相当清楚,是个己经很成熟的理论,不存在【迄今为止,在现有数学理论体系中,国内外的数学工作者都无法自圆其说地回答】的任何无穷调合级数的问题。
(二),调和级数并不构成悖论
欧阳耿先生说【新发现的调和级数悖论】,【我们目睹了一个活生生的芝诺悖论现代翻版的典型案例】,【Un --->0 的调和级数中得到多少个10000000000 的数,有穷多个(为什么、多少个)或无穷多个(为什么)?不管哪种答案都会产生悖论!】
欧阳先生说调和级数是悖论,并没有讲任何理由,未做任何论证。数学是一门逻辑缜密的科学,你作出的任何一个论断,都要有根有椐,提出你的论证来。
这里涉及两个问题。一是什么是悖论,满足什么条件才称为是悖论?关于这点,我们有我们的看法,那就是我在《0192》和《0278》多次强调的惇论三要素,「堆出矛盾,逻辑正确和隐含假定。」特别是「推出矛盾」这一条。如果没有推出矛盾,那肯定是算不上是悖论的。任何一个悖论都要有推出的矛盾。所谓推出矛盾就是推导出A和乛A同时成立。或者由A推出乛A,而且由乛A推出A来。例如说谎者悖论。【本语句说的是假的】。用A来表示此语句。显然如果A为真,则根据句子所述的语义,可推出A为假。如果A为假,则可推出A为真。于是推出矛盾。
不知欧阳耿先生是怎么认识悖论的,在欧阳先生的心目中,满足那些条件就可构成悖论。这点必须首先明确。接下来才能谈论和判断一个事物是不是悖论的问题。
按我们关于悖论的三要素的标准来判断,调和级数中没有推出任何不解的矛盾。从而调和级数不是悖论。欧阳耿先生说【新发现的调和级数悖论】没有根据,是不符合事实的,不能成立。
(三),评黄汝广先生的《0281》
黄汝广先生令
S1=1+1/2+1/3+1/4+1/5+1/6+1/7+1/8+......
S2=1+1/2+1/2+1/2+1/2+1/2+1/2+1/2+.....
讨论这两个无穷级数,他说S1的【项的个数为阿列夫零№,】而把S2的项【设为№*,】,.然后他说【很显然,在一一对应的条件下S1<S2,但是这显然与上述加括号证明法的结果矛盾.因此,№*≠№,又因为№*≤№,所以只能№*<№,也即№*是比阿列夫零№更小的无穷!】
黄先生在这里的推论中有两个概念错误。
其一,他说【很显然,在一一对应的条件下S1<S2】。这个论断是错误的。对于两个无穷级数来说,相应项,既使在一一对应的条件下,S1的每一项都小于S2的,这两个无穷级数的和,S1<S2也不一定【显然成立】。有可能S1=S2=∞。这是因为在极限理论中,如果当n→∞时,有xn→∞,yn→∞,既使对任何n,xn<yn成立,也只能得出∞=∞,而得不出∞<∞来。也就是说对于调和级数来说,它的部分和的极限是无穷大,S1=S2=∞,而不是S1<S2。这是因为在极限理论中,无穷大极限只有一个,它不是数不分大小。不能将无穷大极限∞同衡量无穷集合大小的超穷基数混为一谈。这是完全不同的两个概念。
其二是在极限理和无穷级数的理论中,所谓无穷序列,无穷个项都是指可数无穷,因而所有的无穷序列,所有的无穷级数的项的个数(基数)都是Aleph_0,不涉及其它更高的基数。因而调和级数无论用什么方法证明其发散,都不会产生同康托的无穷基数理论发生矛盾,不存在同它的不相容性。
(全文完)
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