Zmn-1337 薛问天: 错误在于对实数和有理数的稠密性缺乏认识，二评黄汝广《1333》

【编者按。下面是薛问天先生的文章，是对黄汝广先生的《Zmn-1333》一文的第二篇评论。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。《专栏》中有些文章发扬了啄木鸟精神，对一些错误的观点和言论进行了说理的批评。但请大家注意，也有些有严重错误的文章在这里发布，就是为了引起和得到广大网友们的评论。不要以为在这里发布的文章都是正确无误的。】

错误在于对实数和有理数的稠密性

缺乏认识，二评黄汝广《1333》

薛问天

xuewentian2006@sina.cn

文中对【实数不可数与戴德⾦分割】产生质疑。论证的错误，在于缺乏对实数和有理数的【调密性】缺乏认识。

黄汝广先生考察实数轴的区间(0,1)，将其内的可数无穷个有理数进行编号，然后逐一地按编号顺序全部挖去。可以严格地证明，(0,1)中去掉有穷个有理数时，还剩下有穷个开区间。去掉n个有理数时，还剩下n+1个开区间。这一点问题都没有，完全正确。但要注意这说的是有穷，不能随意推理到无穷。错误在于黄先生由此得出结论说(0,1)中去掉全部可数无穷个有理数，得出还剩可数个区间。这就不对了。黄说【当将全部有理数挖去后，则所剩部分（薛注：黄指的当然是区间）的编号分别为0，1，2……，因此，所得的剩余部分是可数的。由于操作只挖有理数，全部剩下的部分当然包含(0,1)内的所有⽆理数。】

把(0,1)中所有的有理数挖去剩下的是全部无理数，当然是对的。但说所得的剩余部分，它是有可数无穷个区间，则是不对的。黄先生在挖掉有理数时，所剩部分的编号分别为0，1，2……的所有这些区间，在全部有理数挖的过程中长度极限为0，一个区间都没有剩下。我们知道有理数有【调密性】，即在任何两个有理数a和b、构成的开区间(a，b)中还有有理数存在，有理数的可数不是按大小顺序排列的可数，没有相邻的有理数。在按可数的编号来挖有理数时，在挖的一个有理数的附近再挖掉一个有理数，不可能形成最后剩下的区间，因为其中还有在以后才会被挖掉的有理数。因而把所有有理数挖去后所剩下的部分都不可能是区间，任何由有理数作为端点形成的区间都不是剩下的部分，因为任何区间中还有有理数。因而说剩余部分是可数个区间。而且最后由此得出结论说【那么⾄少应存在⼀个剩余部分包含了不可数的⽆理点】，以及【与戴德⾦分割的唯⼀性相⽭盾】。显然完全都是错误的。

那么挖去所有的无穷个有理数后所剩下的应该是什么呢？经过我们仔细地分析，挖去后所剩下的是且只能是由这些有理数作为端点形成的区间套中所有区间包含的共同点。

【定义1】。所谓【区间套】是指满足下述条件的端点都是有理数的可数无穷个区间序列 (a1，b1)，(α2，b2)，...，(an，bn)...。条件为:

①，对所有的 n∈N，有an≤a(n+1)，b(n+1)≤bn成立，即区间一个套一个。

②，当 n→∞时(bn-an)→0，即区间长度极限为0。

③，不存在m，当n>m时，an全相等或bn全相等。即左端点或右端点不能最后全相等。

我们这里把只满足条件①和②而不满足③的区间序列称为【准区间套】。显然可证如下定理。

【定理1】任何一个有理数区间套都有一个该区间套中所有区间共同包含的点，而且这个点是无理数。

【证明】设有一个区间套，那么是【该区间套中所有区间共同包含的点】的必要充分条件就是该点属于该区间套中所有的区间，即该点【小于所有区间的右端点，大于所有区间的左端点】。现在构造一个戴德⾦分割如下，令小于区间套所有右端点 bi的有理数作为分割的A集，令大于区间套所有左端点ai的有理数作为分割的B集。由于区间套区间长度的极限为0，以这样定义的AB集符合分割的定义而且由于不是准区间套，A集没有最大数，B集没有最小数，所以这个分割是无理数。同时这个无理数符合是【该区间套中所有区间共同包含的点】的必要充分条件。所以这样就证明了有一个该区间套中所有区间共同包含的点，而且这个点是无理数。【证毕】。

将(0,1)中所有的有理数组成的集合Q，用自然数进行编号，把数x的编号记作N(x)。

【定义2】把满足下述条件的有理数区间套称为由编过号的有理数集合Q形成的有理数区间套，条件为

①，所有的端点ai和bi都属于Q，是它的部分。

②，对所有的i∈N，N(ai)<N(bi)，N(bi)<N(a(i+1))。

将区间(0,1)其内的可数无穷个有理数Q进行编号，然后逐一地按编号顺序全部挖去。可以严格地证明如下定理

【定理2】。逐一地按编号顺序全部挖去(0,1)中的全部有理数，挖掉后所剩下的每个无理数都是由Q形成的某个有理数区间套中所有区间的共有点。

【证明】。设c是挖掉所有有理数后剩下的无理数。我们来证明这个c就是，由Q形成的某个有理数区间套中所有区间的共有点。我们来构造这个由Q形成的区间套。显然这个被挖去的有理数集合Q可以分为两部分，一部分是Q中小于c的有理数集合，记作Q1，一部分是Q中大于c的无理数集合，记作Q2。首先因为Q1非空，可以在其中选一个有理数为a1。因为Q2非空，可以在其中选一个编号大于N(a1)的有理数为b1。由于(a1，c)非空，可以在其中选一个编号大于N(b1)有理数为a2，而且使(a2，c)的长度小于(a1，c)的1/2。 由于(c，b1)非空，可以在其中选一个编号大于N(a2)的有理数为b2，而且使(c，b2)的长度小于(c，b1)的1/2。......余此类推继续设定。一般地，如果an和bn己设定，可以如下设定a(n+1)和b(n+1)。由于(an，c)非空，可以在其中选一个编号大于N(bn)有理数为a(n+1)，而且使(a(n+1)，c)的长度小于(an，c)的1/2。 由于(c，bn)非空，可以在其中选一个编号大于N(a(n+1))的有理数为b(n+1)，而且使(c，b(n+1))的长度小于(c，bn)的1/2。......如此设定所有的(an，bn)，n∈N。

由于区间(αn，bn)的长度等于(αn，c)的长度加上(c，bn)的长度。当n→∞时，(αn，c)的长度和(c，bn)的长度都趋于0。因而当n→∞时(αn，bn)的长度也趋于0，所以所设定的区间序列(α1，b1)，(α2，b2)，...，(αn，bn)，...形成区间套。而且根据上述定义可证是由Q形成的区间套，c是该区间套所有区间的共同点。【证毕】。

由以上定理可知，将(0,1)中的所有有理数挖去后，所剩下的並不是可数无穷个由有理数作为端点的开区间。而是也只能是由这些由有理数作为端点形成的有理数区间套中所有区间包含的共同点，即全体无理数。这些区间套中所有区间包含的共同点的无理数是单独的不能形成区间，而且由康托尔定理已证明这些无理数集合的基数是不可数无穷。所以说【剩余部分是可数的】区间是不对的，应是不可数无穷多个单独的无理数。

总之，结论说明了【实数不可数与戴德⾦分割】是完全正确的。黄先生质疑的推论都是以他的错误论断【剩余部分是可数的】区间为跟据的。而且由此得出结论说【那么⾄少应存在⼀个剩余部分包含了不可数的⽆理点】，以及【与戴德⾦分割的唯⼀性相⽭盾】。显然完全都是错误的。而这个论断的错误来源于对有理数的【调密性】缺乏认识。

黄汝广先生最后说了这么一句话【另⼀⽅⾯，戴德⾦分割有理集得到“更⼤的”⽆理集，但如果戴德⾦分割⽆理集则得到“更⼩的”有理集。⾮常反常。】说明黄先生对(0,1)中的实数集R，有理数集Q和无理数集I，它们的分割间的关系还缺乏深入的了解。

集合S的分割是指S=AUB，A∩B=∅，而且对任何a∈A，b∈B都有a<b。分割有两种情况，①，A无最大数而且B无最小数，称为有空分割，②A有最大数或B有最小数，称为无空分割。显然如果S是稠密的，则不可能出现A有最大数同时B有最小数的情况。

实际上R，Q和I都可以进行分割。例如实数集R可以分割记为R=ARUBR，有理数集Q可以分割记为Q=AQUBQ，无理数集I可以分割记为I=AIUBI。首先注意R，Q和I的分割可以一一对应。令AQ是AR中的有理数，令BQ是BR中的有理数，就使Q的分割一一对应到R的分割。同理令AI是AR中的无理数，令BI是BR中的无理数，就使I的分割一一对应到R的分割。这样就使R，Q和I这三个集合的分割可以一一对应。特别要注意的就是Q这个集合的基数是可数无穷，而R和I的基数不可数。但它们的分割却是可一一对应基数相同。

再需要关注的是，实数集R具有【完备性】。R的分割没有【有空分割】，全是【无空分割】。每个无空分割对应一个实数，这个实数就是AR的最大数，和BR的最小数。两个无空分割对应一个实数。

有理数集合Q的分割中有【有空分割】，每个有空分割对应一个无理数。这个无理数大于AQ中所有有理数，小于BQ中所有有理数。Q的分割中有【无空分割】。每个无空分割对应一个有理数，这个有理数就是AQ的最大数，和BQ的最小数。两个无空分割对应一个有理数。

无理数集合I的分割中有【有空分割】，每个有空分割对应一个有理数。这个有理数大于AI中所无理数，小于BI中所有无理数。I的分割中有【无空分割】。每个无空分割对应一个无理数，这个无理数就是AI的最大数，和BI的最小数。两个无空分割对应一个无理数。

有了以上了解后，就知道这並不反常。有理数和无理数的分割数是一样多的，都等于实数的分割数。虽然有理数本身少，它的无空分割占的就少，因而它的有空分割就多了。而无理数本身多，它的无空分割占的就多，因而它的有空分割就占的少了。这很正常。

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