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4726 字

12 分钟

Banach-Tarski分球悖论证明

2026-05-21

proof

math

/

proof

/

real-anlysis

/

hard

Banach-Tarski分球悖论证明#

前言#

这是一个极其反直觉的悖论，相当于在现实中将一个球分成两个球，分出来的两个球都与原来的球大小、质量完全不变，凭空复制出了一个球。而这么nb的定理只需要一句看起来几乎是废话的公理就可以证明。这个公理长这样：

若 $\{A_i\}_{i\in I}$ 是一族非空集合，即： $A_i \neq \varnothing,\quad \forall i\in I.$

那么存在一个函数： $f: I \to \bigcup_{i\in I} A_i$ 使得： $f(i)\in A_i,\quad \forall i\in I.$ 用简单的话来说就是：你有很多篮鸡蛋，你可以从每一篮里面选出一个鸡蛋。看上去完全是没有什么用的话，接下来将用这句“废话”证明这个离谱的结论，我们还需要一些群论的知识，下面介绍：

一些浅层的群论知识与需要用的定理#

1.群的定义#

一个非空集合 $G$ 配合一个二元运算 $\ast$ （通常写作乘法或加法），若满足下列公理，则称 $(G,\ast)$ 为一个群：

闭合性：对任意 $a,b\in G$ ，有 $a\ast b\in G$ 。
结合律：对任意 $a,b,c\in G$ ，有 $(a\ast b)\ast c = a\ast(b\ast c)$ 。
单位元：存在 $e\in G$ ，使得对任意 $a\in G$ ， $e\ast a = a\ast e = a$ 。
逆元：对任意 $a\in G$ ，存在 $a^{-1}\in G$ 满足 $a\ast a^{-1} = a^{-1}\ast a = e$ 。

2.群作用#

设 $G$ 是一个群， $X$ 是一个集合。若对每个 $g\in G$ ，都对应一个从 $X$ 到 $X$ 的双射，记作

x\mapsto g(x)\qquad (x\in X),

并且满足以下两条：

对任意 $g,h\in G$ 及任意 $x\in X$ ，有

g(h(x))=(gh)(x);

对任意 $x\in X$ ，群的单位元 $1\in G$ 满足

1(x)=x.

则称 $G$ 在 $X$ 上有一个群作用，或称 $G$ 作用在 $X$ 上。三维空间中所有环绕着原点的旋转组成的群，记为 $SO(3)$ 。

3.等度分解等价#

设群 $G$ 作用在集合 $X$ 上。对于 $X$ 的子集 $A,B$ ，若存在 $g\in G$ 满足

g(A)=B,

那么我们就称 $A$ 和 $B$ 是 $G$ -全等的，记作 $A\cong_G B$ 。

如果它们可以分解为有限个互不相交子集的并集，

A=\bigcup_{i=1}^{n}A_i,\qquad B=\bigcup_{i=1}^{n}B_i,

并且对任意 $i$ ，都有

A_i\cong_G B_i,

那么 $A$ 和 $B$ 称为 $G$ -等度分解（等价）的，记作

A\sim_G B.

特别地，在以后的讨论中，我们取集合 $X$ 为欧式空间 $\mathbb{R}^n$ 中的子集，群 $G$ 为 $\mathbb{R}^n$ 中的刚体变换。若 $A$ 和 $B$ 满足上述条件，我们将 $G$ 省去，记作 $A\cong B$ 或者 $A\sim B$ 。如果 $A$ 和 $B$ 的一个子集等度分解等价，那么我们记作 $A\preceq B$ 。

根据定义，有如下的事实成立：

如果 $A\cong B$ ，那么 $A\sim B$ 成立；但是如果 $A\sim B$ ，那么 $A\cong B$ 不一定成立。
如果 $A\cong B$ ，存在 $G$ 中的元素 $g$ ，使得 $g(A)=B$ ，那么对于 $A$ 中的任何子集 $C$ ，都有

C\cong g(C).

如果 $A\sim B$ ，存在 $G$ 中的一个有限集族

g=(g_1,g_2,\cdots,g_n),

使得

A=\bigcup A_i,\qquad B=\bigcup B_i

（不交并），且

g_i(A_i)=B_i.

同样地，对于 $A$ 中的任何子集 $C$ ，有

A_i\cap C\sim g_i(A_i\cap C),

从而

C\sim g(C)\triangleq \bigcup g_i(A_i\cap C)

成立。

用上面结论可以证明：全等和等度分解是等价关系

证：等价关系需要证明三点，即反身性、对称性、传递性。

首先证明全等是等价关系。对于集合 $X$ ，若有 $A,B,C\subseteq X$ ，并有任意 $g,h\in G$ ，由于 $G$ 中的恒等映射 $1$ 满足

1(A)=A,

故

A\cong A,

反身性成立。若 $g$ 满足

g(A)=B,

那么由 $G$ 中元素存在逆元，故存在 $g^{-1}$ 使得

g^{-1}(B)=A,

即

B\cong A,

对称性成立。并且若

g(A)=B,\qquad h(B)=C,

则有

(hg)(A)=C,

故传递性成立。因此全等关系是一个等价关系。

下面证明等度分解是等价关系。若 $X$ 的子集 $A$ 和 $B$ 是等度分解的，即 $A\sim B$ ，显然有 $A\sim A$ 成立，并且对称性也成立，只需证明传递性。

若

A\sim B,\qquad B\sim C,

我们可以将集合 $A,B,C$ 分为互不相交的部分，并且它们对应部分都全等。即存在分解

A=\bigcup_{i=1}^{n}A_i,\qquad B=\bigcup_{i=1}^{n}B_i,\qquad B_i\cong A_i,

以及

B=\bigcup_{j=1}^{m}B'_j,\qquad C=\bigcup_{j=1}^{m}C_j,\qquad B'_j\cong C_j.

令

B_{ij}=B_i\cap B'_j,

并定义

A_{ij}=f_i(B_{ij}),\qquad C_{ij}=g_j(B_{ij}),

其中 $f_i,g_j\in G$ 分别满足

f_i(B_i)=A_i,\qquad g_j(B'_j)=C_j.

于是

A=\bigcup\{A_{ij}:1\le i\le n,\ 1\le j\le m\},

且

C=\bigcup\{C_{ij}:1\le i\le n,\ 1\le j\le m\}.

又因为

A_{ij}\cong B_{ij},\qquad B_{ij}\cong C_{ij},

而全等已经证明是等价关系，所以

A_{ij}\cong C_{ij}.

其中有些集合可能是空集，但这不影响结论。因此 $A\sim C$ ，传递性成立。

综上，全等和等度分解都是等价关系。

4.Cantor-Bernstein定理的群论形式#

如果集合 $A$ 和 $B$ 满足 $A\preceq B$ ，并且 $B\preceq A$ ，那么 $A\sim B$ 。

证明与普通形式的Cantor-Bernstein定理一致，这里不展开证明。

5.反常群#

如果 $X$ 中存在两个子集 $A$ 和 $B$ ，满足

A\cap B=\varnothing,

并且

X\sim_G A,\qquad X\sim_G B,

那么我们就说 $X$ 是 $G$ -反常的（ $G$ -Paradoxical）。

特别地，当 $X$ 为欧式空间 $\mathbb{R}^n$ 中的子集，群 $G$ 为 $\mathbb{R}^n$ 中的刚体变换时，称 $X$ 是反常的。若群 $G$ 作用在自身上是反常的，则称 $G$ 是反常群。

上面的定义说明了：如果 $X$ 是 $G$ -反常的，那么就可以找到两个互不相交的子集，并且它们都与 $X$ 等度分解等价；如果 $X$ 是反常的，那么我们可以将上面的子集 $A$ 分解为有限部分，并且把这有限部分经过刚体变换后重新组合成为 $X$ 。对于子集 $B$ 也能作同样的处理。

6.表达与自由群#

设 $S$ 是一个集合。 $S$ 的一个表达是指： $S$ 中的有限多个字符和它们逆，不计次数地形式地排成一个有限长的行。每一个元素都可以在任何的位置出现任意有限多次。比如，我们可以将 $a,b$ 排成

ababbb^{-1}a^{-1},

我们把连续出现的字符按照连续出现的次数形式的替换成指数的表达形式。比如将

aab

记作

a^2b.

如果连续出现的两个字符互逆，我们就把这两个字符相互抵消；我们将抵消前后的表达当作是同一个元素；不存在可以抵消的表达称为是既约的。特别的，把抵消后无长度的字符（即空字符）记为 $1$ 。这里，

a^{-1}a=1.

对于集合 $S$ 的两个表达 $x,y$ ，我们定义运算 $xy$ 即为先排 $x$ ，紧接着再排 $y$ 。注意： $xy$ 和 $yx$ 未必相同。这样，我们就在由表达构成的集合上得到了自然的运算。由于每一个表达都对应于唯一的既约表达，我们也可以认为我们的运算定义在既约表达所构成的集合上。

$S$ 上所有的既约表达，按照上面定义的自然运算，构成一个群。我们称这个群是 $S$ 上的自由群 $F_S$ 。如果一个抽象的群 $G$ 同构于某个 $F_S$ ，我们也说 $G$ 是一个自由群。我们用集合 $S$ 的基数来定义自由群的阶数。

下面证明重要的定理：自由群 $F_2$ 是反常群。

证：设 $a,b$ 为 $F_2$ 的两个生成元，设 $W(x)$ 是 $F_2$ 中所有以 $x$

(x=a,b,a^{-1},b^{-1})

为首的元素的集合，显然 $W(a),W(b),W(a^{-1}),W(b^{-1})$ 互不相交，定义

A=W(a)\cup W(a^{-1}),\qquad B=W(b)\cup W(b^{-1}).

显然

A\cap B=\varnothing,

并且

W(a)\cup aW(a^{-1})=F_2,\qquad W(b)\cup bW(b^{-1})=F_2.

这样就证明了 $F_2$ 是反常群。

注意

W(a)\cap aW(a^{-1})=\varnothing,\qquad W(b)\cap bW(b^{-1})=\varnothing.

7.重要的猜想#

（A）群 $G$ 作用在集合 $X$ ，如果 $X$ 是 $G$ -反常的，那么 $G$ 是否是 $G$ -反常的呢？

（B）群 $G$ 作用在集合 $X$ ，如果 $G$ 是 $G$ -反常群，那么 $X$ 是否是 $G$ -反常的呢？

定理（A）是成立的，证明如下：

证：集合 $X$ 是 $G$ -反常的，存在 $X$ 的子集 $A,B,X_i,X'_j$ 满足

A\cap B=\varnothing,\qquad X=\bigcup_{i=1}^{n}X_i=\bigcup_{j=1}^{m}X'_j,

并且

A=\bigcup_{i=1}^{n}A_i,\qquad B=\bigcup_{j=1}^{m}B_j,\qquad A_i\overset{f_i}{\cong} X_i,\qquad B_j\overset{g_j}{\cong} X'_j.

其中 $f_i,g_j\in G$ ，取定 $x\in X$ ，记

C_i=\{h\mid h(x)\in A_i\}\subseteq G,\qquad D_j=\{h\mid h(x)\in B_j\}\subseteq G,

并令

C=\bigcup_{i=1}^{n}C_i,\qquad D=\bigcup_{j=1}^{m}D_j.

显然

C\cap D=\varnothing,

并且我们可以得到

\bigcup_{i=1}^{n} f_i\cdot C_i =\bigcup_{i=1}^{n}\{f_i\cdot h\mid f_i h(x)\in f_i(A_i)\}

=\bigcup_{i=1}^{n}\{f_i\cdot h\mid f_i h(x)\in X_i\}

=\{h'\mid h'(x)\in X\}=G.

从而 $C\sim_G G$ 。同理， $D\sim_G G$ 。

这样就证明了 $G$ 是反常的。

而（B）不是成立的，如取B为单点空间，则B不可能是 $G$ -反常的。这个点是所有映射的不动点。

可继续猜想：

思考（b1）：如果 $G$ 是反常群，并且 $G$ 中所有的非平凡元素在 $X$ 中都没有不动点，那么 $X$ 是否是 $G$ -反常的？

思考（b2）：如果 $G$ 是反常群，设集合 $D$ 是 $G$ 中所有的非平凡元素在 $X$ 中的不动点，那么 $X\setminus D$ 是否是 $G$ -反常的？

以上两个均是成立的。

8. $G$ -轨道#

群 $G$ 作用在一个集 $X$ ，若对于 $X$ 中元素 $x,y$ ，若存在 $G$ 中元素 $g$ 使得

g(x)=y,

那么则称 $x\sim y$ ，这是一个等价关系，由此关系所构成的等价类称为一个 $G$ -轨道。显然不同的轨道之间没有交集。

9. 三个用于分球的工具命题#

命题1.

设群 $G$ 自由作用在集合 $X$ 上，即 $G$ 中任意一个非平凡元素在 $X$ 上没有不动点。若 $G$ 是反常群，那么 $X$ 是 $G$ -反常的。

证：群 $G$ 自由作用在集合 $X$ 上。应用选择公理，可以在 $X$ 上的每一个 $G$ -轨道中选出一个元素组成集合 $T$ 。因为 $G$ 是 $G$ -反常的，那么可以取到 $G$ 的子集 $A,B$ 满足

A\cap B=\varnothing,

并且

A\sim_G G,\qquad B\sim_G G.

记 $A(T),B(T)$ 如下

A(T)=\{g(t)\mid g\in A,\ t\in T\},\qquad B(T)=\{g(t)\mid g\in B,\ t\in T\}.

显然 $A(T),B(T)\subseteq X$ ，并且

A(T)\cap B(T)=\varnothing.

由 $G$ 的反常性，得到

A(T)\sim_G G(T)=X,\qquad B(T)\sim_G G(T)=X.

所以 $X$ 也是 $G$ -反常的。

命题2.

群 $G$ 作用在集合 $X$ 上， $D$ 是 $G$ 中非平凡元素的不动点的集合，那么 $G$ 自由作用在 $X\setminus D$ 上。

证：我们首先证明在群 $G$ 作用下 $X\setminus D$ 是不变的。设 $x\in D,\ g\in G$ ，如果存在 $G$ 中元素 $h\ne 1$ 满足

h(x)=x,

即点 $x$ 为 $h$ 的不动点，那么

(ghg^{-1})(gx)=gx,

则有 $gx$ 为 $ghg^{-1}$ 的不动点，这样有 $gx\in D$ ，从而在群 $G$ 作用下 $D$ 是不变的，而且显然 $G$ 作用在 $X\setminus D$ 也是不变的。任何 $G$ 中非恒等元在 $X\setminus D$ 上没有不动点，故而 $G$ 自由作用在 $X\setminus D$ 上。

并且，运用相同的方法，我们可以得到：

命题3.

如果一个群 $G$ 的子群 $H$ 是 $H$ -反常的，那么群 $G$ 是 $H$ -反常的，因此也是 $G$ -反常的。

基本知识与使用的命题工具证明完毕，下面回到欧式空间证明Banach-tarski定理。

Banach-tarski定理的证明#

Banach-tarski定理 若 $A$ 和 $B$ 是 $\mathbb{R}^3$ 中的两个有非空内部的有界子集，那么 $A$ 和 $B$ 是等度分解的（即 $A$ 可以分解为有限个互不相交的部分，经过刚体变换组成 $B$ ）。

先证弱定理，其实就是悖论的形式！终于要出来了T-T！

Banach-Tarski弱定理#

球面 $S^2$ 是 $SO(3)$ -反常的，单位球 $B^3$ 是反常的。

主要定理

旋转群 $SO(3)$ 中存在一个 $2$ 阶自由子群。

证：我们可以从 $SO(3)$ 中取到两个元素 $u,v$ ，用矩阵表示为

u= \begin{pmatrix} 3/5 & -4/5 & 0\\ 4/5 & 3/5 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad v= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 3/5 & -4/5\\ 0 & 4/5 & 3/5 \end{pmatrix}.

它们是 $\mathbb{R}^3$ 中的规范矩阵，分别是绕着 $z$ 轴和 $x$ 轴旋转角度 $\arccos(3/5)$ 。设 $G$ 是由 $u,v$ 生成的群， $G$ 显然是 $SO(3)$ 的子群，而且进一步我们要证明 $u,v$ 生成的群 $G$ 是自由群。

证明群 $G$ 是自由群，只需对于集合

\{u,v,u^{-1},v^{-1}\}

中的任意两个既约表达都不相等，即由 $u,v,u^{-1},v^{-1}$ 任作非空既约表达作为矩阵的乘积都不能是单位矩阵 $e$ 。

对于 $G$ 中任一元素 $\omega$ ，若 $\omega=e$ ，显然

u^{-1}\omega u=e,\qquad u\omega u^{-1}=e,

反之亦然，我们可以假设 $\omega$ 的既约表达是以 $u$ 或 $u^{-1}$ 结尾的。

我们要证明 $\omega$ 不是恒等元，只用证明

\omega \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} \ne \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}

即可。

若 $\omega$ 的长度是 $k$ ，则显然有

\omega \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_k\\ b_k\\ c_k \end{pmatrix}\Big/ 5^k,

其中 $a_k,b_k,c_k$ 都是整数。我们只需要证明 $b_k$ 不能被 $5$ 整除，我们对 $k$ 用数学归纳法来证明：

当 $k=1$ 时， $\omega=u^{\pm 1}$ ，我们有

\omega \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\ \pm 4\\ 0 \end{pmatrix}\Big/5,

显然 $b_1=\pm 4$ 不能被 $5$ 整除。

当 $k=2$ 时， $\omega=u^{\pm 2}$ 或 $\omega=v^{\pm 1}u^{\pm 1}$ （这里 $v^{\pm 1}u^{\pm 1}$ 包含 $4$ 种情形），我们有

v^{\pm 1}u^{\pm 1} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 15\\ \pm 12\\ \pm 16 \end{pmatrix}\Big/25, \qquad u^{\pm 2} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -7\\ \pm 24\\ 0 \end{pmatrix}\Big/25.

显然 $b_2=\pm 12$ 或 $\pm 24$ 不能被 $5$ 整除。

设 $\omega=\omega_{n+1}$ 长度为 $n+1\ge 3$ 。令 $\omega_{n+1}=x\omega_n=x y\omega_{n-1}$ ，其中 $x,y$ 均为 $u,u^{-1},v,v^{-1}$ 之一且 $x\ne y^{-1}$ 。根据归纳法，假设结论对既约表达长度为 $n$ 的 $\omega_n$ 和既约表达长度为 $n-1$ 的 $\omega_{n-1}$ 成立，并设

\omega_n \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_n\\ b_n\\ c_n \end{pmatrix}\Big/5^n, \qquad \omega_{n+1} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ b_{n+1}\\ c_{n+1} \end{pmatrix}\Big/5^{n+1}.

根据 $x$ 的不同选择，我们可以总结为下面两种情况：

（1） $x=u^{\pm 1}$ ，则

a_{n+1}=3a_n\mp 4b_n,\qquad b_{n+1}=3b_n\pm 4a_n,\qquad c_{n+1}=5c_n.

具体计算为

x=u^{\pm 1}= \begin{pmatrix} 3/5 & \mp 4/5 & 0\\ \pm 4/5 & 3/5 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},

于是

u^{\pm 1} \begin{pmatrix} a_n\\ b_n\\ c_n \end{pmatrix}\Big/5^n = \begin{pmatrix} 3a_n\mp 4b_n\\ 3b_n\pm 4a_n\\ 5c_n \end{pmatrix}\Big/5^{n+1} = \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ b_{n+1}\\ c_{n+1} \end{pmatrix}\Big/5^{n+1}.

（2） $x=v^{\pm 1}$ ，则

a_{n+1}=5a_n,\qquad b_{n+1}=3b_n\mp 4c_n,\qquad c_{n+1}=3c_n\pm 4b_n.

具体计算为

x=v^{\pm 1}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 3/5 & \mp 4/5\\ 0 & \pm 4/5 & 3/5 \end{pmatrix},

于是

v^{\pm 1} \begin{pmatrix} a_n\\ b_n\\ c_n \end{pmatrix}\Big/5^n = \begin{pmatrix} 5a_n\\ 3b_n\mp 4c_n\\ 3c_n\pm 4b_n \end{pmatrix}\Big/5^{n+1} = \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ b_{n+1}\\ c_{n+1} \end{pmatrix}\Big/5^{n+1}.

根据归纳假设， $b_n$ 与 $b_{n-1}$ 都不能被 $5$ 整除。我们讨论 $b_{n+1}$ 是否可以被 $5$ 整除。现在考虑 $\omega_{n+1}$ 前面两位 $xy$ 的组合，共 $12$ 种：

u^2,\ u^{-2},\ v^2,\ v^{-2},\ uv,\ u^{-1}v,\ uv^{-1},\ u^{-1}v^{-1},\ vu,\ vu^{-1},\ v^{-1}u,\ v^{-1}u^{-1}.

综合成下面四种情况来讨论：

第一种情况

（a）若 $\omega_{n+1}$ 前面两位是 $u^{\pm 1}v^{\pm 1}$ （或者 $u^{\pm 1}v^{\mp 1}$ ），显然由（1）得

b_{n+1}=3b_n\pm 4a_n,

且 $b_n$ 不能被 $5$ 整除，然而由（2）得

a_n=5a_{n-1},

$a_n$ 可以被 $5$ 整除，所以我们得到 $b_{n+1}$ 不能被 $5$ 整除。

第二种情况

（b）若 $\omega_{n+1}$ 前面两位是 $v^{\pm 1}u^{\pm 1}$ （或者 $v^{\pm 1}u^{\mp 1}$ ），显然由（2）得

b_{n+1}=3b_n\mp 4c_n,

且 $b_n$ 不能被 $5$ 整除，然而由（1）得

c_n=5c_{n-1},

$c_n$ 可以被 $5$ 整除，所以我们得到 $b_{n+1}$ 不能被 $5$ 整除。

第三种情况

（c）若 $\omega_{n+1}$ 前面两位是 $u^{\pm 2}$ ，根据（1），得到

b_n=3b_{n-1}\pm 4a_{n-1},\qquad a_n=3a_{n-1}\mp 4b_{n-1}.

那么

b_{n+1}=3b_n\pm 4a_n

=3b_n\pm (12a_{n-1}\mp 16b_{n-1})

=(\pm 3b_n\mp 9b_{n-1}\mp 16b_{n-1})

=6b_n-25b_{n-1}.

因为 $6b_n$ 不能被 $5$ 整除，然而 $25b_{n-1}$ 可以被 $5$ 整除，所以我们得到 $b_{n+1}$ 不能被 $5$ 整除。

第四种情况

（d）若 $\omega_{n+1}$ 前面两位是 $v^{\pm 2}$ ，根据（2），得到

b_n=3b_{n-1}\mp 4c_{n-1},\qquad c_n=3c_{n-1}\pm 4b_{n-1}.

那么

b_{n+1}=3b_n\mp 4c_n

=3b_n\mp (12c_{n-1}\pm 16b_{n-1})

=(\mp 3b_n\pm 9b_{n-1}\pm 16b_{n-1})

=6b_n-25b_{n-1}.

化为（c）的情况，所以我们也可以得到 $b_{n+1}$ 不能被 $5$ 整除。

综合以上四种情况，得出结论 $b_{n+1}$ 不能被 $5$ 整除。综合 ①②③，这样我们就可以得到对于任意长度为 $k$ 的以 $u^{\pm 1}$ 结尾的 $\omega_k$ ，写

\omega_k \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_k\\ b_k\\ c_k \end{pmatrix},

都有 $b_k$ 不能被 $5$ 整除，从而 $u,v,u^{-1},v^{-1}$ 的任何非空既约表达作为矩阵的乘积都不能是单位矩阵 $e$ 。

这就证明了群 $G$ 是 $2$ 阶自由群。

作为上述定理的推广，再结合我们在前面证明过的命题，有

推论

旋转群 $SO(n)$ 是 $SO(n)$ -反常的（ $n\geq 3$ ）。

此时，我们就可以得到：

Hausdorff 悖论

存在一个可数集合 $D\subset S^2$ ，使得 $S^2\setminus D$ 是 $SO(3)$ -反常的。

我们可以得到 $SO(3)$ 是反常的，但是 $SO(3)$ 的非平凡的旋转不动点并非可数。但是对于子群 $SO(3)$ 中的一个 $2$ 阶自由群 $G$ 来说，显然 $G$ 是可数的，每一个 $G$ 中的非平凡的旋转有两个不动点，即有所有非平凡的不动点的集合并是可数的，将这些不动点的集合记为 $D$ 即可。

至于如何处理D中的点，我们说明上述定理中的可数点集 $D$ 并不影响，对球面除去可数多个点可以做到反常性，那么对球面也可以做到，关键就在于找到球面上的一个旋转，利用 $D$ 是可数集的性质，将旋转在集合 $D$ 上作用许多次，使得 $D$ 上的元素旋转作用后不会出现在 $D$ 中。

需要引理：

引理

$D$ 是 $S^2$ 中的一个可数子集，那么存在一个旋转 $g$ ，使得对任意 $n\in \mathbb{N}$ ， $x,y\in D$ ，都有

g^n(x)\ne y.

证：设点 $O$ 是 $S^2$ 的中心， $D$ 是可数的，显然存在 $S^2$ 上的一个点 $M$ ，使得 $M$ 和 $M$ 关于 $O$ 的对称点都不在 $D$ 中，连接 $OM$ 。设 $x,y$ 是 $D$ 中的两点，记

G_{\langle x,y\rangle}=\{g\mid g\in SO(3),\ OM \text{ 在 } g \text{ 下不变，}\ \exists n\in \mathbb{N}\ \text{s.t.}\ g^n(x)=y\}.

显然，如果 $x,y$ 不在一个和 $OM$ 垂直的平面内，那么

G_{\langle x,y\rangle}=\varnothing.

考虑 $G_{\langle x,y\rangle}$ 非空的情况，设从 $x$ 到 $y$ 绕过角度为 $\alpha$ ，对固定的 $n$ ，若

g^n(x)=y,

则存在有 $n$ 个这样的旋转满足条件，那么这 $n$ 个旋转分别为绕过角度

(\alpha+2k\pi)/n,\qquad k=0,1,\cdots,n-1.

从而对于任意 $x,y\in D$ ， $G_{\langle x,y\rangle}$ 至多可数。记

R=\bigcup_{x,y\in D}G_{\langle x,y\rangle}.

由于 $D$ 的可数性，那么 $R$ 也是可数的，然而绕着轴 $OM$ 的所有旋转不是可数的，则必然存在一个旋转 $r$ ，使得对于任意正整数 $n$ 和任意不同的点 $x,y\in D$ ，都有

r^n(x)\ne y,

PS：非常巧妙的一步！！

对于不同的 $n$ ，集合 $r^n(D)$ 也是互不相交的。

根据上面的引理，我们得到下面的结果。

定理

三维空间中的一个球面 $S^2$ ， $D$ 是 $S^2$ 中的一个可数子集，那么 $S^2$ 和 $S^2\setminus D$ 是等度分解等价的。

证：根据引理，存在一个旋转 $r$ ，对于任意正整数 $n$ 和任意不同的点 $x,y\in D$ ，都有

r^n(x)\ne y,

而且对于不同的 $n$ ，集合 $r^n(D)$ 也是互不相交的。

设集合 $T$ 是所有这些互不相交集合的并集：

T=\bigcup_{n\geq 0} r^n(D).

那么

r(T)=\bigcup_{n\geq 1} r^n(D)=T\setminus D.

所以有

T\sim T\setminus D.

这也就表明了，

S^2=T\cup (S^2\setminus T)\sim_{SO(3)} (T\setminus D)\cup (S^2\setminus T)=S^2\setminus D.

这样就证明了 $S^2$ 和 $S^2\setminus D$ 是 $SO(3)$ -等度分解等价的。我们已经证明了 $S^2\setminus D$ 是反常的，这样就可以得到 $S^2$ 也是反常的。

证明已经完成了80％！接下来我们将球面拓展到三维球体。

在将球面 $S^2$ 是反常的这个结论推广到球的时候，我们需要考虑一个特殊的点：球心 $O$ 。在先不考虑球心 $O$ 的情况下，推广是容易的。

推广如下：因为 $S^2$ 是反常的，所以存在 $A,B\subseteq S^2$ ，使得

A\cap B=\varnothing,\qquad S^2\sim_{SO(3)} A,\qquad S^2\sim_{SO(3)} B.

我们连接球心到球面成一个闭球 $B^3$ ，考虑 $B^3\setminus \{O\}$ ，令

A'=\{rx\mid r\in (0,1],\ x\in A\},\qquad B'=\{rx\mid r\in (0,1],\ x\in B\}.

这样我们就可以得到

A'\cap B'=\varnothing,\qquad (B^3\setminus \{O\})\sim_{SO(3)} A',\qquad B^3\setminus \{O\}\sim_{SO(3)} B'.

所以有 $B^3\setminus \{O\}$ 是反常的。

下面我们证明 $B^3\setminus \{O\}$ 和 $B^3$ 是等度分解的，证明中记 $B^3$ 为 $B$ 。

定理

设 $B$ 是一个以 $O$ 为球心的闭球，那么 $B\setminus \{O\}$ 和 $B$ 是等度分解等价的。

证：考虑一个 $B$ 中可数的子集，

D=\{(\cos n,\sin n,0)\mid n\in \mathbb{N}\}.

设 $g$ 是一个旋转，绕着 $z$ 轴旋转 $1$ 弧度，因为 $2\pi$ 的倍数必不为整数。所以有

g(D)=D\setminus \{(1,0,0)\}.

因此

B=(B\setminus D)\cup D\sim (B\setminus D)\cup \bigl(D\setminus \{(1,0,0)\}\bigr)=B\setminus \{(1,0,0)\}\sim B\setminus \{O\}.

至此已经得到弱版本的证明！再之后，通过：

\frac{4}{3}\pi = m(B) = \sum_i m(A_i) \\ = m(B) + m(B) = \frac{8}{3}\pi

推出这个奇怪的矛盾！ PS：(实际上这里的 $m(A_i)$ 是没有测度的！)

Banach-tarski强定理#

先证：定理

三维欧几里得空间中的任意闭球和单位闭球是等度分解等价的。

证：记单位球为 $B^3$ ，我们分三种情况讨论：

设 $B$ 是一个半径等于 $1$ 的球，显然已经证完。
若 $B$ 是半径大于 $1$ 的闭球，则存在一族半径为 $1$ 的闭球 $B_i$ 完全覆盖了 $B$ ，令

\mathcal{B}=\{B_i\mid 1\le i\le n\}.

另外考虑 $\mathbb{R}^3$ 中和 $B_i$ 不相交的 $n$ 个两两不交的单位球，令

\mathcal{C}=\{C_i\mid 1\le i\le n\}.

由 $B$ 构造一个在 $B$ 上新的覆盖

\mathcal{B}'=\{B'_i\mid 1\le i\le n\},

设 $B'_1=B_1$ ，并且对于 $2\le i\le n$ ，记

B'_i=B_i\setminus \bigcup_{j=1}^{i-1}B_j.

这样就可以得到

B^3\preceq B\preceq \bigcup_{i=1}^{n}B'_i\sim \bigcup_{i=1}^{n}C_i\sim B^3.

这样由 Banach-Cantor-Schr”oder-Bernstein 定理，它们都是等度分解等价的。

如果 $B$ 是一个半径小于 $1$ 的球，则用多个和 $B$ 半径相等的球来覆盖 $B^3$ ，即化为（2）的证明，最后得到相同的结论。

综合上述三种情况，我们完成了证明对于三维欧几里得空间中的任意闭球 $B$ ， $B\sim B^3$ 。

这里，我们实际上得到了三维欧几里得空间中的任意的闭球都是反常的。

注意到三维空间中的任意一个有界有内点的集合里面都包含着一个小闭球，我们也可以取到一个大闭球完全包含这个集合，从而根据上面的结论，再运用 Banach-Cantor-Schr”oder-Bernstein 定理，即有：

推论

设集合 $A$ 是 $\mathbb{R}^3$ 中的有界子集，它没有非空的内部，那么 $A$ 和单位球 $B^3$ 是等度分解等价的。

$A\sim单位球B^3 ,B\sim单位球B^3$ ，则 $A\sim B$ ，即得强定理：

The Banach-Tarski Theorem

若 $A$ 和 $B$ 是 $\mathbb{R}^3$ 中的两个有非空内部的有界子集，那么 $A$ 和 $B$ 是等度分解等价的。

由此，证毕！

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Banach-Tarski分球悖论证明

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作者

Cccy

发布于

2026-05-21

许可协议

CC BY-NC-SA 4.0

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从 SAM2 到 GT-free 多模型选择：视频目标分割实验开发笔记

真是一次酣畅淋漓的解构啊！

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Banach-Tarski分球悖论证明#

前言#

一些浅层的群论知识与需要用的定理#

1.群的定义#

2.群作用#

3.等度分解等价#

4.Cantor-Bernstein定理的群论形式#

5.反常群#

6.表达与自由群#

7.重要的猜想#

8. GGG-轨道#

9. 三个用于分球的工具命题#

Banach-tarski定理的证明#

Banach-Tarski弱定理#

Banach-tarski强定理#

8. $G$ -轨道#