有哪些数学上的事实，没有一定数学知识的人不会相信？

你可以将一个球切成五份，然后不做任何变形/拉伸/放大，仅仅旋转其中三个部分，就可以将它们重新组合成两个跟原来完全相同的球。

这个结论被称为Banach-Tarski佯谬。要理解这个结论，我们要走的路很长。。。

入门级：正整数和正偶数一样多

如何比较两个有无穷多个元素的集合呢？数学上的办法就是建立一个一一对应的关系。比如我有5个苹果和5个梨子，那么我们可以将每个苹果对应到一个梨子上，既没有多出的苹果，也没有多出的梨子，那么很显然这两个集合里的元素是一样多的。

用数学语言说，就是要在两个集合 $S$ 和 $T$ 上建立一个映射 $f: S \to T$ ，这个映射必须满足两个条件，既是单射injective的（不会有两个 $S$ 的元素映射到 $T$ 中相同的一个元素上），也要是满射surjective的（ $T$ 中不会有任何一个元素没有被映射到）。这样的映射被叫做双射bijective，也就是通俗语言中的“一一对应”。

对于无限的集合，我们也可以去找这样的对应关系，只要能找到，我们就认为这两个集合是一样“大”的。数学上叫做集合的“势”cardinality。

对于每一个正整数，我们只要把它乘上2，就会得到一个正偶数。这样，1对应2，2对应4，3对应6……n对应2n。这个映射的左边没有遗漏任何一个正整数，右边也没有遗漏任何一个正偶数。因此我们找到了正整数和正偶数之间的一个一一对应关系，所以我们说这两个集合的是等势的。

类似的，我们还可以发现，正整数和整数是一样多的。我们可以建立如下的对应关系：

$\begin{matrix} \mathbb{Z}^+: && 1 && 2 && 3 && 4 && 5 && 6 && 7 && 8 && 9 && \cdots \\ \mathbb{Z}: && 0 && 1 && -1 && 2 && -2 && 3 &&-3 && 4 && -4 && \cdots \end{matrix}$

虽然看上去上下两行没有什么直观的关系（无法写出一个表达式），但注意到这两个集合我们都可以用一些特定的顺序一个不落地遍历每一个元素。因此，和刚才一样，我们左边（上一行）没有遗漏任何正整数，右边（下一行）也没有遗漏任何整数。

事实上，对于一个无限的集合，只要我们可以一个不落地遍历每个元素，那么它就和正整数是等势的。这样的无限叫做“可数的”countable，是最小的一种无限，记为 $\aleph_0$ 。

希尔伯特曾提出“希尔伯特旅馆”来帮助大家理解“无限”。这个旅馆有无穷多间房间，但是都住满了。这时，有一名旅客要求住宿。旅馆老板说：“我们每一间房间都住满了，但不用担心，我仍然可以为你找到房间”。
他让1号房间的旅客搬到2号房间，2号房间的旅客搬到3号房间……n号房间的旅客搬到n+1号房间。这样，每一位旧的旅客都搬到了一个新的房间，没有多出来的旅客，而我们却空出来了一间房间。新的旅客开心地住进了空出来的1号房间。（这也就是说， $\infty + 1 = \infty$ ）

然而此时，又来了无穷多个旅客，要求住宿。旅店老板又操作起来：他让1号房间的旅客搬到2号房间，2号房间的旅客搬到4号房间……n号房间的旅客搬到2n号房间。这样所有原来的旅客都有了一个新的房间，而所有的奇数房间都空了出来，刚好有无穷多个，新来的无穷多个旅客开心地住了进去。（这也就是说， $\infty + \infty = \infty$ ）

基础级：实数比正整数多

然而，不是所有的无限的集合都是可数的。比如，0到1这个区间内的所有实数就是不可数的。我们怎么可能数得完呢？第一个数是0，没问题。那么第二个数呢？0.0000……01？中间要有多少个0呢？我们无法找到那个“刚刚好大于0”的实数。

有一个经典的证明，证明0到1之间的实数比正整数要多。这个证明用的是反证法：假设我们已经找到了这样一个映射，每一个正整数都对应着一个0到1之间的实数：

$\begin{matrix} 1 && 0.2749602\cdots \\ 2 && 0.0147815\cdots \\ 3 && 0.8145151\cdots \\ 4 && 0.2485203\cdots \\ 5 && 0.9995714\cdots \\ 6 && 0.7214511\cdots \\ 7 && 0.0000416\cdots \\ \vdots && \vdots \end{matrix}$

这时，我们可以构建一个新的实数，它的第1位与第1个实数的第1位不同，第2位与第2个实数的第2位不同……第n位与第n个实数的第n位不同：

$\begin{matrix} 1 && 0.\color{red}{2}749602\cdots \\ 2 && 0.0\color{red}{1}47815\cdots \\ 3 && 0.81\color{red}{4}5151\cdots \\ 4 && 0.248\color{red}{5}203\cdots \\ 5 && 0.9995\color{red}{7}14\cdots \\ 6 && 0.72145\color{red}{1}1\cdots \\ 7 && 0.000041\color{red}{6}\cdots \\ \vdots && \vdots \\ ? && 0.3538951\cdots \end{matrix} \$

这个新的实数与已经列出的每一个实数都至少有一位数字不同，所以是一个没有被映射到的0到1之间的实数，与我们的假设违背。因此假设不成立，证毕。

这就是说，尽管都是无穷多个，实数的数量要多于整数的数量。实数是一个“不可数”uncountable的集合，它的势被记作 $\aleph_1$ 。

还有许许多多更“大”的无穷， $\aleph_2$ 、 $\aleph_3$ ……每一个都比前一个要“大”得多。曲线中的点、曲面中的点、一个球内的点，这些集合都是不可数的。

初级：一个圆去掉一点后，可以旋转圆的一个子集，来把这个点补上

这不难想象，因为一个圆是“有长度”的，而一个点是没有长度的。另一方面说，一个圆上有无穷多个点（这个无穷而且是不可数的），去掉一个点，显然仍然剩下了无穷多个点。

但如何把这个空出来的点补上，还是颇有意思的。

我们在圆上随便找一个点 $p_0$ ，然后沿着圆弧，每隔一段距离取一个点 $p_n$ 。只要间隔的这段距离和圆的周长的比值为无理数（比如圆周长为 $2\pi$ 而我们选的距离为1），那么我们就永远不会落到已经取过的点上。这样我们就在圆周上构造了一个无限的（但是是可数的）集合 $\{ p_n \}$ 。

我们可以举一个具体的例子。令圆为 $\{ (x,y) | x^2+y^2=1 \}$ ，令 $p_0 = (1,0)$ ，令 $\theta = \arccos \frac{1}{3}$ ，令 $R$ 为一个绕着原点 $\theta$ 的旋转，即
$R = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix} = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} 1 & -2\sqrt{2} \\ 2\sqrt{2} & 1 \end{bmatrix}$
我们可以通过用这个旋转来构造剩下的点，即 $p_n = R^n p_0$ 。可以用归纳法证明，所有的 $p_n$ 都有这样的形式 $p_n = \frac{1}{3^n} (a, b\sqrt{2})$ ， $a$ 和 $b$ 为整数。然后我们可以用反证法证明我们永远不会落到之前的点上。假设 $p_0$ 用 $R$ 转了 $n$ 次之后回到了 $p_0$ ，即 $a = 0$ 且 $b = 3^n$ ，那就是说，对于某个 $n > 0$ ，有 $a \equiv b \equiv 0 \mod 3$ ，但是我们可以证明这是不可能的。过程很长，就不赘述了。也就是说，永远都不会回到相同的点，这个集合是无限的（但是是可数的）。

这时关键来了。假如我们去掉了 $p_0$ ，那么我们可以把 $p_1$ 移到 $p_0$ ，把 $p_2$ 移到 $p_1$ ……把 $p_n$ 移到 $p_{n-1}$ 。就像是对希尔伯特旅馆的操作。这样，这个无限的集合中，我们没有遗漏任何一个点，而反而“创造出”了一个新的点 $p_0$ ！

最最关键的是，我们这个“移动”的操作，其实是一个旋转 $R^{-1}$ ！看，我们仅仅通过“旋转”这个操作，就“创造”出了一个点。在这里，我们已经看到了一点Banach-Tarski的影子了。

中级：去掉圆上不可数个点后，可以旋转圆的一个子集，把所有的点都补上

一个圆上的点的数量是无限而不可数的，而我们刚刚构建的集合 $\{ p_n \}$ 里的点的数量是无限但可数的。所以，在一个圆上去掉我们刚刚选出的无穷多个点后，还是会剩下许多点。

我们可以再在剩下的点中选择一个点 $p'_0$ ，重复上述流程，构建出一个集合 $\{ p'_n \}$ 。这个集合仍然是可数的，所以圆上还是会剩下许多点。

我们可以继续重复这个流程，构建出更多的集合 $\{ p''_n \}$ 、 $\{ p'''_n \}$ ……但即使我们用这个方法无限做下去，还是会有一些点剩下来。因为这里有两个问题需要解决。

第一，考虑 $p_{-1} = R^{-1}p_0$ ，这个点不在 $\{ p_n \}$ 里，因为 $\{ p_n \}$ 里的n都是正整数。然而它也不能在任何其他集合里，因为把它转一下就会变成 $p_0$ ，而 $p_0$ 已经被我们用过了！为了解决这个问题，我们必须把n为负整数的情况也考虑进去。我们在 $\{p_n\}$ 里不但要包括所有往 $R$ 方向转而得到的点，还要包括所有往反方向 $R^{-1}$ 转而得到的点，也就是要允许n取任意整数值。用群论的语言说，这样的一个集合叫做“轨道”。

从群论的角度来看，旋转 $R$ 生成了一个群group， $R$ 就是这个群的生成子generator。这个群对于圆上的点有群作用group action。我们刚刚说的每一个集合 $\{ p_n \}$ 都是一个独立的轨道orbit。我们不断地从剩下的点中构建出更多的轨道，直到耗尽圆上所有的点，这个过程实际上就是用 $R$ 的轨道对圆的一个划分partition。

第二，整个圆上总共有多少个轨道呢？当然是无穷多个。但不仅如此，事实上这个无穷是不可数的！这是因为每个轨道里只有可数个点，而整个圆上有不可数个点，因此必须要有不可数个轨道才能把整个圆填满。这也就意味着，我们无法每次选一个点 $p_0$ 、 $p'_0$ 、 $p''_0$ 、 $p'''_0$ …… $p^{(k)}_0$ 这样下去，因为这样我们最多只能选出可数个轨道！

所以我们需要奇迹般地同时在不可数个轨道上都选出一个点！

如果我们去掉每个轨道上的选出来的这个点，我们就在整个圆上去掉了不可数个点。然后，就像之前一样，我们把每个轨道往 $R$ 方向转而得到的所有点都往 $R^{-1}$ 方向转一下，我们就把每个轨道中去掉的那个点填满了。

看！我旋转了一下圆上的一个部分，就“创造出”不可数个点！

这个结论之所以惊人，是因为创造出的点的个数是“不可数”的。可以证明，一个点的集合只要是可数的，即使是无穷个点也不会有任何“大小”（长度、面积、体积等等）；换言之，有“大小”的点的集合都是不可数的。在这个例子中，我们创造出来的点已经组成了一个不可数的集合，但很不幸，它虽然是不可数，但“大小”仍然为零。不过我们已经相当接近目标了！

数学上对于“大小”有着更为严谨的定义，常见的方法是用Lebesgue测度。可数个点的集合的Lebesgue测度一定为0。不可数个点的集合嘛……比较复杂，可能为0，可能不为0，也有可能根本就没有意义——有一些集合是如此地破碎，它们是没有Lebesgue测度的。我们正是要利用这个性质，将一个球分解成几个Lebesgue不可测的部分。

高级：球面上一个轨道的一部分可以只通过旋转变成原来的整个轨道

我们首先来看一个具有启发性但不完全类似的例子。

想象一个包含了所有英文字母组合的字典。这个字典里包括了所有可能的组合、所有可能的长度（所以也包含“phkksp”这种“单词”），从“a”到“zzzzz……”。
这个字典当然是无限长的，但现在仍然有一个出版社想要把它印出来。这个出版社为了节省纸张，决定按照首字母印成26卷，第一卷全都是以a开头的单词。
这时出版社突然想到，既然这一卷里的每一个单词都是以a开头的，那我们就可以省掉这个字母，让读者自己把它加回去。我们就可以节省很多纸张了！
可出版社这么做了以后，却惊讶地发现：所有以a开头的单词去掉首字母a之后，剩下的部分恰巧就是所有的单词！出版社仅仅取了这个集合的1/26，然后仅仅做了一个操作（去掉首字母），就得到了整个集合！

上述例子里有两个重点：

我们有不止一个字母（这样才可以把整个字典分成26部分）；
每个单词都有独一无二的字母排列（“ab”和“ba”是两个不同的单词）。

在我们之前圆的例子中，我们几乎已经做到了第二点。我们已经证明了旋转 $R$ 的操作是无理的，也就是说在我们不断的旋转中，永远不会得到两个相同的点，这就是说，每一个点都只有一个独一无二的方式到达。

但在这个例子中，我们只有一个旋转，所以不能把这个集合劈成几个不同的部分。再增加一个旋转也没有用，因为 $\mathbb{R}^2$ 上两个旋转是交换的（ $RR'=R'R$ ），于是我们又失去了第二点。

这就是我们必须要用球的原因。在 $\mathbb{R}^3$ 中，不同轴的旋转是不交换的（先绕着x轴转再绕着z轴转，和先绕着z轴转再绕着x轴转，是不一样的）。如果这两个旋转都是无理的（使得我们永远不会落到相同的点上），那么我们就同时满足了这两点。

具体而言，我们可以在球面上选择一个点 $p$ ，然后定义往上 $A$ 、往下 $A^{-1}$ 、往左 $B$ 、往右 $B^{-1}$ 四个不同的旋转，旋转的角度和 $2\pi$ 的比值都是无理数。这样，我们通过四个方向的旋转，构造出了一个球面上可数个点的集合 $L'$ 。用之前的术语说，就是一个“轨道”。

和刚才一样，我们来举一个具体的例子。令球为 $\{ (x,y,z) | x^2 + y^2 + z^2 = 1\}$ ，令 $p = (0,1,0)$ 。同样地，令 $\theta = \arccos \frac{1}{3}$ ，令 $A$ 和 $B$ 分别为绕着x和z轴 $\theta$ 角度的旋转，即
$A = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -2\sqrt{2} \\ 0 & 2\sqrt{2} & 1 \\ \end{bmatrix} \qquad A^{-1} = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2\sqrt{2} \\ 0 & -2\sqrt{2} & 1 \\ \end{bmatrix} \\ B = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} 1 & -2\sqrt{2} & 0 \\ 2\sqrt{2} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \\ \end{bmatrix} \qquad B^{-1} = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} 1 & 2\sqrt{2} & 0 \\ -2\sqrt{2} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \\ \end{bmatrix}$
特别注意到 $A$ 和 $B$ 是不交换的（因为它们是三维中不同轴的旋转）
$AB = \frac{1}{9} \begin{bmatrix} 3 & -6\sqrt{2} & 0 \\ 2\sqrt{2} & 1 & -6\sqrt{2} \\ 8 & 2\sqrt{2} & 3 \\ \end{bmatrix} \neq \frac{1}{9} \begin{bmatrix} 3 & -2\sqrt{2} & 8 \\ 6\sqrt{2} & 1 & -2\sqrt{2} \\ 0 & 6\sqrt{2} & 3 \\ \end{bmatrix} = BA$
和之前一样，我们可以证明 $A$ 和 $B$ 所生成的群中，一个点的轨道是无穷的，不会落到相同的点上。这也就是说，每一个点都有一个独一无二的路径到达。
当然，这个“独一无二”并不包括可以被简化的平凡的路径。比如 $AA^{-1}B$ 就可以被简化为 $B$ 。所有的路径都充分简化之后，轨道中的每一个点都有唯一的、独一无二的路径。
这种每个元素的路径都独一无二的群叫做自由群free group。

由于这个轨道 $L'$ 中的每一个点都有一个独一无二的路径到达，我们可以根据这个路径的最后一个旋转的方向来把这些点分为五组，分别记作 $S(A)$ 、 $S(A^{-1})$ 、 $S(B)$ 、 $S(B^{-1})$ 、还有最初的未经旋转的点 $p$ 。

整个轨道可以写作这五组的并集

$L' = \{p\} \cup S(A) \cup S(A^{-1}) \cup S(B) \cup S(B^{-1})$

关键来了！

$S(A^{-1})$ 中的那些点，也就是最后一步是往下旋转的那些点，其倒数第二步一定不是往上旋转 $A$ ，否则这两步就抵消了！所以，当我们“撤销”最后一步后，我们得到了所有最后一步不是 $A$ 的点，也就是所有最后一步为 $A^{-1}$ 、 $B$ 、 $B^{-1}$ 的点加上最初的点 $p$ ！

我们如何“撤销”最后一步呢？很简单，因为最后一步是往下旋转，我们只要把所有 $S(A^{-1})$ 中的点往上旋转就好了！也就是说：

$A \cdot S(A^{-1}) = \{p\} \cup S(A^{-1}) \cup S(B) \cup S(B^{-1})$

我们只要在这个集合中加上原来的 $S(A)$ ，就得到了原来的整个轨道 $L'$ ！我们仅仅用了五个划分之中的两个，然后旋转了其中一个，就得到了原来的整个轨道！

我们以上的讨论完全是一般的。只要是有两个生成子的自由群，就可以这么做：把集合划分成四个子集加上单位元，然后对其中两个子集进行一个群作用，就能复制整个群。然而，我们的例子比较厉害的地方在于，我们的自由群是一个“旋转群”，而旋转对于一般的集合都会保持体积不变。

进阶级：球面上一个轨道可以切成四份，旋转其中两份，然后拼成两个和原来一样的轨道

我们刚刚已经用 $S(A)$ 和 $S(A^{-1})$ 拼成了整个轨道 $L'$ ，而且我们还剩下三个部分， $\{ p \}$ 、 $S(B)$ 、 $S(B^{-1})$ 。类似地，我们可以用 $S(B)$ 和 $S(B^{-1})$ 拼出另一个 $L'$ 。即：

$\begin{align} L' &= \{p\} \cup S(A) \cup S(A^{-1}) \cup S(B) \cup S(B^{-1}) \\ &= A \cdot S(A^{-1}) \cup S(A) \\ &= B \cdot S(B^{-1}) \cup S(B) \end{align}$

我们几乎成功了！我们将一个集合切成了五份，拼成了两个原来的集合！

可这里有一个问题。旋转之后的 $A \cdot S(A^{-1})$ 和 $B \cdot S(B^{-1})$ 已经包括了最初的点 $p$ ，所以我们还不小心多出了一个点。为了能够用上我们原来的点 $\{p\}$ ，我们不希望 $B \cdot S(B^{-1})$ 中出现一个多余的点 $p$ 。

这个多余的点 $p$ 是从哪里来的呢？我们将 $S(B^{-1})$ 往左旋转 $B$ 之后，得到了一个多余的 $p$ ，所以在旋转之前，这个点是 $B^{-1}p$ 。所以我们就可以把这个点从 $S(B^{-1})$ 中剔除掉，移到不用旋转的 $S(B)$ 里。

但是只剔除这一个点是不行的，因为这样的话， $S(B^{-1})$ 中的第二个点 $B^{-2} p$ 又会被转到 $BB^{-2}p = B^{-1}p$ ，和 $S(B)$ 中被我们移进去的 $B^{-1}p$ 重合了。

以此类推，我们必须将所有的 $B^{-n} p, n > 0$ 都从需要旋转的 $S(B^{-1})$ 中移到不需要旋转的 $S(B)$ 里。这也就是只往右旋转 $B^{-1}$ 得到的可数个点。方便起见，我们把这个集合称为 $X = \bigcup_{n=1}^{\infty} B^{-n} p$ 。

我们把 $X$ 中的点都从 $S(B^{-1})$ 去掉后，旋转它就不会产生原来的点 $p$ 了。

$B \cdot \left[ S(B^{-1}) \,\backslash\, X \right] = \left[ S(B^{-1}) \,\backslash\, X \right] \cup S(A) \cup S(A^{-1})$

而同时，我们可以把 $X$ 中的点、连同最初的点 $\{p\}$ ，全都扔到不需要旋转的 $S(B)$ 里。用这两个新的集合可以旋转并拼出另一个完整的轨道 $L'$ ，而不会多出任何一个点。

把这四个集合具体地写出来，就是这样的
$\begin{align} P'_1 &= S(A) \\ P'_2 &= S(A^{-1}) \\ P'_3 &= S(B) \cup \{p\} \cup X \\ P'_4 &= S(B^{-1}) \,\backslash\, X \end{align}$
那么，我们上述的结论就可以写成
$\begin{align} L' &= P'_1 \cup P'_2 \cup P'_3 \cup P'_4 \\ &= P'_1 \cup A \cdot P'_2 \\ &= P'_3 \cup B \cdot P'_4 \end{align}$
我们将这个轨道 $L'$ 切成了四份，旋转了其中两份，然后拼成了两个和之前完全一样的轨道。一个点也不多，一个点也不少。

传说级：一个球面可以切成五份，旋转其中三份，然后拼成两个和原来一样的球面

上一节我们已经成功地通过旋转复制了一个轨道。然而，正如一个圆上有不可数个轨道一样，一个球面上也有不可数个这样的轨道。我们似乎可以套用上一节的套路，把所有的轨道都切成四份然后复制成两份。

然而，有一些轨道是有问题的……

比如说，我们来看 $A$ 的旋转轴（x轴）上的一点 $d = (1,0,0)$ ，那么很容易验证 $Ad = d$ 。旋转 $A$ 对这个点没有作用！于是这个点叫作 $A$ 的不动点fixed point。

类似地，（旋转群里的）任何一个旋转的旋转轴上的点（对于这个旋转）都是不动的。

我们将所有不动点的集合称为 $D$ 。注意到，一个旋转轴与球面相交会得到2个不动点，而由 $A$ 和 $B$ 两个旋转生成的旋转群是可数的。因此，集合 $D$ 中的不动点的数量也是可数的。

这些点有什么问题呢？它们没有独一无二的路径。比如如果从某一个起始点 $p'$ 出发我们有 $B^{-1}AAB p' = d$ ，那我们就同时也有 $AB^{-1}AABp' = Ad = d$ ，那么“ $B^{-1}AAB$ ”和“ $AB^{-1}AAB$ ”哪个才是点 $d$ 的路径呢？到达不动点的路径不是唯一的了！

可要让我们之前复制自由群的方法能成立，我们必须要求每个点都有独一无二的路径。

为了解决这个问题，我们把所有的不动点 $D$ 都先从球面上剔除出去。剩下的部分中，每一个轨道上的点就都有独一无二的路径了。我们就可以用上一节中的方法复制它们了。

我们将球面上的点的集合称为 $L$ ，那么 $L \,\backslash\, D$ 就是我们“剩下的部分”。这个部分由不可数个轨道构成，每个点都有独一无二的路径。

对于每一个轨道，我们都选出一个起始点，组成一个集合 $M$ 。那么我们就可以重复上一节的流程，构建出四个集合 $P'_1$ 、 $P'_2$ 、 $P'_3$ 、 $P'_4$ 。唯一的区别是，上一节我们只从一个点 $p$ 出发，这次我们从无穷多个点 $M$ 出发。

和上一节一样，我们可以用旋转复制出这些轨道了

$\begin{align} L \,\backslash\, D &= P'_1 \cup P'_2 \cup P'_3 \cup P'_4 \\ &= P'_1 \cup A \cdot P'_2 \\ &= P'_3 \cup B \cdot P'_4 \end{align}$

对于这些不动点 $D$ ，也好办。我们把原来的球面上剩下的不动点扔进 $P'_1$ 和 $P'_2$ 拼成的拷贝中，这样它们就组成了一个完整的球面。（事实上，我可以直接把这些点扔进不需要旋转的 $P'_1$ 中，不需要单独切出来）

那么 $P'_3$ 和 $P'_4$ 拼成的拷贝中还缺一份 $D$ ，我们要想办法制造出来。

注意到 $D$ 中只有可数个点，而一个球面可能的旋转轴有不可数个，所以我们一定能找出某个旋转轴，使得 $D$ 中的点都在不同的截面上。

这时每个截面都可以看作是一个“缺了一个点的圆”，而我们早在“初级”中就知道了把圆上一点补回来的办法了！

我们从每个截面上缺的点出发，沿着每个截面上的圆，取出一系列的点。把这些点叫作 $Y$ 。那么，只要把 $Y$ 沿着我们找到的旋转轴旋转一下，就创造出了 $D$ 。我们把这个旋转叫作 $R$ ，也就是说 $R \cdot Y = Y \cup D$ 。

我们甚至可以更进一步。由于 $Y$ 也是可数的，而 $P'_3$ 中有不可数个点，我们一定可以找出某个旋转轴，不但使得 $D$ 中的点都在不同的截面上，而且使得 $Y$ 中的点都在 $P'_3$ 中！

这样我们就可以把 $Y$ 从 $P'_3$ 中单独切出来，作为第五个部分。

把 $D$ 和 $Y$ 写出来的话，我们就得到了
$\begin{align} L &= \left[ D \cup P'_1 \right] \cup P'_2 \cup \left[ P'_3 \,\backslash\, Y \right] \cup P'_4 \cup Y \\ &= \left[ D \cup P'_1 \right] \cup A \cdot P'_2 \\ &= \left[ P'_3 \,\backslash\, Y \right] \cup B \cdot P'_4 \cup \left[ Y \cup D \right] \end{align}$
于是我们定义我们的五个部分
$\begin{align} P_1 &= P'_1 \cup D & &= S(A) \cup D \\ P_2 &= P'_2 & &= S(A^{-1}) \\ P_3 &= P'_3 \,\backslash\, Y & &= S(B) \cup M \cup X \,\backslash\, Y \\ P_4 &= P'_4 & &= S(B^{-1}) \,\backslash\, X \\ P_5 &= Y & &= Y \end{align}$
其中 $X = \bigcup_{n=1}^{\infty} B^{-n} \cdot M$ 和上一节类似，而 $Y = \bigcup_{n=1}^{\infty} R^{-n} \cdot D$ 。那么我们有
$\begin{align} L &= P_1 \cup P_2 \cup P_3 \cup P_4 \cup P_5 \\ &= P_1 \cup A \cdot P_2 \\ &= P_3 \cup B \cdot P_4 \cup R \cdot P_5 \end{align}$
看！我们把一个完整的球面切成了五份，旋转了其中三份，就拼成了两个和原来一样的球面！一个点也不多，一个点也不少！

史诗级：一个球可以切成五份，旋转其中三份，然后拼成两个和原来一样的球

上一节中，我们已经复制了一个球面。而一个球不过是无穷多个球面加上球心。

无穷多个球面非常简单。我们把最外面的球面切成上一节中构建出来的五个部分，然后对于每个部分中的点，都画一条从这个点到球心（不包括球心）的开线段。

这样我们就把一个球面的划分，变成了整个去掉了球心的球的划分。

接下来我们就可以像上一节一样，复制出整个去掉了球心的球了！

球心怎么办？我们可以把原来的球心扔到复制之后的两个球之一，这个球就完整了。另一个球怎么办？非常简单，我们只要过球心作一个圆，这个圆相当于“被去掉了一个点”，可我们早在“初级”中就知道了把圆上一点补回来的办法了！

大功告成！

我们把一个球切成了五份，旋转了其中三份，然后拼成了两个和原来一样的球！

当然我们最后一步为了补齐球心，其实又切了一刀，所以其实是“切成了五份，旋转了三份，拼成了两个球，然后把其中一个又切成了两份，旋转了其中一份，才拼成了完整的球”。但这样说太琐碎了，不够性感。

尾声

数学上认为两样东西“相等”的方法也许有些奇怪。我们很容易找到一个双射能将一个球内的每一个点都映射到一个体积不同的另一个球内，比如把每个点到原点的距离都乘2就行了。从几何和分析的角度出发，这两个球的体积显然不同，而从集合论和抽象代数的角度出发，这两个球内又有着相同多数量的点。这之间的联系是什么？

关键就是这里的“映射”，或者说“变换”，一般要么不能保持体积不变，要么必须要求将原来的物体划分成不可数个部分。Banach-Tarski最神奇的地方就在于，只用旋转和有限个划分就完成了这一操作。

问题出在哪儿呢？有一部分数学家把矛头指向了选择公理Axiom of Choice。在构建我们的子集时，我们需要同时在所有不可数个轨道上都选择一个“起点”，要同时做出无穷、而且是不可数的无穷个选择。选择公理就是在说，能不能做出这样的选择。听上去好像很简单，为什么不能？但一旦我们认为选择公理是正确的，Banach-Tarski就是一个很自然的结论。这个反常识的结论常常被一些数学家拿来，当作是反对选择公理的证据。

可是也许选择公理并不是问题的关键。当我们在说“体积”的时候，实际上是在说欧几里德空间里一个集合的Lebesgue测度。Lebesgue测度是个好东西，它可加，而且在平移和旋转下保积。可惜，并不是所有的集合都是Lebesgue可测的。我们不能说“原来的球切出来的每个部分的体积是原来的球的几分之几”，因为这些部分是Lebesgue不可测的，讨论他们的“体积”没有任何意义。

是否存在既可加、又在旋转下保积、又对于所有集合都可测的测度呢？在 $\mathbb{R}^3$ 中当然是不存在的，但在 $\mathbb{R}^2$ 中是存在的。这就是Banach-Tarski必须要在三维里的原因。对于三维及以上的情形，产生佯谬的原因和旋转群不具有可均性amenability有关。再扯下去篇幅过多（而且我也不懂，快露馅了），就此打住。

参考资料

http://math.uchicago.edu/~may/REU2014/REUPapers/Robinson.pdf https://www.youtube.com/watch?v=s86-Z-CbaHA&t=1230s

来源：知乎 www.zhihu.com

作者：孙研

【知乎日报】千万用户的选择，做朋友圈里的新鲜事分享大牛。
点击下载

此问题还有 415 个回答，查看全部。