巴拿赫-塔斯基悖论 (5-4)

4. 集合5，所有以 z⁻¹ 为结束的点，来自于原来轨迹是以z⁻¹x⁻¹结尾的轨迹

于是A₁ 和 xA₂ 就又符合我们第一阶段的论述， xA₂＝A₁ᶜ ，作为了新的一种分割形成了一个球。这样的两个球，就没有多余的部分了，只是我们还没有包含集合 D 里的点。

第三阶段 - 希尔伯特旅馆

搞定多余的不动点

为了考虑D ，我们需要使用希尔伯特旅馆 (Hilbert's Hotel) 的招数。通过旋转，用一个点去填补 D 里的一个点，再用另一个点去填补刚出现的空缺，重复无限次，这样整个球就填满了。希尔伯特旅馆的方法每次听都很不可思议，所以让我们再仔细思考下。

我们先选取一个轴，轴上两个点并不在D 里。这是可能的，因为我们说过 D 是可数无限，但球面上的点是不可数无限。其次我们考虑一个旋转角度，所有以这个角度的旋转记为集合 J₁ ， J₁ 里至少有一个点可以使得 D 内一点映射到另一个 D 内的一点。

又因为D 是可数无限的，我们需要可数无限个 J₁ 这样的旋转，将所有这些记为 J ，显然 J 也是可数无限的。

但是对于不可数无限个点，所选择的轴也是有不可数无限的，因此，对于 J 里不包含的旋转我们记为 ρ 。

J 是用来填补 D 中缺口的，而 ρ 则不论如何旋转都无法填补 D 。由此我们定义一个集合

E＝D∪ρD∪ρ²D. . .

这些是从 D 中点出发的所有旋转，但是没有一次会落在 D 中的点上。

注意到

ρE＝ρD∪ρ²D∪ρ³D. . .＝E\D

那么对于一个球 B 而言，我们可以将其分割成 E 和 B\E ，这会是球上的全部点。

而对于一个除去了D 的球 B\D 而言，我们可以将其分割成 ρE＝E\D 和 B\E ，这也会是球上的全部点。因为两个图形的第二块分割 B\E 是一样的，而图形一和二之间的第一块分割只是通过将其旋转了个 ρ 完成的，这两个无限不可数的集合是一样的。

所以一个球B 和一个除去了 D 的球 B\D，其实是等度分解的！

搞定球心

我们上述所有的描述中其实有一个点也很特殊，就是球心，仔细想想，不管怎么旋转，球心都还是那个球心，所以它其实会无差别地落入那5个集合。因此我们上述的三个阶段都只讨论了掏出球心那一个点的情况。

但想必读到这儿（如果还没崩溃的话）应该能意识到，球心这个点也可以用希尔伯特旅馆的方法处理。

我们可以假设球心从(1，0，0)处取了一个点过来，那我们只用用希尔伯特取处理这个点就好了，那就跟上面是一样的。令集合 G＝{(1，0，0)}

我们绕z 旋转，因为之前选择的旋转角度的缘故，没有点可以映射到它本身的位置，不论转多少次。令

F＝G∪zG∪z²G. . .

zF＝zG∪z²G∪z³G. . .＝F\G

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