這個問題的緣起，是這樣的：
如何證明實數比自然數多？
這個問題沒有它看上去那么簡單。
比如說，自然數和偶數是否一樣多？和能被七整除的自然數是否一樣多？
看上去，偶數或者能被七整除的自然數，都是自然數這個大集合的一個子集，是它的一部分，所以應該是自然數更多，但實際情況卻不是這樣。
我們在比較兩個集合是否一樣多的時候，采用的是一種“找朋友”的原則。
即，如果存在一個一一映射，可以將A中的元素一個不落地映射到B，同時其逆可以將B中的元素一個不落地映射到A，那么我們就說A和B的元素一樣多。
如果不存在這樣的映射，那么就說A和B不是一樣多。
這樣的原則本身應該是沒問題的。
于是，自然數和偶數，通過一個簡單的乘2，就被一一映射到了一起，一個不多，一個不少，兩邊的每個元素都可以找到各自在對面的匹配，從而它們具有一樣多的元素。。。
我們并不能因為某一個映射不滿足這點，而認為所有的映射都無法滿足這點，這是這個原則里最有趣的部分。
也所以，自然數和整數也是一樣多的。
PS：這個找朋友的原則本身也可以帶來很多有意思的東西，比如說在《豪斯道夫-巴拿赫-塔斯基分球怪論》中所介紹的分球怪論，本身也是基于這個原則來做出“相等”的判斷的。
所以，誰說一個集合的子集的元素數量一定比這個集合少？
那么，實數和自然數的元素數量呢？
是否可能找到一個映射，將每一個自然數，都與一個實數對應起來，同時也將每一個實數，與一個自然數對應起來？
顯然，尋找這么一個函數是一件傷腦筋的事情，尤其是當你不知道這樣的函數是否存在的時候。
而更頭疼的，就是要證明這樣的函數是不存在的。
現在，讓我們假定這樣的函數是存在的。
這就是說，任意一個實數，都可以通過這么一個映射，映射到一個自然數上，即對于任意不同的實數r1和r2，存在函數f，使得n1=f(r1)、n2=f(r2)為自然熟，且n1不等于n2。
既然如此，那就是說我們可以為實數排一個序——雖然實數集本來就是良序集。
接下來，為了方便討論，我們假定現在考慮的是[0,1]這個范圍里的實數是否可以和自然數一樣多——因為整個實數集總可以通過映射和[0,1]內的實數對應起來的，比如f(x)=(0.5-x)/x/(x-1)。
然后，我們將這些實數寫成二進制的形式，于是就有了一個列表，形如下面這個（下面輸入是打個比方）：
| 實數 \ 小數位 | 1 | 2 | 3 | 4 | ... |
|---|---|---|---|---|---|
| n1 | 0 | 1 | 1 | 0 | ... |
| n2 | 1 | 1 | 0 | 0 | ... |
| n3 | 0 | 0 | 1 | 1 | ... |
| ... | ... | ... | ... | ... | ... |
假如實數可以和自然數一樣多，那么這樣的事情我們總是可以做到的，而且，這個表格的行數和列數也是相等的，因為第n列就是二進制下實數的小數部分第n位的數值（0或者1）。我們可以用ni_j來表示實數ni的第j位小數的數值。
接著，我們假定有這么一個數x，它的第i位小數記為x_i。
這個特殊的數具有這么一個特點：x_i = 1 - ni_i。
它自然也是一個實數了，從而存在自然數y=f(x)。而且，很顯然，它也是在[0,1]這個區間內的，所以它就在表格的第y行，即x=ny。
那么，問題來了，x_y是多少？
按照x的定義，x_y = 1 - ny_y。同時，我們又有x=ny。綜上所述，就有ny_y = 1 - ny_y，即：ny_y = 0.5。
但，喪勒格笛的，ny_y只能是0或者1啊。
這也就是說，如果x存在，它的第y位小數是1，那么按照x的定義，這一位小數應該是0；反之亦然。
x與其自身在第y位的問題上矛盾沖突了起來。
對于可以像自然數一樣一一羅列的數來說，上述表格總是可以建立起來的。
而小數部分也總是可以一位一位地寫出來。
因此，表格本身的存在沒有問題。
既然表格的存在沒有問題，那么對表格中數據的查詢也就不應該有問題，從而x是可以通過這個表格定義出來。
所以，在上述矛盾中，唯一的錯漏就只可能發生在“實數和自然數一樣多”這個假設上了。
這樣的做法可以構造出很多有趣的東西，比如下面這個——
自然數中是否存在不屬于自然數的數？
這個問題看上去非常地自我矛盾，但，卻未必不是一個大問題。
還記得一開始所提的“找朋友”的原則么？或者我們可以稍微正式一點地稱它為配對原則。
利用配對原則，我們“似乎”可以在[0,1]內的實數和自然數之間建立起一種一一對應的映射，從而來“證明”自然數和實數一樣多——而這一結論剛剛被我們給否定了。
這個映射是這樣的：
一個[0,1]內的實數可以在二進制下寫為0.10100011...這樣的形式，即r(i) = ∑ r(i,j) × 2 ^ (-j)。
因此，我們可以將小數點后的0/1序列“反轉”一下，整個倒序后搬到小數點前，從而一個這樣的實數就可以對應到一個自然數：n(i) = ∑ r(i,j) × 2 ^ (j - 1)。很容易證明這樣的映射是一一映射，而且看上去在像和源兩邊也都是“滿”的，從而我們就在自然數和[0,1]內實數之間建立起了一種配對關系，那么，按照配對原則，它們就應該是一樣多的——但，這點才被我們給否定。
問題出在哪里呢？是不是這個配對關系我們找的有問題？
好，讓我們換一個角度來看這個問題。
將所有的自然數排一個序，從而每個自然數n都對應一個序號i，序號自然也是自然數了，因此我們得到一個從自然數到自然數的映射：f(i)=n。
然后，將任意自然數f(i)寫成二進制：f(i,j) = ∑ f(i,j) × 2 ^ (j - 1)，f(i,j)要么是0，要么是1。j是自然數。
顯然，這里的f(i,j)就是上面我們所構造的那個表格。
f(i,j)也可以寫為n_j，其中n=f(i)。
于是，我們構造一個數x，它滿足：x_j = 1 - f(j,j)。
也就是說，這個數x的第i位，和表格中第i個自然數的第i位，加在一起等于1，從而一個是0另一個就必然是1。
這樣的定義方式和之前上面一節中我們所作的其實是完全一樣的。
然后，我們發現，這個數x必然不能出現在這個表格中。
因為，如果數x在表格中，那么它自己必然有一個序號，即存在一個自然數y使得x=f(y)，那么按照定義，x_y=f(y,y)=1-f(y,y)從而f(y,y)既不能是0也不能是1（這里第一個等號是x的第y位數值的定義，第二個等號是x的定義）。
但，這樣構造的數x本身卻看上去“非常像一個自然數”，因為按照定義，x的每一位要么是0要么是1，而且沒有小數部分，怎么能不是一個自然數呢？
但有些東西的確就不是自然數可以表達的。
讓我們來看一個實際的排序方式好了，比如：
對于自然數集，排序方式就是從1開始的偏序鏈，那么我們的表格現在就是：
| 自然數 \ 數位 | 1 | 2 | 3 | 4 | ... |
|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 1 | 0 | 0 | 0 | ... |
| 2 | 0 | 1 | 0 | 0 | ... |
| 3 | 1 | 1 | 0 | 0 | ... |
| 4 | 0 | 0 | 1 | 0 | ... |
| ... | ... | ... | ... | ... | ... |
我們發現，這個表格的對角線上的值，除了最開始兩位是1，別的情況下都是0，因此，按照定義，我們所定義的數x實際上就是∑i=2∞ 2i，即一個無窮大，從而是超出自然數范圍的——當然了，如果是在自然數范圍的，那么我們上面就得出悖論了。
而，超出自然數范圍的一個無窮大這樣的數，不免讓人想到了一個有趣的東西。
在自然數范圍之外的代表無窮大的數，以及由此而引出的整個數字集合，就是超現實數（Surreal Number）。
【不熟的朋友可以看這篇介紹：《睡前說：超現實數》】
超現實數中，存在一個比所有自然數都大的數：ω。
它可以被視為是無窮大——當然，它實際上比所有實數都大。
和非標準分析中引入的超實數（Hyperreal Number）相比，兩邊關于這個定義的無窮大的運算規則存在些許不同。
超現實數n=<a|b>的定義要求，用于定義n的左集a中沒有數字比n大，n也不比其右集b中任何數字大。而，ω的定義就是：ω=<{1,2,3,4...}|>，也就是說，ω的定義就是：比所有自然數都大。
而，最有趣的是，按照超現實數的加減乘除等運算法則的定義，我們可以計算ω-1和ω/2這樣的數，而且這樣的數字同時還是比任意自然數都大。
甚至于，我們可以構造諸如ωω、ωω（重冪，即ω的ω次ω冪，參見Knuth表示法）、ω↑ωω（Knuth表示法所表示的極度夸張的大數）這樣的龐然大數（但依然可以構造出更夸張更大的數）。
事實上，只要你有一個數n，那么<{n}|>就是比n更大的數。
超現實數中，最基本的數字是0，可以天然通過空集來構造：0=<|>。其左集和右集都是空集，不需要任何別的已知數就可以構造出來。
而后，<{0}|>就可以被定義為1，以此類推。
這樣的構造法和基數及序數構造自然數的方法很類似。
讓我們將通過n得到<{n}|>的過程成為“后繼”，那么只要一個對象可以通過“后繼”操作獲得另一個與之前已有的對象截然不同的新對象，那么我們就可以將這個對象序列與超現實數對應到一起。
那么，ω的存在其實就是說：存在兩個對象A和B，B比A大，但B無法通過A的任意有限或無限次后繼來獲得。
回到上一節的那個表格。
自然數當然可以通過“后繼”操作，從1開始整個地被找出來，從而一行行地寫入表格中。
但ω以及所有通過ω構造出的數（比如ω+1）則不能從1開始通過“后繼”操作來獲得——它是全然跳出這個序列的，雖然我們知道它比任何一個實數（自然也就包括了自然數）都大，從而原則上是在上述序列之“后”的。
也因此，ω不能寫在這張表格內，要寫下ω，就必須在這張表格之外另取一張表格——但此時，每一行的每個空格到底要寫什么，卻也是并不清楚的。
同樣的，在證明[0,1]內的實數不可數時，我們通過表格所構造出的矛盾中，那個奇特的數x本質上也是游離在自然數之外的，是比所有自然數都大的數。
事實上，實數集的勢為?1，而大家普遍相信?1=?1（連續統假設，但即便該假設不對，我們也有?1≥?1）。又有?1=2?0=2ω，所以實數的數量顯然是遠大于所有自然數的，但依然可以使用超現實數來表達。
你看，一旦引入超現實數，我們就發現那張無限乘無限的表格似乎不夠用了。
讓我們換一個問題來考慮。
我們現在有一個遍歷可枚舉語言L，它總共有l個字母。
然后，我們有一個接受L的通用圖靈機U，它接受兩個參數u和d，分別表示一個特殊功能的圖靈機，以及它所接受的參數數據。u和d都可以表達為字符串s，從而總可以表達為一個l進制數n，即：p(s)=n。同樣的，自然數n也總可以對應到一個字符串s_n。
如果我們要在U上運行具有特定輸入d的特定圖靈機u，那么就可以表達為U(u,d)。
圖靈機本身當然也是一種數據，但數據卻未必都是圖靈機，因此如果一個d不是U上可運行的圖靈機，則可以視為U(d,*)直接停機，輸出為空。
這么一來，我們就可以建立如下表格：
- 將所有可能的字符串s根據p(s)排序，作為表格的每一行與每一列的指標；
- 表格第i行第j列的內容，為U(s_i,s_j)是否停機，停機則為true，不能停機則為false；
這樣一張表格其實就對應了一個停機判定機HaltCheck：
HaltCheck = (machine) ->
if (machine can halt) return true
else return false
在最傳統的證明停機判定機不存在的方法中，我們假定HaltCheck存在，于是構造下面這樣的圖靈機：
paradox = () ->
while (HaltCheck(paradox))
你看，如果paradox被HaltCheck判定為可以停機，則paradox會陷入while true的死循環，從而不會停機；而如果paradox被HaltCheck判定為不會停機，則paradox立刻跳出while循環立即停機。
這一自相矛盾的唯一解釋，就是HaltCheck不存在。
這個非常傳統的證明方法，也可以通過上面的表格來給出：
上述表格本身也可以視為一組數據（記為table），其對角線（記為diag），也就是第i行i列的數據，也構成一組數據。
再加上圖靈機本身也是一組數據，因此，每臺圖靈機都可以獲得自身所對應的序號，然后通過查詢上述表格的對角線數據，來獲知自身是否可能停機，從而構成悖論：
paradox = () ->
while (diag[p(paradox)])
這一自相矛盾指出：如果表格可以將自身作為元素（從而表格本身是圖靈機可接受的數據，從而也可以表示為字符串），或者任意字符串都可以被對應到一個自然數（從而p函數存在），那么這個表格就必然是不自洽的。
由于第二點看上去似乎完全沒有問題，那么有問題的就必然是第一條了，即使：
上述構造的表格不能作為數據存在，從而無法以字符串的形式給出。
但，這又怎么可能呢？我們不是正是以字符串的形式來寫下、構建這個表格的么？
這其實和實數的問題一樣：我們不也是以十進制小數的形式寫下一個[0,1]范圍內的實數的呢？可它依然不能對應到一個自然數。
因此，能以字符串的形式來寫下表格的一部分，并不表示表格本身可以對應到某個字符串。
換言之，表格本身是這張表格之外的東西，表格無法自指。
讓我們這么來想：
任意一個非空字符串，都可以通過另一個字符串通過以下兩種方式之一來獲得：
如果字符串的最后一個字母不是字母表的最后一個字母，則將該最后一個字母變換到一個它的后繼字母；如果最后一個字母是字母表最后一個字母，則在該字符串之后添加字母表上的第一個字母。
字母表的第一個字母就可以通過空字符串以第二條途徑獲得。
因此，我們可以說，任意非空字符串都可以表達為某一確定字符串的“后繼”，后繼方法就是上面這條方法。
因此，任意字符串都可以對應到一個自然數——也就是說，字符串不可能對應到ω，而ω因為不對應任何字符串。
在上述體系下，ω所對應的東西是字符串表達能力之外的東西，但它和字符串同屬一個體系——超現實數。
顯然，上面所構造的表格便是這么一種超出字符串表達能力的東西，它可以被視為對應到ω。
而，任何以表格為基礎構建出來的函數或者說“圖靈機”，都不對應任何字符串，從而不是可以可以作為數據接受的東西。
或者，我們可以這么來說：
判斷所有圖靈機是否可以停機的機器，是存在的，但它不是圖靈機。
停機判定機是超越圖靈機的東西，而所有用上了這個停機判定機的機器也都是超越圖靈機的東西，它們都無法被停機判定機判定，因為它們不是圖靈機。
是不是覺得我在耍賴？
我們可以進一步來問這么一個問題：是否存在判定這類超越圖靈機的機器是否會停機的東西？
比如說，我們將判定任意圖靈機是否會停機的機器成為超圖靈機（Hyper-Turing Machine），那么是否存在判定任意HTM是否停機的機器？
這就好比從ω到ωω，當然存在，只不過這類機器也不是HTM，而是超越HTM的東西，比如H2TM，二階超圖靈機。
我們總可以構造出更高階的超圖靈機，它們可以判定比它們低階的超圖靈機是否可以停機，但就是不能判定自身。甚至于，由于超現實數允許ω-1的存在，所以我們也可以構造HωTM這樣的東西，它的停機判定問題可以交由Hω+1TM處理。
這樣的東西，不也是極好的么？
腦洞似乎有點大了。
那么，HTM除了有HaltCheck，還有什么呢？
至少還應該有K：K氏復雜度計算機。
我們知道K氏復雜度是不可計算的，因為假如存在圖靈機K(s)可以計算任意字符串的K氏復雜度，那么我們可以構造這樣的圖靈機：
BadK = () ->
for (s in AllStrings)
if (K(s) > len(BadK) + len(K) + ln(len(s)) / ln(l) + C) then return s
其中C是一個固定常數。
這個圖靈機輸出一個字符串，該字符串的K氏復雜度比這臺圖靈機輸出該字符串所需的長度要長，但一旦能輸出這樣的字符串，那么它的K氏復雜度就應該等于這臺圖靈機輸出該字符串所需的長度，從而矛盾。
這個矛盾指出了K氏復雜度的不可計算性，但，函數K壓根就不是圖靈機呢？如果K壓根就不能在通用圖靈機內表達，K是超越圖靈機的某種機器，那么上述不可計算性的證明本身就沒有了用武之地，因為len(K)可能是一個ω級甚至更大的無窮大數——而，只要len(K)是無窮大，那么對于任意字符串來說，K氏復雜度的可計算性便能恢復。
事實上，不可計算性本身就表明這樣的機器在圖靈機范疇內是不存在的，從而如果圖靈機總能映射到一個自然數，那么這個不可計算的機器就必然是自然數以外的東西，比如，ω。
可，K本身是否真的具有這種“超越性”呢？
事實上，我們可以寫出如下的K：
K = (s) ->
max = len(s)
for (u in AllTuringMachines)
if (u() is s and len(u) < max)
max = len(u)
return max
看上去好像很簡單，對不對？
但這樣的寫法本身卻可能出現程序根本無法輸出結果的困境，而如果K不能停機，那么上面的BadK也就無意義了，K(s)這一步都無法完成計算，又談何比較大小呢？
而，K的可能不會停機，源自這段代碼中u()可能無法停機，從而一個真正可用的K是這樣的：
K = (s) ->
max = len(s)
for (u in AllTuringMachines)
if (CanHalt(u) and u() is s and len(u) < max)
max = len(u)
return max
你看，我們需要停機判定函數CanHalt()，這樣才能構造一個有效的K氏復雜度計算函數，從而K本身至少和CanHalt同屬超越圖靈機，而且應該同屬HTM。
而這也正是其不可計算性的意義：HTM不在TM集中。
好了，今天基本就說這些了。
當然，從超現實數之后開始的內容都是開腦洞的，并不是嚴格的論證，所以，我只能說開個腦洞發現，如果自然數和圖靈機是對應的，那么超現實數中就存在太多太多無法對應到圖靈機的東西了，而，停機判定、K氏復雜度這些東西，看上去仿佛就是如超現實數中的ω一般的存在。
至于這個想法對還是不對，呵呵，等啥時候不是睡前了，再來考慮吧。
今天的睡前嘮嗑就到這里，歐耶～～～
