55

　　罗斯-利特尔伍德悖论
　　Ross–Littlewood悖论（也称为球和花瓶问题或乒乓球问题）是抽像数学和逻辑中的一个假设问题，旨在说明无穷大的矛盾或至少非直觉性质。更具体地说，就像汤姆森灯悖论一样，罗斯-利特尔伍德悖论试图用超级任务的概念来说明概念上的困难，其中无限数量的任务是按顺序完成的。该问题最初由数学家JohnE.Littlewood描述在他1953年出版的《利特尔伍德的杂记》一书中，后来被谢尔登·罗斯在他1988年出版的《概率第一课》中进行了扩展。
　　问题始于一个空花瓶和无限供应的球。然后执行无限数量的步骤，以便在每一步中将10个球添加到花瓶中，并从花瓶中取出1个球。那麽问题来了：当任务完成时，花瓶裡有多少个球？
　　为了完成无限个步骤，假设在中午前一分钟花瓶是空的，并执行以下步骤：
　　第一步在中午前30秒进行。
　　第二步在中午前15秒进行。
　　每个后续步骤的执行时间是前一步骤的一半，即步骤n在中午前2-n分钟执行。
　　这保证了在中午之前执行了无数个步骤。由于每个后续步骤花费的时间是前一步的一半，因此在一分钟过去之前执行了无限数量的步骤。那麽问题来了：中午花瓶裡有多少个球？
　　解决方案
　　谜题的答案分为几类。
　　花瓶包含无限多的球
　　最直观的答案似乎是，到中午时，花瓶中的球数不计其数，因为在此过程中，每一步添加的球比移除的球多。根据定义，在每一步，球的数量都会比上一步多。事实上，没有哪一步球的数量比上一步减少了。如果球的数量每次都增加，那麽在无限步之后就会有无限数量的球。
　　花瓶是空的
　　假设无限供应球的球被编号，并且在步骤1中将球1到10插入花瓶，然后取出球编号1。在步骤2中，插入球11至20，然后取出球2。这意味着到中午，每个插入花瓶的标记为n的球最终都会在后续步骤（即在步骤n）中被移除。因此，花瓶在中午是空的。这是数学家Allis和Koetsier青睐的解决方案。正是将花瓶在中午是空的这一论点与花瓶应该有无限多个球的更直观的答案并列在一起，才使得这个问题被命名为罗斯-利特尔伍德悖论。
　　罗斯的概率版本的问题将移除方法扩展到每当要取出一个球时，该球都是从当时花瓶中的球中均匀随机选择的。在这种情况下，他证明了中午任何特定球留在花瓶中的概率为0，因此，通过使用布尔不等式并对这些球进行可数和，花瓶在中午为空的概率为1。
　　取决于条件
　　事实上，一个人最终得到的球的数量取决于从花瓶中取出球的顺序。如前所述，可以以这样一种方式添加和移除球，这样中午花瓶中就不会留下任何球。但是，如果在第1步从花瓶中取出10号球，在第2步从花瓶中取出20号球，以此类推，那麽很明显，中午时花瓶中将有无限数量的球。事实上，根据在各个步骤中取出哪个球，可以在中午之前将任意数量的球放入花瓶中，如下面的程序所示。这是哲学家逻辑学家TomTymoczko和数学家逻辑学家JimHenle所青睐的解决方案。该解决方案在数学上对应于取一组序列的下限.
　　以下程序准确地概述瞭如何在花瓶中获得选定的n个球。
　　让n表示花瓶中所需的最终球数（n≥0）。
　　让i表示当前发生的操作数（i≥1）。
　　程序：
　　对于i=1到无穷大：
　　将编号为(10*i-9)到(10*i)的球放入花瓶
　　如果i≤n则删除球号2*i
　　如果i>n则删除球号n+i
　　显然，前n个奇数球没有被移除，而所有大于或等于2n的球都被移除。因此，恰好n个球留在花瓶中。
　　问题未明确
　　儘管球和花瓶的状态在中午之前的每一刻都已明确，但对于中午或之后的任何时刻，都无法下定论。因此，据我们所知，中午时分，花瓶只是神奇地消失了，或者发生了其他事情。但我们不知道，因为问题陈述对此隻字未提。因此，与之前的解决方案一样，此解决方案指出问题未充分说明，但方式与之前的解决方案不同。该解决方案受到数学哲学家保罗·贝纳塞拉夫的青睐。
　　问题不正确
　　问题是不恰当的。准确的说，根据问题陈述，在中午之前会进行无限次的操作，然后询问中午的事态。但是，就像在芝诺悖论中一样，如果必须在中午之前（顺序地）进行无限多的操作，那麽中午是一个永远无法到达的时间点。另一方面，要问中午还剩多少球，就是假设到了中午。因此，问题的陈述中隐含着一个矛盾，这个矛盾是假设一个人可以以某种方式“完成”无限数量的步骤。这是数学家和哲学家让·保罗·范·本德海姆所青睐的解决方案。
　　汤姆逊的灯
　　汤姆森灯是一个基于无限的哲学谜题。它是1954年由英国哲学家JamesF.Thomson设计的，他用它来分析超级任务的可能性，即完成无限数量的任务。
　　时间状态
　　0.000上
　　1.000离开
　　1.500上
　　1.750离开
　　1.875上
　　......
　　2.000?
　　考虑一个带有拨动开关的灯。轻按一次开关即可打开灯。另一个轻弹将关闭灯。现在假设有一个人能够执行以下任务：启动计时器，他打开灯。一分钟后，他将其关闭。又过了半分钟，他又把它打开了。又过了一刻钟，他关掉了它。在接下来的八分之一分钟，他再次打开它，然后他继续如此，每次都在等待他之前等待的时间的一半之后轻弹开关。这个无限系列的时间间隔之和正好是两分钟。
　　然后考虑以下问题：灯是在两分钟后打开还是关闭？Thomson推断这个超级任务会产生矛盾：
　　似乎无法回答这个问题。它不能打开，因为我从来没有在没有立即关闭它的情况下打开它。它不能关闭，因为我首先打开它，然后我从来没有在没有立即打开它的情况下关闭它。但是灯必须打开或关闭。这是一个矛盾。
　　数学级数类比
　　这个问题与格兰迪级数的行为有关，即发散无穷级数
　　S=1-1+1-1+1-1+···
　　对于n的偶数值，上述有限级数总和为1；对于奇数值，它的总和为0。换句话说，当n依次取每个非负整数0、1、2、3、...的值时，序列生成序列{1,0,1,0,...}，代表灯的变化状态。[3]序列不会收敛，因为n趋于无穷大，所以无穷级数也不收敛。
　　说明这个问题的另一种方法是重新排列系列：
　　S=1-(1-1+1-1+1-1+···)
　　括号中的无止境系列与原始系列S完全相同。这意味着S=1−S这意味着S=1⁄2。事实上，这种操作可以得到严格的证明：对于确实赋予格兰迪级数1⁄2的级数和的广义定义。
　　Thomson在其1954年的原始论文中的目标之一是将超级任务与其係列类比区分开来。他写了这盏灯和格兰迪的系列，
　　那麽灯是开还是关的问题……就是问题：无限发散序列的和是多少
　　+1，-1，+1，...？
　　现在数学家确实说这个数列有一个和。他们说它的总和是1⁄2。这个答案对我们没有帮助，因为我们在这裡说灯是半开的毫无意义。我认为这意味着没有确定的方法来决定在完成超级任务时要做什麽。......我们不能仅仅因为我们有一个或多个任务已经执行的想法并且因为我们熟悉超限数而接受这个想法。
　　后来，他声称即使系列的发散也不能提供有关其超级任务的信息：“超级任务的不可能性根本不取决于某个隐约感觉到相关的算术序列是收敛的还是发散的。”
　　巴拿赫-塔斯基悖论
　　Banach-Tarski悖论是集合论几何中的一个定理，它指出以下内容：给定一个三维空间中的实心球，存在将球分解为有限数量的不相交子集，然后可以将其放回以不同的方式组合在一起，以产生原始球的两个相同副本。事实上，重新组装过程只涉及移动部件并旋转它们而不改变它们的形状。然而，碎片本身并不是通常意义上的“固体”，而是点的无限分散。重建可以使用少至五件。
　　该定理的另一种形式表明，给定任何两个“合理”的固体物体（例如一个小球和一个大球），任何一个的切割片都可以重新组装成另一个。这通常被非正式地表述为“豌豆可以被切碎并重新组装成太阳”，并被称为“豌豆和太阳悖论”。
　　该定理被称为悖论，因为它与基本的几何直觉相矛盾。通过将球分成几部分并通过旋转和平移来移动它们，而不进行任何拉伸、弯曲或添加新点，“将球加倍”似乎是不可能的，因为从直觉上讲，所有这些操作都应该保持体积.这种操作保留体积的直觉在数学上并不荒谬，甚至包含在体积的正式定义中。但是，这在这裡不适用，因为在这种情况下，不可能定义所考虑子集的体积。重新组装它们会重现一个具有体积的集合，该体积恰好与开始时的体积不同。
　　与几何中的大多数定理不同，该结果的数学证明取决于以批判的方式选择集合论的公理。它可以使用选择公理来证明，它允许构造不可测集，即在通常意义上没有体积的点的集合，并且其构造需要无数次选择。
　　2005年的研究表明，可以选择分解中的片段，使它们可以连续移动到位而不会相互碰撞。
　　正如Leroy和Simpson独立证明的那样，如果使用语言环境而不是拓扑空间，Banach-Tarski悖论不会违反体积。在这个抽象设置中，可能有没有点但仍然非空的子空间。自相矛盾的分解的部分在语言环境的意义上确实有很多相交，以至于这些相交中的一些应该被赋予一个正的质量。考虑到这个隐藏的质量，区域理论允许欧几里得空间的所有子集（甚至所有子区域）都被令人满意地测量。
　　巴拿赫和塔斯基出版物
　　在1924年发表的一篇论文中，StefanBanach和AlfredTarski基于GiuseppeVitali早期关于单位间隔的工作和FelixHausdorff对球体的悖论分解的工作，给出了这种矛盾分解的构造，并讨论了关于欧几里得空间子集在各个维度上的分解的相关问题的数量。他们证明了以下更一般的陈述，即Banach-Tarski悖论的强形式：
　　给定至少三个维度的欧几里得空间的任意两个有界子集A和B，它们都具有非空内部，则A和B被划分为有限数量的不相交子集，A=A1∪⋯∪Aķ,B=B1∪⋯∪Bķ（对于某个整数k），使得对于1和k之间的每个（整数）i，集合Ai和Bi是全等的。
　　现在让A是原始球，B是原始球的两个翻译副本的并集。那麽这个命题的意思是你可以把原来的球A分成一定数量的块，然后旋转和平移这些块，结果是整个集合B，其中包含A的两个副本。
　　Banach-Tarski悖论的强形式在维度1和维度2中是错误的，但Banach和Tarski表明，如果允许可数个子集，类似的陈述仍然正确。一方面，维度1和维度2之间以及另一方面维度3和更高维度之间的差异是由于欧几里得运动在3维度上的群E(n)的更丰富的结构。对于n=1,2，该组是可解的，但对于n≥3，它包含一个具有两个生成器的自由组。约翰·冯·诺依曼研究了使悖论分解成为可能的等价群的性质，并引入了顺从群的概念。他还在平面中发现了一种形式的悖论，它使用保留区域的彷射变换来代替通常的同馀。
　　塔斯基证明，顺从群正是那些不存在悖论分解的群。由于Banach-Tarski悖论中只需要自由子群，这导致了长期存在的冯诺依曼猜想，该猜想在1980年被推翻。
　　正规治疗
　　Banach-Tarski悖论指出，普通欧几里得空间中的球可以通过仅使用划分为子集、用全等集替换一个集以及重新组装的操作来加倍。通过强调欧几里得运动群所起的作用并引入等分解集和悖论集的概念，极大地阐明了它的数学结构。假设G是作用于集合X的群。在最重要的特殊情况下，X是一个n维欧几里得空间（对于整数n），并且G由所有X的等距，即X到自身的变换，保持距离，通常表示为E(n)。可以相互转换的两个几何图形称为全等，这个术语将扩展到一般的G动作。X的两个子集A和B称为G-equidecomposable，或关于Gequidecomposable，如果A和B可以分别划分为相同的有限数G-一致的部分。这定义了X的所有子集之间的等价关係。形式上，如果存在非空集A1,…,Aķ,B1,…,Bķ这样
　　A=⋃i=1ķAi,B=⋃i=1ķBi,
　　Ai∩Aj=Bi∩Bj=∅对所有人1≤i<j≤ķ,
　　并且存在元素Gi∈G这样
　　Gi(Ai)=Bi对所有人1≤i≤ķ,
　　那麽可以说A和B是使用k块的G-equidecomisable。如果一个集合E有两个不相交的子集A和B使得A和E以及B和E是G等可分解的，那麽E被称为悖论。
　　使用这个术语，巴拿赫-塔斯基悖论可以重新表述如下：
　　一个3D欧几里得球可以与其自身的两个副本等分解。
　　事实上，在这种情况下，有一个尖锐的结果，由于RaphaelM.Robinson：[7]加倍球可以用五块完成，少于五块是不够的。
　　悖论的强版本声称：
　　具有非空内部的3维欧几里得空间的任何两个有界子集都是等分解的。
　　虽然显然更一般，但这个陈述是通过使用由于Banach的Bernstein-Schroeder定理的推广以简单的方式从球的加倍推导出来的，这意味着如果A可以与B的子集等分解，并且B可以与a等分解A的子集，则A和B是等分解的。
　　Banach-Tarski悖论可以通过指出对于强形式悖论的两个集合，总是有一个双射函数可以将一种形状的点以一对一的方式映射到另一种形状.在GeorgCantor的集合论中，这两个集合具有相等的基数。因此，如果扩大群以允许X的任意双射，则所有具有非空内部的集合都变得全等。同样，一个球可以通过拉伸，或者换句话说，通过应用相似变换，变成更大或更小的球。因此，如果组G足够大，则G-可以找到“大小”不同的可分解集合。此外，由于一个可数集合可以被製成它自己的两个副本，人们可能会期望使用可数多的部分可以以某种方式解决问题。
　　另一方面，在Banach-Tarski悖论中，块的数量是有限的，允许的等价是欧几里得同馀，它保留了体积。然而，不知何故，它们最终使球的体积增加了一倍！虽然这确实令人惊讶，但悖论分解中使用的一些部分是不可测量的集合，因此没有为它们定义体积的概念（更准确地说，勒贝格测度），并且无法以实际的方式完成划分。事实上，Banach-Tarski悖论表明不可能找到一个有限可加测度（或Banach测度）)定义在三个（或更大）维度的欧几里得空间的所有子集上，该空间对于欧几里得运动是不变的，并且在单位立方体上取值1。在他后来的工作中，塔斯基表明，相反，不存在这种类型的悖论分解意味着存在有限加法不变测度。
　　下面提出的悖论的“双球”形式证明的核心是一个显着的事实，即通过欧几里得等距（和元素的重命名），可以划分某个集合（本质上是一个单位球体的表面）分成四个部分，然后旋转其中一个成为自身加上其他两个部分。这很容易从F2的F2-矛盾分解中得出，F2是具有两个生成元的自由群。Banach和Tarski的证明依赖于Hausdorff几年前发现的一个类似事实：空间中的单位球面是三个集合B、C、D和可数集合E的不相交并集这样，一方面，B，C，D成对全等，另一方面，B与C和D的并集全等。这通常被称为豪斯多夫悖论。
　　与早期工作的联繫以及选择公理的作用
　　Banach和Tarski明确承认GiuseppeVitali1905年构建的以他的名字命名的集合、Hausdorff的悖论（1914年）和Banach的早期论文（1923年）是他们工作的先驱。Vitali和Hausdorff的构造依赖于Zermelo的选择公理（“AC”），这对Banach-Tarski论文也很重要，既可以证明他们的悖论，也可以证明另一个结果：
　　两个欧几里得多边形，其中一个严格包含另一个，不是等分解的。
　　他们说：
　　Lerôlequejouecetaxiomedansnosraisonnementsnoussemblemériterl'attention
　　（这个公理在我们的推理中所起的作用似乎值得我们关注）
　　他们指出，虽然第二个结果完全符合几何直觉，但它的证明使用AC的方式比悖论的证明更加实质性。因此，Banach和Tarski暗示AC不应该仅仅因为它产生矛盾的分解而被拒绝，因为这样的论点也破坏了几何直观陈述的证明。
　　然而，APMorse在1949年表明，关于欧几里得多边形的陈述可以在ZF集合论中得到证明，因此不需要选择公理。1964年，PaulCohen证明了选择公理与ZF无关——也就是说，它不能由ZF证明。选择公理的较弱版本是依赖选择公理DC，并且已经证明DC不足以证明Banach-Tarski悖论，即
　　Banach-Tarski悖论不是ZF的定理，也不是ZF+DC的定理。
　　大量数学使用AC。正如StanWagon在他的专着结尾所指出的那样，巴拿赫-塔斯基悖论在纯数学中的作用比对基础问题更为重要：它激发了一个富有成果的新研究方向，即群的顺从性，这与做基础问题。
　　1991年，使用MatthewForeman和FriedrichWehrung的最新结果，JanuszPawlikowski证明了Banach-Tarski悖论源自ZF加上Hahn-Banach定理。Hahn-Banach定理不依赖于完整的选择公理，但可以使用称为超滤引理的较弱版本的AC来证明。因此，Pawlikowski证明了证明Banach-Tarski悖论所需的集合论，虽然比ZF强，但比完全ZFC弱。
　　证明的草图
　　这裡草拟了一个证明，它与Banach和Tarski给出的证明相似但不完全相同。本质上，球的悖论分解是通过四个步骤实现的：
　　在两个生成器中找到自由群的矛盾分解。
　　在两个生成器中找到与自由群同构的3-d空间中的一组旋转。
　　使用该组的悖论分解和选择公理来产生空心单位球体的悖论分解。
　　将球体的这种分解扩展到固体单位球的分解。
　　这些步骤将在下面更详细地讨论。
　　步骤1
　　具有两个生成器a和b的自由群由可以由四个符号a、a-1、b和b-1组成的所有有限字符串组成，使得没有a直接出现在a-1旁边，也没有b直接出现在b-1旁边。通过用空字符串重複替换“禁止”子字符串，可以将两个这样的字符串连接起来并转换成这种类型的字符串。例如：abab-1a-1与abab-1连接a产生abab-1a-1abab-1a，其中包含子串a-1a，因此被缩减为abab-1bab-1a，其中包含子串b-1b，它被缩减为abaab-1个。可以通过此操作检查这些字符串的集合是否形成了一个具有标识元素空字符串e的组。该组可称为F2。
　　群组F2可以“自相矛盾地分解”如下：令S(a)是所有以a开头并类似定义S(a-1)、S(b)和S(b-1)的非禁止字符串的集合。清楚地，
　　F2={e}∪S(A)∪S(A-1)∪S(b)∪S(b-1)
　　但是也
　　F2=AS(A-1)∪S(A),
　　和
　　F2=bS(b-1)∪S(b),
　　其中符号aS(a-1)表示取S(a-1)中的所有字符串，并将它们在左侧与a连接起来。
　　这是证明的核心。例如，可能有一个字符串AA-1b在集合中AS(A-1)其中，由于规则A不得出现在旁边A-1,简化为字符串b.相似地，AS(A-1)包含所有以A-1（例如，字符串AA-1A-1这减少到A-1）。这样，AS(A-1)包含所有以b,b-1和一个-1，以及空字符串e.
　　F2组已被切成四块（加上单例{e}），然后其中两个通过乘以a或b来“移位”，然后“重新组装”为两块以製作一份F2和另外两个製作另一个副本F2.这正是要对球做的事情。
　　第2步
　　为了找到3D空间的自由旋转组，即其行为与自由组F2一样（或“同构”），採用两个正交轴（例如x轴和z轴）。然后，A被认为是一个旋转θ=阿尔科斯⁡(13)绕x轴，B为θ关于z轴（这裡也可以使用许多其他合适的π无理倍数对）。
　　由A和B生成的旋转组将称为H。让ω是H的一个元素，以围绕z轴的正旋转开始，即形式为的元素ω=…Bķ3Aķ2Bķ1和ķ1>0,ķ2,ķ3,…,ķn≠0,n≥1.可以通过归纳证明ω映射点(1,0,0)至(ķ3ñ,l23ñ,M3ñ)，对于一些ķ,l,M∈Z,ñ∈ñ.分析ķ,l和M模3，可以证明l≠0.重複的相同论点（通过问题的对称性）在以下情况下有效ω从围绕z轴的负旋转或围绕x轴的旋转开始。这表明如果ω由A和B中的一个重要词给出，​​则ω≠e.因此，群H是一个自由群，与F2同构。
　　这两个旋转的行为就像组F2中的元素a和b一样：现在存在H的矛盾分解。
　　此步骤不能在二维中执行，因为它涉及在三个维度中的旋转。如果围绕同一轴进行两次旋转，则结果组是阿贝尔圆组，并且不具有步骤1中所需的属性。
　　使用积分四元数对某些特殊正交群中存在自由群的另一种算术证明会导致旋转群的自相矛盾的分解。
　　第3步
　　单位球体S2通过我们的组H的作用被划分为轨道：当且仅当H中存在将第一个点移动到第二个点的旋转时，两个点属于同一轨道。（请注意，点的轨道是S2中的密集集。）选择公理可用于从每个轨道中精确选择一个点；将这些点收集到一个集合M中。H在给定轨道上的作用是自由和传递的，因此每个轨道都可以用H来识别.换句话说，S2中的每个点都可以通过将H的适当旋转应用到M的适当元素以完全一种方式到达。因此，H的矛盾分解产生了S2的矛盾分解为四个部分A1、A2、A3、A4，如下所示：
　　A1=S(A)M∪M∪B
　　A2=S(a−1)M∖B
　　A3=S(b)M
　　A4=S(b-1)M
　　我们定义的地方
　　S(A)M={s(X)|s∈S(A),X∈M}
　　同样对于其他集合，以及我们定义的地方
　　B=A-1M∪A-2M∪…
　　（F2的五个“自相矛盾”部分没有直接使用，因为在加倍后，由于单例{e}的存在，它们会将M作为额外的部分！）
　　（大部分）球体现在已被分成四组（每组密集在球体上），当其中两个旋转时，结果是以前的两倍：
　　AA2=A2∪A3∪A4
　　bA4=A1∪A2∪A4
　　第4步
　　最后，将S2上的每个点用半开线段连接到原点；S2的矛盾分解然后产生固体单位球的矛盾分解减去球中心的点。（这个中心点需要多加註意；见下文。）
　　注意这个草图掩盖了一些细节。必须小心球体上恰好位于H中某个旋转轴上的一组点。然而，这样的点只有可数很多，就像球中心点的情况一样，可以修补证明来解释所有这些点。（见下文。）
　　一些细节，充实
　　在步骤3中，球体被划分为我们组H的轨道。为了简化证明，省略了对通过某种旋转固定的点的讨论；由于F2的悖论分解依赖于移动某些子集，因此某些点是固定的这一事实可能会引起一些麻烦。由于S2的任何旋转（除了零旋转）都恰好有两个固定点，并且由于与F2同构的H是可数的，因此S2的许多点通过H中的一些旋转来固定。将这组不动点表示为D._步骤3证明S2-D承认矛盾分解。
　　有待证明的是声明：S2-D可与S2等分解。
　　证明。设λ是一条穿过原点的直线，它不与D中的任何点相交。这是可能的，因为D是可数的。令J为角度α的集合，使得对于某个自然数n和某个P在D中，r(nα)P也在D中，其中r(nα)是关于nα的λ的旋转。则J是可数的。所以存在一个不在J中的角度θ。设ρ为θ绕λ的旋转。然后ρ作用在S2上，没有固定点在D中，即ρn(D)与D不相交，并且对于自然m<n，ρn(D)与ρm(D)不相交。令E为ρn(D)在n=0,1,2,...上的不相交并集。那麽S2=E∪(S2-E)~ρ(E)∪(S2-E)=(E−D)∪(S2−E)=S2−D，其中~表示“可等分解”。
　　对于第4步，已经表明，减去一个点的球允许悖论分解；仍有待证明减去一个点的球与球是等分的。考虑球内的一个圆，包含球中心的点。使用类似用于证明声明的论点，可以看到整个圆与圆减去球中心的点是等分的。（基本上，可以旋转圆上的一组可数点，使其自身再加一个点。）请注意，这涉及围绕原点以外的点进行旋转，因此Banach-Tarski悖论涉及欧几里得3空间的等距而不仅仅是SO(3)。
　　使用的事实是，如果A~B和B~C，那麽A~C。将A分解为C可以使用等于将A分解为B和将B分解为C所需的数量的乘积来完成。
　　上面勾勒的证明需要2×4×2+8=24块-去除固定点的因子为2，步骤1的因子为4，重新创建固定点的因子为2，第二个球的中心点为8.但是在步骤1中，当将{e}和所有形式为an的字符串移动到S(a-1)时，对除一个之外的所有轨道执行此操作。将最后一个轨道的{e}移动到第二个球的中心点。这使总数减少到16+1件。使用更多代数，还可以像步骤1中那样将固定轨道分解为4组。这给出了5部分，并且是最好的。
　　从一个中获得无限多的球
　　使用Banach-Tarski悖论，对于任何整数n≥3和k≥1，可以从一个欧几里得n空间中获得一个球的k个副本，即一个球可以被切割成k块，使得每个球它们可以分解为与原始大小相同的球。利用秩为2的自由群F2包含一个可数无限秩的自由子群这一事实，类似的证明得出单位球体Sn-1可以划分为可数无限多的部分，每个部分都是可等分解的（有两个件）到Sn-1使用旋转。通过使用旋转群SO(n)的解析性质，它是一个连通的解析李群，我们可以进一步证明球体Sn-1可以划分为与实数一样多的部分（即，2ℵ0块），因此每块都可以用两个块等价分解为Sn-1使用旋转。然后这些结果扩展到被剥夺了原点的单位球。ValeriyChurkin2010年的一篇文章为巴纳赫-塔斯基悖论的连续版本提供了新的证明。
　　欧几里得平面中的冯诺依曼悖论
　　在欧几里得平面中，关于欧几里得运动群可等分解的两个图形必然具有相同的面积，因此，仅使用欧几里得同馀的Banach-Tarski类型的正方形或圆盘的悖论分解是不可能的。JohnvonNeumann给出了平面和高维情况之间区别的概念解释：与三维旋转的群SO(3)不同，平面欧几里得运动的群E(2)是可解的，其中意味着在E(2)和R2上存在有限加法测度它在平移和旋转下是不变的，并且排除了不可忽略的集合的悖论分解。冯诺依曼随后提出了以下问题：如果允许更大的等价组，是否可以构建这样一个自相矛盾的分解？
　　很明显，如果允许相似性，即使没有进一步细分，平面中的任何两个正方形都变得等价。这促使人们将注意力限制在保留面积的彷射变换组SA2上。由于该区域被保留，任何关于该组的正方形分解都是违反直觉的，原因与球的Banach-Tarski分解相同。事实上，群SA2包含作为一个子群的特殊线性群SL(2,R)，它又包含自由群F2有两个生成器作为一个子群。这使得Banach-Tarski悖论的证明可以在平面上被模彷是合理的。这裡的主要困难在于单位平方在线性群SL(2,R)的作用下不是不变的，因此不能简单地将悖论分解从群转移到平方，如第三步Banach-Tarski悖论的上述证明。此外，群的不动点存在困难（例如，在所有线性变换下原点都是固定的）。这就是为什麽冯诺依曼使用更大的群SA2包括平移，他构造了一个关于扩大群的单位平方的矛盾分解（1929年）。应用Banach-Tarski方法，正方形的悖论可以加强如下：
　　欧几里得平面的任何两个具有非空内部的有界子集对于保留区域的彷射图都是可等分解的。
　　正如冯诺依曼所说：
　　“在derEbenekeinnichtnegatives添加剂Maß(wodasEinheitsquadratdasMaß1hat),dasgegenüberallenAbbildungenvonA2invariantwäre中的Infolgedessengibtesbereits。”
　　“根据这一点，在平面中已经没有非负的加法测量（单位平方的测量值为1），它对于属于A2[区域保持组的所有变换是不变的彷射变换]。”
　　为了进一步解释，是否存在有限加法测量（在某些变换下保留）的问题取决于允许的变换。通过平移和旋转保留的平面中集合的Banach度量，即使在保留多边形面积的情况下也不会通过非等距变换保留。平面上的点（除了原点）可以分为两个密集集，可以称为A和B。如果给定多边形的A点被某个保面积变换变换，B点被另一个变换，则这两个集合都可以成为A的子集两个新多边形中的点。新多边形与旧多边形具有相同的面积，但两个转换后的集合不能具有与以前相同的度量（因为它们仅包含A点的一部分），因此没有“有效”的度量。
　　冯·诺依曼在研究巴拿赫-塔斯基现象的过程中分离出的群类被证明对数学的许多领域都非常重要：这些群是顺从群，或具有不变均值的群，包括所有有限群和所有可解群.一般而言，当等分解性定义中用于等价的组不适合时，就会出现悖论分解。
　　近期进展
　　2000:VonNeumann的论文留下了关于线性群SL(2,R)的单位正方形内部的矛盾分解的可能性（Wagon，问题7.4）。2000年，MiklósLaczkovich证明了这种分解的存在。更准确地说，令A是具有非空内部且与原点有正距离的平面的所有有界子集的族，而B是所有平面集的族，具有有限多个并集平移的属性在SL(2,R)的某些元素下，包含原点的穿孔邻域。那麽家庭A中的所有集合都是SL(2,R)-equidecomposable，同样适用于B中的集合。因此，这两个家庭都由矛盾的集合组成。
　　2003：很长一段时间以来，人们就知道全平面对于SA2是矛盾的，并且如果存在SA2的局部可交换自由子群，则最小件数将等于四。2003年，KenziSatô构建了这样一个子组，确认四件就足够了。
　　2011年：Laczkovich的论文如果存在一个自由的分段线性变换群F作用在没有固定点的穿孔磁盘D{0,0}上，则留下了可能性。GrzegorzTomkowicz构造了这样一个群，表明同馀系统A≈B≈C≈BUC可以通过F和D\{0,0}来实现。
　　2017：很久以前就知道在双曲平面H2中存在一个集合E，它是第三个、第四个和......和一个2ℵ0-H2的部分。H2的保持取向的等距满足了该要求。JohnFrankAdams和JanMycielski获得了类似的结果，他们表明单位球体S2包含一个集合E，它是一半、三分之一、四分之一和……和一个2ℵ0-S2的部分。GrzegorzTomkowicz表明，Adams和Mycielski构造可以推广到具有与S2相同属性的H2的集合E。
　　2017：冯诺依曼悖论涉及欧几里得平面，但也有其他经典空间可能存在悖论。例如，可以问在双曲平面H2中是否存在巴拿赫-塔斯基悖论。JanMycielski和GrzegorzTomkowicz展示了这一点。Tomkowicz也证明了大多数经典悖论是图论结果的一个简单结果，以及所讨论的组足够丰富这一事实。
　　2018年：1984年，JanMycielski和StanWagon构建了使用Borel集的双曲平面H2的矛盾分解。这个悖论取决于H2的等距群的适当不连续子群的存在。GrzegorzTomkowicz获得了类似的悖论，他构建了彷射群SA(3,Z)的自由适当不连续子群G。这样一个群的存在意味着Z3的子集E的存在使得对于Z3的任何有限F都存在G的元素g这样G(B)=E△F，在哪裡E△F表示E和F的对称差。
　　2019：Banach-Tarski悖论在復制中使用了有限的多个部分。在可数多块的情况下，任何具有非空内部的两组都可以使用翻译等分解。但是只允许得到勒贝格可测件：如果A和B是具有非空内部的Rn的子集，那麽当且仅当它们使用勒贝格可测件可数等分时，它们具有相等的勒贝格测度。JanMycielski和GrzegorzTomkowicz将此结果扩展到有限维李群和第二个可数局部紧拓扑群，这些拓扑群完全不连通或具有可数多个连通分量。