这个问题的缘起，是这样的：
如何证明实数比自然数多？
这个问题没有它看上去那么简单。
比如说，自然数和偶数是否一样多？和能被七整除的自然数是否一样多？
看上去，偶数或者能被七整除的自然数，都是自然数这个大集合的一个子集，是它的一部分，所以应该是自然数更多，但实际情况却不是这样。
我们在比较两个集合是否一样多的时候，采用的是一种“找朋友”的原则。
即，如果存在一个一一映射，可以将A中的元素一个不落地映射到B，同时其逆可以将B中的元素一个不落地映射到A，那么我们就说A和B的元素一样多。
如果不存在这样的映射，那么就说A和B不是一样多。
这样的原则本身应该是没问题的。
于是，自然数和偶数，通过一个简单的乘2，就被一一映射到了一起，一个不多，一个不少，两边的每个元素都可以找到各自在对面的匹配，从而它们具有一样多的元素。。。
我们并不能因为某一个映射不满足这点，而认为所有的映射都无法满足这点，这是这个原则里最有趣的部分。
也所以，自然数和整数也是一样多的。
PS：这个找朋友的原则本身也可以带来很多有意思的东西，比如说在《豪斯道夫-巴拿赫-塔斯基分球怪论》中所介绍的分球怪论，本身也是基于这个原则来做出“相等”的判断的。
所以，谁说一个集合的子集的元素数量一定比这个集合少？
那么，实数和自然数的元素数量呢？
是否可能找到一个映射，将每一个自然数，都与一个实数对应起来，同时也将每一个实数，与一个自然数对应起来？
显然，寻找这么一个函数是一件伤脑筋的事情，尤其是当你不知道这样的函数是否存在的时候。
而更头疼的，就是要证明这样的函数是不存在的。
现在，让我们假定这样的函数是存在的。
这就是说，任意一个实数，都可以通过这么一个映射，映射到一个自然数上，即对于任意不同的实数r1和r2，存在函数f，使得n1=f(r1)、n2=f(r2)为自然熟，且n1不等于n2。
既然如此，那就是说我们可以为实数排一个序——虽然实数集本来就是良序集。
接下来，为了方便讨论，我们假定现在考虑的是[0,1]这个范围里的实数是否可以和自然数一样多——因为整个实数集总可以通过映射和[0,1]内的实数对应起来的，比如f(x)=(0.5-x)/x/(x-1)。
然后，我们将这些实数写成二进制的形式，于是就有了一个列表，形如下面这个（下面输入是打个比方）：
| 实数 \ 小数位 | 1 | 2 | 3 | 4 | ... |
|---|---|---|---|---|---|
| n1 | 0 | 1 | 1 | 0 | ... |
| n2 | 1 | 1 | 0 | 0 | ... |
| n3 | 0 | 0 | 1 | 1 | ... |
| ... | ... | ... | ... | ... | ... |
假如实数可以和自然数一样多，那么这样的事情我们总是可以做到的，而且，这个表格的行数和列数也是相等的，因为第n列就是二进制下实数的小数部分第n位的数值（0或者1）。我们可以用ni_j来表示实数ni的第j位小数的数值。
接着，我们假定有这么一个数x，它的第i位小数记为x_i。
这个特殊的数具有这么一个特点：x_i = 1 - ni_i。
它自然也是一个实数了，从而存在自然数y=f(x)。而且，很显然，它也是在[0,1]这个区间内的，所以它就在表格的第y行，即x=ny。
那么，问题来了，x_y是多少？
按照x的定义，x_y = 1 - ny_y。同时，我们又有x=ny。综上所述，就有ny_y = 1 - ny_y，即：ny_y = 0.5。
但，丧勒格笛的，ny_y只能是0或者1啊。
这也就是说，如果x存在，它的第y位小数是1，那么按照x的定义，这一位小数应该是0；反之亦然。
x与其自身在第y位的问题上矛盾冲突了起来。
对于可以像自然数一样一一罗列的数来说，上述表格总是可以建立起来的。
而小数部分也总是可以一位一位地写出来。
因此，表格本身的存在没有问题。
既然表格的存在没有问题，那么对表格中数据的查询也就不应该有问题，从而x是可以通过这个表格定义出来。
所以，在上述矛盾中，唯一的错漏就只可能发生在“实数和自然数一样多”这个假设上了。
这样的做法可以构造出很多有趣的东西，比如下面这个——
自然数中是否存在不属于自然数的数？
这个问题看上去非常地自我矛盾，但，却未必不是一个大问题。
还记得一开始所提的“找朋友”的原则么？或者我们可以稍微正式一点地称它为配对原则。
利用配对原则，我们“似乎”可以在[0,1]内的实数和自然数之间建立起一种一一对应的映射，从而来“证明”自然数和实数一样多——而这一结论刚刚被我们给否定了。
这个映射是这样的：
一个[0,1]内的实数可以在二进制下写为0.10100011...这样的形式，即r(i) = ∑ r(i,j) × 2 ^ (-j)。
因此，我们可以将小数点后的0/1序列“反转”一下，整个倒序后搬到小数点前，从而一个这样的实数就可以对应到一个自然数：n(i) = ∑ r(i,j) × 2 ^ (j - 1)。很容易证明这样的映射是一一映射，而且看上去在像和源两边也都是“满”的，从而我们就在自然数和[0,1]内实数之间建立起了一种配对关系，那么，按照配对原则，它们就应该是一样多的——但，这点才被我们给否定。
问题出在哪里呢？是不是这个配对关系我们找的有问题？
好，让我们换一个角度来看这个问题。
将所有的自然数排一个序，从而每个自然数n都对应一个序号i，序号自然也是自然数了，因此我们得到一个从自然数到自然数的映射：f(i)=n。
然后，将任意自然数f(i)写成二进制：f(i,j) = ∑ f(i,j) × 2 ^ (j - 1)，f(i,j)要么是0，要么是1。j是自然数。
显然，这里的f(i,j)就是上面我们所构造的那个表格。
f(i,j)也可以写为n_j，其中n=f(i)。
于是，我们构造一个数x，它满足：x_j = 1 - f(j,j)。
也就是说，这个数x的第i位，和表格中第i个自然数的第i位，加在一起等于1，从而一个是0另一个就必然是1。
这样的定义方式和之前上面一节中我们所作的其实是完全一样的。
然后，我们发现，这个数x必然不能出现在这个表格中。
因为，如果数x在表格中，那么它自己必然有一个序号，即存在一个自然数y使得x=f(y)，那么按照定义，x_y=f(y,y)=1-f(y,y)从而f(y,y)既不能是0也不能是1（这里第一个等号是x的第y位数值的定义，第二个等号是x的定义）。
但，这样构造的数x本身却看上去“非常像一个自然数”，因为按照定义，x的每一位要么是0要么是1，而且没有小数部分，怎么能不是一个自然数呢？
但有些东西的确就不是自然数可以表达的。
让我们来看一个实际的排序方式好了，比如：
对于自然数集，排序方式就是从1开始的偏序链，那么我们的表格现在就是：
| 自然数 \ 数位 | 1 | 2 | 3 | 4 | ... |
|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 1 | 0 | 0 | 0 | ... |
| 2 | 0 | 1 | 0 | 0 | ... |
| 3 | 1 | 1 | 0 | 0 | ... |
| 4 | 0 | 0 | 1 | 0 | ... |
| ... | ... | ... | ... | ... | ... |
我们发现，这个表格的对角线上的值，除了最开始两位是1，别的情况下都是0，因此，按照定义，我们所定义的数x实际上就是∑i=2∞ 2i，即一个无穷大，从而是超出自然数范围的——当然了，如果是在自然数范围的，那么我们上面就得出悖论了。
而，超出自然数范围的一个无穷大这样的数，不免让人想到了一个有趣的东西。
在自然数范围之外的代表无穷大的数，以及由此而引出的整个数字集合，就是超现实数（Surreal Number）。
【不熟的朋友可以看这篇介绍：《睡前说：超现实数》】
超现实数中，存在一个比所有自然数都大的数：ω。
它可以被视为是无穷大——当然，它实际上比所有实数都大。
和非标准分析中引入的超实数（Hyperreal Number）相比，两边关于这个定义的无穷大的运算规则存在些许不同。
超现实数n=
而，最有趣的是，按照超现实数的加减乘除等运算法则的定义，我们可以计算ω-1和ω/2这样的数，而且这样的数字同时还是比任意自然数都大。
甚至于，我们可以构造诸如ωω、ωω（重幂，即ω的ω次ω幂，参见Knuth表示法）、ω↑ωω（Knuth表示法所表示的极度夸张的大数）这样的庞然大数（但依然可以构造出更夸张更大的数）。
事实上，只要你有一个数n，那么<{n}|>就是比n更大的数。
超现实数中，最基本的数字是0，可以天然通过空集来构造：0=<|>。其左集和右集都是空集，不需要任何别的已知数就可以构造出来。
而后，<{0}|>就可以被定义为1，以此类推。
这样的构造法和基数及序数构造自然数的方法很类似。
让我们将通过n得到<{n}|>的过程成为“后继”，那么只要一个对象可以通过“后继”操作获得另一个与之前已有的对象截然不同的新对象，那么我们就可以将这个对象序列与超现实数对应到一起。
那么，ω的存在其实就是说：存在两个对象A和B，B比A大，但B无法通过A的任意有限或无限次后继来获得。
回到上一节的那个表格。
自然数当然可以通过“后继”操作，从1开始整个地被找出来，从而一行行地写入表格中。
但ω以及所有通过ω构造出的数（比如ω+1）则不能从1开始通过“后继”操作来获得——它是全然跳出这个序列的，虽然我们知道它比任何一个实数（自然也就包括了自然数）都大，从而原则上是在上述序列之“后”的。
也因此，ω不能写在这张表格内，要写下ω，就必须在这张表格之外另取一张表格——但此时，每一行的每个空格到底要写什么，却也是并不清楚的。
同样的，在证明[0,1]内的实数不可数时，我们通过表格所构造出的矛盾中，那个奇特的数x本质上也是游离在自然数之外的，是比所有自然数都大的数。
事实上，实数集的势为ℵ1，而大家普遍相信ℶ1=ℵ1（连续统假设，但即便该假设不对，我们也有ℶ1≥ℵ1）。又有ℶ1=2ℶ0=2ω，所以实数的数量显然是远大于所有自然数的，但依然可以使用超现实数来表达。
你看，一旦引入超现实数，我们就发现那张无限乘无限的表格似乎不够用了。
让我们换一个问题来考虑。
我们现在有一个遍历可枚举语言L，它总共有l个字母。
然后，我们有一个接受L的通用图灵机U，它接受两个参数u和d，分别表示一个特殊功能的图灵机，以及它所接受的参数数据。u和d都可以表达为字符串s，从而总可以表达为一个l进制数n，即：p(s)=n。同样的，自然数n也总可以对应到一个字符串s_n。
如果我们要在U上运行具有特定输入d的特定图灵机u，那么就可以表达为U(u,d)。
图灵机本身当然也是一种数据，但数据却未必都是图灵机，因此如果一个d不是U上可运行的图灵机，则可以视为U(d,*)直接停机，输出为空。
这么一来，我们就可以建立如下表格：
- 将所有可能的字符串s根据p(s)排序，作为表格的每一行与每一列的指标；
- 表格第i行第j列的内容，为U(s_i,s_j)是否停机，停机则为true，不能停机则为false；
这样一张表格其实就对应了一个停机判定机HaltCheck：
HaltCheck = (machine) ->
if (machine can halt) return true
else return false
在最传统的证明停机判定机不存在的方法中，我们假定HaltCheck存在，于是构造下面这样的图灵机：
paradox = () ->
while (HaltCheck(paradox))
你看，如果paradox被HaltCheck判定为可以停机，则paradox会陷入while true的死循环，从而不会停机；而如果paradox被HaltCheck判定为不会停机，则paradox立刻跳出while循环立即停机。
这一自相矛盾的唯一解释，就是HaltCheck不存在。
这个非常传统的证明方法，也可以通过上面的表格来给出：
上述表格本身也可以视为一组数据（记为table），其对角线（记为diag），也就是第i行i列的数据，也构成一组数据。
再加上图灵机本身也是一组数据，因此，每台图灵机都可以获得自身所对应的序号，然后通过查询上述表格的对角线数据，来获知自身是否可能停机，从而构成悖论：
paradox = () ->
while (diag[p(paradox)])
这一自相矛盾指出：如果表格可以将自身作为元素（从而表格本身是图灵机可接受的数据，从而也可以表示为字符串），或者任意字符串都可以被对应到一个自然数（从而p函数存在），那么这个表格就必然是不自洽的。
由于第二点看上去似乎完全没有问题，那么有问题的就必然是第一条了，即使：
上述构造的表格不能作为数据存在，从而无法以字符串的形式给出。
但，这又怎么可能呢？我们不是正是以字符串的形式来写下、构建这个表格的么？
这其实和实数的问题一样：我们不也是以十进制小数的形式写下一个[0,1]范围内的实数的呢？可它依然不能对应到一个自然数。
因此，能以字符串的形式来写下表格的一部分，并不表示表格本身可以对应到某个字符串。
换言之，表格本身是这张表格之外的东西，表格无法自指。
让我们这么来想：
任意一个非空字符串，都可以通过另一个字符串通过以下两种方式之一来获得：
如果字符串的最后一个字母不是字母表的最后一个字母，则将该最后一个字母变换到一个它的后继字母；如果最后一个字母是字母表最后一个字母，则在该字符串之后添加字母表上的第一个字母。
字母表的第一个字母就可以通过空字符串以第二条途径获得。
因此，我们可以说，任意非空字符串都可以表达为某一确定字符串的“后继”，后继方法就是上面这条方法。
因此，任意字符串都可以对应到一个自然数——也就是说，字符串不可能对应到ω，而ω因为不对应任何字符串。
在上述体系下，ω所对应的东西是字符串表达能力之外的东西，但它和字符串同属一个体系——超现实数。
显然，上面所构造的表格便是这么一种超出字符串表达能力的东西，它可以被视为对应到ω。
而，任何以表格为基础构建出来的函数或者说“图灵机”，都不对应任何字符串，从而不是可以可以作为数据接受的东西。
或者，我们可以这么来说：
判断所有图灵机是否可以停机的机器，是存在的，但它不是图灵机。
停机判定机是超越图灵机的东西，而所有用上了这个停机判定机的机器也都是超越图灵机的东西，它们都无法被停机判定机判定，因为它们不是图灵机。
是不是觉得我在耍赖？
我们可以进一步来问这么一个问题：是否存在判定这类超越图灵机的机器是否会停机的东西？
比如说，我们将判定任意图灵机是否会停机的机器成为超图灵机（Hyper-Turing Machine），那么是否存在判定任意HTM是否停机的机器？
这就好比从ω到ωω，当然存在，只不过这类机器也不是HTM，而是超越HTM的东西，比如H2TM，二阶超图灵机。
我们总可以构造出更高阶的超图灵机，它们可以判定比它们低阶的超图灵机是否可以停机，但就是不能判定自身。甚至于，由于超现实数允许ω-1的存在，所以我们也可以构造HωTM这样的东西，它的停机判定问题可以交由Hω+1TM处理。
这样的东西，不也是极好的么？
脑洞似乎有点大了。
那么，HTM除了有HaltCheck，还有什么呢？
至少还应该有K：K氏复杂度计算机。
我们知道K氏复杂度是不可计算的，因为假如存在图灵机K(s)可以计算任意字符串的K氏复杂度，那么我们可以构造这样的图灵机：
BadK = () ->
for (s in AllStrings)
if (K(s) > len(BadK) + len(K) + ln(len(s)) / ln(l) + C) then return s
其中C是一个固定常数。
这个图灵机输出一个字符串，该字符串的K氏复杂度比这台图灵机输出该字符串所需的长度要长，但一旦能输出这样的字符串，那么它的K氏复杂度就应该等于这台图灵机输出该字符串所需的长度，从而矛盾。
这个矛盾指出了K氏复杂度的不可计算性，但，函数K压根就不是图灵机呢？如果K压根就不能在通用图灵机内表达，K是超越图灵机的某种机器，那么上述不可计算性的证明本身就没有了用武之地，因为len(K)可能是一个ω级甚至更大的无穷大数——而，只要len(K)是无穷大，那么对于任意字符串来说，K氏复杂度的可计算性便能恢复。
事实上，不可计算性本身就表明这样的机器在图灵机范畴内是不存在的，从而如果图灵机总能映射到一个自然数，那么这个不可计算的机器就必然是自然数以外的东西，比如，ω。
可，K本身是否真的具有这种“超越性”呢？
事实上，我们可以写出如下的K：
K = (s) ->
max = len(s)
for (u in AllTuringMachines)
if (u() is s and len(u) < max)
max = len(u)
return max
看上去好像很简单，对不对？
但这样的写法本身却可能出现程序根本无法输出结果的困境，而如果K不能停机，那么上面的BadK也就无意义了，K(s)这一步都无法完成计算，又谈何比较大小呢？
而，K的可能不会停机，源自这段代码中u()可能无法停机，从而一个真正可用的K是这样的：
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，我们需要停机判定函数CanHalt()，这样才能构造一个有效的K氏复杂度计算函数，从而K本身至少和CanHalt同属超越图灵机，而且应该同属HTM。
而这也正是其不可计算性的意义：HTM不在TM集中。
好了，今天基本就说这些了。
当然，从超现实数之后开始的内容都是开脑洞的，并不是严格的论证，所以，我只能说开个脑洞发现，如果自然数和图灵机是对应的，那么超现实数中就存在太多太多无法对应到图灵机的东西了，而，停机判定、K氏复杂度这些东西，看上去仿佛就是如超现实数中的ω一般的存在。
至于这个想法对还是不对，呵呵，等啥时候不是睡前了，再来考虑吧。
今天的睡前唠嗑就到这里，欧耶～～～