韦奇度--起源故事

我很幸运，有一个数学概念是以我的名字命名的。而不仅仅是韦奇学位。还有楔形等级、楔形可还原性和楔形博弈。事实上，我看到人们说他们对“韦奇理论”感兴趣。一个完整的理论！

我以前发过关于这方面的帖子，但那主要是技术性的，对大多数读者来说并不是那么容易理解。它忽略了人的因素，激情，戏剧性，胜利的刺激等等。所以这是真实的故事。

我刚从温哥华的UBC拿到数学学位，就来到了加州的伯克利。我很久以前就来了，1966年秋天(！)。校园里发生了很多事情--延续了前一年的“言论自由”运动。越南战争正如火如荼。我刚到不久，海军陆战队就在学生会大楼里设立了一个招募台。数百名抗议者将他们和警察赶出大楼，穿过斯普鲁尔广场，进入行政大楼斯普鲁尔大厅(Sproul Hall)。这是一个相当壮观的景象，是众多景象中的第一个。不过，那件事我改天再谈。

无论如何，当我来到这里时，我不得不选择了几门研究生课程，但我不知道我想学什么。我有点喜欢拓扑学，但没有激情。

有一天，我与加拿大代表团共进午餐，他们告诉我他们研究过的一门课程--逻辑学，师从艾迪森教授。他们说这看起来很有趣，爱迪生作为一名教师享有很高的声誉。

只有一个问题，这是一门二年级的课程，前提是一年级的逻辑课程。我从未在UBC学习过任何逻辑，所以我必须得到爱迪生的特别许可。我去看他了。

他问我是不是UBC一年里数学系最好的学生。我说我是最优秀的理科毕业生，这似乎让他很满意。我加入了。

这门课给了我一个启示，我决定我喜欢逻辑学。我的背景显然有漏洞，我很快就把它补上了。例如，在课程开始大约三周后，我突然意识到，每个(在所有解释中)为真的一阶公式都是可以证明的！

通常，一年级的课程重在证明理论，并致力于证明这一点(完备性定理)。我很高兴我跳过了这个和一般的证明理论。也许这就是为什么我总是偏爱模型论和语义学的原因。

爱迪生是我见过的最好的讲师。我玩得很开心，学到了很多逻辑。第二年，我报名参加了爱迪生关于可定义性的研讨会。

我在研讨会上学到了很多东西，这对我以后的职业生涯很有帮助。特别是，我了解到了在Baire空间上的Baire拓扑的“算法”方法。

Baire空间是由自然数的无穷序列和Baire拓扑组成的集合，其中如果两个序列有一个很长的公共起始段，则它们是闭合的。时间越长，距离越近。Baire空间与通常拓扑下的无理数同构，但是用无穷序列(由连分式导出)表示更容易处理。

爱迪生对贝尔连续性做了一个引人入胜的刻画。基本上，如果一个函数可以递增计算，不断消耗有限数量的输入和产生有限数量的输出，那么它就是贝尔连续的。换句话说，在现代术语中，它是一个数据流过滤器(例如，在UNIX意义上)。我几乎没有意识到这个概念在我后来的研究中有多么重要。

我确信这种描述是艾迪森独创的，但他似乎并没有为此宣称应有的功劳。

他还告诉我们无限博弈，他认为(正确的)这将是重要的。他告诉我们确定性公理，即在任何无限博弈中，一个玩家都有获胜的策略。是的，这是可能的(这是选择公理的结果)，一个玩家的每一个策略都会被另一个玩家的策略击败-反之亦然！

作为研讨会的一部分，我们有问题要解决。我的想法是找到一种更简单的方法来解释俄罗斯数学家柳德米拉·凯尔戴什的一个结果。她已经证明，贝尔空间的四个子集的特定系列具有严格的复杂性。子集很简单，但她的证明是邪恶的。我能做得更好吗？

-第一个集合是序列集合，其中0在某个点至少出现一次。

-第三个是序列的集合，在这些序列中，某个数字无限频繁地出现。

-第四，无穷多个数字经常出现的序列的集合。

令人沮丧的是，这些集合变得越来越复杂。但如何证明呢？

第一步相对容易。第一个集合在拓扑方面是开放的。在Baire拓扑中，这意味着如果序列在集合中，则它有一个初始段，其所有扩展名都在集合中。换句话说，如果一个序列在集合中，则有关于该序列的有限数量的信息可以保证这一事实。

此外，第二个集合显然不是开放的，因为决定成员资格需要关于候选序列的无限数量的信息。

这是第一步，但在那之后，凯尔蒂奇的拓扑证明变得非常复杂。

有一次，我与艾迪生会面，讨论这些问题，他用一个关于卡雷尔·普里克里的故事来嘲弄我，他是一个非常聪明的人，也参加了研讨会。爱迪生声称他已经向普里克里解释了这些问题，普里克里几乎立即解决了至少一些问题。

特别值得一提的是，普里克里说，他离开数学大楼时考虑了一个问题，当他到达图书馆时，他发现了一个(拓扑)证据。

我离开艾迪生的办公室，想着这个问题，五分钟后就到了图书馆。

五分钟后，我回到家，发现我的室友正在做龙舌兰日出。那天晚上没有更多的拓扑。

在我毫无意义的开场白之后，我开始担心起来。即使我真的想出了拓扑证明，那也不是重点。我想比凯尔蒂奇(和普里克里)做得更好。

幸运的是，爱迪生想出了一条线索。他给了我一篇哈特利·罗杰斯(Hartley Rogers)的论文，罗杰斯在论文中解决了一个关于r.e的类似问题。布景。令人惊讶的是，他的证明很简单。

罗杰斯使用多一约简性自然数集A是多一可约为自然数集B的，如果在自然数上有一个递归的全函数f，使得对于任何a，a在A中当f(A)在B中。我们的想法是，有了f，我们可以将A中的隶属度减少到B中的隶属度：为了确定a是否在A中，我们应用f，产生b，然后询问b是否在B中。这一想法是这样的：为了确定a是否在A中，我们应用f，产生b，然后询问b是否在B中。

类比是两个相似事物的相似部分之间的系统对应(一种非正式同构)。罗杰斯和凯尔德什的问题是相似的，问题集是对应的。

Rogers集是自然数集的子集，Keldysh集是Baire空间的子集。因此，自然数的集合对应于Baire空间，即自然数的无限序列的集合。

罗杰斯利用递归函数的多个可约性解决了他的问题。也许我们可以通过类比…来做同样的工作。利用相似函数的可约性。

这就是Addison对Baire拓扑的描述的用武之地。与递归函数对应的函数是Baire连续函数。

还记得艾迪生对贝尔连续性的描述吗：A可通过连续函数还原为B，这意味着存在一个过滤器f，它消耗序列a的元素，并递增地产生序列b…的元素。以这样的方式，a在A中当且仅当b在B…中。

如果自然数对应于贝尔空间，则递归函数对应于…。连续函数。那么，让我们看看Baire空间的子集A可以通过连续函数约简为Baire空间的子集B意味着什么。

(记住Addison对贝尔连续性的描述)这意味着存在一个过滤器f，它消耗序列a的元素并递增地产生序列b…的元素。以这样的方式，a在A中当且仅当b在B…中。

这一切都意味着，玩家II有可能在以下规则下赢得这场无限大的游戏：

-玩家I开始并在每一步中玩一个自然数-玩家II紧随其后，在每一步中玩一个自然数或传球-玩家II永远不能无限期地通过-玩家II获胜的必要条件是他的动作序列b在B当I的序列a在A中。

称这个游戏为G(A，B)。则A可被连续多个函数约化为B当且仅当II对G(A，B)有取胜策略。

因此，您可以通过赢得一场比赛来证明A比B更简单(实际上并不复杂)。同样重要的是，通过为G(A，B)提供I的制胜策略，您可以证明A并不比B简单。

让我们用凯尔德什的第三套和第二套来试一试。A是所有a的集合，其中某个数字在a中无限经常出现，而B是所有b中有无穷多个0的集合。我需要一个策略来保证某个数字在a中无限经常出现当b没有无限多个0。

玩家I使用黑板，她可以在黑板上写下一个数字。最初，该数字为0。

每走一步，我都会把黑板上的数字弹出来--除非我刚打出了0。在这种情况下，我将黑板上的数字替换为当前数字加1，然后播放它。这就是我们的策略。

如果II玩了无限多个0，黑板上的数字，也就是I的游戏，将无限增加。任何事情都不会无限期地重复，我赢了。

如果II只玩有限多个0，我将最终安心无限期地玩黑板号码，并再次获胜。

这就是证据，我们甚至还没到图书馆。

你可能想试着证明第四盘比第三盘更复杂。策略是相似的。提示：你需要源源不断的黑板！

当我把这个给艾迪生看时，他印象深刻，说了一句话，大意是说我从失败中挽救了胜利。卡雷尔非常鼓舞人心，他指出，我实际上不需要记录她的通行证(就像我一直在做的那样)。

爱迪生鼓励我系统地研究这种还原性，我很高兴这样做。我不费吹灰之力就找到了一个论文题目。

最早的发现之一是，(博弈)决定论意味着可还原性几乎是线性的。如果II有获胜策略，则A可还原为B。如果I有获胜策略，则很容易得出B可还原为A的补集的结论。

换言之，决定性公理(AD)暗示(模互补)可还原性是线性阶。

我跟进了另外两个结果。首先，选择公理暗示，对于相当简单的集合，这种“半线性排序”原则是不成立的。但另一方面，我证明了在没有AD的情况下，它对于开集的可数布尔组合是成功的。

这是许多结果中的第一个，这些结果最终填满了一篇350页的论文，直到1983年才出现。(这项研究是在1971年完成的，但写作又花了12年时间，其中有几年是因为拖延症。)。

事实上，我非常幸运地解决了凯尔德什的问题，当时所有的部件都在那里，等待着组装。大多数人在那里已经有很长一段时间了，但对无限游戏的兴趣相对较新。没有游戏我是不可能解决问题的。

事实上，事情进展得非常顺利，这让我的故事变得不那么有趣了。对英雄来说，遭遇一些逆境总是更好的。我不能说我做到了-除了担心错过研讨会的最后期限。艾迪森没有因为我花时间责备我，而卡雷尔是支持我的，而不是邪恶的死对头。

后来，在职场上，我学会了缺乏尊重，但不是作为一名伯克利的研究生。

然而，我最终通过尝试把我发现的一切都放在我的论文中，提供了我自己的逆境。350页太荒唐了。大错特错。

我应该提交我在这里描述的研究，直到并包括关于AD和AC的结果。剩下的250页材料本可以做很好的简历填充物。