A Banach—Tarski-paradoxon Diplomamunka
K´esz´ıtette: Blahota Istv´ an
T´emavezet˝ o: Dr. Szab´ o Gy¨ orgy
Kossuth Lajos Tudom´ anyegyetem Debrecen 1992
Tartalomjegyz´ ek 1. Bevezet´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 2. F´elcsoportok, csoportok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 3. Paradox csoportok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 4. Szabad nem Abel-csoportok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .12 5. Egy paradoxon a k¨ orvonalon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 6. Tov´ abbi eredm´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 7. M´ atrixok, forgat´ asok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 8. A Haussdorff-paradoxon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 9. Sz´etmetsz´es kongruencia ´es ´ atdarabolhat´ os´ ag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .28 10. A Banach—Tarski-paradoxon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 11. Kitekint´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 12. Felhaszn´ alt irodalom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .35
2
1. Bevezet´ es Mi is az a paradoxon? A paradoxon g¨ or¨ og sz´o, jelent´ese: ”l´ atsz´ olagos ellentmond´ as”, de jelenti azt is, hogy ”furcsa, k¨ ul¨ on¨ os”. Haszn´ alj´ ak e sz´ ot a h´etk¨ oznapi ´eletben is, gyakran ´ervel´esek t´ ulz´ o sz´ ovir´ agak´ent. Mi egy matematikai paradoxonnal, pontosabban paradoxoncsal´ addal fogunk megismerkedni. Meg kell eml´ıteni azonban azt, hogy a matematik´ aban ezenk´ıv¨ ul m´eg sz´ amos paradoxon ismert. Ilyen p´eld´ aul a matematikai logik´ aban a h´ıres Russel-paradoxon, melynek hat´ asa szinte felm´erhetetlen¨ ul nagy volt a logika fejl˝ od´es´ere. Szint´en logikai jelleg˝ u a k¨ ozismert borb´ely-paradoxon. De nemcsak a logik´ aban tal´alunk paradoxonokat. Ismert, ´es nem t´ ul bonyolult paradoxonokkal tal´ alkozhatunk az elemi val´ osz´ın˝ us´egsz´ am´ıt´ asban, ´es az al´abbiakban ismertet´esre ker¨ ul˝ o paradoxoncsal´ ad sem nevezhet˝ o kifejezetten logikainak. Hogy a legt¨ obb k¨ ozismert matematikai paradoxon m´egis logikai, az val´ osz´ın˝ uleg az´ert van, mert ezek meg´ert´ese ´ altal´ aban nem ig´enyel t´ argyi tud´ ast, csup´ an j´ ozan meggondol´ asokra t´ amaszkodik. A tov´ abbiakban a paradoxonok egy speci´alis v´ alfaj´ aval fogunk foglalkozni, az u ´gynevezett ”halmazkett˝ oz˝ o”-paradoxonokkal. Konkr´et p´eldak´ent ismerj¨ uk meg mindj´ art, mit is mond a Banach—Tarski-paradoxon. Tekints¨ unk a t´erben (az u ´gynevezett h´ aromdimenzi´ os euklideszi t´erben) egy testet, az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert egy t¨ om¨ or g¨ omb¨ ot. Megfelel˝ o m´ odon sz´etszedj¨ uk a g¨ omb¨ ot v´eges sok r´eszre (nyilv´ an nem ak´ arhogy, hanem egy speci´ alis m´ odszerrel), majd az ´ıgy keletkezett darabk´ akat k´et csoportra osztjuk megfelel˝ o m´ odon (szint´en nem ak´ arhogy). A Banach—Tarski-paradoxon (t´etel) azt ´ all´ıtja, hogy mindk´et kupac darabk´ ab´ ol ossze lehet rakni az eredeti t¨ ¨ om¨ or g¨ omb¨ ot u ´gy, hogy a sz´etszed´es ´es az ¨ osszerak´as k¨ oz¨ ott a darabk´ akon csup´ an izometrikus (t´avols´ agtart´ o) transzform´ aci´ okat hajtunk v´egre, m´eg konkr´etabban: forgatjuk, valamint eltoljuk azokat a t´erben. (Az izometrikus transzform´ aci´ o nyilv´ an semmilyen jellemz˝ o m´ert´eket nem v´ altoztat meg, ´ıgy a testek t´erfogat´ at sem.) L´ athatjuk, itt val´ oban megkett˝ oz˝ od¨ ott a g¨ omb, s emiatt tal´ al´ o a ”halmazkett˝ oz˝ o” n´ev. A Banach—Tarski-paradoxont m´ as n´even ”aranycsin´ al´ o” paradoxonnak nevezik. Hogy mi´ert? Ha ez az elj´ar´ as a gyakorlatban kivitelezhet˝ o lenne, akkor megval´ osulna egy ´evsz´ azados ´ alom! Ugyanis ha egy t¨ om¨or aranyg¨ omb¨ ot sz´etdaraboln´ ank, majd osszerendezn´enk megfelel˝o m´ ¨ odon, k´etszer annyi aranyunk lenne, mint kezdetben volt. Meg kell azonban jegyeznem, miel˝ ott b´arkiben hi´ u rem´enyeket t´ apl´ aln´ek az aranycsin´ al´ assal kapcsolatban, hogy ez az elj´ ar´ as a gyakorlatban — term´eszetesen — nem kivitelezhet˝ o, t¨ obb okn´ al fogva. 3
1. Bevezet´es Technikai akad´ alya, hogy hihetetlen¨ ul ´eles ´es pontos v´ ag´ oeszk¨ oz¨ okre lenne sz¨ uks´eg. De tal´ an m´eg ez a legkisebb probl´ema. Sokkal elm´eletibb jelleg˝ u kiz´ ar´ o ok, hogy az anyagok nem oszthat´ ok tetsz˝ oleges pontoss´ aggal ´es m´ert´ekben, ugyanis az atomi m´eretekn´el finomabb oszt´ asok m´ ar az anyagot mag´ at v´ altoztatj´ ak meg (l´ asd atomfizika). Mellesleg az anyagmegmarad´ as elv´evel is ellenkezne: semmib˝ ol keletkezne anyag. Matematikai jelleg˝ u kiz´ ar´ o ok is van: a bizony´ıt´ ashoz felhaszn´ aljuk a kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ at. De ne v´ agjunk el´ebe az esem´enyeknek! Hogy mit is mond ki a kiv´ alaszt´ asi axi´ oma, ´es felhaszn´ al´ asa mi´ert ”¨ oli meg” a gyakorlati alkalmaz´ ast, arra a k´es˝ obbiekben — ha m´ ar megszerezt¨ uk a kell˝ o alapismereteket hozz´ a — m´eg visszat´er¨ unk. Mag´ at a paradoxont teh´ at egyszer˝ uen u ´gy lehet feloldani, hogy ´eszrevessz¨ uk, a matematika csup´ an megpr´ ob´ alja modellezni a vil´ agot, de ez nem minden esetben siker¨ ul neki. Ennek ellen´ere sok ´erdekess´eget, sz´eps´eget rejt mag´ aban ez a t´emak¨ or. Szerkezetileg az el˝ oz˝ oh¨ oz hasonl´ o, m´ely gondolatokat felvet˝ o paradoxon sz´ armazik ˝ Galileit˝ ol. O a k¨ ovetkez˝ ot vette ´eszre. Tekints¨ uk a n´egyzetsz´ amokat : 1 , 4 , 9 , 16 , 25, ... stb. Nyilv´ an nem minden term´eszetes sz´ am n´egyzetsz´am, p´eld´ aul a 3 , 7 , 11 , 15 , ... stb. sem az. Teh´ at a term´eszetes sz´ amok halmaz´ anak val´ odi r´eszhalmaza 2 2 2 a n´egyzetsz´ amok halmaza. M´ asr´eszt 1 = 1 , 2 = 4 , 3 = 9 , 42 = 16 , ... stb., vagyis l´etezik k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u (bijekt´ıv) lek´epez´es a n´egyzetsz´ amok ´es a term´eszetes sz´ amok k¨ oz¨ ott, amit m´ask´eppen u ´gy mondunk, hogy e k´et halmaz egyenl˝ o sz´ amoss´ ag´ u . K´et v´eges elemsz´ am´ u halmaz nyilv´ an akkor egyenl˝ o sz´ amoss´ ag´ u, ha elemeik sz´ ama ugyanazzal a term´eszetes sz´ ammal egyezik meg. E l´ atsz´ olagos ellentmond´ as nagyban hasonl´ıt az ”aranycsin´ al´ o” paradoxonhoz: mindk´et esetben ”r´esz v´ alt egyenl˝ ov´e az eg´esszel”. Ha egy kicsit elt¨ opreng¨ unk a paradoxonok mibenl´et´en, val´ osz´ın˝ uleg sokakban felmer¨ ul az a gondolat, hogy viszonylag szubjekt´ıv, mit is tekint¨ unk paradoxonnak. Egy ´ all´ıt´ as ugyanis lehet valaki sz´ am´ ara fel nem foghat´ o, m´ıg m´ asnak ugyanez term´eszetes. Ennek ellen´ere a paradoxonok t¨ obbs´ege ´eppen az´ert lett k¨ ozismert, mert igen sokan tartott´ ak a j´ ozan ´esszel ¨ ossze nem egyeztethet˝ onek. Azt hiszem, a fentiekben ismertetett ”aranycsin´ al´ o”-paradoxon el´eg meglep˝ oen hangzik ahhoz, hogy ´erdekl˝ od´es¨ unkre sz´ amot tartson. Maga a dolgozat a matematika ir´ ant m´elyebben ´erdekl˝ od˝ o, tehets´eges k¨ oz´episkol´ asok sz´ am´ ara ´ır´ odott. Minden ´ all´ıt´ as a legapr´ obb r´eszletekig bizony´ıtott, (lesz´ am´ıtva n´eh´ any, az utols´ o fejezetben, ´erdekess´egk´eppen ismertetett eredm´enyt, amit bizony´ıt´ as n´elk¨ ul k¨ ozl¨ unk) minden fogalom, amit a k¨oz´episkol´ as alaptanterv˝ u matematika nem ismertet, defini´ al´ asra ker¨ ul. 4
1. Bevezet´es A t´em´ aban mindm´ aig igen kev´es munka jelent meg magyarul. A Tudom´ any c´ımet visel˝ o kiadv´ anyban olvashattunk egy ismeretterjeszt˝o, matematikailag gyenge sz´ınvonal´ u cikket. Enn´el l´enyegesen ´erdekesebb ´es n´ıv´ osabb ´ır´ as jelent meg a K¨ oz´episkolai Matematikai Lapokban, b´ ar terjedelmi okok miatt ez az ´ır´ as is csup´an figyelemfelkelt˝ o jelleg˝ u. Jelen munka jobb´ ara Stan Wagon: The Banach-Tarski Paradox c´ım˝ u k¨ onyv n´eh´ any fejezete, valamint Dr. Szab´ o Gy¨ orgy — t´emavezet˝ om — V´egesen addit´ıv m´ert´ekek c´ım˝ u speci´ alkoll´egiuma alapj´ an k´esz¨ ult. Ez´ uton szeretn´em megk¨ osz¨ onni ´ aldozatk´esz munk´ aj´ at, mellyel dolgozatom elk´esz´ıt´es´et seg´ıtette. Megeml´ıtem m´eg, hogy a tov´ abbiakban gyakran fogunk kisebb-nagyobb kit´er˝ oket tenni a matematika k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ter¨ uleteire. Tessz¨ uk ezt az´ert, hogy az al´ abbi munka ne v´ aljon t´etelek, bizony´ıt´ asok, defin´ıci´ ok nehezen em´eszthet˝ o halmaz´ av´ a, meg´ert´ese ne okozzon neh´ezs´eget a t´ema ir´ ant ´erdekl˝ od˝ o k¨ oz´episkol´ as sz´ am´ ara.
5
2. F´ elcsoportok, csoportok M´ ar kisiskol´ as korunkban, amikor megismerkedt¨ unk az alapvet˝ o sz´ amtani m˝ uveletekkel (¨osszead´ as, kivon´ as, szorz´ as, oszt´ as), ´eszrevehett¨ uk n´eh´ any k¨ oz¨ os tulajdons´ agukat. Nek¨ unk ezek k¨ oz¨ ul egyel˝ ore csup´ an az asszociativit´ asra lesz sz¨ uks´eg¨ unk. P´eld´ aul a szorz´ as asszociat´ıv m˝ uvelet az eg´esz sz´ amok halmaz´ an, mert (a · b) · c = a · (b · c) tetsz˝ oleges a, b, c eg´esz sz´ amra. Hasonl´ ok´eppen az ¨ osszead´ as is asszociat´ıv m˝ uvelet p´eld´ aul a val´os sz´ amok halmaz´ an (, de term´eszetesen az eg´esz sz´ amok halmaz´ an is), mert (a + b) + c = a + (b + c) tetsz˝ oleges a, b, c val´ os sz´ amra. Tekints¨ uk ezt a tulajdons´ agot enn´el ´altal´ anosabban. Legyen X egy tetsz˝ oleges, de nem¨ ures halmaz. Legyen h egy f¨ uggv´eny, amely b´ armely k´et X -beli elemhez hozz´ arendel egy X -beli elemet. Ezzel megadtunk X -en egy m˝ uveletet. P´eld´ aul az el˝ oz˝ oekben eml´ıtett szorz´ as is m˝ uvelet volt az eg´esz sz´ amok halmaz´ an, hiszen k´et eg´esz sz´ amhoz egy harmadikat rendelt. Amennyiben teljes¨ ul az asszociat´ıv tulajdons´ ag, vagyis h(h(a, b), c) = h(a, h(b, c)) teljes¨ ul tetsz˝ oleges a, b, c X-beli elemre, akkor az X -et ell´ atva a h f¨ uggv´ennyel f´ elcsoportnak nevezz¨ uk. A fent eml´ıtett p´eld´ ak j´ ok ide is, hiszen k¨ onny˝ u l´ atni, hogy az eg´esz sz´ amok halmaza ell´ atva a szorz´ assal, vagy ¨ osszead´ assal f´elcsoportot alkot. De f´elcsoport p´eld´ aul a k¨ ovetkez˝ o strukt´ ura is. Legyen az A halmazban k´et elem: A = {citrom, narancs}. Legyen a f¨ uggv´eny a k¨ ovetkez˝ o: (i.)
f (citrom, citrom) = citrom
(iii.)
f (citrom, narancs) = citrom
(ii.)
f (narancs, citrom) = narancs
(iv.)
f (narancs, narancs) = narancs
Hogy bel´ assuk, f´elcsoportr´ ol van sz´ o, meg kell vizsg´ alnunk az ¨ osszes lehets´eges esetet. Mivel f (a, b) = c eset´en a, b, c mindegyik´enek hely´ebe k´etf´ele A -beli elem ker¨ ulhet, ez´ert 3 az ¨ osszes eset sz´ama 2 , vagyis 8. f (f (citrom, citrom), citrom) = citrom = f (citrom, f (citrom, citrom)) 6
2. F´elcsoportok, csoportok f (f (citrom, citrom), narancs) = citrom = f (citrom, f (citrom, narancs)) f (f (citrom, narancs), narancs) = citrom = f (citrom, f (narancs, narancs)) f (f (citrom, narancs), citrom) = citrom = f (citrom, f (narancs, citrom)) f (f (narancs, narancs), narancs) = narancs = f (narancs, f (narancs, narancs)) f (f (narancs, narancs), citrom) = narancs = f (narancs, f (narancs, citrom)) f (f (narancs, citrom), narancs) = narancs = f (narancs, f (citrom, narancs)) f (f (narancs, citrom), citrom) = narancs = f (narancs, f (citrom, citrom)) Egyszer˝ ubben is bel´ athatjuk az asszociativit´ ast, ha ´eszrevessz¨ uk, hogy ebben az esetben f¨ uggv´eny¨ unk rendelkezik a k¨ ovetkez˝ o speci´ alis tulajdons´ aggal: f (a, b) = a minden A -beli a, b -re, ahonnan f (f (a, b), c) = a = f (a, f (b, c)) k¨ ovetkezik tetsz˝ oleges A -beli a, b, c eset´en, amib˝ ol r¨ ogt¨ on ad´ odik, hogy A ell´ atva az f f¨ uggv´ennyel f´elcsoport lesz. Ezt u ´gy is mondhatjuk, hogy (A, f ) algebrai strukt´ ura f´elcsoport. Neh´ez azonban k¨ ozismert p´eld´ at mondani olyan strukt´ ur´ ara, amely nem f´elcsoport. A h´etk¨ oznapi ´eletben haszn´ alt m˝ uveletek ´ altal´ aban rendelkeznek n´eh´ any h´ al´ as tulajdons´ aggal, ´ıgy asszociat´ıvak is. Ellenben igen egyszer˝ uen gy´ arthatunk saj´ at magunk, az el˝ obbi p´elda st´ılus´ aban nem f´elcsoport algebrai strukt´ ur´ at. El´eg, ha marad A = {narancs, citrom} ´es g f¨ uggv´enynek is csak egy helyen kell elt´ernie f -t˝ ol. Legyen (i.)
g(citrom, citrom) = narancs,
egy´ebk´ent legyen g = f . Ekkor a m˝ uvelet nem lesz asszociat´ıv, s emiatt (A, g) nem lesz f´elcsoport, hiszen l´etezik olyan A -beli a, b, c melyre g(g(a, b), c) 6= g(a, g(b, c)), m´egpedig a = b = c = citrom eset´en. g(g(citrom, citrom), citrom) = g(narancs, citrom) = narancs, g(citrom, g(citrom, citrom)) = g(citrom, narancs) = citrom, 7
2. F´elcsoportok, csoportok ez´ert citrom = g(citrom, g(citrom, citrom)) 6= g(g(citrom, citrom), citrom) = narancs miatt bel´ attuk az ´ all´ıt´ ast, vagyis (A, g) nem f´elcsoport. Amennyiben (X, h) f´elcsoport, ´es l´etezik egy e -vel jel¨ olt A -beli elem melyre h(a, e) = a = h(e, a) teljes¨ ul tetsz˝ oleges a X -beli elemre, akkor e -t egys´egelemnek, (X, h) -t pedig egys´ egelemes f´ elcsoportnak nevezz¨ uk, mint az v´ arhat´ o is volt. P´eld´ aul ilyen egys´egelem szorz´ asn´ al az 1, ¨ osszead´ asn´ al a 0. A kor´ abbi neh´ezs´eggel tal´ alkozunk, ha nem egys´egelemes strukt´ ur´ at keres¨ unk; az egys´egelem l´etez´ese egyike a megszokott j´ o tulajdons´ agoknak. ”Gy¨ um¨ olcs¨ os” strukt´ ur´ aink azonban most sem hagynak cserben minket! Tekints¨ uk az el˝ obbi (A, f ) f´elcsoportot. A citrom elem egys´egelem? Nem, mert p´eld´ aul f (citrom, narancs) = citrom. A narancs elem egys´egelem? Nem, mert p´eld´ aul f (narancs, citrom) = narancs. A halmaz egyik eleme sem egys´egelem, ´ıgy (A, f ) nem egys´egelemes (de persze f´elcsoport). Az el˝ obbi (A, g) strukt´ ura pedig nem egys´egelemes, nem f´elcsoportra p´elda, hiszen a citrom elem egys´egelem? Nem, mert p´eld´ aul g(citrom, citrom) = narancs. A narancs elem egys´egelem? Nem, mert p´eld´ aul g(narancs, citrom) = narancs. A halmaz egyik eleme sem egys´egelem, ´ıgy (A, g) nem egys´egelemes ´es nem is f´elcsoport. Ha (X, h) egys´egelemes f´elcsoport ´es minden X -beli elemnek l´etezik inverze, ami annyit tesz, hogy tetsz˝ oleges X -beli a elemhez l´etezik X -beli b, hogy h(a, b) = e = h(b, a), akkor (X, h) -t csoportnak nevezz¨ uk. 8
2. F´elcsoportok, csoportok Csoport p´eld´ aul az eg´esz sz´ amok halmaza, ha ell´ atjuk az ¨ osszead´ assal. Az egys´egelem a 0 lesz (amit itt z´er´ oelemnek, z´eruselemnek neveznek), ´ıgy az a elem inverze −a. A val´ os sz´ amok halmaza a szorz´ asra n´ezve csak a 0 n´elk¨ ul lesz csoport. Ugyanis a egy val´ os sz´ am inverze 1/a lesz, ami a 6= 0 eset´en ´ertelmezett, ´ıgy ha a 0 is eleme a halmaznak, akkor nem teljes¨ ul a felt´etel, hogy minden elemnek l´etezik inverze. Bizony´ ara felt˝ unt, — a f´elcsoportok eset´eben ´epp´ ugy, mint a csoportokn´ al — hogy nem rendelkeznek egy megszokott tulajdons´ aggal, a kommutativit´ assal, vagyis f´elcsoportban, vagy csoportban ´ altal´ aban nem igaz a, b tetsz˝ oleges halmazbeli elemekre f´elcsoportbeli, vagy csoportbeli ∗ m˝ uvelet eset´en, hogy a ∗ b = b ∗ a. Amennyiben teljes¨ ul ez a tulajdons´ ag, azt k¨ ul¨ on eml´ıteni szokt´ ak, ´es kommutat´ıv f´elcsoportr´ ol, illetve kommutat´ıv csoportr´ ol besz´elnek. A kommutat´ıv csoportot m´as n´even Abel-f´ele csoportnak, vagy egyszer˝ uen Abel-csoportnak nevezik, Abel norv´eg matematikus neve ut´ an.
9
3. Paradox csoportok M´ ar az el˝ oz˝ oekben is szerepeltek olyan strukt´ ur´ ak, melyeknek nem sz´ amok voltak az elemei (gondolok itt a citrom-ra ´es a narancs-ra). Most is egy ilyenr˝ ol lesz sz´ o, egy csoportr´ ol, melynek elemei f¨ uggv´enyek. Legyen X egy nem¨ ures halmaz, valamint tekints¨ uk az X -b˝ ol X -re k´epez˝ o k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u f¨ uggv´enyek halmaz´ at. Legyen ennek G egy nem¨ ures r´eszhalmaza. ´ Ertelmezz¨ uk a ∗ -gal jel¨ olt m˝ uvelet G -n a k¨ ovetkez˝ ok´eppen: tetsz˝ oleges G -beli g ´es h f¨ uggv´enyek, valamint X -beli x eset´en legyen (g ∗ h)(x) = g(h(x)). Felt´etel G -re, hogy tetsz˝ oleges G -beli g ´es h eset´en g ∗ h is G -beli legyen, vagyis ∗ ne vezessen ki G -b˝ ol. Legyen benne G -ben az egys´egelem is, teh´ at az az e -vel jel¨ olt f¨ uggv´eny (az u ´gynevezett identikus lek´epez´es), amely minden X -beli elemet helyben hagy, vagyis e(x) = x minden x X -beli elemre. e nyilv´ an egys´egelem, hiszen (e ∗ g)(x) = e(g(x)) = g(x) = g(e(x)) = (g ∗ e)(x) teljes¨ ul tetsz˝ oleges x X -beli elemre. Egy G -beli g(x) f¨ uggv´eny, mint csoportelem inverze a g(x) f¨ uggv´eny f¨ uggv´enytani inverze lesz, hiszen ott pontosan ´ıgy defini´ altuk egy f¨ uggv´eny inverz´et: a g(x) f¨ uggv´eny −1 inverze legyen az a g (x) -szel jel¨ olt f¨ uggv´eny, melyre teljes¨ ul tetsz˝ oleges X -beli x eset´en, hogy g(g −1 (x)) = x , ´es g −1 (g(x)) = x. Az inverz l´etez´es´ehez sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges is, hogy a f¨ uggv´eny k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u legyen. P´eld´ aul az f (x) = x2 f¨ uggv´enynek nem l´etezik inverze, ha az X a val´ os sz´ amok halmaza (a tov´ abbiakban <), hiszen p´eld´ aul f (x) = 1 teljes¨ ul x = 1 ´es x = −1 eset´en is. L´etezik az inverz ellenben akkor, ha X egy sz˝ ukebb halmaz, a nemnegat´ıv sz´ amok √ −1 halmaza. Az inverzf¨ uggv´eny ekkor term´eszetesen az f (x) = x lesz. Az ´ıgy defini´ alt G halmaz a ∗ m˝ uvelettel, az e(x) = x egys´egelemmel, ahol x Xbeli elem, valamint az ezekb˝ ol k¨ ovetkez˝ o inverzzel nyilv´ an csoport lesz. Az ilyen G csoportr´ ol azt mondjuk, hogy G hat´ assal van a X halmazon, vagy m´ ask´eppen mondva G csoporthat´ as X -en . Legyen A X r´eszhalmaza, g az X -b˝ ol X -re k´epez˝ o f¨ uggv´eny. K´epezz¨ uk minden A -beli a elem eset´en a g(a) elemet. Az ´ıgy keletkezett halmazt a tov´ abbiakban jel¨ olj¨ uk g(A) -val. 10
3. Paradox csoportok Legyen a G csoporthat´ as X -en, ´es tegy¨ uk fel, hogy E r´eszhalmaza X-nek. Azt mondjuk, hogy az E halmaz G paradox , ha valamely n, m pozit´ıv eg´esz sz´ amokra vannak olyan A1 , ..., An , B1 , ..., Bm p´ aronk´ent diszjunkt r´eszhalmazai E-nek, n m S S ´es g1 , ..., gn , h1 , ..., hm elemei G -nek u ´gy, hogy E = gi (Ai ), ´es E = hi (Bi ). i=1
i=1
Mit is jelent ez szeml´eletesen? Ha az E halmaznak van k´et diszjunkt r´eszhalmaza, az A ´es a B halmaz, amely sz´etszedhet˝ o az n darab Ai -re, illetve az m darab Bi -re, majd G seg´ıts´eg´evel u ´jra rendezhet˝ ou ´gy, hogy mindk´et u ´jrarendezett halmaz ´eppen lefedje az E-t, akkor E halmaz G paradox, vagyis a G csoport seg´ıts´eg´evel megdupl´ azhat´ o. Mint azt m´ ar a bevezet˝ oben eml´ıtett¨ uk, az ilyen, u ´gynevezett halmazkett˝oz˝ o-paradoxonokkal fogunk foglalkozni. Ha belegondolunk, a szint´en ott eml´ıtett Banach— Tarski-paradoxon eset´en is ez t¨ ort´ent. Abban az esetben az X a szeml´eletes t´er (a 3 tovabbiakban < ), az E a g¨ omb, G az <3 izometria-csoportj´ anak egy r´eszhalmaza, a forgat´ asok, eltol´ asok halmaza. Annak a bizony´ıt´ as´ ahoz, hogy teljes¨ ulnek a defin´ıci´ o felt´etelei, vagyis b´ armely g¨ omb 3 < -ban pararadox az < izometria-csoportj´ anak bizonyos r´eszhalmaz´ ara n´ezve, m´eg nem elegend˝ oek elm´eleti ismereteink. Ez az ´ all´ıt´ as — a paradoxonokr´ ol szerzett ismereteink betet˝ oz´ese — a 10. fejezetben ker¨ ul bizony´ıt´ asra. 3
11
4. Szabad nem Abel-csoportok Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o halmazt: M = {σ, σ −1 , τ, τ −1 }. Ezeket az elemeket nevezz¨ uk bet˝ uknek. Ha v´eges sokszor egym´ as ut´ an ´ırjuk az M -beli n´egy bet˝ ut, u ´gynevezett −1 −1 −1 −1 −1 −1 sz´ ot kapunk. P´eld´ aul szavak a k¨ ovetkez˝ ok: τ σ τ σσ σ , σ σ , τ τ τ σ −1 . Legyen ekvivalens b´ armely k´et sz´ o, ha egyik a m´ asikba transzform´ alhat´ o v´eges −1 −1 −1 −1 sok σσ , vagy σ σ, vagy τ τ , vagy τ τ elv´etel´evel, vagy hozz´ aad´ as´ aval. Ezeket a k´etbet˝ us szavakat elhagyhat´ o bet˝ up´ aroknak nevezz¨ uk. Egy sz´ot reduk´ altnak mondunk, ha nincs benne egyetlen elhagyhat´ o bet˝ up´ ar sem. Nyilv´ an minden sz´ o ekvivalens egy reduk´ alt sz´ oval. A reduk´ alt szavak F halmaza csoport lesz a k¨ ovetkez˝ ok´eppen. A m˝ uvelet k´et reduk´ alt sz´ ohoz rendelje az egym´ as ut´ an ´ır´ asukkal keletkezett sz´ o reduk´ altj´ at. K´et reduk´ alt sz´ o egym´ as ut´ an ´ır´ asa ugyanis nem felt´etlen¨ ul reduk´ alt. P´eld´ aul, ha −1 −1 a = τ σ, b = σ τ , akkor ab = τ σσ τ , annak reduk´ altja pedig ab = τ τ , amit a 2 szok´ asos jel¨ ol´est bevezetve ab = τ -tel is jel¨ olhet¨ unk. Az egym´ as ut´ an ´ır´ ast m´ as sz´ oval konkaten´ aci´ onak, ¨ osszef˝ uz´esnek is nevezik. Nem neh´ez bel´atni, hogy a konkaten´ aci´ o asszociat´ıv m˝ uvelet. (Bizony´ıthat´ o p´eld´ aul a k¨ oz´eps˝ o sz´o hossza szerinti teljes indukci´ oval.) Az u ¨ res sz´ o, vagyis p´eld´ aul σσ −1 , vagy σ −1 τ τ −1 σ reduk´ altja nyilv´ an egys´egelem −1 −1 lesz. Jel¨ olj¨ uk az u ¨res sz´ ot 1-gyel. Nyilv´ an σ inverze σ , ´es σ τ inverze τ −1 σ, hiszen egym´ as ut´an ´ırva ˝ oket 1 -et kapunk. −1 Minden reduk´ alt a = a1 ...an sz´onak l´etezik a−1 = a−1 n ...a1 inverze, hiszen −1 (a1 ...an )(a−1 n ...a1 ) = 1.
Mivel a tov´ abbiakban csak reduk´ alt szavakkal fogunk foglalkozni, ez´ert az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert csup´ an szavaknak nevezz¨ uk ˝ oket. Az F csoportot szabad csoportnak nevezz¨ uk, m´eghozz´ a az M halmaz ´ altal gener´ alt szabad csoportnak. Jelen esetben M k´et bet˝ ut, ´es azok inverz´et tartalmazza, ´es mivel enn´el kevesebb elemmel nem lehet ugyanezt az M halmazt gener´ alni, ez´ert F -et k´ etgener´ atoros szabad csoportnak nevezz¨ uk. A konkaten´ aci´ o defin´ıci´ oj´ ab´ ol k¨ovetkezik, hogy az F csoport nem lesz Abel-csoport, ´ıgy azt szabad nem Abel-csoportnak is nevezik. Eml´ekezz¨ unk vissza, mit is jelentett az, hogy egy G csoport hat´ assal van egy X halmazon. Az X-en ´ertelmezett, X-be k´epez˝ o k¨ olcs¨ on¨osen egy´ertelm˝ u f¨ uggv´enyek egy nem¨ ures r´eszhalmaza G, a m˝ uvelet az ¨ osszetett f¨ uggv´eny k´epz´ese, az egys´egelem pedig az e(x) = x identikus lek´epez´es volt. 12
4. Szabad nem Abel-csoportok Ha az X alaphalmazt speci´ alisan u ´gy defini´ aljuk, hogy csoport legyen, mondjuk (C, ∗), vagyis X = C halmaz a ∗ m˝ uvelettel, akkor X v´ alaszthat´ o a G csoportnak, ami hat´ assal lesz X -en, vagyis ¨ onmag´ an. Ugyanis ekkor a bijekt´ıv f¨ uggv´enyek egy r´eszhalmaz´ anak eleme, amely X -en (vagyis C-n) van ´ertelmezve, a k¨ ovetkez˝ o lesz: kiv´ alasztunk egy G-beli (vagyis C-beli) g elemet, ´es azzal balr´ ol megszorozzuk az X -beli (vagyis C-beli) elemeket, k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on. (A f´elcsoportbeli, csoportbeli m˝ uveletet szok´ as szorz´ asnak nevezni, de ez nyilv´ anval´ oan csup´ an sz´ ohaszn´ alat, ´es nem az a bizonyos szorz´ as.) Ez k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u f¨ uggv´eny lesz, pontosan a csoportelemek invert´ alhat´ os´ aga −1 miatt, hiszen az ´ert´ekk´eszletbeli elemekb˝ ol g -gyel val´ o balszorz´ assal kapjuk vissza (egy´ertelm˝ uen) a hozz´ ajuk tartoz´ o ´ertelmez´esi-tartom´ anybeli elemeket. Term´eszetesen nincs kit¨ untetett szerepe a bal oldalnak, de ha m´ ar v´ alasztottunk a k´et oldal k¨ oz¨ ott, akkor k¨ ovetkezetesnek kell lenn¨ unk, ´es csak az egyik oldalr´ ol val´ o szorz´ ast haszn´ alhatjuk, hiszen a m˝ uvelet nem kommutat´ıv. Ezt az elj´ ar´ ast minden G -beli elemre elv´egezve l´ athatjuk, hogy a csoportelemek tulajdonk´eppen G -n ´ertelmezett bijekt´ıv f¨ uggv´enyek. A fenti ´ all´ıt´ ast u ´gy is meg szokt´ ak fogalmazni, hogy b´ armely csoporton a bal eltol´as term´eszetes hat´ as ¨ onmag´ an. T´erj¨ unk most vissza u ´jra a k´etgener´ atoros szabad csoportokhoz, ´es ismerkedj¨ unk meg egy ´ all´ıt´ assal (amely paradoxon lesz), ´es sz´ep bizony´ıt´ as´ aval! ´ 1.TETEL. Legyen az F k´etgener´ atoros szabad csoport hat´ assal ¨ onmag´ an a bal szorz´ assal. Ekkor az F halmaz F paradox. Bizony´ıt´ as. Jel¨ olj¨ uk σ -val illetve τ -val az F szabad csoport gener´ atorait, valamint W (p)-vel az F csoport p-vel kezd˝ od˝ o elemeit, vagyis a p-vel kezd˝ od˝ o szavakat, ahol p a −1 −1 n´egy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o szimb´ olum (τ, τ , σ, σ ), — nem sz´ am´ıtva az u ¨res sz´ ot — egyike. Ekkor nyilv´ anval´ oan igaz, hogy F = 1 ∪ W (τ ) ∪ W (τ −1 ) ∪ W (σ) ∪ W (σ −1 ), valamint ez az ¨ ot halmaz p´ aronk´ent diszjunkt is, mivel minden sz´ o pontosan egyf´ele bet˝ uvel kezd˝ odhet (az u ¨res sz´ ot lesz´ am´ıtva, hiszen az semmilyen bet˝ uvel nem kezd˝ odik). M´ asr´eszt igaz az is, hogy W (σ) ∪ σW (σ −1 ) = F (σ, vagyis egy elem szorz´ asa W (σ −1 )-gyel, teh´ at egy halmazzal defin´ıci´ o szerint azt a −1 halmazt jelenti, amely σ-nak W (σ ) elemeivel val´ o szorzataib´ ol ´ all). Ezt a k¨ ovetkez˝ ok´eppen l´ athatjuk be. Ha egy h sz´ o nem σ-val kezd˝ odik, akkor σ −1 h biztosan σ −1 -gyel fog kezd˝ odni, ´ıgy W (σ −1 ) -beli lesz. 13
4. Szabad nem Abel-csoportok Az´ert kell a felt´etel, hogy a h ne σ-val kezd˝ odj¨ on, mert ellenkez˝ o esetben σ −1 h -ban az els˝ o k´et bet˝ uu ¨res sz´ ov´ a v´ alna, ´ıgy nem tudn´ ank biztosan, hogy mivel kezd˝ odik a reduk´ alt sz´ o. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy ha h nem σ-val kezd˝ odik, akkor a σ(σ −1 h) sz´ o σ(W (σ −1 )) eleme, vagyis mivel σ(σ −1 h) = h, ez´ert a h sz´ o σ(W (σ −1 )) -beli lesz. Ez r¨ oviden annnyit jelent, hogy egy tetsz˝ oleges F -beli h elem, vagy W (σ) -nak, vagy σ(W (σ −1 ))nek eleme. Teh´ at W (σ) ∪ σ(W (σ −1 )) ⊇ F. M´ asr´eszt a csoportbeli m˝ uvelet alkalmaz´ asa, valamint az uni´ ok´epz´es nem eredm´enyez olyan halmazt, amely ne lenne r´eszhalmaza F -nek. Teh´ at az is igaz, hogy W (σ) ∪ σ(W (σ −1 )) ⊆ F, s ezzel bel´ attuk, hogy W (σ) ∪ σ(W (σ −1 )) = F. Anal´ og m´ odon kapjuk (csup´ an a σ bet˝ ut kell τ -ra, az σ −1 -et pedig τ −1 - re cser´elni a bizony´ıt´ as sor´ an), hogy W (τ ) ∪ τ (W (τ −1 )) szint´en egybeesik F halmazzal. Ezzel a bizony´ıt´ ast be is fejezt¨ uk, hiszen legyen X = F , E = F , G = F , n = 2 , m = 2 , g1 = 1 , g2 = σ , h1 = 1 , h2 = τ , A1 = W (σ) , A2 = W (σ −1 ) , B1 = W (τ ) , B2 = W (τ −1 ), valamint az utols´ o n´egy halmaz p´ aronk´ent diszjunkt (ezt l´ attuk a bizony´ıt´ as sor´ an). Mindezek alapj´ an n m S S E= gi (Ai ) = hi (Bi ), i=1
i=1
hiszen F = W (σ) ∪ σ(W (σ −1 )) = W (τ ) ∪ τ (W (τ −1 )), ami defin´ıci´ o szerint azt jelenti, hogy E halmaz G paradox, konkr´etan a mi eset¨ unkben F halmaz F paradox. Ezt kellett bizony´ıtani. A tov´ abbiakban
jel¨ oli a bizony´ıt´ as v´eg´et.
Ha egy F csoport van hat´ assal ¨ onmag´ an a balr´ ol val´ o szorz´ assal, ´es az F csoport F paradox, akkor r¨ oviden csak azt mondjuk, hogy az F csoport paradox. Ez alapj´ an a fenti t´etelt az al´ abbi form´ aban is megfogalmazhatjuk. B´ armely F k´etgener´ atoros szabad csoport paradox.
14
5. Egy paradoxon a k¨ orvonalon A matematikus-folkl´ or r´esze az al´ abbi feladat. Tegy¨ uk fel, hogy egy fantasztikus sz´ alloda port´ asai vagyunk, melyben minden term´eszetes sz´ amhoz tartozik egy szoba, tov´ abb´ a tudjuk, hogy minden szoba foglalt. Hogyan helyezz¨ unk el egy u ´jabb vend´eget, ha egyetlen kor´ abban ´erkezettet sem akarunk kitenni a sz´ allod´ ab´ ol? A megold´ as egyszer˝ u. Mindenkit k¨ olt¨ oztess¨ unk ´ at a szob´ aj´ an´ al eggyel nagyobb sz´ am´ u szob´ aba, az u ´jonnan ´erkezettet pedig helyezz¨ uk el az ´ıgy meg¨ uresedett egyes sz´ am´ u szob´ aba. Ezt az elj´ ar´ ast n -szer alkalmazva jutunk el a megold´ ashoz abban az esetben is, ha nu ´jabb vend´eg ´erkezik. Mi a helyzet akkor, amikor ugyan annyi u ´j vend´eg ´erkezik a teli sz´ allod´ aba, mint amennyi m´ ar bek¨ olt¨ oz¨ ott? A feladat megold´ asa ´ıgy sem neh´ez. K¨ olt¨ oztess¨ uk ´ at a lak´ okat a k´etszeres szobasz´ amukhoz tartoz´ o szob´ akba, az u ´jonnan ´erkezetteket pedig ir´ any´ıtsuk az ´eppen meg¨ uresedett p´ aratlan sz´ am´ u szob´ akba. Ezt az elvet nagyszer˝ uen tudjuk haszn´ alni majd a 2.t´etel bizony´ıt´ as´ an´ al, de a k´es˝ obbiekben felhaszn´ alt u ´gynevezett ”beolvaszt´ asos” bizony´ıt´ asi technik´ anak is ez az alap¨ otlete. Mindezek ut´ an ismerkedj¨ unk meg e fejezet legalapvet˝ obb fogalm´ aval. Akkor mondjuk, hogy egy E halmaz megsz´ aml´ alhat´ oan G paradox, ha vannak olyan p´ aronk´ent diszjunkt A1 , A2 , ... ´es B1 , B2 , ... r´eszhalmazai E -nek ´es g1 , g2 , ... , valamint h1 , h2 , ... elemei G -nek u ´gy, hogy E=
∞ [
gi (Ai ) =
∞ [
hi (Bi ),
i=1
i=1
Annyiban k¨ ul¨ onb¨ ozik ez a megfogalmaz´ as annak defin´ıci´ oj´ at´ ol, hogy E halmaz G paradox, hogy ott a darabol´ asn´ al csup´ an v´eges sok darabot engedt¨ unk meg, m´ıg ebben az esetben b˝ ovebb sz´ amhalmazt, a term´eszetes sz´ amok halmaz´ at haszn´ alhatjuk az E beli r´eszhalmazok indexel´es´ere. Jel¨ olj¨ uk S 1 -gyel az egys´eg sugar´ u k¨ ort, (k¨ or¨ on a k¨ orvonalat, nem a k¨ orlapot ´ertj¨ uk) SO2 -vel a k¨ or forgat´ ascsoportj´ at, vagyis azt a szabad csoportot, melynek elemei S 1 pontjainak a k¨or k¨ oz´eppontja k¨ or¨ uli elforgat´ asai, a m˝ uvelet a forgat´ asok egym´ as ut´ani v´egrehajt´ asa. Az egys´egelem term´eszetesen a pontonk´enti helybenhagy´ as lesz. Nyilv´ an l´etezik minden forgat´ asnak inverze, az a forgat´ as, amely az ”vissza´ all´ıtja az eredeti ´ allapotot ”. Ezzel tulajdonk´eppen bel´ attuk, hogy az SO2 halmaz csoport. A k¨ ovetkez˝ o´ all´ıt´ as bizony´ıt´ as´an´ al felhaszn´ aljuk a kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ at, ez´ert itt az ideje, hogy megismerkedj¨ unk vele. ´ ´ ´ KIVALASZT ASI AXIOMA. Nem u ¨res halmazok tetsz˝ oleges, p´ aronk´ent diszjunkt rendszere eset´en van olyan halmaz, amelynek egy ´es csakis egy k¨ oz¨ os eleme van a halmazrendszer minden tagj´ aval. 15
5. Egy paradoxon a k¨ orvonalon A halmazelm´eletnek ezt a Zermelot´ ol sz´ armaz´ o axi´ om´ aj´ at nevezik kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ anak. Ami´ert k¨ ul¨ on sz´ oba kell hozni, annak az az oka, hogy bizonyos halmazrendszerek eset´en nem adhat´ o meg olyan elj´ ar´ as, melynek seg´ıts´eg´evel kiv´ alaszthatunk (innen az axi´ oma neve) a halmazrendszer minden tagj´ ab´ ol egy-egy elemet. Ez a t´eny sok vit´ ara adott okot azzal kapcsolatban, hogy elfogadj´ ak-e axi´omak´ent, ´es ez lesz az a tulajdons´ aga, ami miatt — mint ahogy arra a bevezet˝ oben m´ ar utaltunk, — a kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ at haszn´ al´ o bizony´ıt´ asok ´ altal´ aban nem lesznek konstrukt´ıvak. (Konstrukt´ıvnak mondunk egy bizony´ıt´ast akkor, ha valaminek a l´etez´es´et u ´gy bizony´ıtjuk, hogy t´enylegesen el˝ o is ´ all´ıtjuk azt, m´ıg nem konstrukt´ıv, vagy egzisztencia-bizony´ıt´ asr´ ol besz´el¨ unk, ha csup´ an a l´etez´est bizony´ıtjuk, nem adva elj´ ar´ ast a konkr´et el˝ o´ all´ıt´ asra.) A helyzet az, hogy egyr´eszt c´elszer˝ u lenne, ha sz´ am˝ uzn´enk az axi´om´ak k¨ oz¨ ul, hiszen sok, a szeml´elettel ellenkez˝ o paradoxont´ ol szabad´ıtan´ ank meg a matematik´ at, m´ asr´eszt nem lehet elvetni, hiszen vele egy¨ utt j´ on´eh´ any pozit´ıv eredm´enyt is kiselejtezn´enk, alaposan megnyirb´ alva n´eh´ any kiforrott elm´eletet. ´Igy a kiv´ alaszt´ asi axi´ oma ma m´ ar ´ altal´anosan elfogadott, b´ ar ha csak egy m´ od van r´ a, megpr´ ob´ alj´ ak mell˝ ozni, ´es ha m´egis felhaszn´ alj´ ak egy ´ all´ıt´ as bizony´ıt´ as´ an´ al, akkor azt mindig jelzik angol nev´enek r¨ ovid´ıt´es´evel: AC (Axiom of Choice) A bizony´ıt´ as sor´ an felhaszn´ aljuk azt az ´ all´ıt´ ast, hogy a racion´ alis sz´ amok halmaza megsz´ aml´ alhat´ o, vagyis l´etezik k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´es a racion´ alis sz´ amok, ´es a term´eszetes sz´ amok halmaza k¨ oz¨ ott. Ezt egyszer˝ uen u ´gy szokt´ ak bizony´ıtani, hogy megadnak egy elj´ ar´ ast, amivel 1 egyenk´ent megsz´ amolj´ ak a racion´ alis sz´ amokat. P´eld´ aul az 1. legyen az 1 , a 2. − 11 , a 3. 21 , a 4.− 21 , az 5. 22 , a 6. − 22 , a 7. 12 , a 8. − 12 , a 9. 31 , stb. Ez a sorozat nyilv´ an el˝ o´ all´ıtja az ¨ osszes racion´ alis sz´ amot, ´ıgy ezzel a felsorol´ assal megadtunk egy k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´est a k´et sz´ amhalmaz k¨ oz¨ ott. ´ 2.TETEL. (AC) Az S 1 egys´egk¨ or SO2 megsz´ aml´ alhat´ o paradox. Bizony´ıt´ as. Osszuk S 1 pontjait diszjunkt halmazokba a k¨ ovetkez˝ o elv szerint. Legyen k´et pont egy halmazban, ha egyik a m´asikba vihet˝ o 2π radi´ an racion´ alis t¨ obbsz¨ or¨ os´evel val´ o, a k¨ or k¨ oz´eppontja k¨ or¨ uli elforgat´ assal. Legyen M az a halmaz, (a ”kiv´ alaszt´ o halmaz”) amely a fenti halmazok mindegyik´eb˝ ol pontosan egy elemet tartalmaz. Mivel a racion´ alis sz´ amok halmaza megsz´ aml´ alhat´ o, ez´ert a sz´ ambaj¨ ov˝ o forgat´ asok is megsz´ aml´ alhat´ oak. Legyen pi az i -edik forgat´ as, ahol i = 1, 2, ..., ´es legyen Mi = pi (M ). Minden S 1 -beli elem valamely M -beli elem 2π radi´ an racion´ alis t¨obbsz¨ or¨ os´evel ∞ S val´ o elforgatottja, ´ıgy S 1 = pi (M ). M´ asr´eszt az is igaz, hogy Mi -k k¨ oz¨ ul b´armely i=1
kett˝ o elforgathat´ o egym´ asba, csak megengedett forgat´ asokat haszn´ alva. −1 pj (pi (Mi )) = pj (M ) = Mj . 16
Ugyanis
5. Egy paradoxon a k¨ orvonalon Ez´ert a p´ aros index˝ uek, ´es a p´ aratlan index˝ uek is elforgathat´ ok u ´gy, hogy el˝ o´ all´ıts´ak az ¨ osszes Mi -t. Forgassuk ugyanis M2 -t M1 -be, M4 -et M2 -be, M6 -ot M3 -ba, stb., M1 -et M1 -be, M3 -at M2 -be, M5 -¨ ot M3 -ba, stb., ´eppen ford´ıtva, mint ahogy azt ”port´ as korunkban” tett¨ uk. Ezzel a bizony´ıt´ ast befejezt¨ uk, hiszen ez az S 1 egys´egk¨or SO2 megsz´ aml´ alhat´ o paradox volt´at jelenti. A t´etel egyszer˝ u k¨ ovetkezm´enye, hogy nem l´etezik az S 1 minden r´eszhalmaz´ an ´ertelmezett megsz´ aml´ alhat´ oan addit´ıv, — ami azt jelenti, hogy megsz´ aml´ alhat´ o diszjunkt halmaz m´ert´ekeinek az ¨ osszege a halmazok uni´ oj´ anak m´ert´eke — forgat´ as 1 invari´ ans — vagyis semelyik S -beli halmaz m´ert´eke sem v´ altozik meg forgat´ as hat´ as´ ara — m´ert´ek — vagyis olyan f¨ uggv´eny, amely halmazokhoz nemnegat´ıv val´ os 1 sz´ amot rendel — melyre S m´ert´eke 1. Ha lenne ilyen m´ert´ek, akkor a p´ aratlan ´es p´ aros index˝ u Mi -k uni´ oj´ anak m´ert´eke is 1 megegyezne S m´ert´ek´evel, vagyis 1 -gyel a forgat´ asinvariancia miatt. De mivel e k´et diszjunkt, 1 m´ert´ek˝ u halmaz uni´ oja maga az S, ez´ert S m´ert´eke egyr´eszt 2, m´ asr´eszt 1. Teh´ at nincs ilyen m´ert´ek.
17
6. Tov´ abbi eredm´ enyek Az az elnevez´es, miszerint egy halmazon egy csoportnak nincs nemtrivi´ alis fixpontja, azt jelenti, hogy nincs olyan csoportelem a trivi´ alis egys´egelemet lesz´ am´ıtva, amely valamely halmazelemhez ¨ onmag´ at rendeli hozz´ a, vagyis fixen hagyja. ´ 3.TETEL. (AC) Ha az X halmazon hat´ o G csoport paradox, ´es nincs nemtrivi´ alis fixpontja, akkor az X is G -paradox, valamint ha F olyan k´etgener´ atoros szabad csoport, amely X -en nemtrivi´ alis fixpont n´elk¨ ul hat, akkor X F -paradox. Bizony´ıt´ as. Mivel G csoport paradox, ez´ert l´eteznek olyan Ai , Bj G -beli r´eszhalmazok, ´es gi , hj G -beli elemek, ahol i befutja a term´eszetes sz´ amok halmaz´ at 1 -t˝ ol n -ig, — a tov´ abbiakban ezt u ´gy jel¨ olj¨ uk, hogy i = 1, n — valamint j = 1, m, ´es n n S S teljes¨ ul G = gi Ai = hj B j . i=1
j=1
Nevezz¨ uk az X -beli x elemhez tartoz´ o G p´ aly´ anak azt a G(x) -szel jel¨ olt halmazt, melynek elemei a g(x) -ek, ahol g minden G -beli elemet felvesz. Egy G -beli y elem akkor van benne az x G p´ aly´ aj´ aban, ha l´etezik olyan G -beli h elem, melyre h(x) = y, vagyis ha l´etezik olyan G -beli k elem, melyre k(y) = x. Nyilv´ an ekkor k = h−1 . Minden X -beli x elem benne van valamelyik p´ aly´ aban, ugyanis ha nincs benne egyik t˝ ole k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o elem p´ aly´ aj´ aban sem, akkor benne van a saj´ atj´ aban x = e(x) miatt, ahol e a G csoport egys´egeleme. Ebb˝ ol az k¨ ovetkezik, hogy az ¨ osszes p´ alya egyes´ıt´ese maga az X halmaz. B´ armely k´et X -beli elemhez tartoz´ o G p´ alya diszjunkt, vagy egybeesik, ugyanis ha egy z elem benne lenne x, ´es y G p´ aly´ aj´ aban is, akkor l´etezne olyan G -beli g, ´es h elem melyekre z = g(x) = h(y) teljes¨ ulne. Innen h−1 g(x) = y k¨ ovetkezne, ami azt jelenten´e, hogy y benne van x G p´ aly´ aj´ aban. A kiv´ alaszt´ asi axi´ oma szerint van olyan halmaz, — jel¨ olj¨ uk M -mel — amely minden X -beli G p´ aly´ ab´ ol pontosan egy elemet tartalmaz. Megjegyezz¨ uk, hogy b´ armely halmaz eset´en egy p´ alya van, ha a rajta hat´ o csoporthat´ as tranzit´ıv, vagyis b´ armely X -beli x, y elemhez l´etezik G -beli g, hogy g(x) = y. Trivi´ alis, hogy ekkor nincs sz¨ uks´eg a kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ ara M k´epz´es´ehez. K´epezz¨ uk minden G -beli g elemre a g(M ) halmazokat. Ezek uni´ oja — amit G(M ) el jel¨ ol¨ unk — X lesz, ugyanis minden X -beli x elem benne van valamely G -beli g -re g(M ) -ben, mert ha x mondjuk az y M -beli elemmel van k¨ oz¨ os p´ aly´ aban, (speci´ alisan lehet x = y) akkor l´eteznek G -beli h, k elemek, hogy h(x) = k(y), ez´ert k −1 h(x) = y miatt k −1 h v´ alaszthat´ o g -nek. B´ armely k´et ilyen halmaz — mondjuk g(M ), h(M ), ahol g, h G -beliek, ´es g 6= h — diszjunkt, ugyanis ha lenn´enek x, y M -beli elemek, melyre g(x) = h(y), akkor h−1 g(x) = y miatt azonos p´ aly´ aba ker¨ uln´enek. Mivel M minden p´ aly´ ab´ ol csak egy −1 elemet tartalmaz, ez´ert ebb˝ ol az k¨ ovetkezne, hogy x = y, vagyis h g(x) = x. h, g 18
6. Tov´ abbi eredm´enyek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek, ez´ert h−1 g nem lehet az egys´eg, ´ıgy h−1 g -nek az x pont nemtrivi´ alis fixpontja lenne, amit a t´etel feltev´ese kiz´ ar. Legyen A∗i az ¨ osszes olyan g(M ) halmaz egyes´ıt´ese, ahol g eleme Ai -nek, vagyis A∗i = Ai (M ). Anal´ og m´ odon legyen Bj∗ az ¨ osszes olyan g(M ) halmaz egyes´ıt´ese, ahol g ∗ eleme Bj -nek, vagyis Bj = Bj (M ). A fentiek miatt nyilv´ anval´ o, hogy A∗i -k ´es Bj∗ -k p´ aronk´ent diszjunktak, ´es egyes´ıt´es¨ uk kiadja X -et. n n [ [ ∗ gi (Ai ) = gi (Ai (M )), i=1
i=1
´es mivel G hat´ assal van X-en, ez´ert n [
gi (Ai (M )) =
i=1
n [
(gi Ai )(M ).
i=1
A v´eges uni´ ok´epz´es, ´es a csoportm˝ uvelet v´egrehajt´ asi sorrendje felcser´elhet˝ o, ´ıgy n [
(gi Ai )(M ) = (
i=1
Innen (
n [
n [
gi Ai )(M ).
i=1
gi Ai )(M ) = G(M ) = X,
i=1
ami azt jelenti, hogy n [
gi (A∗i ) = X.
i=1
Anal´ og m´ odon kapjuk, hogy m [
hj (Bj∗ ) = X,
j=1
s ez ut´ obbi k´et egyenl˝ os´eg X halmaz G -paradox volt´at jelenti. Ebb˝ ol, valamint az 1.t´etelb˝ ol k¨ ovetkezik e t´etel m´asodik fel´enek bizony´ıt´ asa, ugyanis egy F k´etgener´ atoros szabad csoport az 1.t´etel alapj´ an paradox, ´es egy F paradox csoport, amely X -en nemtrivi´ alis fixpont n´elk¨ ul hat, — mint ahogy azt m´ ar bel´ attuk — X -et F -paradox´ a teszi. Ezzel a t´etel bizony´ıt´ as´ at befejezt¨ uk. Az el˝ obbi t´etel egyszer˝ u k¨ ovetkezm´enye az al´ abbi k´et ´ all´ıt´ as. ´ 4.TETEL. (AC) Ha egy csoportnak l´etezik paradox r´eszcsoportja, (vagyis olyan r´eszhalmaza, amely csoport a t˝ ole ¨or¨ ok¨ olt m˝ uvelettel) akkor maga is paradox. B´ armely olyan csoport paradox, melynek van k´etgener´ atoros szabad r´eszcsoportja. Bizony´ıt´as. Egy csoporton valamely r´eszcsoportja nyilv´ an hat a bal szorz´ assal, hiszen (gf )(h) = g(f (h)) teljes¨ ul minden csoportbeli g, f, h elemre. 19
6. Tov´ abbi eredm´enyek Ha bel´ atjuk, hogy ennek a hat´ asnak nincs trivi´ alist´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o fixpontja, akkor felhaszn´ alva a 3.t´etelt, bebizony´ıtottuk azt, hogy ha egy G csoportnak l´etezik F paradox r´eszcsoportja, akkor G F paradox. Legyen F r´eszcsoportja a G csoportnak. Ha F -nek van olyan f eleme, ami fixen hagyja G valamely g elem´et a bal szorz´ assal, vagyis f g = g, akkor mindk´et oldalt −1 −1 jobbr´ ol megszorozva g -gyel f gg = gg −1 , vagyis f = e ad´ odik, teh´ at f egys´egelem, ami trivi´ alis fixpont. Vagyis F -nek nincs trivi´ alist´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o fixpontja G -n, ´ıgy a 3.t´etelt felhaszn´ alva ad´ odik, hogy ha egy G csoportnak l´etezik F paradox r´eszcsoportja, akkor G F paradox. Azonban ebb˝ ol az k¨ ovetkezik, hogy G csoport G paradox is, vagyis G csoport paradox, ugyanis ha l´eteznek F -beli csoportelemek, melyek miatt paradox lesz G, akkor G ⊇ F miatt G -beli csoportelemek is l´eteznek, p´eld´ aul az el˝ obbiekben bev´ alt F beliek. Ezzel bel´ attuk ´ all´ıt´ asunk els˝ o fel´et. Mivel m´ ar igazoltuk, hogy egy csoporton minden r´eszcsoportja nemtrivi´ alis fixpont n´elk¨ ul hat, ez´ert a 3.t´etel m´ asodik r´esz´eb˝ ol k¨ ozvetlen¨ ul k¨ ovetkezik e t´etel m´ asodik r´esze.
20
7. M´ atrixok, forgat´ asok Legyen X nem¨ ures halmaz. X -beli elemeket m sz´ am´ u sorba, illetve n sz´ am´ u oszlopba rendezve u ´gynevezett m´ atrixot kapunk, pontosabban X feletti m × n t´ıpus´ u m´ atrixot, ahol m, n pozit´ıv eg´esz sz´ amok . A tov´ abbiakban X mindig < lesz, ´ıgy nem is fogjukk¨ ul¨ on √ jel¨ olni, milyen halmaz ol¨ otti m´ atrixr´ ol van sz´ o. 2 × 3 -as m´ atrixot jel¨ ol f¨ 1 − 5 0 28 ´ , m´ıg 2×1-es m´ atrix. Erdekess´ egk´eppen megeml´ıtj¨ uk, p´eld´ aul 0 1 23 0 hogy a val´ os sz´ amok is m´ atrixoknak tekinthet˝ ok, 1 × 1 -es m´ atrixoknak. a11 · · · a1m . .. .. ´ , Altal´ aban egy n × m -es A m´ atrix a k¨ ovetkez˝ ok´eppen n´ez ki: .. . . an1 · · · anm teh´ at az i -edik sor´ aban ´es j -edik oszlop´ aban l´ev˝ o elemet aij -vel jel¨ olj¨ uk. Az olyan m´ atrixot, amelynek egyetlen sora van, sorm´ atrixnak, amelynek egyetlen oszlopa van, oszlopm´ atrixnak szokt´ ak nevezni. N´eha keverni fogjuk a (x, y, z) vektor, valamint ( x y z ) sorm´ atrix jel¨ol´eseket, hiszen ez a kett˝ o l´enyegileg ugyanaz. Ha A n×m -es m´ atrix, akkor azt az m×n -es m´ atrixot, melynek i -edik sor´ aban ´es j -edik oszlop´ aban l´ev˝ o eleme megegyezik A m´ atrix j -edik sor´ aban ´es i -edik oszlop´ aban l´ev˝ o elemmel, ahol i = 1, n, valamint j = 1, m, az A m´ atrix transzpon´ altj´ anak > nevezz¨ uk, ´es A -tal jel¨ olj¨ uk. N´eh´ any p´elda transzpon´ alt k´epz´es´ere, vagyis a transzpon´ al´ asra: 0 12 > > 3 1 0 −5 68 −5 − 3 1 3 2 7 23 √ = = . , 1 68 √ 443 2 4 1 4 12 − 23 443 8 13 8 3 13 7 Nyilv´ anval´ o, hogy sorm´ atrix transzpon´ altja oszlopm´ atrix, ´es oszlopm´ atrix transzpon´ altja sorm´ atrix. A tov´ abbiakban el˝ o fog fordulni, hogy oszlopm´ atrix helyett a vele megegyez˝ o sorm´ atrixtranszpon´ altat fogjuk haszn´ alni. Egy A m × p -s, ´ es egy B p × n -es m´ atrix szorzata az a C m´ atrix lesz, melynek cij elem´et u ´gy k´epezz¨ uk, hogy p P cij = aik bkj ahol i = 1, m, j = 1, n.
m × n -es
k=1
P´eld´ aul
1 2
√
2 1
0 1 3
√ √ 3 1 · 3 + 2 · (−5) + 0 · 12 3 − 5 2 −5 = = . 7 2 · 3 + 1 · (−5) + 13 · 12 12
A m´ atrixszorz´ as el˝ oz˝ oekben megadott defin´ıci´ oj´ ab´ ol k¨ ovetkezik, hogy nincs b´ armely k´et m´ atrix szorzata ´ertelmezve, ´ıgy p´eld´ aul nem v´egezhet˝ o el a szorz´ as, ha az el˝ oz˝ o p´eld´ aban a szorz´ ot´enyez˝ oket felcser´elj¨ uk. Az olyan m´ atrixot, mely sorainak ´es oszlopainak sz´ ama megegyezik, n´ egyzetes (n) m´ atrixnak nevezz¨ uk. Legyen n r¨ ogz´ıtett term´eszetes sz´ am. Jel¨ olj¨ uk E -nel azt az 21
7. M´ atrixok, forgat´ asok (n)
n × n -es m´ atrixot, melynek eij elem´ere (i = 1, n, j = 1, n) teljes¨ ul a k¨ ovetkez˝ o felt´etel: (n) eij
=
1 , ha i = j 0 , ha i = 6 j
Ilyen p´eld´ aul az al´ abbi m´ atrixok: E (1) = ( 1 ) , E (2) =
1 0
0 1
, E (3)
1 = 0 0
0 1 0
0 0 . 1
Legyen A egy n × n -es m´ atrix, ´es legyen B = AE (n) . bij =
n X
(n)
(n)
X
aik ekj = aij ejj +
k=1
(n)
aik ekj = aij · 1 +
k=1,n,k6=j
X
aik · 0 = aij ,
k=1,n,k6=j
teljes¨ ul i = 1, n, j = 1, n eset´en, ´ıgy A = B = AE (n) miatt A = AE (n) . Pontosan ugyan´ıgy sz´amolhatjuk ki, hogy A = E (n) A, ami azt jelenti, hogy E (n) az n × n -es m´ atrixok egys´egeleme a m´ atrixszorz´ asra n´ezve. Az al´abbiakban azt fogjuk vizsg´ alni, hogyan tudn´ ank forgat´ asokat m´ atrixok seg´ıts´eg´evel le´ırni. Tekints¨ unk egy s´ıkbeli koordin´ ata-rendszert, ´es egy, az orig´ ot´ ol ( O -t´ ol) r t´ avols´ agra l´ev˝ o P pontot. Legyen OP szakasz ´es az x-tengely ´ altal bez´ art sz¨ og α. Forgassuk el P -t az O k¨ or¨ ul β sz¨ oggel az ´ oramutat´ o j´ ar´ as´ aval ellenkez˝ o ir´ anyban. Jel¨ olj¨ uk P ´ıgy keletkezett k´ep´et P 0 -vel. P pont koordin´ at´ ai ekkor (r cos α, r sin α), a P 0 pont koordin´ at´ ai pedig (r cos(α + β), r sin(α + β)). Mivel ismert, hogy cos(α + β) = cos βcos α − sin βsin α, ´es sin(α + β) = sin βcos α + cos βsin α ez´ert teljes¨ ul
cos β sin β
− sin β cos β
r cos α r sin α
=
r cos(α + β) r sin(α + β)
,
ami azt jelenti, hogy egy P pont koordin´ at´ aib´ ol megkapjuk az orig´ o k¨ ul β sz¨ oggel val´ or¨ o cos β − sin β P 0 elforgatottj´ anak koordin´ at´ait egy oszlopm´ atrix elemeik´ent, ha a sin β cos β m´ atrixot megszorozzuk a P koordin´ at´ aib´ ol k´epzett oszlopm´ atrixal. Teh´ at ha P pont koordin´ at´ ai (x, y), a forgat´as sz¨ oge β , akkor a forgat´ askor 0 0 0 keletkezett P pont (x , y ) koordin´ at´ ai kifejezve a P pont koordin´ at´ aival: 0 x cos β − sin β x x cos β − y sin β = = y0 sin β cos β y x sin β + y cos β Mivel egy φ forgat´ asnak mindig l´etezik φ−1 inverze, vagyis olyan forgat´ as, melyre −1 −1 teljes¨ ul, hogy φ ut´ an φ -et v´egrehajtva, ´es φ ut´ an φ -t v´egrehajtva visszakapjuk 22
7. M´ atrixok, forgat´ asok az eredeti ´ allapotot, ez´ert a φ -hez tartoz´ o, szint´en φ -vel jel¨ olt forgat´ asm´ atrixnak is l´etezik φ−1 forgat´ ashoz tartoz´ o φ−1 -gyel jel¨ olt m´ atrixa, melyre φφ−1 = φ−1 φ = E (n) , ahol n a t´er dimenzi´ oja. A tov´ abbiakban arra a k´erd´esre keress¨ uk a v´ alaszt, hogyan v´ altoznak egy t´erbeli P pont koordin´ at´ ai akkor, ha β sz¨ oggel elforgatjuk valamely tengely k¨ or¨ ul. Legyen ez a tengely mondjuk a z. Nyilv´ anval´ o a forgat´ as speci´alis helyzet´eb˝ ol, hogy a P pont x ´es y koordin´ at´ aja ugyan´ ugy fog transzform´ al´ odni, mintha P -t x ´es y s´ıkj´ aban forgatn´ ank el β sz¨ oggel, valamint hogy egy pont z koordin´ at´ aj´ at a z tengely k¨ or¨ uli forgat´ as nem v´ altoztatja meg. Mindezeket megfontolva nem neh´ez fel´ırni ennek a forgat´ asnak a m´ atrix´ at. Keress¨ uk ugyanis azt a φ -vel jel¨ olt 3 × 3 -as m´ atrixot, melyre teljes¨ ul, hogy
φ11 φ21 φ31
φ11 φ22 φ32
φ13 x x cos β − y sin β φ23 y = x sin β + y cos β . φ33 z z
cos β Az eddigiek alapj´ an k¨ onny˝ u l´ atni, hogy φ = sin β 0
23
− sin β cos β 0
0 0 megfelel e c´elnak. 1
8. A Haussdorff-paradoxon Legyen S egy G szabad csoport valamely r´eszhalmaza, valamint H az S ´ altal gener´ alt r´eszcsoport. Az S halmazt f¨ uggetlennek nevezz¨ uk, ha nem l´etezik olyan val´ odi r´eszhalmaza, amely szint´en H -t gener´ alja. Legyen G az SO3 , vagyis <3 -ban az orig´ on ´ athalad´ o egyenesek k¨ or¨ uli forgat´ asok szabad csoportja. ´ 5.TETEL. <3 -ban l´etezik k´et, orig´ on ´ athalad´ o egyenesek k¨ or¨ uli φ ´es ψ f¨ uggetlen forgat´ as, ´ıgy az SO3 tartalmaz k´etgener´ atoros szabad r´eszcsoportot. Bizony´ıt´ as. Ha φ±1 ´es ψ ±1 bet˝ uknek nincs olyan trivi´ alist´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o reduk´ alt szavuk, amely az egys´eg lenne, akkor φ ´es ψ f¨ uggetlenek. Ugyanis, ha nem lenn´enek f¨ uggetlenek, akkor egyik¨ uk, mondjuk ψ egyed¨ ul is gener´ aln´ a a k´et elem ´ altal gener´ alt r´eszcsoportot. ´Igy ψ gener´ alja φ -t is, vagyis l´etezik olyan n eg´esz sz´ am, hogy ψ n = φ, vagyis φ−1 ψ n = 1. Mindez azt jelenti, hogy ha van olyan φ ´es ψ, amelyekre a φ±1 ´es ψ ±1 bet˝ uknek nincs olyan trivi´ alist´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o reduk´ alt w -vel jel¨ olt szava, mely az egys´eg lenne, akkor igazoltuk a t´etel ´ all´ıt´ as´ at. Konkr´etan meg fogunk adni k´et ilyen tulajdons´ ag´ u forgat´ ast. Legyen φ ´es ψ a t´erbeli koordin´ atarendszer z - illetve x -tengelye k¨ or¨ uli, ´ oramutat´ o j´ ar´ as´ aval ellent´etes 1 ir´ any´ u forgat´ as arccos 3 sz¨ oggel, vagyis azzal a sz¨ oggel, melynek koszinusza 13 . Ha P egy <3 -beli pont, x, y, z koordin´ at´ akkal, φ(P ), valamint ψ(P ) koordin´ at´ ait (x, y, z) -nek a k¨ ovetkez˝ o, szint´ valamint olt m´ atrixal val´ o szorz´ asa ´ all´ıtja el˝ o. √ en1φ -vel, ψ -vel jel¨ −2 2 1 0 0 0 √ 3 3 √ 1 −2 2 1 0 φ=2 2 ψ = 3 3 0 3
3
0
0
0
1
√ 2 2 3
1 3
Egyszer˝ u sz´ am´ıt´ assal ellen˝ orizhetj¨ uk, (a bizony´ıt´as sor´ an t¨ obbsz¨ or el˝ o fog fordulni, hogy a neh´ezkes, de teljesen mechanikus m´ atrixszorz´ asok eset´eben csup´ an a szorz´as v´egeredm´eny´et ´ırjuk le a hozz´ a√ vezet˝ o mell´eksz´ am´ıt´ asok n´elk¨ ul) hogy 1 2 2 1 0 0 0 √ 3 3√ 1 2 2 1 , ψ −1 = 0 φ−1 = −2 2 3 3√ 0 3 3 1 −2 2 0 0 0 1 3 3 1 0 0 hiszen φ−1 φ = ψ −1 ψ = 0 1 0 . Nem jelent megszor´ıt´ ast, hogy ha csak a φ±1 0 0 1 re v´egz˝ od˝ o szavakat vizsg´ aljuk, ugyanis ha egy sz´ oban minden ψ hely´ere φ -t ´ırunk ´es ford´ıtva, akkor ebben az esetben ez a felcser´el´es a forgat´ ast mag´ at nem v´ altoztatja meg, ´ csup´ an azt, hogy melyik koordin´ at´ ara hat. Igy a csere nem lesz hat´ assal arra, hogy egy sz´ o az egys´eg lesz, vagy sem a reduk´ al´ as ut´ an, hiszen az egys´egforgat´ as minden koordin´ at´ at v´ altozatlanul hagy. Legyen teh´ at w -re az is igaz, hogy φ±1 -re v´egz˝ odik. Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert √ √ a b 2 c n ol´est haszn´ aljuk. Ha bel´ atjuk, hogy w(1, 0, 0)> ( 3n , 3n , 3n ) helyett az (a, b 2, c)/3 jel¨ 24
8. A Haussdorff-paradoxon √ mindig [(a, b 2, c)/3n ]> alak´ u, ahol a, b, c eg´eszek, n ≥ 1 a w sz´ o hossza ´es b nem oszthat´ o 3 -mal, akkor k´eszen vagyunk. Ugyanis ha w egys´eg, akkor igaznak kell lenni, √ hogy w(1, 0, 0)> = (1, 0, 0)> , vagyis 0 = b 2, ahonnan b = 0 ad´ odik, szemben azzal, hogy b nem oszthat´ o 3 -mal. A w sz´ o hossza (, vagyis bet˝ uinek sz´ ama) szerinti teljes indukci´ oval fogunk √ ±1 > bizony´ıtani. Ha w hossza egy, akkor w = φ , ahonnan w(1, 0, 0) = [(1, ±2 2, 0)/3]> , teh´ at n = 1 -re igaz a t´etel. Tegy¨ uk fel, hogy minden n − 1 hossz´ u w0 sz´ ora teljes¨ ul √ 0 > 0 0 0 n−1 > 0 a t´etel ´ all´ıt´ asa, vagyis w (1, 0, 0) = [(a , b 2, c )/3 ] , ahol b nem oszthat´ o 3 0 ±1 0 mal. Olyan n hossz´ u w sz´ o, amely w -re v´egz˝ odik, n´egyf´ele lehet: wφ±1 = φ w , ±1 0 wψ±1 = ψ w . Egyszer˝ u m´ atrixszorz´ as adja, hogy √ √ wφ±1 (1, 0, 0)> = φ±1 [(a0 , b0 2, c0 )/3n ]> = [(a0 ∓ 4b0 , (b0 ± 2a0 ) 2, 3c0 )/3n ]> , √ √ wψ±1 (1, 0, 0)> = ψ ±1 [(a0 , b0 2, c0 )/3n ]> = [(3a0 , (b0 ∓ 2c0 ) 2, c0 ± 4b0 )/3n ]> , teh´ at a komponensek mind a n´egy esetben megfelel˝ o eg´eszek. Annyi azonban m´eg h´ atra van a bizony´ıt´ asb´ ol, hogy bel´ assuk, b sosem lesz 3 mal oszthat´ o. A bizony´ıt´ as itt n´egy esetre bomlik aszerint, hogy w melyikkel egyenl˝ o ±1 ±1 ±1 ±1 ±1 ±1 ±1 ±1 φ ψ v, ψ φ v, φ φ v illetve ψ ψ v k¨ oz¨ ul, ahol v n − 2 hossz´ u tetsz˝ oleges √ 00 n−2 > 00 00 sz´ o. Legyen v(1, 0, 0) = [(a , b 2, c )/3 ] . 1.eset: wφ±1 ψ±1 = φ±1 ψ ±1 v. Ekkor √ ψ ±1 v(1, 0, 0) = [(3a00 , (b00 ∓ 2c00 ) 2, c00 ± 4b00 )/3n−1 ]> . M´ asr´eszt wφ±1 ψ±1 = φ±1 ψ ±1 v miatt √ φ±1 ψ ±1 v(1, 0, 0)> = wφ±1 ψ±1 (1, 0, 0)> = φ±1 [(a0 , b0 2, c0 )/3n−1 ]> , √ ahonnan ψ ±1 v(1, 0, 0)> = [(a0 , b0 2, c0 )/3n−1 ]> k¨ ovetkezik. levezetett k´et el˝ o´ all´ıt´ as´ at ¨ osszevetve ad´ odik
ψ ±1 v(1, 0, 0) most
√ √ [(3a00 , (b00 ∓ 2c00 ) 2, c00 ± 4b00 )/3n−1 ]> = [(a0 , b0 2, c0 )/3n−1 ]> , ahonnan 3a00 = a0 . √ √ wφ±1 (1, 0, 0)> = [(a, b 2, c)/3n ]> = [(a0 ∓ 4b0 , (b0 ± 2a0 ) 2, 3c0 )/3n ]> miatt b = b0 ± 2a0 = b0 ± 6a00 , valamint b0 nem oszthat´ o 3 -mal, ez´ert b sem oszthat´ o3 -mal. 2.eset: wψ±1 φ±1 = ψ ±1 φ±1 v. Ekkor √ φ±1 v(1, 0, 0) = [(a00 ∓ 4b00 , (b00 ± 2a00 ) 2, 3c00 )/3n−1 ]> , de 25
8. A Haussdorff-paradoxon de wψ±1 φ±1 = ψ ±1 φ±1 v miatt √ ψ ±1 φ±1 v(1, 0, 0)> = wψ±1 φ±1 (1, 0, 0)> = ψ ±1 [(a0 , b0 2, c0 )/3n−1 ]> , √ ahonnan φ±1 v(1, 0, 0)> = [(a0 , b0 2, c0 )/3n−1 ]> k¨ ovetkezik. φ±1 v(1, 0, 0) k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o el˝ o´ all´ıt´ as´ at ¨ osszevetve ad´ odik √ √ [(a00 ∓ 4b00 , (b00 ± 2a00 ) 2, 3c00 )/3n−1 ]> = [(a0 , b0 2, c0 )/3n−1 ]> , ahonnan 3c00 = c0 . √ √ wψ±1 (1, 0, 0)> = [(a, b 2, c)/3n ]> = [(3a0 , (b0 ∓ 2c0 ) 2, c0 ± 4b0 )/3n ]> miatt b = b0 ∓ 2c0 = b0 ∓ 6c00 . Ez alapj´ an mivel b0 nem oszthat´ o 3 -mal, ez´ert b sem. 3.eset: wφ±1 φ±1 = φ±1 φ±1 v. Ekkor √ φ±1 v(1, 0, 0) = [(a00 ∓ 4b00 , (b00 ± 2a00 ) 2, 3c00 )/3n−1 ]> , m´ asr´eszt wφ±1 φ±1 = φ±1 φ±1 v miatt √ φ±1 φ±1 v(1, 0, 0)> = wφ±1 φ±1 (1, 0, 0)> = φ±1 [(a0 , b0 2, c0 )/3n−1 ]> , √ ahonnan φ±1 v(1, 0, 0)> = [(a0 , b0 2, c0 )/3n−1 ]> k¨ovetkezik. φ±1 v(1, 0, 0) k´et el˝ o´ all´ıt´ as´ at osszevetve kapjuk, hogy ¨ √ √ [(a00 ∓ 4b00 , (b00 ± 2a00 ) 2, 3c00 )/3n−1 ]> = [(a0 , b0 2, c0 )/3n−1 ]> , ez´ert a00 ∓ 4b00 = a0 , ’es b00 ± 2a00 = b0 . A levezetett k´et egyenl˝ os´eget felhaszn´alva ad´ odik, hogy b = b0 ± 2a0 = b0 ± 2(a00 ∓ 4b00 ) = b0 + (b00 ± 2a00 ) − 9b00 = b0 + b0 − 9b00 = 2b0 − 9b00 , ´ıgy mivel b0 nem oszthat´ o 3 -mal, b sem. 4.eset: wψ±1 ψ±1 = ψ ±1 ψ ±1 v. Ekkor √ ψ ±1 v(1, 0, 0) = [(3a00 , (b00 ∓ 2c00 ) 2, c00 ± 4b00 )/3n−1 ]> . M´ asr´eszt wψ±1 ψ±1 = ψ ±1 ψ ±1 v miatt √ ψ ±1 ψ ±1 v(1, 0, 0)> = wψ±1 ψ±1 (1, 0, 0)> = ψ ±1 [(a0 , b0 2, c0 )/3n−1 ]> , √ ovetkezik. ψ ±1 v(1, 0, 0) k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ahonnan ψ ±1 v(1, 0, 0)> = [(a0 , b0 2, c0 )/3n−1 ]> k¨ el˝ o´ all´ıt´ as´ at egyeztetve √ √ [(3a00 , (b00 ∓ 2c00 ) 2, c00 ± 4b00 )/3n−1 ]> = [(a0 , b0 2, c0 )/3n−1 ]> 26
8. A Haussdorff-paradoxon ad´ odik, teh´ at c00 ∓ 4b00 = c0 , ´es b00 ± 2c00 = b0 . Innen a 3. esethez hasonl´ oan sz´ amolva b = b0 ∓ 2c0 = b0 ∓ 2(c00 ± 4b00 ) = b0 + (b00 ∓ 2c00 ) − 9b00 = b0 + b0 − 9b00 = 2b0 − 9b00 . Mind a n´egy esetben azt kaptuk teh´ at, hogy ha b0 nem oszthat´ o 3 -mal, akkor b sem, de n = 1 eset´en b = ±2, ´ıgy a bizony´ıt´ ast be is fejezt¨ uk. Jel¨ olj¨ uk S 2 -tel az egys´eg sugar´ u, orig´ o k¨ oz´eppont´ u g¨ omb fel¨ ulet´et, m´ asn´even az egys´ egg¨ ombh´ ejat, valamint F -fel az φ ´es ψ ´ altal gener´ alt szabad r´eszcsoportot. Minden F -beli nemidentikus forgat´ asnak k´et fixpontja van az egys´egg¨ ombh´ejon, hiszen a forg´ astengely a g¨ ombh´ejat k´et pontban d¨ ofi. Legyen D az ilyen pontok osszess´ege. Mivel F megsz´ ¨ aml´ alhat´ o halmaz, D is az. ´ 6.TETEL. (HAUSSDORFF-PARADOXON 1914)(AC) L´etezik S 2 -nek olyan D megsz´ aml´ alhat´ o r´eszhalmaza, melynek S 2 \D komplementere SO3 -paradox. Bizony´ıt´ as. Azt fogjuk bel´ atni, hogy a fenti D halmaz, az F fixpontjainak halmaza S -en megfelel a felt´etelben szerepl˝ o megsz´ aml´ alhat´ o halmaznak. 2
Az F csoport tetsz˝ oleges g eleme S 2 \D-be k´epezi S 2 \D minden P elem´et. Ugyanis, ha g(P ) D -be esne, vagyis l´etezne h F -beli nemidentikus lek´epez´es, melyre −1 h(g(P )) = g(P ), akkor g (h(g(P ))) = P miatt, — felt´eve, hogy g −1 hg nemidentikus lek´epez´es, — P pont is fixpont lenne, ami nem igaz, hiszen P S 2 \D -beli. g −1 hg viszont nem lehet az egys´eglek´epez´es, mert akkor g −1 hg = e =⇒ gg −1 hgg −1 = geg −1 =⇒ h = e ad´ odna, ami nem lehets´eges. Bel´ attuk teh´ at, hogy F az S 2 \D halmazb´ ol ¨ onmag´ aba k´epez. Ez alapj´ an l´ athatjuk, hogy F hat´assal van az S 2 \D halmazon, valamint nemtrivi´ alis fixpont n´elk¨ ul hat rajta, hiszen kirekesztett¨ uk a fixpontok D halmaz´ at. Alkalmazva a 3.t´etel m´ asodik fel´et, 2 kapjuk, hogy S \D F -paradox. Mivel F ⊂ SO3 , ennek m´ ar kor´ abban is (a 4.t´etel bizony´ıt´ asa sor´ an) l´ atott trivi´ alis 2 k¨ ovetkezm´enye, hogy S \D halmaz SO3 -paradox, ´es ezt akartuk bel´ atni.
27
9. Sz´ etmetsz´ es kongruencia ´ es ´ atdarabolhat´ os´ ag ˝ ok ´ Osid˝ ota ismertek az olyan probl´em´ ak, melyek valamely alakzatok egym´ asba val´ o darabol´ as´aval foglalkoznak. El˝ osz¨ or egy klasszikus esetr˝ ol, soksz¨ ogek egym´ asbadarabolhat´ os´ ag´ ar´ ol lesz sz´ o. Bontsunk fel egy soksz¨ oget v´eges sok soksz¨ og darabra, az ´ıgy keletkezett soksz¨ ogeket izometri´ ak felhaszn´ al´ as´ aval rendezz¨ uk ´ at, u ´gy, hogy egy m´ asik soksz¨ oget kapjunk. Ha ezt az elj´ ar´ ast k´et el˝ ore megadott soksz¨ oggel v´eghez tudjuk vinni, akkor a k´et soksz¨ oget a s´ıkon sz´ etmetsz´ es kongruensnek nevezz¨ uk. Vil´ agos, hogy ha k´et soksz¨ og sz´etmetsz´es kongruens, akkor egyenl˝ o ter¨ ulet˝ u. Az ´ all´ıt´ as megford´ıt´ as´ at, ´es annak bizony´ıt´ as´ at el˝ osz¨ or Bolyai Farkas publik´ alta, r¨ oviden Tentamen n´even emlegetett m˝ uv´eben. A k¨ ulf¨ oldi szakirodalom ezt a t´etelt Bolyai—Gerwien-t´etel n´even emlegeti. ´ 7.TETEL. (BOLYAI—GERWIEN 1832) K´et soksz¨ og akkor, ´es csak akkor sz´etmetsz´es kongruens, ha azonos ter¨ ulet˝ uek. Bizony´ıt´ as. A ford´ıtott ir´ any bizony´ıt´ as´ ahoz elegend˝ o azt bel´ atni, hogy b´ armely soksz¨ og sz´etmetsz´es kongruens a vele egyenl˝ o ter¨ ulet˝ u n´egyzettel. Ugyanis ha az egyik soksz¨ og is sz´etmetsz´es kongruens a vele egyenl˝ o ter¨ ulet˝ u n´egyzettel, ´es a m´ asik is, akkor a k´et soksz¨ og ter¨ ulet´enek egyenl˝ os´ege miatt ugyanazzal ´ a n´egyzettel lesznek sz´etmetsz´es kongruensek. Igy a k´et soksz¨ og sz´etmetsz´es kongruens lesz, hiszen ¨ osszerakjuk az egyik soksz¨ ogb˝ ol azt a bizonyos n´egyzetet, majd abb´ ol a m´asik soksz¨ oget.
28
9. Sz´etmetsz´es kongruencia ´es ´ atdarabolhat´ os´ ag K¨ onnyen l´ athat´ o ´ altal´ aban is, hogy a sz´etmetsz´es kongruencia tranzit´ıv tulajdons´ ag´ u; ha A sz´etmetsz´es kongruens B -vel, B sz´etmetsz´es kongruens C -vel, akkor az is igaz, hogy A sz´etmetsz´es kongruens C -vel. A bizony´ıt´ as innent˝ ol kezdve csup´ an elemi geometriai megfontol´ asokra t´ amaszkodik, ez´ert azok igazol´ as´ at nem v´egezz¨ uk el teljes r´eszletess´eggel. A tov´ abbiakban seg´ıts´eg¨ unkre lesznek az al´ abbi ´ abr´ ak. Az (a) ´ abra alapj´ an l´ atszik, hogy b´ armely h´ aromsz¨ og ´ atdarabolhat´ o egy t´eglalapba. A (b) ´ abra azt mutatja, hogy b´ armely t´eglalap, amelynek hossza legfeljebb n´egyszerese a sz´eless´eg´enek, ´ attranszform´ alhat´ o egy n´egyzetbe. Ez a n´egyszeres felt´etel az´ert kell, mert ellenkez˝ o esetben a (b) ´ abr´ an l´athat´ o legnagyobb der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨og atfog´ ´ oja a t´eglalapon k´ıv¨ ul metszi a n´egyzet oldal´ at. A rajzon egym´ assal p´ arba ´ all´ıtott h´ aromsz¨ ogek nyilv´ anval´ oan hasonl´oak lesznek, hiszen oldalaik p´ arhuzamosak. A nagy √ √ o kis h´ aromsz¨ og r¨ ovidebbik befog´ oja ab − a ´ıgy a h´ aromsz¨ og oldalai b ´es ab, bal fels˝ √ odik. Ugyanis pozit´ıv a, b -re hasonl´ os´ ag miatt hosszabbik befog´oj´ ara b − ab ad´ √ √ √ √ √ √ ab a ab − a a( b − a) √ . = √ = √ √ √ = b b b( b − a) b − ab E h´ aromsz¨ og p´ arj´ anak, a jobb als´ o kis h´ aromsz¨ ognek a hosszabbik befog´ oja, — √ mint azt csup´ an le kell olvasni az ´ abr´ ar´ ol — szint´en b − ab lesz, teh´ at a k´et h´ aromsz¨og egybev´ ag´ o. √
Hasonl´ ok´eppen ad´ odik a m´ asik k´et h´ aromsz¨ og egybev´ ag´ os´ aga
ab b
=
√a ab
miatt.
Az olyan t´eglalap azonban, melynek hossza t¨ obb, mint n´egyszerese sz´eless´eg´enek, atdarabolhat´ ´ o a k´ıv´ ant t´eglalaposzt´ alyba v´eges sz´ am´ u, a (c) ´ abr´ an l´ athat´ o felez´essel. A (d) ´ abra a Pitagorasz-t´etel egy bizony´ıt´ as´ at mutatja, melyb˝ ol kider¨ ul, hogy b´ armely k´et n´egyzetb˝ ol a megengedett darabol´ asokat felhaszn´ alva el˝ o lehet ´ all´ıtani azt a n´egyzetet, melynek ter¨ ulete a k´et n´egyzet ter¨ ulet´enek ¨ osszege. Mindezek alapj´ an a bizony´ıt´ as a k¨ ovetkez˝ o. Ismert, hogy egy n oldal´ u soksz¨ og feldarabolhat´ o n−2 h´ aromsz¨ ogre, ha egy r¨ ogz´ıtett cs´ ucs´ at ¨ osszek¨ otj¨ uk a t¨ obbi cs´ uccsal. Minden h´ aromsz¨ ogb˝ ol t´eglalapot k´esz´ıthet¨ unk, majd abb´ ol n´egyzetet, valamint az ´ıgy keletkezett n − 2 n´egyzetet a (d) ´ abr´ an bemutatott m´ odszerrel n − 3 l´ep´esben egy n´egyzett´e olvaszthatjuk ¨ ossze. Ezzel a bizony´ıt´ ast befejezt¨ uk. Hogy mennyire nem trivi´ alis a t´etel ´ all´ıt´ asa, mutatja az a t´eny, hogy h´ aromdimenzi´ os megfelel˝ oje nem is igaz. Hilbert h´ıres probl´em´ aja volt (a harmadik), hogy egy szab´ alyos tetra´eder sz´etmetsz´es kongruens-e egy kock´ aval, ha az ´ atdarabol´ asban r´esztvev˝ o darabok poli´ederek. A nemleges v´ alaszt Dehn bizony´ıtotta 1900-ban. A tov´ abbiakban olyan ´ atdarabol´ asokkal foglalkozunk, melyekn´el a darabok tetsz˝ oleges halmazok lehetnek. 29
9. Sz´etmetsz´es kongruencia ´es ´ atdarabolhat´ os´ ag Tegy¨ uk fel, hogy a G csoport hat X -en ´es A, B X -beli halmazok. Akkor mondjuk, hogy A ´ es B egym´ asba G ´ atdarabolhat´ ok, ha A ´es B is feloszthat´ ok egyenl˝ o sz´ am´ u, v´eges sok p´ aronk´ent G kongruens r´eszre, vagyis n n S S A= Ai , B= Bi , i=1
i=1
ahol az Ai -k, valamint a Bi -k p´ aronk´ent diszjunktak, ´es vannak olyan G -beli g1 , g2 , ..., gn elemek, melyek k¨ oz¨ ul tetsz˝ oleges gi -re teljes¨ ul gi (Ai ) = Bi . Ha A ´es B egym´ asba G ´ atdarabolhat´ ok, akkor a k¨ ovetkez˝ o jel¨ ol´est haszn´ aljuk: A ∼G B. Mivel a defin´ıci´ oban nincs kit¨ untetett szerepe sem B -nek sem A -nak, ez´ert pontosan ekkor igaz az is, hogy B ∼G A. A sz´etmetsz´es kongruenci´ ahoz hasonl´ oan a G a ´tdarabolhat´ os´ ag is tranzit´ıv tulajdons´ ag, hiszen ha A ∼G B n darabot haszn´ alva, B ∼G C m darabot haszn´ alva, akkor A ∼G C legfeljebb n · m darabot haszn´ alva. A most bevezetett jel¨ ol´est felhaszn´ alva az eredetin´el t¨ om¨ orebben megfogalmazhatjuk a G -paradox halmaz defin´ıci´ oj´ at a k¨ ovetkez˝ ok´eppen. Legyen G halmaz csoport. Akkor mondjuk az E halmazr´ ol, hogy G paradox, ha E tartalmaz olyan diszjunkt A ´es B r´eszhalmazokat, melyekre teljes¨ ul az, hogy A ∼G E ´es B ∼G E. A k¨ ovetkez˝ o t´etel bizony´ıt´as´ an´ al fel fogjuk haszn´ alni ezt az ekvivalens alakot. ´ 8.TETEL. Legyen G csoporthat´ as X -en, valamint legyenek E ´es E 0 olyan X -beli r´eszhalmazok, melyekre E ∼G E 0 teljes¨ ul. Ekkor ha az E halmaz G -paradox, akkor 0 E is az. Bizony´ıt´ as. Legyenek A ´es B olyan diszjunkt E -beli r´eszhalmazok, melyekre teljes¨ ul A ∼G E ´es B ∼G E. Ilyen A ´es B r´eszhalmazok l´eteznek, hiszen E halmaz G -paradox. E ∼G E 0 , vagyis E 0 ∼G E, ´es E ∼G A miatt E 0 ∼G A. Hasonl´ ok´eppen ad´ odik, 0 hogy E ∼G B. Mivel E ∼G E 0 valamint A ´es B diszjunkt r´eszhalmazai E -nek, ez´ert amikor E -t ´ atdaraboljuk E 0 -be, az A ´es B k´epeik´ent el˝ o´ all´ o A0 ´es B 0 halmazok diszjunkt r´eszhalmazai lesznek E 0 -nek, ´es A0 ∼G A valamint B 0 ∼G B. Mindezeket ¨ osszevetve E 0 ∼G A0 ´es E 0 ∼G B 0 ad´ odik a tranzitivit´ as miatt, ami E 0 halmaz G paradox volt´ at jelenti. Ezt akartuk bel´ atni. Az al´ abbi t´etel k¨ ozvetlen seg´ıts´eget fog ny´ ujtani a Haussdorff-paradoxon tov´ abb´eles´ıt´es´eben. ´ 9.TETEL. Ha D egy megsz´ aml´ alhat´ o r´eszhalmaza S 2 -nek, akkor S 2 ∼SO3 (S 2 \D). Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy φ olyan SO3 -beli elem, melyre φ(D), φ2 (D), φ3 (D), ... ∞ S p´ aronk´ent diszjunktak. Legyen D = φn (D), ahol φ0 (D) = D defin´ıci´ o szerint. i=0
30
9. Sz´etmetsz´es kongruencia ´es ´ atdarabolhat´ os´ ag Ekkor nyilv´ anval´ o, hogy φ(D) =
∞ S
φn (D), vagyis φ(D) ∪ D = D. Trivi´ alis, hogy
i=1
(D ∪ (S 2 \D)) ∼SO3 (φ(D) ∪ (S 2 \D)), ugyanis D ´es S 2 \D diszjunkt, m´egink´ abb diszjunkt φ(D) ´es S 2 \D, hiszen φ(D) ⊂ D, valamint φ ´es az identikus lek´epez´es is SO3 -beli. Halmazelm´eleti azonoss´ ag, hogy S 2 = D ∪ (S 2 \D), valamint, hogy D ´es S 2 \D diszjunkt. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, felhaszn´ alva a φ(D) ∪ D = D azonoss´ agot, hogy 2 2 2 S \D = φ(D) ∪ (S \D). Mindezek ¨ osszevet´es´eb˝ ol ad´ odik, hogy S ∼SO3 (S 2 \D). Az ilyen bizony´ıt´ ast beolvaszt´ asos bizony´ıt´ asnak szokt´ ak nevezni, hiszen elj´ ar´ast konstru´ altunk egy sz´ amunkra kellemetlen halmaz (most konkr´etan megsz´ aml´ alhat´ o pont) elnyelet´es´ere. Eml´ekezz¨ unk vissza, hogy a sz´ allod´ as feladat megold´ as´ an´ al is ezt az elvet haszn´ altuk, csak megford´ıtva. Ott ugyanis l´enyeg´eben egy u ´j szob´ at hoztunk l´etre, m´ıg ebben az esetben elt¨ untett¨ unk egy halmazt. H´ atra van a megfelel˝ o φ l´etez´es´enek bizony´ıt´ asa. Mivel D halmaz megsz´ aml´ alhat´ o, ez´ert l´etezik olyan, az orig´ on ´ athalad´ o l egyenes, mely a g¨ ombh´ejat nem D -beli pontokban metszi. Legyen A azon θ sz¨ ogek halmaza, melyekhez tal´ alhat´ o olyan n pozit´ıv eg´esz sz´ am, ´es olyan D -beli P pont, hogy az l k¨ or¨ uli nθ radi´annal val´ o φ forgat´ as a P pontot D -be forgatja. V´ alasszunk egy θ sz¨ oget, A -n k´ıv¨ ul. Legyen az l k¨ or¨ uli θ radi´ annal val´ o elforgat´as φ. Mivel A megsz´ aml´ alhat´ o, ez´ert ilyen sz¨ og l´etezik. Ilyen θ sz¨ ogre tetsz˝ oleges D -beli P pont l k¨ or¨ uli nθ sz¨ oggel val´ o elforgat´ asa tetsz˝ oleges pozit´ıv n -re D -n k´ıv¨ ulre fog n esni, teh´ at φ (D) ∩ D = ∅, ha n pozit´ıv eg´esz. Ez azt jelenti, hogy ha n, m eg´eszek, 0 ≤ m < n, akkor φn−m (D) ∩ D = ∅ trivi´ alisan igaz, hiszen ekkor n − m > 0 eg´esz. Ha lenne olyan S 2 -beli Q elem, mely benne van a φm (D) ´es φn (D) halmazban is, akkor φ−m (Q) benne lenne φn−m (D) ´es D halmazban is, hiszen ha egy elem benne van egy halmazban, akkor az elem k´epe benne van a halmaz k´ep´eben. Ez azonban nem allhat fenn, hiszen φn−m (D) ∩ D = ∅, ahonnan φm (D) ∩ φn (D) = ∅. ´ Az ´ıgy konstru´ alt φ teh´ at rendelkezik a k´ıv´ ant tulajdons´ agokkal, ez´ert a bizony´ıt´ ast befejezt¨ uk.
31
10. A Banach—Tarski-paradoxon ´ 10.TETEL. (AC) Az S 2 g¨ ombh´ej SO3 paradox. Bizony´ıt´ as. all´ıt´ ´ asunknak.
A t´etel egyszer˝ u folyom´ anya kor´ abban m´ ar bizony´ıtott n´eh´ any
Ugyanis a Haussdorff-paradoxon (6.t´etel) azt mondja ki, hogy valamely megsz´ aml´ alhat´ o D halmazra az S 2 \D g¨ ombh´ej SO3 -paradox, a 9.t´etel szerint S 2 ∼SO3 (S 2 \D), ´ıgy a 8.t´etel miatt az S 2 g¨ ombh´ej is SO3 -paradox. Mivel az eddigiekben tulajdonk´eppen sehol nem haszn´ altuk ki, hogy egys´egsugar´ u g¨ ombr˝ ol van sz´ o, az is igaz, hogy egy ´ altal´ anos orig´ o k¨ oz´eppont´ u g¨ omb SO3 -paradox. Jel¨ olje G3 az <3 izometria-csoportj´ at. ´ 11.TETEL. (BANACH—TARSKI-PARADOXON 1924)(AC) t¨ om¨ or g¨ omb G3 -paradox <3 -ban.
Minden
Bizony´ıt´as. Mivel G3 tartalmazza az ¨ osszes <3 -beli eltol´ ast is, ez´ert elegend˝ o az all´ıt´ ´ ast orig´ o k¨ oz´eppont´ u g¨ omb¨ okre bel´ atni. Jel¨ olj¨ uk a g¨ omb¨ ot B -vel, k¨ oz´eppontj´at, az orig´ ot O -val. Mivel SO3 ⊂ G3 ez´ert a 10.t´etelb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy az S 2 g¨ ombh´ej G3 -paradox. Rendelj¨ uk hozz´ a a g¨ ombh´ej minden pontj´ ahoz a g¨ omb e ponthoz tartoz´ o sugar´at, a g¨ omb k¨oz´eppontj´ at lesz´ am´ıtva. ´Igy a k¨ oz´eppontj´ at´ ol megfosztott g¨ omb, valamint a g¨ omb h´eja k¨ oz¨ ott k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´est l´etes´ıtett¨ unk, teh´ at az is igaz, hogy a B\{O} G3 -paradox. Ha bel´ atjuk, hogy B ∼G3 (B\{O}), akkor a 8.t´etelt felhaszn´ alva kapjuk, hogy B G3 paradox, ami t´etel¨ unk ´ all´ıt´ asa. A tov´ abbiak bizony´ıt´ as´ ahoz a j´ ol ismert ”beolvaszt´ asos” technik´ at fogjuk felhaszn´ alni. Tekints¨ unk egy, az orig´ ot´ ol a sug´ ar fel´en´el kisebb vagy egyenl˝ o t´ avols´ agra l´ev˝ o l egyenest. Forgassuk meg az O -t egy irracion´ alis fok´ u sz¨ oggel l k¨ or¨ ul. A t´ avols´ agra tett kit´etel az´ert kell, hogy az O forgat´ asakor keletkezett k¨ or teljes eg´esz´eben B -ben legyen. Nevezz¨ uk ezt a forgat´ ast φ -nek. A D = {O, φ(O), φ2 (O), φ3 (O), ...} halmaz b´ armely k´et eleme k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o lesz, hiszen a forgat´ asi sz¨ og irracion´ alis, valamint az is nyilv´ anval´ o, 2 3 hogy D ⊂ B ´es φ G3 -beli. φ(D) = {φ(O), φ (O), φ (O), ...}, ´ıgy fenn´ all, hogy D = φ(D) ∪ {O}, innen B = (B\D) ∪ D ∼G3 (B\D) ∪ φ(D) = B\{O}. Ezzel el is ´ert¨ uk c´elunkat. Bel´ attuk, hogy a t¨ om¨ or g¨ omb¨ ot sz´et tudjuk u ´gy szedni, hogy a keletkezett darabokat elforgatva, esetleg el is tolva, de mindenk´eppen csak t´ avols´ agtart´ o, ´ıgy t´erfogatmeg˝ orz˝ o transzform´ aci´ okat v´egrehajtva k´etszer is el˝ o tudjuk all´ıtani az eredeti t¨ ´ om¨ or g¨ omb¨ ot. 32
10. A Banach—Tarski-paradoxon A kor´ abbiakban l´ athattuk, hogy S 1 -ben nem lehet minden halmaznak m´ert´eke, ha a m´ert´ekf¨ uggv´eny rendelkezik n´eh´ any — az 5.fejezetben r´eszletesen le´ırt — joggal elv´ arhat´ o tulajdons´ aggal. Hasonl´ o a helyzet itt is. Nem lehet ugyanis a V > 0 t´erfogat´ u g¨ omb sz´etszed´esekor keletkezett minden halmaz m´erhet˝ o, hiszen ha mindegyik darabk´ anak lenne nemnegat´ıv val´os sz´ ammal kifejezhet˝ o t´erfogata, akkor V = 2V ellentmond´ ast kapn´ ank, mivel a forgat´ asok ´es eltol´ asok meg˝ orzik a g¨ ombdarabok t´erfogat´ at. Ez a t´eny adja az ¨ otletet a paradoxon felold´ as´ ahoz, amit egyetlen (k¨ olt˝ oi) k´erd˝ omondatban meg lehet fogalmazni. A forgat´ asok ´es eltol´ asok meg˝ orzik a t´erfogatot, de mit ˝ orizzenek meg olyankor, amikor a halmaz nem m´erhet˝ o, vagyis nincs t´erfogata? A Banach—Tarski-paradoxon ´ all´ıt´ as´ at bebizony´ıtottuk, megmondtuk, hogy a gyakorlatban mi´ert nem kivitelezhet˝ o a kett˝ oz˝ o elj´ ar´ as, valamint — valamelyest — fel is oldottuk a paradoxont. Ennek ellen´ere abszurdit´ asa nehezen em´eszthet˝ ov´e teszi, t¨ opreng´esre, filozof´ al´ asra k´esztetve matematikust ´es laikust egyar´ ant.
33
11. Kitekint´ es Befejez´es¨ ul ismerj¨ unk meg n´eh´ any tov´ abbi eredm´enyt — bizony´ıt´ as n´elk¨ ul. Nem okozhat k¨ ul¨ on¨ osebb meglepet´est, hogy igaz a Banach—Tarski-paradoxon azon altal´ ´ anos´ıt´asa, miszerint b´ armely k´et korl´ atos, nem¨ ures belsej˝ u <3 -beli halmaz G3 atdarabolhat´ ´ o. Felmer¨ ul a k´erd´es, hogy igaz-e a t´etel megfelel˝ oje a s´ıkon. Ha pontos anal´ ogi´ at alkalmazunk, a v´ alasz az, hogy nem. Nem l´etezik ugyanis a s´ıkon k´et t´ avols´ agtart´ o transzform´ aci´ o, amelyek f¨ uggetlenek is. Ha azonban megengedj¨ uk olyan transzform´aci´ ok haszn´ alat´ at, melyek a t´ avols´ agot ugyan nem, de a ter¨ uletet meg˝ orzik, (egy ilyen lek´epez´es egy n´egyzetet vele azonos ter¨ ulet˝ u rombuszba k´epez) a c´elnak megfelel˝ o szabad csoportot kapunk. Hasonl´ o all´ıt´ ´ as igazolhat´ o egy dimenzi´ oban is. Ez ut´obbi k´et, u ´gynevezett alacsony dimenzi´ obeli paradoxon Neumann J´ anos (1929) nev´ehez f˝ uz˝ odik. V´eg¨ ul megeml´ıtek egy Tarskit´ ol (1925) sz´ armaz´ o — a k¨ orn´egysz¨ oges´ıt´es ihlette — k´erd´est, miszerint egy k¨ or ´ atdarabolhat´ o-e egy n´egyzetbe. Att´ ol f¨ ugg˝ oen, hogy milyen felt´eteleket tesz¨ unk az ´ atdarabol´ asn´ al haszn´ alt r´eszekre, valamint milyen transzform´ aci´ okat enged¨ unk meg, sz´ amos pozit´ıv ´es negat´ıv v´ alasz sz¨ uletett. A legfrissebb szenz´ aci´ os eredm´enyt a t´em´ aban egy magyar matematikus, Laczkovich Mikl´ os (1990) publik´ alta. Munk´ aj´ aban — bizonyos felt´etelekkel — pozit´ıv v´ alaszt ad Tarski k¨ or-n´egyzet probl´em´ aj´ ara.
34
12. Felhaszn´ alt irodalom ´ 1. Nagy pillanatok a matematika t¨ort´enet´eben (Cs´ asz´ ar Akos: Hogyan l´ atta Hilbert a matematika j¨ ov˝ oj´et?), Gondolat kiad´ o, Budapest, 1981 2. M. Laczkovich: Equidecomposability and discrepanci; a solution of Tarski’s circlesquaring problem, J. reine angew. Math. 404, 77-117, 1990 3. Sain M´arton: Matematika-t¨ ort´eneti ABC, Tank¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1980 4. J. von Neumann: Zur allgemeinen Theorie des Masses, Found. Math. 13, 73-116, 1929 5. N. Ja. Vilenkin: A v´egtelen kutat´ asa, Tank¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1988 6. S. Wagon: The Banach-Tarski Paradox, Cambridge University Press, 1985
35
