A Banach Tarski-paradoxon Diplomamunka. Blahota István

Átírás

1 A Banach Tarski-paradoxon Diplomamunka Készítette: Blahota István Témavezető: Dr. Szabó György Kossuth Lajos Tudományegyetem Debrecen 1992

2 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés Félcsoportok, csoportok Paradox csoportok Szabad nem Abel-csoportok Egy paradoxon a körvonalon További eredmények Mátrixok, forgatások A Haussdorff-paradoxon Szétmetszés kongruencia és átdarabolhatóság A Banach Tarski-paradoxon Kitekintés Felhasznált irodalom

3 1. Bevezetés Mi is az a paradoxon? A paradoxon görög szó, jelentése: látszólagos ellentmondás, de jelenti azt is, hogy furcsa, különös. Használják e szót a hétköznapi életben is, gyakran érvelések túlzó szóvirágaként. Mi egy matematikai paradoxonnal, pontosabban paradoxoncsaláddal fogunk megismerkedni. Meg kell említeni azonban azt, hogy a matematikában ezenkívül még számos paradoxon ismert. Ilyen például a matematikai logikában a híres Russel-paradoxon, melynek hatása szinte felmérhetetlenül nagy volt a logika fejlődésére. Szintén logikai jellegű a közismert borbély-paradoxon. De nemcsak a logikában találunk paradoxonokat. Ismert, és nem túl bonyolult paradoxonokkal találkozhatunk az elemi valószínűségszámításban, és az alábbiakban ismertetésre kerülő paradoxoncsalád sem nevezhető kifejezetten logikainak. Hogy a legtöbb közismert matematikai paradoxon mégis logikai, az valószínűleg azért van, mert ezek megértése általában nem igényel tárgyi tudást, csupán józan meggondolásokra támaszkodik. A továbbiakban a paradoxonok egy speciális válfajával fogunk foglalkozni, az úgynevezett halmazkettőző -paradoxonokkal. Konkrét példaként ismerjük meg mindjárt, mit is mond a Banach Tarski-paradoxon. Tekintsünk a térben (az úgynevezett háromdimenziós euklideszi térben) egy testet, az egyszerűség kedvéért egy tömör gömböt. Megfelelő módon szétszedjük a gömböt véges sok részre (nyilván nem akárhogy, hanem egy speciális módszerrel), majd az így keletkezett darabkákat két csoportra osztjuk megfelelő módon (szintén nem akárhogy). A Banach Tarski-paradoxon (tétel) azt állítja, hogy mindkét kupac darabkából össze lehet rakni az eredeti tömör gömböt úgy, hogy a szétszedés és az összerakás között a darabkákon csupán izometrikus (távolságtartó) transzformációkat hajtunk végre, még konkrétabban: forgatjuk, valamint eltoljuk azokat a térben. (Az izometrikus transzformáció nyilván semmilyen jellemző mértéket nem változtat meg, így a testek térfogatát sem.) Láthatjuk, itt valóban megkettőződött a gömb, s emiatt találó a halmazkettőző név. A Banach Tarski-paradoxont más néven aranycsináló paradoxonnak nevezik. Hogy miért? Ha ez az eljárás a gyakorlatban kivitelezhető lenne, akkor megvalósulna egy évszázados álom! Ugyanis ha egy tömör aranygömböt szétdarabolnánk, majd összerendeznénk megfelelő módon, kétszer annyi aranyunk lenne, mint kezdetben volt. Meg kell azonban jegyeznem, mielőtt bárkiben hiú reményeket táplálnék az aranycsinálással kapcsolatban, hogy ez az eljárás a gyakorlatban természetesen nem kivitelezhető, több oknál fogva.

4 1. Bevezetés Technikai akadálya, hogy hihetetlenül éles és pontos vágóeszközökre lenne szükség. De talán még ez a legkisebb probléma. Sokkal elméletibb jellegű kizáró ok, hogy az anyagok nem oszthatók tetszőleges pontossággal és mértékben, ugyanis az atomi méreteknél finomabb osztások már az anyagot magát változtatják meg (lásd atomfizika). Mellesleg az anyagmegmaradás elvével is ellenkezne: semmiből keletkezne anyag. Matematikai jellegű kizáró ok is van: a bizonyításhoz felhasználjuk a kiválasztási axiómát. De ne vágjunk elébe az eseményeknek! Hogy mit is mond ki a kiválasztási axióma, és felhasználása miért öli meg a gyakorlati alkalmazást, arra a későbbiekben ha már megszereztük a kellő alapismereteket hozzá még visszatérünk. Magát a paradoxont tehát egyszerűen úgy lehet feloldani, hogy észrevesszük, a matematika csupán megpróbálja modellezni a világot, de ez nem minden esetben sikerül neki. Ennek ellenére sok érdekességet, szépséget rejt magában ez a témakör. Szerkezetileg az előzőhöz hasonló, mély gondolatokat felvető paradoxon származik Galileitől. Ő a következőt vette észre. Tekintsük a négyzetszámokat : 1, 4, 9, 16, 25,... stb. Nyilván nem minden természetes szám négyzetszám, például a, 7, 11, 15,... stb. sem az. Tehát a természetes számok halmazának valódi részhalmaza a négyzetszámok halmaza. Másrészt 1 2 = 1, 2 2 = 4, 2 = 9, 4 2 = 16,... stb., vagyis létezik kölcsönösen egyértelmű (bijektív) leképezés a négyzetszámok és a természetes számok között, amit másképpen úgy mondunk, hogy e két halmaz egyenlő számosságú. Két véges elemszámú halmaz nyilván akkor egyenlő számosságú, ha elemeik száma ugyanazzal a természetes számmal egyezik meg. E látszólagos ellentmondás nagyban hasonlít az aranycsináló paradoxonhoz: mindkét esetben rész vált egyenlővé az egésszel. Ha egy kicsit eltöprengünk a paradoxonok mibenlétén, valószínűleg sokakban felmerül az a gondolat, hogy viszonylag szubjektív, mit is tekintünk paradoxonnak. Egy állítás ugyanis lehet valaki számára fel nem fogható, míg másnak ugyanez természetes. Ennek ellenére a paradoxonok többsége éppen azért lett közismert, mert igen sokan tartották a józan ésszel össze nem egyeztethetőnek. Azt hiszem, a fentiekben ismertetett aranycsináló -paradoxon elég meglepően hangzik ahhoz, hogy érdeklődésünkre számot tartson. Maga a dolgozat a matematika iránt mélyebben érdeklődő, tehetséges középiskolások számára íródott. Minden állítás a legapróbb részletekig bizonyított, (leszámítva néhány, az utolsó fejezetben, érdekességképpen ismertetett eredményt, amit bizonyítás nélkül közlünk) minden fogalom, amit a középiskolás alaptantervű matematika nem ismertet, definiálásra kerül. 4

5 1. Bevezetés A témában mindmáig igen kevés munka jelent meg magyarul. A Tudomány címet viselő kiadványban olvashattunk egy ismeretterjesztő, matematikailag gyenge színvonalú cikket. Ennél lényegesen érdekesebb és nívósabb írás jelent meg a Középiskolai Matematikai Lapokban, bár terjedelmi okok miatt ez az írás is csupán figyelemfelkeltő jellegű. Jelen munka jobbára Stan Wagon: The Banach-Tarski Paradox című könyv néhány fejezete, valamint Dr. Szabó György témavezetőm Végesen additív mértékek című speciálkollégiuma alapján készült. Ezúton szeretném megköszönni áldozatkész munkáját, mellyel dolgozatom elkészítését segítette. Megemlítem még, hogy a továbbiakban gyakran fogunk kisebb-nagyobb kitérőket tenni a matematika különböző területeire. Tesszük ezt azért, hogy az alábbi munka ne váljon tételek, bizonyítások, definíciók nehezen emészthető halmazává, megértése ne okozzon nehézséget a téma iránt érdeklődő középiskolás számára. 5

6 2. Félcsoportok, csoportok Már kisiskolás korunkban, amikor megismerkedtünk az alapvető számtani műveletekkel (összeadás, kivonás, szorzás, osztás), észrevehettük néhány közös tulajdonságukat. Nekünk ezek közül egyelőre csupán az asszociativitásra lesz szükségünk. Például a szorzás asszociatív művelet az egész számok halmazán, mert (a b) c = a (b c) tetszőleges a, b, c egész számra. Hasonlóképpen az összeadás is asszociatív művelet például a valós számok halmazán (, de természetesen az egész számok halmazán is), mert tetszőleges a, b, c valós számra. (a + b) + c = a + (b + c) Tekintsük ezt a tulajdonságot ennél általánosabban. Legyen X egy tetszőleges, de nemüres halmaz. Legyen h egy függvény, amely bármely két X -beli elemhez hozzárendel egy X -beli elemet. Ezzel megadtunk X -en egy műveletet. Például az előzőekben említett szorzás is művelet volt az egész számok halmazán, hiszen két egész számhoz egy harmadikat rendelt. Amennyiben teljesül az asszociatív tulajdonság, vagyis h(h(a, b), c) = h(a, h(b, c)) teljesül tetszőleges a, b, c X-beli elemre, akkor az X -et ellátva a h függvénnyel félcsoportnak nevezzük. A fent említett példák jók ide is, hiszen könnyű látni, hogy az egész számok halmaza ellátva a szorzással, vagy összeadással félcsoportot alkot. De félcsoport például a következő struktúra is. Legyen az A halmazban két elem: A = {citrom, narancs}. Legyen a függvény a következő: (i.) f(citrom, citrom) = citrom (iii.) f(citrom, narancs) = citrom (ii.) f(narancs, citrom) = narancs (iv.) f(narancs, narancs) = narancs Hogy belássuk, félcsoportról van szó, meg kell vizsgálnunk az összes lehetséges esetet. Mivel f(a, b) = c esetén a, b, c mindegyikének helyébe kétféle A -beli elem kerülhet, ezért az összes eset száma 2, vagyis 8. f(f(citrom, citrom), citrom) = citrom = f(citrom, f(citrom, citrom)) 6

7 2. Félcsoportok, 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)) Egyszerűbben is beláthatjuk az asszociativitást, ha észrevesszük, hogy ebben az esetben függvényünk rendelkezik a következő speciális tulajdonsággal: minden A -beli a, b -re, ahonnan f(a, b) = a f(f(a, b), c) = a = f(a, f(b, c)) következik tetszőleges A -beli a, b, c esetén, amiből rögtön adódik, hogy A ellátva az f függvénnyel félcsoport lesz. Ezt úgy is mondhatjuk, hogy (A, f) algebrai struktúra félcsoport. Nehéz azonban közismert példát mondani olyan struktúrára, amely nem félcsoport. A hétköznapi életben használt műveletek általában rendelkeznek néhány hálás tulajdonsággal, így asszociatívak is. Ellenben igen egyszerűen gyárthatunk saját magunk, az előbbi példa stílusában nem félcsoport algebrai struktúrát. Elég, ha marad A = {narancs, citrom} és g függvénynek is csak egy helyen kell eltérnie f -től. Legyen (i.) g(citrom, citrom) = narancs, egyébként legyen g = f. Ekkor a művelet nem lesz asszociatív, s emiatt (A, g) nem lesz félcsoport, hiszen létezik olyan A -beli a, b, c melyre mégpedig a = b = c = citrom esetén. g(g(a, b), c) g(a, g(b, c)), g(g(citrom, citrom), citrom) = g(narancs, citrom) = narancs, g(citrom, g(citrom, citrom)) = g(citrom, narancs) = citrom, 7

8 2. Félcsoportok, csoportok ezért citrom = g(citrom, g(citrom, citrom)) g(g(citrom, citrom), citrom) = narancs miatt beláttuk az állítást, vagyis (A, g) nem félcsoport. Amennyiben (X, h) félcsoport, és létezik egy e -vel jelölt A -beli elem melyre h(a, e) = a = h(e, a) teljesül tetszőleges a X -beli elemre, akkor e -t egységelemnek, (X, h) -t pedig egységelemes félcsoportnak nevezzük, mint az várható is volt. Például ilyen egységelem szorzásnál az 1, összeadásnál a 0. A korábbi nehézséggel találkozunk, ha nem egységelemes struktúrát keresünk; az egységelem létezése egyike a megszokott jó tulajdonságoknak. Gyümölcsös struktúráink azonban most sem hagynak cserben minket! Tekintsük az előbbi (A, f) félcsoportot. A citrom elem egységelem? Nem, mert például f(citrom, narancs) = citrom. A narancs elem egységelem? Nem, mert például f(narancs, citrom) = narancs. A halmaz egyik eleme sem egységelem, így (A, f) nem egységelemes (de persze félcsoport). Az előbbi (A, g) struktúra pedig nem egységelemes, nem félcsoportra példa, hiszen a citrom elem egységelem? Nem, mert például g(citrom, citrom) = narancs. A narancs elem egységelem? Nem, mert például g(narancs, citrom) = narancs. A halmaz egyik eleme sem egységelem, így (A, g) nem egységelemes és nem is félcsoport. Ha (X, h) egységelemes félcsoport és minden X -beli elemnek létezik inverze, ami annyit tesz, hogy tetszőleges X -beli a elemhez létezik X -beli b, hogy akkor (X, h) -t csoportnak nevezzük. h(a, b) = e = h(b, a), 8

9 2. Félcsoportok, csoportok Csoport például az egész számok halmaza, ha ellátjuk az összeadással. Az egységelem a 0 lesz (amit itt zéróelemnek, zéruselemnek neveznek), így az a elem inverze a. A valós számok halmaza a szorzásra nézve csak a 0 nélkül lesz csoport. Ugyanis a egy valós szám inverze 1/a lesz, ami a 0 esetén értelmezett, így ha a 0 is eleme a halmaznak, akkor nem teljesül a feltétel, hogy minden elemnek létezik inverze. Bizonyára feltűnt, a félcsoportok esetében éppúgy, mint a csoportoknál hogy nem rendelkeznek egy megszokott tulajdonsággal, a kommutativitással, vagyis félcsoportban, vagy csoportban általában nem igaz a, b tetszőleges halmazbeli elemekre félcsoportbeli, vagy csoportbeli művelet esetén, hogy a b = b a. Amennyiben teljesül ez a tulajdonság, azt külön említeni szokták, és kommutatív félcsoportról, illetve kommutatív csoportról beszélnek. A kommutatív csoportot más néven Abel-féle csoportnak, vagy egyszerűen Abel-csoportnak nevezik, Abel norvég matematikus neve után. 9

10 . Paradox csoportok Már az előzőekben is szerepeltek olyan struktúrák, melyeknek nem számok voltak az elemei (gondolok itt a citrom-ra és a narancs-ra). Most is egy ilyenről lesz szó, egy csoportról, melynek elemei függvények. Legyen X egy nemüres halmaz, valamint tekintsük az X -ből X -re képező kölcsönösen egyértelmű függvények halmazát. Legyen ennek G egy nemüres részhalmaza. Értelmezzük a -gal jelölt művelet G -n a következőképpen: tetszőleges G -beli g és h függvények, valamint X -beli x esetén legyen (g h)(x) = g(h(x)). Feltétel G -re, hogy tetszőleges G -beli g és h esetén g h is G -beli legyen, vagyis ne vezessen ki G -ből. Legyen benne G -ben az egységelem is, tehát az az e -vel jelölt függvény (az úgynevezett identikus leképezés), amely minden X -beli elemet helyben hagy, vagyis e(x) = x minden x X -beli elemre. e nyilván egységelem, hiszen (e g)(x) = e(g(x)) = g(x) = g(e(x)) = (g e)(x) teljesül tetszőleges x X -beli elemre. Egy G -beli g(x) függvény, mint csoportelem inverze a g(x) függvény függvénytani inverze lesz, hiszen ott pontosan így definiáltuk egy függvény inverzét: a g(x) függvény inverze legyen az a g 1 (x) -szel jelölt függvény, melyre teljesül tetszőleges X -beli x esetén, hogy g(g 1 (x)) = x, és g 1 (g(x)) = x. Az inverz létezéséhez szükséges és elégséges is, hogy a függvény kölcsönösen egyértelmű legyen. Például az f(x) = x 2 függvénynek nem létezik inverze, ha az X a valós számok halmaza (a továbbiakban R), hiszen például f(x) = 1 teljesül x = 1 és x = 1 esetén is. Létezik az inverz ellenben akkor, ha X egy szűkebb halmaz, a nemnegatív számok halmaza. Az inverzfüggvény ekkor természetesen az f 1 (x) = x lesz. Az így definiált G halmaz a művelettel, az e(x) = x egységelemmel, ahol x X- beli elem, valamint az ezekből következő inverzzel nyilván csoport lesz. Az ilyen G csoportról azt mondjuk, hogy G hatással van a X halmazon, vagy másképpen mondva G csoporthatás X -en. Legyen A X részhalmaza, g az X -ből X -re képező függvény. Képezzük minden A -beli a elem esetén a g(a) elemet. Az így keletkezett halmazt a továbbiakban jelöljük g(a) -val. 10

11 . Paradox csoportok Legyen a G csoporthatás X -en, és tegyük fel, hogy E részhalmaza X-nek. Azt mondjuk, hogy az E halmaz G paradox, ha valamely n, m pozitív egész számokra vannak olyan A 1,..., A n, B 1,..., B m páronként diszjunkt részhalmazai E-nek, és g 1,..., g n, h 1,..., h m elemei G -nek úgy, hogy E = n g i (A i ), és E = m h i (B i ). Mit is jelent ez szemléletesen? Ha az E halmaznak van két diszjunkt részhalmaza, az A és a B halmaz, amely szétszedhető az n darab A i -re, illetve az m darab B i -re, majd G segítségével újra rendezhető úgy, hogy mindkét újrarendezett halmaz éppen lefedje az E-t, akkor E halmaz G paradox, vagyis a G csoport segítségével megduplázható. Mint azt már a bevezetőben említettük, az ilyen, úgynevezett halmazkettőző-paradoxonokkal fogunk foglalkozni. Ha belegondolunk, a szintén ott említett Banach Tarski-paradoxon esetén is ez történt. Abban az esetben az X a szemléletes tér (a tovabbiakban R ), az E a gömb, G az R izometria-csoportjának egy részhalmaza, a forgatások, eltolások halmaza. Annak a bizonyításához, hogy teljesülnek a definíció feltételei, vagyis bármely gömb R -ban pararadox az R izometria-csoportjának bizonyos részhalmazára nézve, még nem elegendőek elméleti ismereteink. Ez az állítás a paradoxonokról szerzett ismereteink betetőzése a 10. fejezetben kerül bizonyításra. 11

12 4. Szabad nem Abel-csoportok Tekintsük a következő halmazt: M = {σ, σ 1, τ, τ 1 }. Ezeket az elemeket nevezzük betűknek. Ha véges sokszor egymás után írjuk az M -beli négy betűt, úgynevezett szót kapunk. Például szavak a következők: τσ 1 τ 1 σσ 1 σ 1, σ 1 σ 1, τττσ 1. Legyen ekvivalens bármely két szó, ha egyik a másikba transzformálható véges sok σσ 1, vagy σ 1 σ, vagy ττ 1, vagy τ 1 τ elvételével, vagy hozzáadásával. Ezeket a kétbetűs szavakat elhagyható betűpároknak nevezzük. Egy szót redukáltnak mondunk, ha nincs benne egyetlen elhagyható betűpár sem. Nyilván minden szó ekvivalens egy redukált szóval. A redukált szavak F halmaza csoport lesz a következőképpen. A művelet két redukált szóhoz rendelje az egymás után írásukkal keletkezett szó redukáltját. Két redukált szó egymás után írása ugyanis nem feltétlenül redukált. Például, ha a = τσ, b = σ 1 τ, akkor ab = τσσ 1 τ, annak redukáltja pedig ab = ττ, amit a szokásos jelölést bevezetve ab = τ 2 -tel is jelölhetünk. Az egymás után írást más szóval konkatenációnak, összefűzésnek is nevezik. Nem nehéz belátni, hogy a konkatenáció asszociatív művelet. (Bizonyítható például a középső szó hossza szerinti teljes indukcióval.) Az üres szó, vagyis például σσ 1, vagy σ 1 ττ 1 σ redukáltja nyilván egységelem lesz. Jelöljük az üres szót 1-gyel. Nyilván σ inverze σ 1, és σ 1 τ inverze τ 1 σ, hiszen egymás után írva őket 1 -et kapunk. Minden redukált a = a 1...a n szónak létezik a 1 = a 1 n...a 1 1 inverze, hiszen (a 1...a n )(a 1 n...a 1 1 ) = 1. Mivel a továbbiakban csak redukált szavakkal fogunk foglalkozni, ezért az egyszerűség kedvéért csupán szavaknak nevezzük őket. Az F csoportot szabad csoportnak nevezzük, méghozzá az M halmaz által generált szabad csoportnak. Jelen esetben M két betűt, és azok inverzét tartalmazza, és mivel ennél kevesebb elemmel nem lehet ugyanezt az M halmazt generálni, ezért F -et kétgenerátoros szabad csoportnak nevezzük. A konkatenáció definíciójából következik, hogy az F csoport nem lesz Abel-csoport, így azt szabad nem Abel-csoportnak is nevezik. Emlékezzünk vissza, mit is jelentett az, hogy egy G csoport hatással van egy X halmazon. Az X-en értelmezett, X-be képező kölcsönösen egyértelmű függvények egy nemüres részhalmaza G, a művelet az összetett függvény képzése, az egységelem pedig az e(x) = x identikus leképezés volt. 12

13 4. Szabad nem Abel-csoportok Ha az X alaphalmazt speciálisan úgy definiáljuk, hogy csoport legyen, mondjuk (C, ), vagyis X = C halmaz a művelettel, akkor X választható a G csoportnak, ami hatással lesz X -en, vagyis önmagán. Ugyanis ekkor a bijektív függvények egy részhalmazának eleme, amely X -en (vagyis C-n) van értelmezve, a következő lesz: kiválasztunk egy G-beli (vagyis C-beli) g elemet, és azzal balról megszorozzuk az X -beli (vagyis C-beli) elemeket, külön-külön. (A félcsoportbeli, csoportbeli műveletet szokás szorzásnak nevezni, de ez nyilvánvalóan csupán szóhasználat, és nem az a bizonyos szorzás.) Ez kölcsönösen egyértelmű függvény lesz, pontosan a csoportelemek invertálhatósága miatt, hiszen az értékkészletbeli elemekből g 1 -gyel való balszorzással kapjuk vissza (egyértelműen) a hozzájuk tartozó értelmezési-tartománybeli elemeket. Természetesen nincs kitüntetett szerepe a bal oldalnak, de ha már választottunk a két oldal között, akkor következetesnek kell lennünk, és csak az egyik oldalról való szorzást használhatjuk, hiszen a művelet nem kommutatív. Ezt az eljárást minden G -beli elemre elvégezve láthatjuk, hogy a csoportelemek tulajdonképpen G -n értelmezett bijektív függvények. A fenti állítást úgy is meg szokták fogalmazni, hogy bármely csoporton a bal eltolás természetes hatás önmagán. Térjünk most vissza újra a kétgenerátoros szabad csoportokhoz, és ismerkedjünk meg egy állítással (amely paradoxon lesz), és szép bizonyításával! 1.TÉTEL. Legyen az F kétgenerátoros szabad csoport hatással önmagán a bal szorzással. Ekkor az F halmaz F paradox. Bizonyítás. Jelöljük σ -val illetve τ -val az F szabad csoport generátorait, valamint W (p)-vel az F csoport p-vel kezdődő elemeit, vagyis a p-vel kezdődő szavakat, ahol p a négy különböző szimbólum (τ, τ 1, σ, σ 1 ), nem számítva az üres szót egyike. Ekkor nyilvánvalóan igaz, hogy F = 1 W (τ) W (τ 1 ) W (σ) W (σ 1 ), valamint ez az öt halmaz páronként diszjunkt is, mivel minden szó pontosan egyféle betűvel kezdődhet (az üres szót leszámítva, hiszen az semmilyen betűvel nem kezdődik). Másrészt igaz az is, hogy W (σ) σw (σ 1 ) = F (σ, vagyis egy elem szorzása W (σ 1 )-gyel, tehát egy halmazzal definíció szerint azt a halmazt jelenti, amely σ-nak W (σ 1 ) elemeivel való szorzataiból áll). Ezt a következőképpen láthatjuk be. Ha egy h szó nem σ-val kezdődik, akkor σ 1 h biztosan σ 1 -gyel fog kezdődni, így W (σ 1 ) -beli lesz. 1

14 4. Szabad nem Abel-csoportok Azért kell a feltétel, hogy a h ne σ-val kezdődjön, mert ellenkező esetben σ 1 h -ban az első két betű üres szóvá válna, így nem tudnánk biztosan, hogy mivel kezdődik a redukált szó. Ebből következik, hogy ha h nem σ-val kezdődik, akkor a σ(σ 1 h) szó σ(w (σ 1 )) eleme, vagyis mivel σ(σ 1 h) = h, ezért a h szó σ(w (σ 1 )) -beli lesz. Ez röviden annnyit jelent, hogy egy tetszőleges F -beli h elem, vagy W (σ) -nak, vagy σ(w (σ 1 ))- nek eleme. Tehát W (σ) σ(w (σ 1 )) F. Másrészt a csoportbeli művelet alkalmazása, valamint az unióképzés nem eredményez olyan halmazt, amely ne lenne részhalmaza F -nek. Tehát az is igaz, hogy W (σ) σ(w (σ 1 )) F, s ezzel beláttuk, hogy W (σ) σ(w (σ 1 )) = F. Analóg módon kapjuk (csupán a σ betűt kell τ-ra, az σ 1 -et pedig τ 1 - re cserélni a bizonyítás során), hogy W (τ) τ(w (τ 1 )) szintén egybeesik F halmazzal. Ezzel a bizonyítást be is fejeztük, hiszen legyen X = F, E = F, G = F, n = 2, m = 2, g 1 = 1, g 2 = σ, h 1 = 1, h 2 = τ, A 1 = W (σ), A 2 = W (σ 1 ), B 1 = W (τ), B 2 = W (τ 1 ), valamint az utolsó négy halmaz páronként diszjunkt (ezt láttuk a bizonyítás során). Mindezek alapján E = n g i (A i ) = m h i (B i ), hiszen F = W (σ) σ(w (σ 1 )) = W (τ) τ(w (τ 1 )), ami definíció szerint azt jelenti, hogy E halmaz G paradox, konkrétan a mi esetünkben F halmaz F paradox. Ezt kellett bizonyítani. A továbbiakban jelöli a bizonyítás végét. Ha egy F csoport van hatással önmagán a balról való szorzással, és az F csoport F paradox, akkor röviden csak azt mondjuk, hogy az F csoport paradox. Ez alapján a fenti tételt az alábbi formában is megfogalmazhatjuk. Bármely F kétgenerátoros szabad csoport paradox. 14

15 5. Egy paradoxon a körvonalon A matematikus-folklór része az alábbi feladat. Tegyük fel, hogy egy fantasztikus szálloda portásai vagyunk, melyben minden természetes számhoz tartozik egy szoba, továbbá tudjuk, hogy minden szoba foglalt. Hogyan helyezzünk el egy újabb vendéget, ha egyetlen korábban érkezettet sem akarunk kitenni a szállodából? A megoldás egyszerű. Mindenkit költöztessünk át a szobájánál eggyel nagyobb számú szobába, az újonnan érkezettet pedig helyezzük el az így megüresedett egyes számú szobába. Ezt az eljárást n -szer alkalmazva jutunk el a megoldáshoz abban az esetben is, ha n újabb vendég érkezik. Mi a helyzet akkor, amikor ugyan annyi új vendég érkezik a teli szállodába, mint amennyi már beköltözött? A feladat megoldása így sem nehéz. Költöztessük át a lakókat a kétszeres szobaszámukhoz tartozó szobákba, az újonnan érkezetteket pedig irányítsuk az éppen megüresedett páratlan számú szobákba. Ezt az elvet nagyszerűen tudjuk használni majd a 2.tétel bizonyításánál, de a későbbiekben felhasznált úgynevezett beolvasztásos bizonyítási technikának is ez az alapötlete. Mindezek után ismerkedjünk meg e fejezet legalapvetőbb fogalmával. Akkor mondjuk, hogy egy E halmaz megszámlálhatóan G paradox, ha vannak olyan páronként diszjunkt A 1, A 2,... és B 1, B 2,... részhalmazai E -nek és g 1, g 2,..., valamint h 1, h 2,... elemei G -nek úgy, hogy E = g i (A i ) = h i (B i ), Annyiban különbözik ez a megfogalmazás annak definíciójától, hogy E halmaz G paradox, hogy ott a darabolásnál csupán véges sok darabot engedtünk meg, míg ebben az esetben bővebb számhalmazt, a természetes számok halmazát használhatjuk az E - beli részhalmazok indexelésére. Jelöljük S 1 -gyel az egység sugarú kört, (körön a körvonalat, nem a körlapot értjük) SO 2 -vel a kör forgatáscsoportját, vagyis azt a szabad csoportot, melynek elemei S 1 pontjainak a kör középpontja körüli elforgatásai, a művelet a forgatások egymás utáni végrehajtása. Az egységelem természetesen a pontonkénti helybenhagyás lesz. Nyilván létezik minden forgatásnak inverze, az a forgatás, amely az visszaállítja az eredeti állapotot. Ezzel tulajdonképpen beláttuk, hogy az SO 2 halmaz csoport. A következő állítás bizonyításánál felhasználjuk a kiválasztási axiómát, ezért itt az ideje, hogy megismerkedjünk vele. KIVÁLASZTÁSI AXIÓMA. Nem üres halmazok tetszőleges, páronként diszjunkt rendszere esetén van olyan halmaz, amelynek egy és csakis egy közös eleme van a halmazrendszer minden tagjával. 15

16 5. Egy paradoxon a körvonalon A halmazelméletnek ezt a Zermelotól származó axiómáját nevezik kiválasztási axiómának. Amiért külön szóba kell hozni, annak az az oka, hogy bizonyos halmazrendszerek esetén nem adható meg olyan eljárás, melynek segítségével kiválaszthatunk (innen az axióma neve) a halmazrendszer minden tagjából egy-egy elemet. Ez a tény sok vitára adott okot azzal kapcsolatban, hogy elfogadják-e axiómaként, és ez lesz az a tulajdonsága, ami miatt mint ahogy arra a bevezetőben már utaltunk, a kiválasztási axiómát használó bizonyítások általában nem lesznek konstruktívak. (Konstruktívnak mondunk egy bizonyítást akkor, ha valaminek a létezését úgy bizonyítjuk, hogy ténylegesen elő is állítjuk azt, míg nem konstruktív, vagy egzisztencia-bizonyításról beszélünk, ha csupán a létezést bizonyítjuk, nem adva eljárást a konkrét előállításra.) A helyzet az, hogy egyrészt célszerű lenne, ha száműznénk az axiómák közül, hiszen sok, a szemlélettel ellenkező paradoxontól szabadítanánk meg a matematikát, másrészt nem lehet elvetni, hiszen vele együtt jónéhány pozitív eredményt is kiselejteznénk, alaposan megnyirbálva néhány kiforrott elméletet. Így a kiválasztási axióma ma már általánosan elfogadott, bár ha csak egy mód van rá, megpróbálják mellőzni, és ha mégis felhasználják egy állítás bizonyításánál, akkor azt mindig jelzik angol nevének rövidítésével: AC (Axiom of Choice) A bizonyítás során felhasználjuk azt az állítást, hogy a racionális számok halmaza megszámlálható, vagyis létezik kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés a racionális számok, és a természetes számok halmaza között. Ezt egyszerűen úgy szokták bizonyítani, hogy megadnak egy eljárást, amivel egyenként megszámolják a racionális számokat. Például az 1. legyen az 1 1, a , 2 a. 1, a , az , a , a , a , a 9. 1, stb. Ez a sorozat nyilván előállítja az összes racionális számot, így ezzel a felsorolással megadtunk egy kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést a két számhalmaz között. 2.TÉTEL. (AC) Az S 1 egységkör SO 2 megszámlálható paradox. Bizonyítás. Osszuk S 1 pontjait diszjunkt halmazokba a következő elv szerint. Legyen két pont egy halmazban, ha egyik a másikba vihető 2π radián racionális többszörösével való, a kör középpontja körüli elforgatással. Legyen M az a halmaz, (a kiválasztó halmaz ) amely a fenti halmazok mindegyikéből pontosan egy elemet tartalmaz. Mivel a racionális számok halmaza megszámlálható, ezért a számbajövő forgatások is megszámlálhatóak. Legyen p i az i -edik forgatás, ahol i = 1, 2,..., és legyen M i = p i (M). Minden S 1 -beli elem valamely M -beli elem 2π radián racionális többszörösével való elforgatottja, így S 1 = p i (M). Másrészt az is igaz, hogy M i -k közül bármely kettő elforgatható egymásba, csak megengedett forgatásokat használva. p j (p 1 i (M i )) = p j (M) = M j. 16 Ugyanis

17 5. Egy paradoxon a körvonalon Ezért a páros indexűek, és a páratlan indexűek is elforgathatók úgy, hogy előállítsák az összes M i -t. Forgassuk ugyanis M 2 -t M 1 -be, M 4 -et M 2 -be, M 6 -ot M -ba, stb., M 1 -et M 1 -be, M -at M 2 -be, M 5 -öt M -ba, stb., éppen fordítva, mint ahogy azt portás korunkban tettük. Ezzel a bizonyítást befejeztük, hiszen ez az S 1 egységkör SO 2 megszámlálható paradox voltát jelenti. A tétel egyszerű következménye, hogy nem létezik az S 1 minden részhalmazán értelmezett megszámlálhatóan additív, ami azt jelenti, hogy megszámlálható diszjunkt halmaz mértékeinek az összege a halmazok uniójának mértéke forgatás invariáns vagyis semelyik S 1 -beli halmaz mértéke sem változik meg forgatás hatására mérték vagyis olyan függvény, amely halmazokhoz nemnegatív valós számot rendel melyre S 1 mértéke 1. Ha lenne ilyen mérték, akkor a páratlan és páros indexű M i -k uniójának mértéke is megegyezne S 1 mértékével, vagyis 1 -gyel a forgatásinvariancia miatt. De mivel e két diszjunkt, 1 mértékű halmaz uniója maga az S, ezért S mértéke egyrészt 2, másrészt 1. Tehát nincs ilyen mérték. 17

18 6. További eredmények Az az elnevezés, miszerint egy halmazon egy csoportnak nincs nemtriviális fixpontja, azt jelenti, hogy nincs olyan csoportelem a triviális egységelemet leszámítva, amely valamely halmazelemhez önmagát rendeli hozzá, vagyis fixen hagyja..tétel. (AC) Ha az X halmazon ható G csoport paradox, és nincs nemtriviális fixpontja, akkor az X is G -paradox, valamint ha F olyan kétgenerátoros szabad csoport, amely X -en nemtriviális fixpont nélkül hat, akkor X F -paradox. Bizonyítás. Mivel G csoport paradox, ezért léteznek olyan A i, B j G -beli részhalmazok, és g i, h j G -beli elemek, ahol i befutja a természetes számok halmazát 1 -től n -ig, a továbbiakban ezt úgy jelöljük, hogy i = 1, n valamint j = 1, m, és teljesül G = n g i A i = n h j B j. j=1 Nevezzük az X -beli x elemhez tartozó G pályának azt a G(x) -szel jelölt 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 pályájában, ha létezik olyan G -beli h elem, melyre h(x) = y, vagyis ha létezik olyan G -beli k elem, melyre k(y) = x. Nyilván ekkor k = h 1. Minden X -beli x elem benne van valamelyik pályában, ugyanis ha nincs benne egyik tőle különböző elem pályájában sem, akkor benne van a sajátjában x = e(x) miatt, ahol e a G csoport egységeleme. Ebből az következik, hogy az összes pálya egyesítése maga az X halmaz. Bármely két X -beli elemhez tartozó G pálya diszjunkt, vagy egybeesik, ugyanis ha egy z elem benne lenne x, és y G pályájában is, akkor létezne olyan G -beli g, és h elem melyekre z = g(x) = h(y) teljesülne. Innen h 1 g(x) = y következne, ami azt jelentené, hogy y benne van x G pályájában. A kiválasztási axióma szerint van olyan halmaz, jelöljük M -mel amely minden X -beli G pályából pontosan egy elemet tartalmaz. Megjegyezzük, hogy bármely halmaz esetén egy pálya van, ha a rajta ható csoporthatás tranzitív, vagyis bármely X -beli x, y elemhez létezik G -beli g, hogy g(x) = y. Triviális, hogy ekkor nincs szükség a kiválasztási axiómára M képzéséhez. Képezzük minden G -beli g elemre a g(m) halmazokat. Ezek uniója amit G(M) - el jelölünk 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 közös pályában, (speciálisan lehet x = y) akkor léteznek G -beli h, k elemek, hogy h(x) = k(y), ezért k 1 h(x) = y miatt k 1 h választható g -nek. Bármely két ilyen halmaz mondjuk g(m), h(m), ahol g, h G -beliek, és g h diszjunkt, ugyanis ha lennének x, y M -beli elemek, melyre g(x) = h(y), akkor h 1 g(x) = y miatt azonos pályába kerülnének. Mivel M minden pályából csak egy elemet tartalmaz, ezért ebből az következne, hogy x = y, vagyis h 1 g(x) = x. h, g 18

19 6. További eredmények különbözőek, ezért h 1 g nem lehet az egység, így h 1 g -nek az x pont nemtriviális fixpontja lenne, amit a tétel feltevése kizár. Legyen A i az összes olyan g(m) halmaz egyesítése, ahol g eleme A i -nek, vagyis A i = A i(m). Analóg módon legyen Bj az összes olyan g(m) halmaz egyesítése, ahol g eleme B j -nek, vagyis Bj = B j(m). A fentiek miatt nyilvánvaló, hogy A i -k és Bj -k páronként diszjunktak, és egyesítésük kiadja X -et. n n g i (A i ) = g i (A i (M)), és mivel G hatással van X-en, ezért n g i (A i (M)) = n (g i A i )(M). A véges unióképzés, és a csoportművelet végrehajtási sorrendje felcserélhető, így Innen ami azt jelenti, hogy Analóg módon kapjuk, hogy n n (g i A i )(M) = ( g i A i )(M). ( n g i A i )(M) = G(M) = X, n g i (A i ) = X. m h j (Bj ) = X, j=1 s ez utóbbi két egyenlőség X halmaz G -paradox voltát jelenti. Ebből, valamint az 1.tételből következik e tétel második felének bizonyítása, ugyanis egy F kétgenerátoros szabad csoport az 1.tétel alapján paradox, és egy F paradox csoport, amely X -en nemtriviális fixpont nélkül hat, mint ahogy azt már beláttuk X -et F -paradoxá teszi. Ezzel a tétel bizonyítását befejeztük. Az előbbi tétel egyszerű következménye az alábbi két állítás. 4.TÉTEL. (AC) Ha egy csoportnak létezik paradox részcsoportja, (vagyis olyan részhalmaza, amely csoport a tőle örökölt művelettel) akkor maga is paradox. Bármely olyan csoport paradox, melynek van kétgenerátoros szabad részcsoportja. Bizonyítás. Egy csoporton valamely részcsoportja nyilván hat a bal szorzással, hiszen (gf)(h) = g(f(h)) teljesül minden csoportbeli g, f, h elemre. 19

20 6. További eredmények Ha belátjuk, hogy ennek a hatásnak nincs triviálistól különböző fixpontja, akkor felhasználva a.tételt, bebizonyítottuk azt, hogy ha egy G csoportnak létezik F paradox részcsoportja, akkor G F paradox. Legyen F részcsoportja a G csoportnak. Ha F -nek van olyan f eleme, ami fixen hagyja G valamely g elemét a bal szorzással, vagyis f g = g, akkor mindkét oldalt jobbról megszorozva g 1 -gyel fgg 1 = gg 1, vagyis f = e adódik, tehát f egységelem, ami triviális fixpont. Vagyis F -nek nincs triviálistól különböző fixpontja G -n, így a.tételt felhasználva adódik, hogy ha egy G csoportnak létezik F paradox részcsoportja, akkor G F paradox. Azonban ebből az következik, hogy G csoport G paradox is, vagyis G csoport paradox, ugyanis ha léteznek F -beli csoportelemek, melyek miatt paradox lesz G, akkor G F miatt G -beli csoportelemek is léteznek, például az előbbiekben bevált F - beliek. Ezzel beláttuk állításunk első felét. Mivel már igazoltuk, hogy egy csoporton minden részcsoportja nemtriviális fixpont nélkül hat, ezért a.tétel második részéből közvetlenül következik e tétel második része. 20

21 7. Mátrixok, forgatások Legyen X nemüres halmaz. X -beli elemeket m számú sorba, illetve n számú oszlopba rendezve úgynevezett mátrixot kapunk, pontosabban X feletti m n típusú mátrixot, ahol m, n pozitív egész számok. A továbbiakban X mindig R lesz, így nem is fogjuk( külön jelölni, milyen ) halmaz ( ) fölötti mátrixról van szó. 2 -as mátrixot jelöl például, míg 2 1-es mátrix. Érdekességképpen megemlítjük, hogy a valós számok is mátrixoknak tekinthetők, 1 1 -es mátrixoknak. a 11 a 1m Általában egy n m -es A mátrix a következőképpen néz ki:....., a n1 a nm tehát az i -edik sorában és j -edik oszlopában lévő elemet a ij -vel jelöljük. Az olyan mátrixot, amelynek egyetlen sora van, sormátrixnak, amelynek egyetlen oszlopa van, oszlopmátrixnak szokták nevezni. Néha keverni fogjuk a (x, y, z) vektor, valamint ( x y z ) sormátrix jelöléseket, hiszen ez a kettő lényegileg ugyanaz. Ha A n m -es mátrix, akkor azt az m n -es mátrixot, melynek i -edik sorában és j -edik oszlopában lévő eleme megegyezik A mátrix j -edik sorában és i -edik oszlopában lévő elemmel, ahol i = 1, n, valamint j = 1, m, az A mátrix transzponáltjának nevezzük, és A -tal jelöljük. Néhány példa transzponált képzésére, vagyis a transzponálásra: ( ) 7 8 = , ( ) 1 = 2 4 ( ) Nyilvánvaló, hogy sormátrix transzponáltja oszlopmátrix, és oszlopmátrix transzponáltja sormátrix. A továbbiakban elő fog fordulni, hogy oszlopmátrix helyett a vele megegyező sormátrixtranszponáltat fogjuk használni. Egy A m p -s, és egy B p n -es mátrix szorzata az a C m n -es mátrix lesz, melynek c ij elemét úgy képezzük, hogy Például ( c ij = ) 5 12 p k=1 a ik b kj ahol i = 1, m, j = 1, n. = ( ( 5) ( 5) ) ( ) 5 2 =. 7 A mátrixszorzás előzőekben megadott definíciójából következik, hogy nincs bármely két mátrix szorzata értelmezve, így például nem végezhető el a szorzás, ha az előző példában a szorzótényezőket felcseréljük. Az olyan mátrixot, mely sorainak és oszlopainak száma megegyezik, négyzetes mátrixnak nevezzük. Legyen n rögzített természetes szám. Jelöljük E (n) -nel azt az 21.

22 7. Mátrixok, forgatások n n -es mátrixot, melynek e (n) ij elemére (i = 1, n, j = 1, n) teljesül a következő feltétel: { 1, ha i = j e (n) ij = 0, ha i j Ilyen például az alábbi mátrixok: E (1) = ( 1 ), E (2) = ( ) , E () = Legyen A egy n n -es mátrix, és legyen B = AE (n). b ij = n k=1 a ik e (n) kj = a ij e (n) jj + k=1,n,k j a ik e (n) kj = a ij 1 + k=1,n,k j a ik 0 = a ij, teljesül i = 1, n, j = 1, n esetén, így A = B = AE (n) miatt A = AE (n). Pontosan ugyanígy számolhatjuk ki, hogy A = E (n) A, ami azt jelenti, hogy E (n) az n n -es mátrixok egységeleme a mátrixszorzásra nézve. Az alábbiakban azt fogjuk vizsgálni, hogyan tudnánk forgatásokat mátrixok segítségével leírni. Tekintsünk egy síkbeli koordináta-rendszert, és egy, az origótól ( O -tól) r távolságra lévő P pontot. Legyen OP szakasz és az x-tengely által bezárt szög α. Forgassuk el P -t az O körül β szöggel az óramutató járásával ellenkező irányban. Jelöljük P így keletkezett képét P -vel. P pont koordinátái ekkor (r cos α, r sin α), a P pont koordinátái pedig (r cos(α + β), r sin(α + β)). Mivel ismert, hogy cos(α + β) = cos βcos α sin βsin α, és sin(α + β) = sin βcos α + cos βsin α ezért teljesül ( 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 koordinátáiból megkapjuk az origó körül ( β szöggel való ) cos β sin β P elforgatottjának koordinátáit egy oszlopmátrix elemeiként, ha a sin β cos β mátrixot megszorozzuk a P koordinátáiból képzett oszlopmátrixal. Tehát ha P pont koordinátái (x, y), a forgatás szöge β, akkor a forgatáskor keletkezett P pont (x, y ) koordinátái kifejezve a P pont koordinátáival: ( ) ( x cos β sin β = sin β cos β y ) ( ) x y = ( ) x cos β y sin β x sin β + y cos β Mivel egy φ forgatásnak mindig létezik φ 1 inverze, vagyis olyan forgatás, melyre teljesül, hogy φ után φ 1 -et végrehajtva, és φ 1 után φ -t végrehajtva visszakapjuk 22,

23 7. Mátrixok, forgatások az eredeti állapotot, ezért a φ -hez tartozó, szintén φ -vel jelölt forgatásmátrixnak is létezik φ 1 forgatáshoz tartozó φ 1 -gyel jelölt mátrixa, melyre φφ 1 = φ 1 φ = E (n), ahol n a tér dimenziója. A továbbiakban arra a kérdésre keressük a választ, hogyan változnak egy térbeli P pont koordinátái akkor, ha β szöggel elforgatjuk valamely tengely körül. Legyen ez a tengely mondjuk a z. Nyilvánvaló a forgatás speciális helyzetéből, hogy a P pont x és y koordinátája ugyanúgy fog transzformálódni, mintha P -t x és y síkjában forgatnánk el β szöggel, valamint hogy egy pont z koordinátáját a z tengely körüli forgatás nem változtatja meg. Mindezeket megfontolva nem nehéz felírni ennek a forgatásnak a mátrixát. Keressük ugyanis azt a φ -vel jelölt -as mátrixot, melyre teljesül, hogy φ 11 φ 11 φ 1 φ 21 φ 22 φ 2 φ 1 φ 2 φ x x cos β y sin β y = x sin β + y cos β. z z cos β sin β 0 Az eddigiek alapján könnyű látni, hogy φ = sin β cos β 0 megfelel e célnak

24 8. A Haussdorff-paradoxon Legyen S egy G szabad csoport valamely részhalmaza, valamint H az S által generált részcsoport. Az S halmazt függetlennek nevezzük, ha nem létezik olyan valódi részhalmaza, amely szintén H -t generálja. Legyen G az SO, vagyis R -ban az origón áthaladó egyenesek körüli forgatások szabad csoportja. 5.TÉTEL. R -ban létezik két, origón áthaladó egyenesek körüli φ és ψ független forgatás, így az SO tartalmaz kétgenerátoros szabad részcsoportot. Bizonyítás. Ha φ ±1 és ψ ±1 betűknek nincs olyan triviálistól különböző redukált szavuk, amely az egység lenne, akkor φ és ψ függetlenek. Ugyanis, ha nem lennének függetlenek, akkor egyikük, mondjuk ψ egyedül is generálná a két elem által generált részcsoportot. Így ψ generálja φ -t is, vagyis létezik olyan n egész szám, hogy ψ n = φ, vagyis φ 1 ψ n = 1. Mindez azt jelenti, hogy ha van olyan φ és ψ, amelyekre a φ ±1 és ψ ±1 betűknek nincs olyan triviálistól különböző redukált w -vel jelölt szava, mely az egység lenne, akkor igazoltuk a tétel állítását. Konkrétan meg fogunk adni két ilyen tulajdonságú forgatást. Legyen φ és ψ a térbeli koordinátarendszer z - illetve x -tengelye körüli, óramutató járásával ellentétes irányú forgatás arccos 1 szöggel, vagyis azzal a szöggel, melynek koszinusza 1. Ha P egy R -beli pont, x, y, z koordinátákkal, φ(p ), valamint ψ(p ) koordinátáit (x, y, z) -nek a következő, szintén φ -vel, valamint ψ -vel jelölt mátrixal való szorzása állítja elő φ = ψ = Egyszerű számítással ellenőrizhetjük, (a bizonyítás során többször elő fog fordulni, hogy a nehézkes, de teljesen mechanikus mátrixszorzások esetében csupán a szorzás végeredményét írjuk le a hozzá vezető mellékszámítások nélkül) hogy φ 1 = ψ 1 = hiszen φ 1 φ = ψ 1 ψ = Nem jelent megszorítást, hogy ha csak a φ ± re végződő szavakat vizsgáljuk, ugyanis ha egy szóban minden ψ helyére φ -t írunk és fordítva, akkor ebben az esetben ez a felcserélés a forgatást magát nem változtatja meg, csupán azt, hogy melyik koordinátára hat. Így a csere nem lesz hatással arra, hogy egy szó az egység lesz, vagy sem a redukálás után, hiszen az egységforgatás minden koordinátát változatlanul hagy. Legyen tehát w -re az is igaz, hogy φ ±1 -re végződik. Az egyszerűség kedvéért ( a, b 2 n, c n ) helyett az (a, b 2, c)/ n jelölést használjuk. Ha belátjuk, hogy w(1, 0, 0) n 24,

25 8. A Haussdorff-paradoxon mindig [(a, b 2, c)/ n ] alakú, ahol a, b, c egészek, n 1 a w szó hossza és b nem osztható -mal, akkor készen vagyunk. Ugyanis ha w egység, akkor igaznak kell lenni, hogy w(1, 0, 0) = (1, 0, 0), vagyis 0 = b 2, ahonnan b = 0 adódik, szemben azzal, hogy b nem osztható -mal. A w szó hossza (, vagyis betűinek száma) szerinti teljes indukcióval fogunk bizonyítani. Ha w hossza egy, akkor w = φ ±1, ahonnan w(1, 0, 0) = [(1, ±2 2, 0)/], tehát n = 1 -re igaz a tétel. Tegyük fel, hogy minden n 1 hosszú w szóra teljesül a tétel állítása, vagyis w (1, 0, 0) = [(a, b 2, c )/ n 1 ], ahol b nem osztható - mal. Olyan n hosszú w szó, amely w -re végződik, négyféle lehet: w φ ±1 = φ ±1 w, w ψ ±1 = ψ ±1 w. Egyszerű mátrixszorzás adja, hogy w φ ±1(1, 0, 0) = φ ±1 [(a, b 2, c )/ n ] = [(a 4b, (b ± 2a ) 2, c )/ n ], w ψ ±1(1, 0, 0) = ψ ±1 [(a, b 2, c )/ n ] = [(a, (b 2c ) 2, c ± 4b )/ n ], tehát a komponensek mind a négy esetben megfelelő egészek. Annyi azonban még hátra van a bizonyításból, hogy belássuk, b sosem lesz - mal osztható. A bizonyítás itt négy esetre bomlik aszerint, hogy w melyikkel egyenlő φ ±1 ψ ±1 v, ψ ±1 φ ±1 v, φ ±1 φ ±1 v illetve ψ ±1 ψ ±1 v közül, ahol v n 2 hosszú tetszőleges szó. Legyen v(1, 0, 0) = [(a, b 2, c )/ n 2 ]. 1.eset: w φ ±1 ψ ±1 = φ±1 ψ ±1 v. Ekkor ψ ±1 v(1, 0, 0) = [(a, (b 2c ) 2, c ± 4b )/ n 1 ]. Másrészt w φ ±1 ψ ±1 = φ±1 ψ ±1 v miatt φ ±1 ψ ±1 v(1, 0, 0) = w φ ±1 ψ ±1(1, 0, 0) = φ ±1 [(a, b 2, c )/ n 1 ], ahonnan ψ ±1 v(1, 0, 0) = [(a, b 2, c )/ n 1 ] következik. ψ ±1 v(1, 0, 0) most levezetett két előállítását összevetve adódik ahonnan a = a. [(a, (b 2c ) 2, c ± 4b )/ n 1 ] = [(a, b 2, c )/ n 1 ], w φ ±1(1, 0, 0) = [(a, b 2, c)/ n ] = [(a 4b, (b ± 2a ) 2, c )/ n ] miatt b = b ± 2a = b ± 6a, valamint b nem osztható -mal, ezért b sem osztható -mal. 2.eset: w ψ ±1 φ ±1 = ψ±1 φ ±1 v. Ekkor φ ±1 v(1, 0, 0) = [(a 4b, (b ± 2a ) 2, c )/ n 1 ], de 25

26 8. A Haussdorff-paradoxon de w ψ ±1 φ ±1 = ψ±1 φ ±1 v miatt ψ ±1 φ ±1 v(1, 0, 0) = w ψ ±1 φ ±1(1, 0, 0) = ψ ±1 [(a, b 2, c )/ n 1 ], ahonnan φ ±1 v(1, 0, 0) = [(a, b 2, c )/ n 1 ] következik. φ ±1 v(1, 0, 0) két különböző előállítását összevetve adódik ahonnan c = c. [(a 4b, (b ± 2a ) 2, c )/ n 1 ] = [(a, b 2, c )/ n 1 ], w ψ ±1(1, 0, 0) = [(a, b 2, c)/ n ] = [(a, (b 2c ) 2, c ± 4b )/ n ] miatt b = b 2c = b 6c. Ez alapján mivel b nem osztható -mal, ezért b sem..eset: w φ ±1 φ ±1 = φ±1 φ ±1 v. Ekkor φ ±1 v(1, 0, 0) = [(a 4b, (b ± 2a ) 2, c )/ n 1 ], másrészt w φ ±1 φ ±1 = φ±1 φ ±1 v miatt φ ±1 φ ±1 v(1, 0, 0) = w φ ±1 φ ±1(1, 0, 0) = φ ±1 [(a, b 2, c )/ n 1 ], ahonnan φ ±1 v(1, 0, 0) = [(a, b 2, c )/ n 1 ] következik. φ ±1 v(1, 0, 0) két előállítását összevetve kapjuk, hogy [(a 4b, (b ± 2a ) 2, c )/ n 1 ] = [(a, b 2, c )/ n 1 ], ezért a 4b = a, es b ± 2a = b. A levezetett két egyenlőséget felhasználva adódik, hogy b = b ± 2a = b ± 2(a 4b ) = b + (b ± 2a ) 9b = b + b 9b = 2b 9b, így mivel b nem osztható -mal, b sem. 4.eset: w ψ ±1 ψ ±1 = ψ±1 ψ ±1 v. Ekkor ψ ±1 v(1, 0, 0) = [(a, (b 2c ) 2, c ± 4b )/ n 1 ]. Másrészt w ψ ±1 ψ ±1 = ψ±1 ψ ±1 v miatt ψ ±1 ψ ±1 v(1, 0, 0) = w ψ ±1 ψ ±1(1, 0, 0) = ψ ±1 [(a, b 2, c )/ n 1 ], ahonnan ψ ±1 v(1, 0, 0) = [(a, b 2, c )/ n 1 ] következik. ψ ±1 v(1, 0, 0) két különböző előállítását egyeztetve [(a, (b 2c ) 2, c ± 4b )/ n 1 ] = [(a, b 2, c )/ n 1 ] 26

27 8. A Haussdorff-paradoxon adódik, tehát c 4b = c, és b ± 2c = b. Innen a. esethez hasonlóan számolva b = b 2c = b 2(c ± 4b ) = b + (b 2c ) 9b = b + b 9b = 2b 9b. Mind a négy esetben azt kaptuk tehát, hogy ha b nem osztható -mal, akkor b sem, de n = 1 esetén b = ±2, így a bizonyítást be is fejeztük. Jelöljük S 2 -tel az egység sugarú, origó középpontú gömb felületét, másnéven az egységgömbhéjat, valamint F -fel az φ és ψ által generált szabad részcsoportot. Minden F -beli nemidentikus forgatásnak két fixpontja van az egységgömbhéjon, hiszen a forgástengely a gömbhéjat két pontban döfi. Legyen D az ilyen pontok összessége. Mivel F megszámlálható halmaz, D is az. 6.TÉTEL. (HAUSSDORFF-PARADOXON 1914)(AC) Létezik S 2 -nek olyan D megszámlálható részhalmaza, melynek S 2 \D komplementere SO -paradox. Bizonyítás. Azt fogjuk belátni, hogy a fenti D halmaz, az F fixpontjainak halmaza S 2 -en megfelel a feltételben szereplő megszámlálható halmaznak. Az F csoport tetszőleges g eleme S 2 \D-be képezi S 2 \D minden P elemét. Ugyanis, ha g(p ) D -be esne, vagyis létezne h F -beli nemidentikus leképezés, melyre h(g(p )) = g(p ), akkor g 1 (h(g(p ))) = P miatt, feltéve, hogy g 1 hg nemidentikus leképezés, P pont is fixpont lenne, ami nem igaz, hiszen P S 2 \D -beli. g 1 hg viszont nem lehet az egységleképezés, mert akkor adódna, ami nem lehetséges. g 1 hg = e = gg 1 hgg 1 = geg 1 = h = e Beláttuk tehát, hogy F az S 2 \D halmazból önmagába képez. Ez alapján láthatjuk, hogy F hatással van az S 2 \D halmazon, valamint nemtriviális fixpont nélkül hat rajta, hiszen kirekesztettük a fixpontok D halmazát. Alkalmazva a.tétel második felét, kapjuk, hogy S 2 \D F -paradox. Mivel F SO, ennek már korábban is (a 4.tétel bizonyítása során) látott triviális következménye, hogy S 2 \D halmaz SO -paradox, és ezt akartuk belátni. 27

28 9. Szétmetszés kongruencia és átdarabolhatóság Ősidők óta ismertek az olyan problémák, melyek valamely alakzatok egymásba való darabolásával foglalkoznak. Először egy klasszikus esetről, sokszögek egymásbadarabolhatóságáról lesz szó. Bontsunk fel egy sokszöget véges sok sokszög darabra, az így keletkezett sokszögeket izometriák felhasználásával rendezzük át, úgy, hogy egy másik sokszöget kapjunk. Ha ezt az eljárást két előre megadott sokszöggel véghez tudjuk vinni, akkor a két sokszöget a síkon szétmetszés kongruensnek nevezzük. Világos, hogy ha két sokszög szétmetszés kongruens, akkor egyenlő területű. Az állítás megfordítását, és annak bizonyítását először Bolyai Farkas publikálta, röviden Tentamen néven emlegetett művében. A külföldi szakirodalom ezt a tételt Bolyai Gerwien-tétel néven emlegeti. 7.TÉTEL. (BOLYAI GERWIEN 182) Két sokszög akkor, és csak akkor szétmetszés kongruens, ha azonos területűek. Bizonyítás. A fordított irány bizonyításához elegendő azt belátni, hogy bármely sokszög szétmetszés kongruens a vele egyenlő területű négyzettel. Ugyanis ha az egyik sokszög is szétmetszés kongruens a vele egyenlő területű négyzettel, és a másik is, akkor a két sokszög területének egyenlősége miatt ugyanazzal a négyzettel lesznek szétmetszés kongruensek. Így a két sokszög szétmetszés kongruens lesz, hiszen összerakjuk az egyik sokszögből azt a bizonyos négyzetet, majd abból a másik sokszöget. 28

29 9. Szétmetszés kongruencia és átdarabolhatóság Könnyen látható általában is, hogy a szétmetszés kongruencia tranzitív tulajdonságú; ha A szétmetszés kongruens B -vel, B szétmetszés kongruens C -vel, akkor az is igaz, hogy A szétmetszés kongruens C -vel. A bizonyítás innentől kezdve csupán elemi geometriai megfontolásokra támaszkodik, ezért azok igazolását nem végezzük el teljes részletességgel. A továbbiakban segítségünkre lesznek az alábbi ábrák. Az (a) ábra alapján látszik, hogy bármely háromszög átdarabolható egy téglalapba. A (b) ábra azt mutatja, hogy bármely téglalap, amelynek hossza legfeljebb négyszerese a szélességének, áttranszformálható egy négyzetbe. Ez a négyszeres feltétel azért kell, mert ellenkező esetben a (b) ábrán látható legnagyobb derékszögű háromszög átfogója a téglalapon kívül metszi a négyzet oldalát. A rajzon egymással párba állított háromszögek nyilvánvalóan hasonlóak lesznek, hiszen oldalaik párhuzamosak. A nagy háromszög oldalai b és ab, bal felső kis háromszög rövidebbik befogója ab a így a hasonlóság miatt hosszabbik befogójára b ab adódik. Ugyanis pozitív a, b -re ab b = a b = a( b a) b( b a) = ab a b ab. E háromszög párjának, a jobb alsó kis háromszögnek a hosszabbik befogója, mint azt csupán le kell olvasni az ábráról szintén b ab lesz, tehát a két háromszög egybevágó. Hasonlóképpen adódik a másik két háromszög egybevágósága ab b = a ab miatt. Az olyan téglalap azonban, melynek hossza több, mint négyszerese szélességének, átdarabolható a kívánt téglalaposztályba véges számú, a (c) ábrán látható felezéssel. A (d) ábra a Pitagorasz-tétel egy bizonyítását mutatja, melyből kiderül, hogy bármely két négyzetből a megengedett darabolásokat felhasználva elő lehet állítani azt a négyzetet, melynek területe a két négyzet területének összege. Mindezek alapján a bizonyítás a következő. Ismert, hogy egy n oldalú sokszög feldarabolható n 2 háromszögre, ha egy rögzített csúcsát összekötjük a többi csúccsal. Minden háromszögből téglalapot készíthetünk, majd abból négyzetet, valamint az így keletkezett n 2 négyzetet a (d) ábrán bemutatott módszerrel n lépésben egy négyzetté olvaszthatjuk össze. Ezzel a bizonyítást befejeztük. Hogy mennyire nem triviális a tétel állítása, mutatja az a tény, hogy háromdimenziós megfelelője nem is igaz. Hilbert híres problémája volt (a harmadik), hogy egy szabályos tetraéder szétmetszés kongruens-e egy kockával, ha az átdarabolásban résztvevő darabok poliéderek. A nemleges választ Dehn bizonyította 1900-ban. A továbbiakban olyan átdarabolásokkal foglalkozunk, melyeknél a darabok tetszőleges halmazok lehetnek. 29