Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar. Paradoxonok. Diplomamunka. Kövesdi Péter. Matematika tanári szakirány.

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Paradoxonok Diplomamunka Kövesdi Péter Matematika tanári szakirány Matematika BSc Témavezet : Hermann Péter Algebra és Számelmélet Tanszék Budapest, 2016

2 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 2. Kiválasztási axióma 4. Csoportelméleti alapok 4.1. Csoport fogalma Csoporthatás, paradox csoporthatás Szabad csoportok Haussdor-paradoxon Paradoxitás és szabad csoportok Független forgatások Haussdor-paradoxon Banach-Tarski paradoxon Átdarabolhatóság geometriai értelemben Halmazok átdarabolhatósága Banach - Tarski paradoxon További érdekesség Laczkovich M. - Kör négyszögesítése

3 1. Bevezetés Szakdolgozatom középpontjában az aranycsináló-paradoxonként elhíresült Banach Tarski paradoxon áll. Ez szemléletesen megfogalmazva azt mondja ki, hogy ha egy tömör gömböt a megfelel módszerrel feldarabolunk, akkor az így kapott részeket össze tudjuk úgy rendezni, hogy végeredményként két, az eredetivel azonos gömböt kapunk. Azaz a paradoxon szerint képesek vagyunk megkett zni a tömör gömböt. A témát csoportelméleti összefüggésben tárgyalva ez nem jelent mást, mint hogy egy halmazt, ami a gömb pontjait tartalmazza, egy módszer segítségével megkett zzük, pontosabban látható lesz, hogy ekkor kétféle módon állítjuk el. Azonban ezek belátásához szükség van a csoportelmélet ide vonatkozó összefüggéseinek ismeretére, melyeket a dolgozat elején összegy jtöttünk. Az állítás paradox mivolta nem kérdéses, teljesen ellentmond a mindennapi életben tapasztaltaknak. Azonban nagyon érdekes, hogy a matematika megenged ilyen állításokat. Annak szemléltetésére, hogy a tárgyalt paradoxon nem az egyetlen ilyen valótlanságot igazoló állítás, az utolsó fejezetben megemlítésre kerül egy hasonlóan érdekes matematikai tartalommal bíró eredmény.

4 2. Kiválasztási axióma Mindenek el tt ismertetjük a halmazelmélet legvitatottabb axiómáját, a kiválasztási axiómát, ugyanis ezen alapszanak a dolgozatban tárgyalt paradoxonok. El ször Ernst Zermelo mondta ki axiómaként a jólrendezési tétel bizonyításában, amit újra kellett fogalmaznia, mivel nagy vitát váltott ki a matematikusok körében. Amellett hogy sok pozitív, a tudományt el re viv következménye volt, akadtak szép számmal olyanok is, amelyek a valóságnak ellentmondó állításokat eredményeztek. Erre jó példa a Banach-Tarski paradoxon. 196-ban Paul Cohen igazolta, hogy független a többi axiómától, azokból nem lehet levezetni. Ezáltal a kiválasztási axiómát elfogadottnak tekinthetjük Kiválasztási axióma (Axiom of Choice - AC). Ha {A i : i I} nemüres halmazok rendszere, akkor f függvény, amelyre D(f) = I és f(i) A i i I-re. Az f függvény neve kiválasztási függvény, minden A i -b l kiválaszt egy elemet Megjegyzés. Az axióma egy ekvivalens megfogalmazása: Páronként diszjunkt halmazok bármely rendszeréhez létezik olyan halmaz, amelynek az összes nem üres halmazzal pontosan egy közös eleme van. A dolgozatban a Tétel bizonyításánál, és annak következményeinél fogjuk felhasználni, amelyek a Haussdor illetve a Banach-Tarski paradoxon igazolásához egyaránt szükségesek lesznek.. Csoportelméleti alapok Ez a fejezet a probléma megértéséhez szükséges ismereteket tartalmazza, illetve foglalja össze, elindulva a csoportok deníciójától, egészen a szabad csoportok deníciójáig. 4

5 .1. Csoport fogalma Ebben a részben a témához szorosan kapcsolódó alapdeníciók csak felsorolás szintjén kerülnek megemlítésre. Ezek az el adásokon tanultak szerint a következ k:.1.1. Deníció (Csoport). Legyen a G : halmaz, rajta egy m velet ( ): a, b G-re értelmezett a b G úgy, hogy: 1. Asszociativitás: a, b, c G : (a b) c = a (b c) 2. Egységelem: e G : x G e x = x e = x. Inverz: c G c 1 G c c 1 = c 1 c = e A.1.1. Denícióban nem tettük fel, hogy a m velet kommutatív. Ezt a tulajdonságot az alábbi deníció tartalmazza:.1.2. Deníció (Abel-csoport). Azokat a csoportokat, amelyekben a m - velet kommutatív, azaz a, b G esetén a b = b a teljesül, Abel-csoportnak hívjuk. Ezen deníciók ismeretében kezdhet meg a bonyolultabb csoportelméleti összefüggések tárgyalása..2. Csoporthatás, paradox csoporthatás A halmazok paradox felbontásának létrehozásához szükséges a csoporthatás fogalmának bevezetése Deníció (Csoporthatás). Legyen adott egy G csoport és egy H halmaz. Ekkor G hat H-n, ha: g G és h H esetén h g H értelmezett úgy, hogy: 1. a, b G és h H-ra h ab = (h a ) b 2. h H-ra h e = h, ahol e a G egységeleme 5

6 A kés bbiekben szükségünk lesz a csoporthatás pályájának és stabilizátorának fogalmára, így ezeket is deniáljuk Deníció (Pálya és stabilizátor). Legyen G a H halmazon ható csoport, továbbá g G és h H. Ekkor: 1. A h pont orbitja (pályája) G-nél Orb G (h) = {h g g G}, vagyis azok a pontok, ahová h-t G elemei el tudják vinni. 2. A h stabilizátora G-ben G h = {g G h g = h}, vagyis azok a csoportelemek, amik xen hagyják h-t Megjegyzés. G hatása H-n tranzitív, ha csak egy pálya van. Ez azt jelenti, hogy h 1, h 2 H g G, amire h g 1 = h Megjegyzés. Speciális eset: amikor G S H. Itt S H tetsz leges H halmaz önmagára ható bijektív leképezései, transzformációi. S H csoportot alkot a kompozíció m veletére nézve, ezt a H-n ható szimmetrikus csoportnak nevezzük, aminek G részcsoportja, úgynevezett transzformációcsoport (G elemei is transzformációk). Maga a hatás már tisztázott, ami még maradt, az a paradoxitás kérdése..2.. Deníció (Paradox csoporthatás). Legyen G csoport, ami hat az L halmazon, és legyen H L. Ekkor a H halmaz G-paradox, ha n, m Z + és X 1,..., X n, Y 1,..., Y m H amelyek páronként diszjunktak és a 1,..., a n, b 1,..., b m G: H = n i=1 X a i i és H = m j=1 Y b j j. 6

7 .. Szabad csoportok A következ kben deniáljuk a szabad csoportokat, egészen pontosan a kétgenerátoros szabad csoportokat. Ezek segítségével hozunk létre paradox csoporthatást...1. Deníció. Legyen G csoport és g G. Ekkor a g elem egész kitev j hatványaiból álló részcsoportot a g elem által generált részcsoportnak nevezzük, jele: g...2. Deníció. Tetsz leges G csoport esetén az X G által generált részcsoport a legsz kebb X-et tartalmazó részcsoportja G-nek, jele: X. Az X halmazt G generátorrendszerének nevezzük (X generálja G-t), ha X = G. A fenti denícióban szerepl legsz kebb elem alatt egy halmazrendszer azon elemét értjük (egy halmazt), ami a halmazrendszer minden elemének részhalmaza...1. Tétel. Legyen G csoport és X G. Ekkor X a G azon elemeib l áll, melyek fölírhatók az X elemeib l és azok inverzéb l képzett akárhány tényez s szorzatként. Szabad csoport konstrukciója: Vegyünk el ször egy nemüres X halmazt. Ezt követ en x X-hez rendeljünk hozzá egy x 1 -gyel jelölt elemet amelyekre teljesül, hogy x x 1 és x 1 / X. Ha ezeket az elemeket hozzávesszük a kezdetben meglév x elemekhez, akkor megkett ztük az X halmazt. Az x és x 1 elemeket nevezzük bet knek és képezzünk ezekb l a bet kb l véges sorozatokat. A kapott véges karaktersorozatokat, melyeknek minden eleme x vagy x 1 nevezzük el szavaknak. Ha például X = {x, y}, akkor egy lehetséges szó: xxyxxxxy 1 y 1 y 1 y 1 x 1 x 1 yyyxy 1 x 1 x 1 x 1 A következ kben az xxx... x }{{} rövidebb alakban az alábbi formában írható fel: n := x n jelölést fogjuk alkalmazni, így a fenti szó 7

8 x 2 yx 4 y 4 x 2 y xy 1 x Az így értelmezett szavakat tartalmazó halmazt jelöljük S-sel. A következ lépésben az S halmaz segítségével szeretnénk csoportot alkotni. Ehhez teljesítenie kell a csoportaxiómákat, azaz kell egy asszociatív m velet, egy egységelem, továbbá az inverzképzésre való zártság. Lássuk el a halmazt a következ m velettel: képezzük a halmazban szerepl s, t S szavakból az st kifejezést, ami jelentse a szavak ebben a sorrendben történ egymás után írását. Tekintsük egységelemnek az úgynevezett üres szót, azt az elemet, aminek egyetlen bet je sincs. A továbbiakban jelöljük 1-gyel. Ahhoz, hogy csoportot hozhassunk létre, a csoportelemek inverzeinek meghatározása is szükséges. El ször is azt szeretnénk, hogy x és x 1 egymás inverzei legyenek, azaz xx 1 = 1 teljesüljön. Azonban ehhez az egyenl ség szerint az xx 1 -et és az x 1 x-et az üres szóval kell azonosítanunk. Ennek köszönhet en a szavak rövidebb alakra egyszer södhetnek. Tekintsük például az xyy 1 x 1 x és y 1 yx szavakat: xyy 1 x} 1 {{ x} = x yy 1 = x }{{} 1 1 y 1 y x = x }{{} 1 Az inverzek deniálása miatt ezek egyenl k, mindkett az x szóvá egyszer - södik. Ily módon egy ekvivalenciarelációt értelmeztünk a szavak halmazán, amely szerint minden szóhoz létezik egy legrövidebb szó, amivel a szó maga ekvivalens. Az így leegyszer södött szavakat redukált szavaknak nevezzük...1. Állítás. Egy adott szót akárhogy egyszer sítünk, mindig ugyanazt a redukált szót kapjuk...1. Következmény. A..1. Állítás miatt ezek a redukált szavak egyértelm en meghatározottak. 8

9 Ennek alapján nem vehetjük egyszer en S halmaz elemeit, hanem az egyes szavakból képzett redukált szavak adják a kívánt csoportelemeket. Ennek a módosításnak az egységelemre nincs kihatása, azonban a m veletet újra meg kell határoznunk, mivel a csoportelemek szerkezete megváltozott, pontosabban mostanra alakult ki. Így a fenti m velet már nem teljesíti az elvárásokat. Vegyük például az s = x y 2 x 4 y 6 és t = y 4 x 2 yx 5 redukált szavakat. Ekkor az st = x y 2 x 4 y 6 y 4 x 2 yx 5. Jól látható, hogy az egyszer egymás után írással nem redukált szót, azaz nem csoportbeli elemet kaptunk. Viszont ha a m veletet még kiegészítjük azzal, hogy az egymás után írást követ en redukáljuk is a kapott szót, akkor már csoportbeli elemet fogunk kapni. Az ily módon el állított redukált szavakból álló halmaz, ellátva a kib vített m velettel és az egységelemmel már csoportot, úgynevezett szabad csoportot alkot...1. Megjegyzés. A fenti..1. Tétel ismeretében látható, hogy a példában szerepl X halmaz generálja a kapott szabad csoportot. Vagyis a megalkotott szabad csoport nem más, mint X. Belátható a következ állítás:..2. Állítás. G kétgenerátoros szabad csoport, ha minden eleme pontosan egyféleképpen áll el az X G halmaz elemeib l és azok inverzéb l (az egységgel való b vítéseket leszámítva). Azaz g G-hez! a 1,..., a n, b 1,..., b n Z kitev k, hogy x, y = X esetén: g = x a 1 y b 1 x a 2 y b 2...x an y bn, ahol a i, b j 0 (kivéve a 1, b n ). Az itt szerepl x, y elemeket szabad generátoroknak nevezzük...2. Megjegyzés. A továbbiakban csak azokkal az esetekkel fogunk foglalkozni, ahol az X halmaz két elemb l áll, azaz ahol két elem generálja a csoportot. Ezt a csoportot F 2 -vel jelöljük. 9

10 4. Haussdor-paradoxon Ebben a fejezetben felhasználva az eddig megismert csoportelméleti fogalmakat, további tételek és következtetések segítségével juthatunk el a Haussdorparadoxonig. Ehhez a térbeli forgatások mátrixokkal való leírását is részletezzük, mivel a paradoxon a térbeli, origón áthaladó egyenesek körüli forgatások (SO ) csoportjával kapcsolatos Paradoxitás és szabad csoportok A következ állítás tárgyalása el tt vizsgáljuk meg a csoporthatás egy speciális esetét. Válasszuk a.2.1. Denícióban szerepl H halmazt magának a G csoportnak. Azaz ekkor G csoport hasson önmagán úgy, hogy a G-beli (c) tárgyelemet jobbról megszorozzuk egy G-beli (a) elemmel. Vagyis c G elemnek az a G elemnél vett képére c a := c a teljesül Megjegyzés. Az így deniált hatást természetes hatásnak nevezzük. Ennek a hatásnak a segítségével megmutatjuk, hogy az F 2 csoport F 2 - paradox Állítás. Az F 2 szabad csoport önmagán való természetes hatása paradox. Bizonyítás. Jelöljék az F 2 szabad csoport két generátorát x és y. Ekkor az F 2 minden eleme egyértelm en el áll x és y elemekb l és inverzeikb l, azaz az x, x 1, y, y 1 bet k redukált szorzataként. Ha az s ezen négy bet valamelyike, akkor jelentse a W (s) halmaz az F 2 csoport azon elemeit, azokat a redukált szorzatokat, amelyek s-sel végz dnek. Például: y 1 xyyx 1 y W (y) vagy x 1 yxxy 1 y 1 x 1 W (x 1 ). Ekkor az F 2 csoport el áll a következ alakban: F 2 = 1 W (x) W (x 1 ) W (y) W (y 1 ), 10

11 ahol 1 az üres szó, a további halmazok pedig az adott bet re végz d redukált szavakat tartalmazzák. Ezek egymástól páronként diszjunkt részhalmazok, hiszen a négy különböz végz dés szerint válogattuk szét a szavakat. Továbbá megmutatható, hogy F 2 = W (x) W (x 1 )x és F 2 = W (y) W (y 1 )y. (1) Ennek igazolásához elég belátni a két felbontás közül az egyiket, a másik elem szerinti felosztást ennek mintájára el lehet végezni. A bizonyításhoz tekintsük az F 2 = W (y) W (y 1 )y el állítást. Vagyis ha megmutatjuk, hogy a W (y 1 )y halmaz tartalmazza az összes nem y-ra végz d redukált szót, akkor beláttuk az egyenl séget. Ehhez el ször vegyük a h F 2 \ W (y) elemeket. Ezekre biztosan igaz, hogy nem y-ra végz dnek, hanem a y 1, x, x 1 bet k valamelyikére. Szorozzuk meg ezeket a h szavakat az F 2 csoport y 1 elemével jobbról. A kapott szavakat nem tudjuk egyszer síteni, mivel az így létrejött három lehetséges végz dés:...y 1 y }{{} 1 vagy...x }{{} y 1 vagy }...x {{ 1 } y 1. Emiatt hy 1 W (y 1 ). h h h Ha ezekre az y F 2 elem hat jobbról, akkor h = (hy 1 )y W (y 1 )y teljesül, vagyis a nem y-ra végz d h szavak benne vannak a W (y 1 )y részhalmazban. Tudjuk tehát, hogy W (y) és W (y 1 )y halmazok együttesen tartalmazzák az összes lehetséges redukált szót, továbbá a két halmaz diszjunkt, ennek alapján: F 2 = W (y) W (y 1 )y teljesül. Hasonlóan belátható az F 2 = W (x) W (x 1 )x egyenl ség is. A paradoxitás könnyen ellen rizhet felidézve a.2.. Deníciót és kéttagú unióra felírva: H = X a 1 1 Xa 2 2 = Y b 1 1 Y b 2 2 Ha vesszük a H = F 2, valamint a 1 = 1, X 1 = W (x), a 2 = x, X 2 = W (x 1 ) és b 1 = 1, Y 1 = W (y), b 2 = y, Y 2 = W (y 1 ) helyettesítéseket, akkor éppen (1)-et kapjuk. Ez pedig azt jelenti, hogy az F 2 halmaz F 2 -paradox. 11

12 Megjegyzés. Ha egy G csoport önmagán való természetes hatása paradox, akkor röviden azt mondjuk, hogy a G csoport paradox. A következ jelent s lépés az, amikor egy G csoport xpont nélkül hat egy H halmazon ( h H-ra h g = h g = e G), azaz h H esetén G h = {e} Tétel. Ha a G paradox csoport hat a H halmazon, továbbá h H G h = {e}, akkor a H halmaz G-paradox. Bizonyítás. Mivel G paradox, így önmagán hatva el áll a következ alakban: G = X a i i = Y b j j, ahol a i, b j G és X i, Y j G i = 1...n és j = 1...m-re. Használjuk fel a.2.2. Deníciót, ami alapján egy h H pont pályája Orb G (h) = {h g g G}. Mint jól tudjuk ezek a pályák páronként diszjunktak vagy megegyeznek. Vegyük az összes h H elemhez tartozó Orb G (h) halmazokból álló páronként diszjunkt halmazrendszert. A kiválasztási axióma miatt M halmaz, aminek az összes orbittal pontosan egy közös eleme van. M halmazra G minden eleme jobbról. M g i = H teljesül. Hasson erre az Az így kapott halmazok uniójára Mivel h H G h = {e}, azaz G xpont nélkül hat H-n, ezért a, b G-re azt kapjuk, hogy M a M b =. Ugyanis tegyük fel indirekt, hogy m 1, m 2 M, amikre m a 1 = mb 2. Hasson ezekre jobbról b 1, ekkor m ab 1 1 = m 2, azaz ugyanabban az orbitban vannak. Tehát igaz az, hogy m 2 = m c 1, ahol c G. Ezt behelyettesítve a feltételbe, miszerint m a 1 = mb 2, a következ adódik m a 1 = (mc 1 )b = m cb 1, ekkor ha a 1 hat jobbról, akkor m 1 = m bca 1 1 azaz lenne olyan e g = bca 1 G, ami m 1 -et helyben hagyná, ez pedig ellentmond azzal, hogy G xpont nélkül hat. Ha ezt beláttuk, akkor vegyük Xi = {M g g X i } és Yj = {M g g Y j }. Ekkor mivel H paradox felbontásában i, j : X i Y j =, emiatt X i Y j =. Továbbá X i Y j = {M g g G} = H. 12

13 Mivel G = X a i i el áll: = Y b j j és G hat a H = X i Y j halmazon, ezért H H = (X i )a i és H = (Y j )b j alakban, ami azt jelenti, hogy a H halmaz G-paradox Következmény. Ha az F 2 kétgenerátoros szabad csoport xpont nélkül hat a H halmazon, akkor a H halmaz F 2 -paradox Következmény. Legyen G csoport és R G részcsoport. Ekkor ha R paradox, akkor G is paradox. Bizonyítás. Vegyünk egy G csoportot, továbbá legyen R G olyan csoport, melynek önmagán való természetes hatása paradox. Hasson R a G halmazon a következ képpen: g G-re és r R-re g r := g r. Tegyük fel, hogy r R ami egy g G elemre úgy hat, hogy gr = g. Ekkor ha mindkét oldalt megszorozzuk balról g 1 elemmel, akkor g 1 gr = g 1 g adódik. Azaz r = e, ami azt jelenti, hogy R xpontmentesen hat G-n. Ekkor alkalmazhatjuk a Tételt a következ helyettesítéssel: a tételben szerepl X halmaznak válasszuk magát a G csoportot, és hasson ezen az R paradox csoport xpont nélkül. Ebb l megkapjuk, hogy a G csoport R-paradox. A paradox csoporthatás deníciójából (.2.. Deníció) következik, hogy G paradox módon el áll, mivel léteznek olyan G-beli elemek, amelyekkel a paradox felbontás létrehozható. Ezek éppen a fenti R G elemei, amikr l tudjuk, hogy xpont nélkül hatnak G-n, vagyis azt kaptuk hogy a G csoport G-paradox is Következmény. Legyen G csoport és F 2 G. Ekkor G paradox. 1

14 4.2. Független forgatások Tétel. SO -ban X, Y forgatások, amelyek egy kétgenerátoros szabad csoportnak a szabad generátorrendszerét alkotják. Bizonyítás. Vegyük az x és y tengely körüli arccos 1 szöggel történ forgatásokat. Jelölje ezeket X és Y. Lineáris algebrában tanultak alapján X-nek és Y -nak megfeleltethet egy-egy x-as mátrix, amik a következ alakúak: X ±1 = ± és Y ±1 = ± ahol X 1 és Y 1 a megfelel tengely körüli negatív szög forgatások. Azt kell bizonyítanunk, hogy X, Y szabad generátorai az általuk generált részcsoportnak SO -ban. Ez ekvivalens azzal, hogy nincs olyan x ±1, y ±1 bet kb l képzett w redukált szó, amikbe értelemszer en X, Y -t helyettesítve (triviális esett l eltekintve) az egységmátrixot kapnánk. Ennek igazolásához: Tegyük fel indirekt, hogy létezik ilyen w szó. Jelölje a behelyettesítéssel kapott transzformációt W. Feltehet, hogy a szavunk y ±1 -re végz dik (ellenkez esetben w-t helyettesítsük y 1 wy ±1 -gyel). Azt állítjuk, hogy (1 0 0)W éppen (a b b, c Z és c, valamint k 1 a w szó hossza. Ez azt jelenti, hogy (a b 2c)/ k alakú, ahol a, 2c)/ k = (1 0 0)W (1 0 0), mivel ekkor c 2 = 0 c = 0 adódna, ami ellentmond azzal, hogy c, így W nem lehet identitás. A harmadik -ban szerepl állítást a w szó hossza szerinti teljes indukcióval bizonyítjuk. 14

15 1. Legyen k = 1, azaz w = y ±1 ( = ( ) ( Y ±1 = ) ) ± ( = k = 1-re láthatóan teljesülnek a feltételek. ) = 2. Tegyük fel, hogy minden legfeljebb k 1 hosszú v szóra teljesül az állítás, miszerint (1 0 0)V = 1 k 1 (a b 2c ), ahol a, b, c megfelel tulajdonságúak.. Ezek ismeretében kell belátnunk, hogy k hosszú w szóra is teljesül. Ehhez vizsgáljuk meg, hogyan áll el v-b l w: w = v x ±1 vagy w = v y ±1, azaz ezen négy lehetséges el állításnál kell végeredményként a megfelel egészeket kapnunk. ( ) ( ( ) V X ±1 = 1 ) a b 2c 1 k = 0 ± ( = 1 a ( 1 ) k 1 b ± 2c 2 2 ) ( 2 2 b + 1 2c ) = ( ) = 1 a 1 k 1 (b ± 4c 1 ) 2( 2b + c ) = ( = 1 ) a b ± 4c 2(c 2b ) k 1 ( ) ( ( ) V Y ±1 = 1 ) a b 2c k = ( = 1 ( 1 k 1 a ± 2 2 2c ) b ( 2 2 ( = 1 ) a ± 4c b 2(c 2a ) k a + 1 2c ) ± ) = Látható, hogy minden esetben a megfelel egészeket kaptunk, azonban még igazolnunk kell, hogy c. A fenti. pont alapján a következ ket kapjuk: c c 2b ( ) illetve c c 2a ( ) 15

16 Ehhez nézzük meg, hogy a k 1 hosszú v szavak koordinátái hogyan állnak el k 2 hosszú u szavakból, amik az indukciós feltétel miatt a következ alakúak: (1 0 0)U = (a b c 2)/ k 2 A v szavak kétféleképpen állíthatók el : v = u x ±1 vagy v = u y ±1. Ezekben az esetekben az egyes koordináták kiszámítása ugyanazon az elven történik, mint a korábbi. pontban. Ennek alapján: ( ) ( U X ±1 = 1 ) a b 2c 1 k ± = 1 k 1 ( a b ± 4c 2(c 2b ) ) = ( ) eset: c = c 2b = c 2(b ± 4c ) = c 2b 8c = c + ( 2b + c ) 9c = c + c 9c = 2c 9c. Ekkor az indukciós feltevés szerint c és c = 2c és 9c = c amikor w = u x ±1 x ±1. ( ) eset: c = c 2a = c 2(a ) = c 6a. Ekkor az indukciós feltevés szerint c, továbbá 6a = c amikor w = u x ±1 y ±1. ( ) ( Hasonlóan U Y ±1 = 1 ) a ± 4c b 2(c 2a ) k 1 ( ) eset: c = c 2b = c 2(b ) = c 6b. Ekkor az indukciós feltevés szerint c, továbbá 6b = c amikor w = u y ±1 x ±1. ( ) eset: c = c 2a = c 2(a ± 4c ) = c 2a 8c = c + ( 2a + c ) 9c = c + c 9c = 2c 9c. Ekkor az indukciós feltevés szerint c és c = 2c és 9c = c amikor w = u y ±1 y ±1. A bizonyítás során felhasznált állítást igazoltuk, ezáltal a tétel bizonyításával is végeztünk. 16

17 A Tételben el állított X, Y forgatások szabad csoportja legyen F 2. Ennek elemei egyes R -beli pályákon minden pontot helyben hagynak, így a Tétel még nem alkalmazható. Azonban ha vesszük az S 2 egységgömbhéját, akkor a rajta ható F 2 csoportban minden, az identitástól eltér forgatásnak két xpontja lesz S 2 -vel. Nevezetesen a forgatás tengelyének a gömbhéjjal való metszéspontjai. Legyen az összes ilyen pontot tartalmazó halmaz D. Ekkor mivel F 2 megszámlálható, így a D halmaz is megszámlálható. Ha vesszük az S 2 \ D pontok halmazát, (melyekre F 2 csoport hat,) akkor ebben az esetben F 2 már xpont nélkül hat. Ebben vegyük a P S 2 \ D pontot, amire X F 2 hat. Ekkor P X S 2 \ D, mivel ha Y F 2, amire (P X ) Y = P X, akkor ha jobbról X 1 hat: ((P X ) Y ) X 1 = P XY X 1 = P XX 1 = P Így P xpont lesz XY X 1 -nél, azaz P D, ami ellentmond annak, hogy P S 2 \ D. Továbbá mivel F 2 paradox csoport, így a Tétel alapján az S 2 \D halmaz F 2 -paradox. Ennek egy b vített változatát fogalmazza meg a Haussdor-paradoxon. 4.. Haussdor-paradoxon Tétel (Haussdor-paradoxon). D S 2 megszámlálható részhalmaz, melyre az S 2 \ D halmaz SO -paradox. Bizonyítás. A tétel igazolásához az eddig leírtak mellett két, korábbi állítást/ tételt kell csak felhasználnunk. Azt tudjuk, hogy S 2 \D F 2 -paradox. A Tétel miatt F 2 SO, emellett a Következmény miatt, mivel F 2 paradox, így SO is paradox S 2 \ D SO -paradox. 17

18 5. Banach-Tarski paradoxon 5.1. Átdarabolhatóság geometriai értelemben Deníció. Két sokszög geometriai értelemben véve átdarabolható, ha az egyikük szétbontható véges sok sokszög darabra, majd ezeket távolságtartó leképezések felhasználásával átrendezve a másik sokszöget kapjuk Megjegyzés. A geometriai értelemben vett átdarabolhatóságon azt értjük, mikor a sokszög szétbontásának során keletkezett sokszög darabok határpontjai közösek. Az eéle átdarabolhatóság tranzitív m velet, mivel ha A átdarabolható B-be és B átdarabolható C-be, akkor A átdarabolható C-be. A sokszögek átdarabolhatóságával kapcsolatos tétel Bolyai Farkas nevéhez f z dik Tétel (Bolyai - Gerwien). Két sokszög geometriai értelemben véve átdarabolható egymásba a sokszögek azonos terület ek. Bizonyítás. A tétel = iránya könnyen látható, ugyanis - ahogy az a denícióban szerepel - az átrendezés során csak távolságtartó leképezéseket használunk fel, melyeknek pontosan az a lényege, hogy az alakzat pontjai közti távolságot nem változtatja meg, ezáltal az adott sokszög darab területét sem. A = iránynál a tranzitivitás miatt elegend azt megmutatni, hogy bármely sokszög átdarabolható egy vele megegyez terület négyzetbe. Ennek igazolásához az alábbi ábra nyújt segítséget. Az (a) rész azt mutatja, hogy bármely háromszög átdarabolható egy téglalapba. (Tompaszög háromszög esetén a tompaszögb l húzott magasság felez pontján keresztül men, a szöggel szemközti oldallal párhuzamos egyenes esetén megoldható.) A (b) ábra szemlélteti azt, hogy minden olyan téglalap, melynek hosszabb 18

19 oldala legfeljebb négyszerese a rövidebb oldalnak, az megfelel en szétbontva négyzetté alakítható. Abban az esetben, amikor nem teljesül a b 4a feltétel, a (c) ábrán látható módon a téglalapot félbe vágva és a hosszabb oldalak mentén összeillesztve kedvez bb oldalarányú téglalapot kapunk. Ezzel az eljárással kialakítható a kívánt alakzat. Az utolsó ábrán a Pitagorasz-tétel igazolása látható. Eszerint két négyzet megfelel darabokra bontásával ezek a darabok átrendezhet k egy, a kiindu- 2 lási négyzetek területösszegével azonos terület négyzetté. (c = a2 + b2 ) Ezek ismeretében a bizonyítás lépései a következ k: 1. Az adott sokszöget háromszögekre bontjuk n csúcs esetén n 2 darab háromszögre 2. Minden háromszögb l kialakítható a vele megegyez terület téglalap. ((a)ábra). Tetsz leges téglalapot szét tudunk úgy bontani, hogy a darabjaiból egy négyzetet kapjunk. ((b)-(c) ábrák) 4. A sikeresen négyzetté rendezett darabokat egyetlen nagy négyzetté alakítjuk. ((d) ábra) 19

20 Ennek alapján az eredeti sokszög átdarabolható a kapott négyzetbe (és visszafelé hasonlóan) Megjegyzés. A tétel térbeli megfelel je, azaz az átdarabolhatóság sokszögek helyett poliéderekre kimondva nem teljesül Halmazok átdarabolhatósága Térjünk vissza a dolgozat elején tárgyalt fogalmakhoz, melyek az átdarabolhatóság halmazelméleti megfelel jének bevezetésével általánosabb kontextusba helyezhet k Deníció. Legyen G csoporthatás a H halmazon, és X, Y H. Ekkor X és Y G-átdarabolhatók, ha: X = X i és Y = Y i i = 1,..., n X i X j = = Y i Y j ha i < j n és g 1,..., g n G, melyekre i n esetén X g i i = Y i Megjegyzés. Ezt követ en az A G B jelölés fogja azt jelenteni, hogy az A halmaz átdarabolható G révén a B halmazba. Ezen új fogalom felhasználásával a paradox csoporthatás deníciója (.2.. Deníció) a következ képpen írható fel: Állítás. Hasson a G csoport az L halmazon. Ekkor a H L halmaz G-paradox X, Y H, ahol X Y =, melyekre X G H és Y G H teljesül Tétel. Hasson a G csoport az L halmazon, továbbá legyenek H, H L, melyekre H G H. Ekkor ha a H halmaz G-paradox, akkor H' is Tétel. Ha a D S 2 megszámlálható részhalmaz S 2 és S 2 \ D SO -átdarabolható. Jelöléssel: S 2 SO S 2 \ D 20

21 Bizonyítás. A tétel igazolása az alábbi két részb l áll: 1. Keressünk olyan f SO forgatást a gömbfelületen, melyre a D, D f, D f 2,... halmazok páronként diszjunktak. Ha ez létrehozható, akkor innent l S 2 = D (S 2 \ D) SO ( D) f (S 2 \ D) = S 2 \ D teljesül, ahol D = {D f n n = 0, 1,...} 2. f megadása Legyen l egy origón áthaladó egyenes, ami nem tartalmazza a megszámlálható D halmazt. Legyen A az olyan θ szögek halmaza, melyekhez n > 0 és P D, hogy (P ) f D, ahol f az l egyenes körüli forgatás nθ radiánnal. Mivel A megszámlálható, így választhatunk egy ϑ / A szöget, emellett legyen f továbbra is a megfelel forgatás l körül. Ekkor (D) f n D =, ha n > 0 (azaz az elforgatott pont D-n kívülre fog esni), amib l az következik, hogy 0 m < n-re (D) f m (D) f n =, ami pontosan a keresett feltétel. 5.. Banach - Tarski paradoxon Ezen fejezet végére sikerült az összes olyan deníciót, tételt összegy jteni, melyek segítségével a dolgozat csúcspontját jelent Banach-Tarski paradoxon megérthet és igazolható. A tétel egyszer bb kimondásához és igazolásához a térbeli egybevágóságok csoportját ezt követ en G -mal fogjuk jelölni. Nem maradt más hátra, ismerkedjünk meg a paradoxonnal Tétel. S 2 gömbhéj SO -paradox, csakúgy mint bármely origó középpontú gömbhéj. Továbbá bármely R -beli tömör gömb G -paradox és R is G -paradox. 21

22 Bizonyítás. A Tétel (Haussdor-paradoxon) állítása szerint az S 2 \D halmaz SO -paradox, ha D S 2 megszámlálható részhalmaz, ami a térbeli forgatások xpontjait tartalmazza. Ha ehhez hozzávesszük az Tétel állítását, miszerint S 2 és S 2 \ D egymásba SO -átdarabolhatók (S 2 SO S 2 \ D), akkor az Tétel miatt azt kapjuk, hogy S 2 SO -paradox. Az eddigi eredmények egyike sem függött a gömbhéj méretét l, ezért tetsz leges sugarú gömbhéjra belátható a paradox felbontás. Az tétel második részét elég az O origó középpontú B-vel jelölt gömbökre belátni, mivel G -ban benne van az összes térbeli eltolás is. Tekinthetjük továbbá az egységgömböt, mivel a bizonyítás alkalmazható lesz tetsz leges méret gömbre. Mivel SO G, így a tétel els feléb l következik, hogy S 2 is G -paradox. Vegyük azt a bijekciót, ami P S 2 ponthoz hozzárendeli a P -hez tartozó sugarat: P {αp : 0 < α 1}, a hozzárendelésb l kihagyjuk a gömb középpontját. Így azt kaptuk, hogy B \ {0} G -paradox. Ekkor ha belátjuk, hogy B G (B \ {0}), akkor az Tétel alapján a B halmaz G -paradox, amivel megkaptuk a tételünket. Tekintsük a P = (0, 0, 1/2) ponton áthaladó olyan egyenest, ami nem tartalmazza O-t. Legyen ϕ ezen egyenes körüli, irracionális szög forgatás. Ha vesszük D = {(O) ϕn n 0}, akkor (D) ϕ = D \ {O}. Így mivel ϕ G, ezért teljesül B G (B \ {0}). Ha a sugár szerinti megfeleltetésnél S 2 pontjainál az összes R \ {O} pontot vesszük, akkor R \ {0} G R teljesül. Ennek alapján egy térbeli tömör gömböt feldarabolva, majd a darabokat eltolva, elforgatva (azaz távolságtartó transzformációkat felhasználva) két gömböt kaptunk végeredményül. 22

23 6. További érdekesség 6.1. Laczkovich M. - Kör négyszögesítése A Bolyai Farkas által bizonyított Tételnek egy er sebb megfogalmazása az Alfred Tarski által felvetett probléma, aminek bizonyítása Laczkovich Miklós nevéhez f z dik. Ebben az esetben a feldarabolás során nem engedünk meg közös határpontokat, vagyis minden pontot csak egyszer veszünk. Azt kellett igazolni, hogy felbontható-e a négyzet A 1, A 2,..., A n és a kör B 1, B 2,..., B n diszjunkt halmazokra úgy, hogy i = 1,..., n-re A i egybevágó legyen B i -vel. A sík minden részhalmazához hozzárendelhetünk egy számot (mérték), amit területnek nevezünk. Ez a terület végesen additív, vagyis két közös pont nélküli halmaz területe a két halmaz területének összege. Emellett egybevágóság-invariáns, azaz két egybevágó alakzat területe egyenl. Így az állítás az alábbi formában is megfogalmazható: két síkbeli alakzat egymásba átdarabolható = területük megegyezik. A síkbeli mértékre vonatkozó állítások térben (térfogat esetén) már nem teljesülnek. Ennek az az oka, hogy amíg a G 2 csoport (sík transzformációinak csoportja) nem tartalmaz szabad csoportot, addig a térben éppen a G -ban lév szabad csoport létezése biztosította a paradox el állítást. Emiatt a Banach - Tarski paradoxonnak ugyan nincs R 2 -beli megfelel je, azaz nem lehet megkett zni egy körlapot, de egy további érdekesség, hogy Laczkovich bizonyítása során az egybevágóságok közül csak eltolásokat használ. 2

24 Hivatkozások [1] Stan Wagon - The Banach-Tarski Paradox, Cambridge University Press, 1985 [2] Kiss Emil - Bevezetés az algebrába, Typotex 2007 [] [4] [5] hajnal/courses/univ H almazelmelet/halmaz99/axiomak.htm 24