twierdzenie o n-kanapce - strona główna - wydział ... · te szczególne przypadki chciałbym...
Post on 28-Feb-2019
215 Views
Preview:
TRANSCRIPT
Twierdzenie o n-kanapce
Jacek J. ŁakisNaukowe Koło Matematyki PG
24 marca 2014
1. Wprowadzenie
Twierdzenie o n-kanapce jest jednym z tych twierdzeń, które pokazują niezwykłewłasności i zastosowania funkcji ciągłej. Jest uogólnieniem twierdzeń którym ze wzglę-du na swoją prostotę zrozumienia nadano kulinarny charakter. Zanim jednak sformułujęte szczególne przypadki chciałbym przytoczyć najważniejsze twierdzenie w tym artykule:
Twierdzenie Borsuka-Ulama. Dla każdego ciągłego odwzorowania f : Sn → Rn ist-
nieje taki punkt x ∈ Sn dla którego:
f(x) = f(−x)
Skrótowo mówi się również, że każde ciągłe odwzorowanie f skleja punkty antypodyczne.W pozycji [1] można znaleźć bardzo długi dowód tego twierdzenia jak również twierdze-nia jemu równoważne, twierdzenia które implikuje i mnóstwo przykładów jego użycia.Przejdźmy w takim razie do, wcześniej wspomnianych, szczegółnych przypadków tytuło-wego twierdzenia. Jako, że zbiory zawarte w R2 można utożsamiać z naleśnikami, a zbioryz R3 z chlebem, masłem i szynką, twierdzenia te otrzymały nazwy:
Twierdzenie o naleśnikach (n = 2). Niech A1 i A2 będą zwartymi podzbioramipłaszczyzny R2. Wówczas istnieje jedna prosta dzielące jednocześnie oba te zbiory na dwapodzbiory o tych samych miarach.Dowód tego twierdzenia stanowi świetny, a zarazem prosty przykład wykorzystania fun-damentalnych twierdzeń topologii - Twierdzenia Darboux i twierdzenia Borsuka-Ulama oantypodach, w jednym i dwóch wymiarach.
Twierdzenie o kanapce z szynką i serem (n = 3). Niech A1, A2, A3 będą zwarty-mi podzbiorami przestrzeni R3. Wówczas istnieje jedna płaszczyzna dzieląca jednocześniewszystkie trzy zbiory na dwa podzbiory o tych samych miarach.
Dowód przypadku n-wymiarowego zrealizujemy w kilku krokach. Najpierw skonstru-ujemy jednoznaczny podział dowolnej przestrzeni Rn który będzie wyznaczony przezpunkt u ∈ Sn - czemu poświęcimy osobny paragraf. Następnie pokażemy, że specjal-nie zdefiniowane miary - odpowiadające miarom dwóch części dzielonych zbiorów tworząfunkcję ciągłą co pozwoli nam skorzystać z twierdzenia Borsuka-Ulama.
1
2. Konstrukcja półprzestrzeni
Kolejną konstrukcją pomocną w dowodzie będzie określenie pewnego szczególnego po-działu przestrzeni Rn na dwie półprzestrzenie. Chcielibyśmy pokazać, że istnieje pewneprzyporządkowanie każdemu punktowi u ze sfery Sn półprzestrzeni w Rn.
Sn 3 u 7−→ Rnu ⊆ Rn
W czasie konstrukcji wskażemy kilka ciekawych własności tego przyporządkowania. Wy-bierzmy zatem punkt u = (u0, u1, ..., un) ∈ Sn. Zauważmy, że tworząc zbiór tych wszyst-kich x = (x0, x1, ..., xn) ∈ Rn+1 dla których zachodzi:
u · x = 0 (1)
definiujemy jednoznacznie hiperpłaszczyznę n-wymiarową zanurzoną w Rn. Hiperpłasz-czyzna (1) jest ortogonalna do wektora zaczepionego w początku układu, kończącego się wpunkcie u. W celu zrozumienia tego przyporządkowania proponuję przyjrzeć się Rysunko-wi 1 który przedstawia sferę S1, dwa różne przypadki wyboru punktu u i hiperpłaszczyznęodpowiadającą tym punktom (prosta zaznaczona na niebiesko).
-1.5 -1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5
-1.5
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
-1.5 -1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5
-1.5
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
Rysunek 1: Określenie hiperpłaszczyzny (R) u · x = 0 dla przypadku R2
Widzimy również, że ta hiperpłaszczyzna dzieli naszą przestrzeń Rn+1 na dwie części(na część zawierającą punkt u i niezawierającą punktu u), a mianowicie na przypadek u ·x < 0 i u ·x > 0. Zatem, mając dany punkt u ∈ Sn możemy określić jednoznacznie podziałprzestrzeni Rn+1 na dwie połprzestrzenie. Interesuje nas jednak podział przestrzeni Rn.Uprośćmy zatem rozważania jedynie do takich x ∈ Rn+1, że x0 = −1.Reasumując, przypiszmy każdemu punktowi u = (u0, u1, ..., un) ∈ Sn półpłaszczyznę Rn
spełaniającą warunki:
• u · x ¬ 0⇔ u0x0 + u1x1 + ...+ unxn < 0
• x0 = −1
2
Połączenie dwóch powyższych warunków prowadzi wprost do definicji:Definicja 1. Półprzestrzenią dla u ∈ Sn nazywamy zbiór:
h+(u) = {(x1, x2, ..., xn) ∈ Rn| x1u1 + x2u2 + ...+ xnun < u0} (2)
Podczas gdy same przekształcenia algebraiczne wydają się oczywiste to graficzne wyobra-żenie tej definicji, nawet w małych wymiarach, może okazać się dość kłopotliwe. DlategoSpójrzmy na Rysunek 2 który przedstawia przykłady takich rozumowań dla S1 i S2.
-1.5 -1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5
-1.5
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
-1
0
1
-1
0
1
-1
0
1
Rysunek 2: Przykłady półprzestrzeni dla S1 i S2
Z lewej strony widzimy konstrukcję z rysunku pierwszego, i dodajemy prostą x = −1.Po tym ograniczeniu widzimy podział 1-wymiarowej przestrzeni (tej właśnie prostej) nadwie półprzestrzenie (pomarańczową na dole i niebieską u góry). Nasza konstrukcja na-daje punktowi zaznaczonemu na sferze pomarańczową półprzestrzeń.Z prawej strony widzimy wektor poprowadzony od środka sfery S2 do punktu u ∈ S2
(zielony). Następnie kolorem błękitnym oznaczamy płaszczyznę normalną. Analogicznie,ta płaszczyzna dzieli R3 na dwie części. Ograniczając się jedynie do przypadku x = −1otrzymujemy podział 2-wymiarowej przestrzeni na dwie półprzestrzenie (pomarańczowąi niebieską). Nasza konstrukcja nadaje punktowi zaznaczonemu na sferze pomarańczowąpółprzestrzeń.
Najciekawszą, a zarazem najważniejszą cechą tego specjalnego podporządkowania jestjego zachowanie dla punktów antypodycznych. Spoglądając na Rysunek 2 widzimy, żepunkt antypodyczny −u do wybranego u zada tę samą płaszczyznę normalną, jednakżeze względu na to, że znajduje się po drugiej stronie, półprzestrzenią dla −u będzie taoznaczona kolorem niebieskim. Znajdując definicję (2) dla punktu −u dostajemy:
x1(−u1) + x2(−u2) + ...+ xn(−un) < −u0 ⇔−(x1u1 + x2u2 + ...+ xnun) < −u0 ⇔
x1u1 + x2u2 + ...+ xnun > u0
3
co natychmiast dowodzi naszą obserwację.
Zamykając nasze wyprowadzenia, warto jeszcze spojrzeć na przypadki skrajne. Wyobraź-my sobie przypadek 1-wymiarowy i punkt u = (1, 0). Zauważmy, że płaszczyzną normalnądla tego wektora będzie x = 0. Będzie ona zatem równoległa do płaszczyzny x = −1 doktórej się ograniczamy.. Stąd wynika, że punktowi u = (1, 0) będzie przypisana półpłasz-czyzna pusta. Punktowi −u = (−1, 0) będzie natomiast (jako punktowi antypodycznemu)przypisana cała przestrzeń. To ostatnie można również bez problemu sprawdzić analitycz-nie i spostrzec geometrycznie.
3. Dowód
Twierdzenie o n-kanapce. Niech K1, K2, ..., Kn ∈ Rn będą zbiorami zwartymi.Wówczas istnieje hiperpłaszczyzna która dzieli każdy z tych zbiórw na dwa pozbiory orównych miarach.
Dowód. Zdefiniujmy dla 1 ¬ i ¬ n miary odpowiadające naszym zbiorom:
µi(A) = µ(A ∩Ki)
Miary µi pozostają miarami Radona1, czyli w szczególności są lokalnie skończone. Wiemywięc, że nie istnieje zbiór C dla którego µi(C) = ∞. Dodatkowo zauważmy, że µi(R) =µ(Ki) <∞.Niech f : Sn → Rn będzie funkcją zadaną po współrzędnych:
fi(u) = µi(h+(u))
Jako, że dla każdego i, µi(R) jest skończona, to miara półprzestrzeni również jest skończo-na i możemy mówić o dobrze zdefiniowanym odwzorowaniu. Zauważmy, że z twierdzeniaBorsuka-Ulama wynika, że istnieje takie u ∈ Sn dla którego zachodzi:
f(u) = f(−u)⇔µi(h+(u)) = µi(h+(−u))
Ale skoro punkty antypodyczne zadają dwie przeciwne półprzestrzenie, a miara µi całejprzestrzeni jest miarą zbioru Ki, to musi istnieć punkt u ∈ Sn który rozdziela każdy zbiórKi na dwie równe części. Twierdzenie Borsuka-Ulama zakłada jednak ciągłość funkcji fco należy zbadać.Weźmy zatem dowolne u ∈ Sn oraz ciąg x(k) ∈ Sn taki, że lim
k→∞x(k) = u. Chcemy pokazać,
że limk→∞
f(x(k)) = f(u). Czyli dla dowolnego 1 ¬ i ¬ n:
limk→∞
µi(h+(x(k))) = µi(h+(u)) (3)
Jeżeli zdefiniujemy gk jako funkcję charakterystyczną zbioru h+(x(k)), a gu zbioru h+(u)to otrzymamy równoważne pytanie:
limk→∞
∫gk(y)dµi =
∫gu(y)dµi (4)
1Miara Radona to miara wewnętrznie regularna tj. dla dowolnego borelowskiego B, µ(B) = sup(µ(K))gdzie K ⊆ B są zwarte, oraz lokalnie skończona tj. każdy punkt przestrzeni ma skończone otoczenie.
4
Najlepszym sposobem by wykazać tą równość jest:Twierdzenie Lebesgue’a o zbieżności ograniczonej. Niech {fn}∞n=1 : X → R będzieciągiem funkcji mierzalnych takich. Jeżeli:
• istnieje funkcja całkowalna g : X → R taka, że dla prawie każdego x ∈ X i dowol-nego n ∈ N zachodzi |fn(x)| ¬ g(x)
• dla prawie każdego x ∈ X istnieje granica f ciągu {fn}∞n=1:
limn→∞
fn(x) = f(x)
to zachodzi równość: ∫fdµ = lim
n→∞
∫fndµ.
Wracając do naszych rozważań, wystarczy więc pokazać, że funkcje gk są ograniczoneoraz że lim
k→∞gk(y) = gu(y) µ-prawie wszędzie. Jako, że funkcja charakterystycza przyjmu-
je wartości jedynie 0 i 1 to jest ograniczona przez h ≡ 1 która jest całkowalna wedługmiar µi. Pozostaje nam tylko sprawdzenie drugiego faktu. Zrobimy to w dwóch częściach- dla y ∈ h+(u) i y /∈ h+(u).
Skoro y = (y1, ..., yn) ∈ h+(u) to z definicji półpłaszczyzny mamy:
y1u1 + y2u2 + ...+ ynun < u0
Niech δ := u0−(y1u1+y2u2+...+ynun) > 0. Skoro wiemy, że x(k) = (x(k)0 , x(k)1 , ..., x
(k)n )→
u to z definicji Cauchy’ego możemy znaleźć takie Ni, że dla każdego k > Ni dostaniemy,że x(k)i < ui + δ
2nyii x(k)i > ui − δ
2nyi(współczynnik przy δ może być dowolny). Jeżeli
zdefiniujemy N := maxNi to dostaniemy, że dla każdego k > N :
n∑i=1
yix(k)i < y1
(u1 +
δ
2ny1
)+ y2
(u2 +
δ
2ny2
)+ ...+ yn
(un +
δ
2nyn
)=
(n∑i=1
yiui
)+δ
2=(
n∑i=1
yiui
)+ δ − δ
2= u0 −
δ
2< u0 −
δ
2ny0< xk0
Co dowodzi, że dla k > N dowolny y ∈ h+(u) zawiera się również w h+(x(k)). Stąd dlak > N mamy gk(y) = 1 czyli gk(y)→ gu(y) dla y ∈ h+(u).Rozpatrzmy przypadek y /∈ h+(u). Skoro wiemy, że y1u1 + y2u2 + ... + ynun > u0 toanalogicznie zdefiniujmy δ = y1u1 + y2u2 + ... + ynun − u0 > 0. Istnieje wówczas takiek > N , że ui − δ
2nyi< x
(k)i < u1 + δ
2nyi. Czyli mamy:
x(k)0 <
δ
2ny0+ u0 <
δ
2+ u0 <
(n∑i=1
yiui
)− δ
2=
n∑i=1
yi
(ui −
δ
2nyi
)<
n∑i=1
yix(k)i
Co pokazuje, że również dla dowolnego y /∈ h+(u), gk(y)→ gu(y). Zatem funkcje gk speł-niają Twierdzenie Lebesgue’a o zbieżności ograniczonej, co dowodzi (4) oraz (3). Możnawięc skorzystać z twierdzenia Borsuka-Ulama co kończy dowód.
5
Literatura
[1] Jiri Matousek: Using the Borsuk-Ulam Theorem, Lectures of Topological Methods inCombinatorics and Geometry, Springer 2008.
[2] Brian Libgober: The Borsuk-Ulam and Ham Sandwitch Theorems, VIGRE 2008.
[3] J. Górnicki, E.Pietrzak Niezwykłe konsekwencje twierdzenia Bolzano.
6
top related