SARA BREZEC HAUSDORFFOV PARADOKS DIPLOMSKO DELOpefprints.pef.uni-lj.si/3830/1/diploma_Sara_Brezec.pdf · z de nicijama funkcije izbire in aksioma izbire ter podamo nekaj primerov

UNIVERZA V LJUBLJANIPEDAGOSKA FAKULTETA

SARA BREZEC

HAUSDORFFOV PARADOKS

DIPLOMSKO DELO

LJUBLJANA, 2016

UNIVERZA V LJUBLJANIPEDAGOSKA FAKULTETA

DVOPREDMETNI UCITELJ MATEMATIKA-FIZIKA

SARA BREZEC

mentor: IZR. PROF. DR. MARKO SLAPAR

HAUSDORFFOV PARADOKS

DIPLOMSKO DELO

LJUBLJANA, 2016

Povzetek

V diplomskem delu obravnavamo Hausdorffov paradoks, ki pravi, da je sfera, ki ji odvza-memo koncno mnogo tock, paradoksalna.Najprej obravnavamo koncept neskoncne mnozice. Nato se osredotocimo na aksiom izbire, kije kljucen za dokazovanje Hausdorffovega paradoksa. Namen naslednjega poglavja o rotacij-skih grupah je ponovitev znanja, ki je kljucno za razumevanje sledecih izrekov in dokazov. Vcetrtem poglavju govorimo o skladnosti likov s stalisca teorije mnozic. Preden definiramo pa-radoksalnost mnozice, ponovimo se pojem delovanja grupe. Obravnavamo tudi prosto gruporanga 2, ki jo potrebujemo za dokazovanje paradoksa. Sesto poglavje je namenjeno parado-ksom ravnine, v sedmem poglavju pa kot koncen rezultat navedemo dokaz Hausdorffovegaparadoksa.

Kljucne besede: Hausdorffov paradoks, neskoncnost, aksiom izbire, paradoksalna mnozica,Sierpinski–Mazurkiewiczev paradoks

Abstract

In this diploma paper we will deal with the Hausdorff paradox, which says, that the spherewithout a finite number of points is paradoxical.First we cover the concept of an infinite set. Then we focus on the axiom of choice, which isessential for prooving the Hausdorff paradox. The purpose of the next chapter on rotationgroups is just a revision of knowledge, crucial for understanding further theorems and proofs.In Chapter 4 we talk about a congruence of figures based on the set theory. Before definingthe paradoxical set, we revise the concept of a group action. We also deal with the free groupof rank 2, which is required to prove the paradox. Chapter 6 is about paradoxes of the plane,in Chapter 7 we finally present a proof of the Hausdorff paradox.

Key words: Hausdorff paradox, infinity, axiom of choice, paradoxical set, Sierpinski–Mazurkiewiczparadox

Kazalo

1 Uvod 1

2 Neskoncnost in aksiom izbire 32.1 O neskoncnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 Aksiom izbire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

3 Rotacijska grupa 73.1 Ortogonalna grupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.2 Specialna ortogonalna grupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

4 Enakost po razdelitvi in enakost po razkosanju 94.1 Enakost po razdelitvi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94.2 Enakost po razkosanju . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

5 Paradoksalnost 155.1 Delovanje grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155.2 Paradoksalnost mnozice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155.3 Paradoksalnost prostih grup in polgrup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

6 Paradoksalnost ravnine 196.1 O transcendentnih in algebraicnih stevilih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196.2 Geometrijski paradoks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206.3 Sierpinski–Mazurkiewiczev paradoks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

7 Hausdorffov paradoks 23

8 Zakljucek 25

9 Literatura 27

1 Uvod

Na zacetku diplomskega dela govorimo o neskoncnosti. Najprej predstavimo Zenonove pa-radokse. Ti so eni izmed prvih, ki nakazujejo paradoksalnost koncepta neskoncnosti. Natodefiniramo neskoncno mnozico in stevno oziroma nestevno neskoncno mnozico, kjer tudi po-damo dokaz stevnosti racionalnih stevil in nestevnosti realnih stevil. Poglavje nadaljujemoz definicijama funkcije izbire in aksioma izbire ter podamo nekaj primerov uporabe obehdefinicij.Potem na kratko predstavimo ortogonalno grupo in njeno podgrupo rotacij, kjer elemente vgrupah predstavimo z matrikami.V poglavju o enakosti po razdelitvi in enakosti po razkosanju se osredotocimo na skladnostilikov z vidika evklidske geometrije in z vidika teorije mnozic ter ju primerjamo. Konceptenakosti po razkosanju obravnavamo tudi na primeru mnozic realne osi, kar nam omogociboljsi vpogled v dokaz, da sta lika z enako ploscino enaka po razkosanju. V tem poglavjupokazemo tudi manj formalen dokaz stevne paradoksalnosti kroznice. Formalen dokaz jezapisan nekaj poglavji kasneje.Sledi definicija delovanja grupe in definicija paradoksalnosti mnozice oziroma grupe. Na temmestu predstavimo tudi precej nematematicen primer paradoksalnega razbitja, slovar Hype-rwebster, definiramo prosto grupo in pokazemo, da je prosta grupa ranga 2 paradoksalna.Predzadnje poglavje je namenjeno paradoksalnosti ravnine. Na zacetku ponovimo defini-cijo algebraicnih in transcendentnih stevil, saj jih potrebujemo pri enem izmed dokazov tegapoglavja, nato uvedemo pojem stevne paradoksalnosti in zapisemo ze prej omenjeni dokazstevne paradoksalnosti kroznice. Na koncu poglavja sta se trditev in dokaz paradoksa Si-erpinskega in Mazurkiewicza.V zadnjem delu diplomskega dela obravnavamo koncni rezultat – Hausdorffov paradoks. Naj-prej zapisemo in dokazemo tri trditve, ki so potrebne za dokaz Hausdorffovega paradoksa.Sledi se kratek premislek, ki je hkrati zadnje potrebno dejstvo za dokaz paradoksa. Diplomskonalogo zakljucimo z navedbo Banach-Tarskega paradoksa, ki je mocnejsa verzija Hausdorffo-vega paradoksa.

Hausdorffov paradoks govori o tem, da lahko podvojimo sfero, ce ji odvzamemo nekaj tock.Podvojitev je v realnem svetu nemogoca, zato je Hausdorffov paradoks res paradoks. Vendartrditev ni vec tako presenetljiva, ko se preselimo v svet matematike. Na sfero gledamo kot naneskoncno mnozico tock. Neskoncnost pa ni intuitivna; ko je govora o neskoncnosti, zacnejoveljati pravila, ki ne veljajo v koncnem, realnem svetu.Pogosto enacenje matematicnih rezultatov z realnim svetom je verjetno posledica dejstva, daje matematika skoraj vedno aplikativna v realnem svetu, pa tudi na mnogo podrocjih, ki seukvarjajo z opisovanjem realnega sveta, npr. fizika, kemija. Toda tudi na dolocenih podrocjihfizike (kvantna mehanika, relativnostna teorija) veljajo precej ”cudni” zakoni. Znan je primersipanja elektrona na dveh rezah. Rezultati kazejo na to, da elektron, ki naj bi potoval bo-disi skozi eno bodisi skozi drugo rezo, potuje skozi obe! Morda Hausdorffov paradoks koneckoncev le ni paradoks?

1

2 Neskoncnost in aksiom izbire

Nekateri deli tega poglavja so povzeti po [3] in [5].

2.1 O neskoncnosti

Kot bomo videli v nadaljevanju, je Cantor definiral neskoncno mnozico kot mnozico, ki imaenako moc kot neka njena prava podmnozica. To nasprotuje Evklidovim ugotovitvam, daje celota vecja od dela. Ce je ze sama definicija neskoncne mnozice nekoliko paradoksalna,potem ne bi smeli biti prevec preseneceni, da delo z neskoncnimi mnozicami vcasih prinasaparadoksalne rezultate. Zato najprej povejmo nekaj besed o neskoncnosti.Eden prvih, ki omenja neskoncnost, je grski filozof Zenon iz Eleje iz 4. stoletja pred nasimstetjem. Znan je po Zenonovih paradoksih, ki se nanasajo na neskoncne procese. ParadoksDihotomije pravi, da tekac ne bo nikoli pretekel cele steze. Da bi jo pretekel, mora najprejpreteci polovico, potem polovico preostanka, pa se polovico preostalega preostanka in takonaprej. To lahko zapisemo kot neskoncno vsoto ulomkov 1

2+ 1

4+ 1

8+ ... Torej bi moral tekac

preteci neskoncno mnogo delov poti v koncnem casu, kar pomeni, da ne bi nikoli dosegelkonca poti. Podobna ideja je tudi v Zenonovem paradoksu o Ahilu in zelvi. Ahil tekmujez zelvo v teku. Ker je Ahil hitrejsi od zelve, da zelvi doloceno prednost. Zenon pravi, daAhil ne bo mogel nikoli dohiteti zelve, saj mora najprej preteci do tocke, kjer je zelva zacelatekmo, v tem casu pa se zelva premakne, recimo do tocke 2. Ko Ahil doseze tocko 2, se jezelva ze premaknila do tocke 3 in tako naprej. Ker se proces ponavlja v neskoncnost, Ahilne more prehiteti zelve v koncnem casu.Mocan mejnik v dojemanju neskoncnosti je v drugi polovici 19. stoletja postavil GeorgCantor. Z neskoncnostjo se je ukvarjal v konceptu teorije mnozic, ko je zacel preucevati kar-dinalnost mnozic. Kaksna je kardinalnost mnozice naravnih stevil? Je enaka kardinalnostirealnih stevil? Kdaj ima mnozica neskoncno moc?

Definicija 2.1. Naj bosta A in B mnozici. Mnozica A je ekvipolentna mnozici B, ce obstajakaka bijektivna funkcija f : A→ B.

Definicija 2.2. Naj bo A mnozica. Mnozica A je neskoncna, ce je ekvipolentna kaki svojipravi podmnozici.

PRIMER: Mnozica naravnih stevil in mnozica pozitivnih celih stevil imata enako kardinal-nost, saj je f : N→ Z+ , kjer f(x) = 2x, bijekcija.

Niso pa vse neskoncne mnozice enako velike.

Definicija 2.3. Naj bo A poljubna neskoncna mnozica. Tedaj je A stevno neskoncna, ceje ekvipolentna mnozici naravnih stevil N. Mnozica, ki je koncna ali stevno neskoncna, jestevna. V nasprotnem primeru je nestevna.

Mnozica naravnih stevil je stevno neskoncna, saj lahko njene elemente ”prestejemo” oziroma”popisemo”. Tudi mnozica racionalnih stevil je ekvipolentna mnozici naravnih stevil.

3

PRIMER: Mnozica racionalnih stevil je stevna. Spomnimo se dokaza, kjer pokazemo, daso racionalna stevila ekvipolentna mnozici naravnih stevil. Vsa racionalna stevila lahkozapisemo v obliki ulomkov. V prvo vrsto pisemo ulomke, ki imajo v imenovalcu 1, v drugovrsto pisemo ulomke, ki imajo v imenovalcu stevilo dve, v tretjo vrsto tiste ulomke, ki imajov imenovalcu tri, ...

Vzorec se nadaljuje v vodoravni in navpicni smeri, torej lahko na ta nacin zapisemo vsaracionalna stevila. Ce sledimo puscicam na sliki, lahko sistematicno ”popisemo” oziroma”prestejemo” vsa racionalna stevila. Da se izognemo popisovanju istih stevil, izpustimostevila, ki smo jih ze enkrat popisali (npr. popisali smo 1, zato izpustimo ulomke 2/2, 3/3, ...).

Mnozica realnih stevil je vecja od mnozice naravnih stevil, saj je nestevno neskoncna.

Trditev 2.1. Mnozica realnih stevil R je nestevna mnozica.

Dokaz. Dokaz, da mnozica realnih stevil ni ekvipolentna mnozici naravnih stevil, bomo na-redili na podmnozici realnih stevil, in sicer na intervalu (0, 1). Da je dovolj dokazati lenestevnost podmnozice, sledi iz naslednjega premisleka: ce bi bila mnozica realnih stevilstevna, potem bi bila zagotovo stevna vsaka njena podmnozica. Dokazovali bomo s proti-slovjem. Predpostavimo, da je mnozica realnih stevil stevna. Potem lahko vsa realna stevilana danem intervalu popisemo:

1.) 0, a1a2a3...

2.) 0, b1b2b3...

3.) 0, c1c2c3...

...

Sedaj konstruirajmo stevilo x = 0, x1x2x3..., kjer x1 6= a1, x2 6= b2, x3 6= c3, ... Stevilo xocitno ni na listi, saj se od prvega stevila razlikuje na prvem decimalnem mestu, od drugegana drugem, tretjega na tretjem, ... Protislovje. Torej mnozica realnih stevil ni ekvipolentnamnozici naravnih stevil.

4

2.2 Aksiom izbire

Aksiom izbire je eden izmed najbolj kontroverznih aksiomov v matematiki, saj se ga upo-rablja pri dokazovanju nekaterih precej neintuitivnih konceptov, kot je na primer Banach-Tarski paradoks. Ta pove, da lahko enotsko kroglo razrezemo na pet kosov in jih nato samoz rotacijami in translacijami preuredimo tako, da iz njih nastaneta dve enotski krogli. Z dru-gimi besedami, Banach-Tarski paradoks govori o obstoju podvojitve. Hausdorffov paradoks,katerega dokaz je zapisan na koncu diplomskega dela, je ”milejsa”oblika Banach-Tarskegaparadoksa. Tako kot za dokazovanje paradoksa Banacha in Tarskega je tudi za dokazovanjeHausdorffovega paradoksa potreben aksiom izbire.Kljub njegovi kontroverznosti aksiom izbire zagotavlja tudi splosno sprejete matematicnerezultate, na primer obstoj baze. Tako je aksiom izbire vkljucen v standardno druzino aksi-omov teorije mnozic in ga uporablja vecina matematikov.Aksiom izbire nam pove naslednje: ce imamo vec nepraznih mnozic, lahko hkrati izberemopo en element iz vsake mnozice.Preden si pogledamo formalni zapis aksioma, povejmo se nekaj o funkciji izbire.

Definicija 2.4. Naj bo S mnozica nepraznih mnozic. Funkcija izbire na S je taka funkcijaf : S→

⋃S, ki zadosca pogoju ∀S ∈ S : f(S) ∈ S.

Funkcija izbire iz vsake mnozice S izbere po en element. Poglejmo si primera.

PRIMER 1: S = {S1 = R, S2 = N, S3 = {1}}Funkcija izbire bo iz mnozice S1 izbrala realno stevilo f(S1) ∈ R, iz druge mnozice bo izbralaneko naravno stevilo f(S2) ∈ N, pri tretji mnozici pa funkcija lahko izbere le en elementf(S3) = 1. Funkcija izbire za mnozico S ocitno obstaja.

PRIMER 2: S = {S1 = R, S2 = N, S3 = {1}, S4 = ∅}Ce mnozici S dodamo se prazno mnozico, potem funkcije izbire ni, saj iz S4 ne moremoizbrati elementa.

Aksiom izbire: Ce je (Si)i∈I poljubna druzina nepraznih mnozic, potem obstaja funkcijaf : I →

⋃Si, da je f(i) ∈ Si za vsak i ∈ I, kjer je f funkcija izbire.

Aksiom izbire velja za koncne in neskoncne nabore nepraznih mnozic. Vendar se uporabiaksioma izbire v nekaterih primerih lahko ognemo, tudi kadar govorimo o neskoncnih nabo-rih mnozic.Na primer, naj bo S mnozica nepraznih podmnozic naravnih stevil. Vsaka taka podmnozicaima najmanjsi element. Funkcijo izbire lahko v tem primeru definiramo tako, da iz vsake odpodmnozic izbere najmanjsi element.Tezava se pojavi, kadar ni neke naravne izbire elementov iz vsake od mnozic in je nabormnozic neskoncen, zato ne moremo zapisati funkcije izbire za vsako mnozico posebej. Naprimer, S je mnozica podmnozic realnih stevil, moc S pa je neskoncna. Ce poskusamo izbratielement iz vsake mnozice S ∈ S, potem se nas postopek izbiranja ne bo nikoli koncal, sajje mnozic neskoncno, in ne bomo mogli definirati funkcije izbire. Naslednja tezava nastopi

5

pri izbiri najmanjsega elementa mnozice. Nekatere podmnozice realnih stevil nimajo naj-manjsega elementa, na primer odprti interval (0,1). Kako torej vemo, da funkcija izbire vtakem primeru obstaja? Ne vemo. Zato potrebujemo aksiom izbire.Izkaze se, da za mnozice z dobro urejenostjo obstaja funkcija izbire. Vsaka dobro urejenamnozica ima namrec minimum. Torej funkcija izbire iz dobro urejenih mnozic lahko izberenajmanjsi element. V resnici velja tudi obrat, zato sta dobra urejenost mnozic in aksiomizbire ekvivalentna.

PRIMER 1: Ce imamo nabor intervalov realne osi, ki so koncnih dolzin, potem aksiomizbire ni potreben. Funkcija izbire lahko izbere npr. razpoloviscno tocko vsakega izmed in-tervalov.

PRIMER 2: Znan je tudi primer rabe aksioma Bertranda Russella. Kdaj je aksiom izbirepotrebno uporabiti, je ponazoril na primeru nogavic in cevljev. Imamo neskoncno mnogo pa-rov cevljev. Zato da izberemo iz vsakega para po en cevelj, ne potrebujemo aksioma izbire,saj iz vsakega para lahko preprosto izberemo levi cevelj. Po drugi strani pa moramo za izbironogavic iz neskoncnega nabora parov nogavic uporabiti aksiom izbire.

6

3 Rotacijska grupa

V tem poglavju bomo obravnavali rotacijsko grupo SO3, ki jo bomo uporabili pri dokazovanjuparadoksalnosti sfere. Grupa SO3 je podgrupa ortogonalne grupe, zato na tem mestu sledinekaj besed o ortogonalni grupi.

3.1 Ortogonalna grupa

Ortogonalna grupa dimenzije n, oznacena z On, je grupa transformacij Evklidskega prostoradimenzije n, ki ohranjajo razdalje in izhodisce. Operacija na grupi je kompozitum. Transfor-macije lahko predstavimo kot n×n matrike, ki so ortogonalne (vrstice in stolpci ortogonalnematrike predstavljajo ortonormirane vektorje, za matrike velja AAT = ATA = I). Vrednostdeterminante ortogonalnih matrik je enaka 1 ali −1.

PRIMER: Ortogonalna grupa O2 je grupa vseh rotacij okoli fiksne tocke in zrcaljenj prekokaterekoli osi skozi to fiksno tocko; govorimo o rotacijah in zrcaljenjih v 2D prostoru.Poglejmo si nekaj njenih elementov:(1) identiteta:

I =

[1 00 1

](2) Rotacija za kot ϕ:

R(ϕ) =

[cosϕ − sinϕsinϕ cosϕ

](3) Zrcaljenje cez os x:

Z(x) =

[1 00 −1

]

3.2 Specialna ortogonalna grupa

Specialna ortogonalna grupa SOn je podgrupa ortogonalne grupe On. V njej so samo tistematrike ortogonalne grupe, ki imajo determinanto enako 1. Imenujemo jo tudi rotacijskagrupa, saj so v dimenzijah 2 in 3 njeni elementi obicajne rotacije okoli tocke oziroma pre-mice.Rotacijsko grupo v tridimenzionalnem evklidskem prostoru oznacimo z SO3. Rotacija okolipremice ohranja premico, razdaljo in orientacijo.

7

PRIMER: Matrika za rotacijo pod kotom ϕ okoli osi z:

R(ϕ) =

cosϕ − sinϕ 0sinϕ cosϕ 0

0 0 1

8

4 Enakost po razdelitvi in enakost po razkosanju

V tem poglavju bomo najprej na kratko pogledali pojem enakosti po razdelitvi, potem sebomo osredotocili na pojem enakosti po razkosanju. Poglavje je deloma povzeto po [2] in [5].

4.1 Enakost po razdelitvi

Definicija 4.1. Veckotnik je poljubna zaprta in omejena mnozica v ravnini, katere rob jeunija koncnega stevila daljic.

Definicija 4.2. Izometrija ravnine R2 je bijekcija iz R2 v R2, ki ohranja razdalje.

Opomba: Vsaka izometrija v R2 je bodisi premik, zasuk ali zrcaljenje preko premice bodisikombinacija teh transformacij.

Definicija 4.3. Ravninski mnozici F in F ′ sta skladni, ce obstaja taka izometrija g ravnineR2, da je F ′ = g(F ). Skladnost mnozic oznacimo s F ∼= F ′.

Definicija 4.4. Veckotnik L je po razdelitvi enak veckotniku L′, oznacimo L ∼r L′, ce velja:1. L = L1 ∪ L2 ∪ ... ∪ Lr, kjer imajo liki Li paroma disjunktne notranjosti.2. L′ = L′1 ∪ L′2 ∪ ... ∪ L′r, kjer imajo liki L′i paroma disjunktne notranjosti.3. Za vsak i = 1, 2, ..., r je Li ∼= L′i.

Poglejmo si primera enakosti po razdelitvi:

PRIMER 1: Vsak trikotnik je po razdelitvi enak paralelogramu z enako osnovnico in po-lovicno visino:

Slika 2

PRIMER 2: Vsak paralelogram je po razdelitvi enak pravokotniku z enako osnovnico inenako visino:

Slika 3

Bralec ze intuitivno povezuje ploscinsko enakost in enakost po razdelitvi. Precej ocitno

9

je, da iz L ∼r L′ sledi ploscinska enakost p(L) = p(L′). Ploscina je namrec aditivna funkcija,ce govorimo o likih s paroma disjunktnimi notranjostmi. Ker se ploscina ohranja pri izome-trijah, po definiciji enakosti po razdelitvi velja:p(L) = p(L1) + p(L2) + ...+ p(Lr) = p(L′1) + p(L′2) + ...+ p(L′r) = p(L′).

Da velja tudi obrat, nam pove naslednji izrek.

Trditev 4.1. (Bolyai-Gerwien) Veckotnika, ki imata enako ploscino, sta po razdelitvienaka: Iz p(L) = p(L′) sledi L ∼r L′.

Dokaz. Vidimo, da je trikotnik po razdelitvi enak pravokotniku z enako osnovnico in po-lovicno visino. Od tod sledi, da sta trikotnika z enako osnovnico in enako visino med sebojpo razdelitvi enaka.

Slika 4

V danem trikotniku ABC si izberimo poljubno tocko B′ na nosilki stranice AB. Potegnimodaljico B′C in k njej vzporednico BC ′, kjer je C ′ tocka na nosilki stranice AC.

Slika 5

Zaradi prejsnjega premisleka je C ′BC ∼r C ′BB′ (za osnovnico izberemo daljico C ′B). Kerje ABC = ABC ′ ∪ C ′BC in AB′C ′ = ABC ′ ∪ C ′BB′, je tudi ABC ∼r AB′C ′. Izbira tockeB′ je bila poljubna, zato je poljuben trikotnik po razdelitvi enak trikotniku z osnovnico 1.Ce je prvotni trikotnik imel ploscino p, ima po razdelitvi enak trikotnik z osnovnico 1 tudiploscino p in visino 2p. Sledi, da sta poljubna trikotnika z enako ploscino po razdelitvi enaka.Zato sta tudi poljubna pravokotnika z enako ploscino po razdelitvi enaka.Imejmo sedaj veckotnika L in L′ z enako ploscino: p(L) = p(L′). Veckotnik L lahko preve-demo v ploscinsko enak pravokotnik na naslednji nacin. Najprej ga razbijemo na trikotnike.Vsakega od teh trikotnikov spremenimo npr. v trikotnik z osnovnico 1, tega pa potem vpravokotnik z osnovnico 1. Nato vse dobljene pravokotnike zdruzimo v en sam pravokotnik

10

P (z osnovnico 1), ki je po razdelitvi enak veckotniku L. Podobno pretvorimo tudi veckotnikL′ v ploscinsko enak pravokotnik P ′. Ker imata pravokotnika P in P ′ enaki ploscini, sta porazdelitvi enaka. To velja tudi za lika L in L′.

4.2 Enakost po razkosanju

Recimo, da imamo kvadrat, ki ga prerezemo po diagonali. Nastala dva manjsa trikotnikasestavimo skupaj tako, da nastane enakokrak pravokotni trikotnik.

Slika 6

Ocitno je, da sta kvadrat in enakokrak pravokotni trikotnik enaka po razdelitvi in imataenako ploscino. Kaj pa, ce gledamo na lika kot na mnozici tock? Kateremu od manjsihtrikotnikov pripadajo tocke diagonale, po kateri rezemo kvadrat? Kaj se dogaja pri spojitvi,ko manjsa trikotnika zdruzimo v enakokrak pravokotni trikotnik?

Definicija 4.5. Mnozici A in B v istem evklidskem prostoru sta enaki po razkosanju, ceobstajata koncni razbitji A =

⋃ri=1Ai in B =

⋃ri=1Bi mnozic A in B na paroma disjunktne

podmnozice Ai, Bi z lastnostjo Ai ∼= Bi, za vsak i = 1, 2, ..., r.

Ce ne znamo odgovoriti na zgoraj zapisana vprasanja, potem ne moremo transformirati kva-drata v enakokrak pravokotni trikotnik tako, da bi nasli bijekcijo med tockami obeh likov.Izkaze se, da je mozno transformirati kvadrat v omenjeni trikotnik s koncnim razbitjem, kjerse uposteva vse tocke.Preden pokazemo enakost po razkosanju med likoma, si poglejmo se primer enakosti po raz-kosanju na podmnozicah realne osi.

PRIMER 1: Mnozici {1, 2, 3, ...} in {2, 4, 6, ...} nista enaki po razkosanju. Enakost porazkosanju zahteva skladnost podmnozic. Skladnost je izometrija, torej ohranja razdalje. Vnasem primeru pa se razdalja med najblizjima tockama v prvi in v drugi mnozici razlikujeza faktor dve.

PRIMER 2: Mnozici A = {1, 2, 3, ...} in B = {1, 2, 3} ∪ {5, 6, 7, ...} sta enaki po razko-sanju. Podmnozico B, {5, 6, 7, ...}, lahko premaknemo za ena levo (izometrija), da dobimomnozico {4, 5, 6, ...}. Temu pravimo premik iz neskoncnosti. Sedaj je {1, 2, 3}∪{4, 5, 6, ...} ={1, 2, 3, ...}. Prav tako bi se lahko naloge lotili s premikanjem podmnozice A. {1, 2, 3, ...} raz-bijemo na dve podmnozici, {1, 2, 3} in {4, 5, 6, ...}. Potem mnozico {4, 5, 6, ...} premaknemoza ena v desno (premik v neskoncnost), da dobimo {5, 6, 7, ...}. Idejo je jasno ponazoril DavidHilbert s tako imenovanim Hilbertovim hotelom.

Hilbertov hotel ima neskoncno mnogo sob. Hotel je poln. Prispe popotnik, ki bi rad prespal

11

v hotelu. Problem s zasedenostjo hotela resijo tako, da vsakega gosta preselijo v sobo, ki imaza ena visjo stevilko, kot jo je imela soba, v kateri je bival sedaj. Gost v sobi ena gre v sobodve, tisti iz sobe dve gre v sobo tri, ... Tako se soba stevilka ena izprazni in hotel sprejmepopotnika. Potem pripelje avtobus z neskoncno mnogo potniki. Ali jih lahko nastanijo vhotel? Lahko. Gost sobe ena se premakne v sobo dve, gost sobe dve se premakne v sobostevilka stiri, gost iz sobe tri v sobo stevilka sest in tako naprej. Spraznijo se vse sobe lihegastevila in prispeli potniki se lahko nastanijo v hotelu.Idejo premika proti neskoncnosti oziroma iz neskoncnosti uporabimo tudi, da pokazemo, daje kroznica enaka po razkosanju kroznici, kateri smo ”odvzeli” eno tocko.Naj bo kroznica enotska. Tocko, ki jo bomo kroznici ”odvzeli”, oznacimo z 0. Od tocke 0 sepo kroznici za poljubno racionalno razdaljo premaknemo v nasprotni smeri urinega kazalcain oznacimo tocko z 1. Spet se pomaknemo za enako razdaljo v nasprotni smeri urinegakazalca in oznacimo tocko z 2. Postopek nadaljujemo. Ker je dolzina kroznice iracionalna, vnasem primeru 2π, lahko postopek nadaljujemo v neskoncnost, brez da bi dve izbrani tockisovpadali. Oznacimo mnozico izbranih tock z A, A = {0, 1, 2, 3, ...}. Naj bo B mnozica vsehtock kroznice, ki niso vsebovane v A. Zavrtimo vse tocke mnozice A za izbrano razdaljov nasprotni smeri urinega kazalca. Torej smo tocko 0 zavrteli v 1, tocko 1 v tocko 2, ...Mnozico A smo tako premaknili za eno enoto proti neskoncnosti, mnozica B pa je ostalanespremenjena. Sedaj tocka 0 na kroznici manjka. Seveda bi lahko dokaz zaceli s kroznico zmanjkajoco tocko in premaknili tocke iz neskoncnosti (rotacija v smeri urinega kazalca), dabi dobili celo kroznico.Omenjena trditev je bolj formalno zapisana in dokazana v poglavju Paradoksalnost ravnine.Vendar na zgornji nacin zapisana trditev omogoca lazje razumevanje, kako pridemo od dokazaHausdorffovega paradoksa (sfera je paradoksalna, ce ji odstranimo koncno mnogo tock) dodokaza paradoksa Banacha in Tarskega (celotna sfera je paradoksalna). Ideja dokaza Banac-Tarskega paradoksa je, da tocke, ki jih odvzamemo od sfere pri Hausdorffovem paradoksu,lahko ”dobimo” nazaj s premikom iz neskoncnosti. Pri tem vsaka izmed omenjenih tocksfere lezi na kroznici, ki je del sfere. Da zapolnimo manjkajoco tocko na sferi rotiramo tockena omenjeni kroznici. Dejstvo, da prvotno manjka le koncno mnogo tock na sferi je sevedakljucno.Vrnimo se sedaj k problemu, kako pokazati, da sta kvadrat in enakokrak pravokotni triko-tnik z enakima ploscinama enaka po razkosanju. Kvadrat razrezemo po diagonali, vse tockediagonale naj pripadajo zgornjemu manjsemu trikotniku, kot je prikazano na sliki.

Slika 7

Ko zelimo iz manjsih trikotnikov tvoriti enakokraki pravokotni trikotnik, se pojavita se dvetezavi. Prvic, samo ena od stranic obeh trikotnikov je lahko visina enakokrakega pravoko-tnega trikotnika. Drugic, manjka nam zgornja leva stran trikotnika.

12

Slika 8

Tezavo deloma resimo tako, da eno izmed obeh stranic, ki naj bi predstavljali visino, prema-knemo na manjkajoci levi zgornji del trikotnika. Sedaj lahko trikotnika brez tezav zdruzimoskupaj. Se vedno nam manjka del katete trikotnika in eno oglisce. Ker je dolzina stranicekvadrata 1, ni tezko izracunati, da nam manjka daljica dolzine

√2 − 1, kar je priblizno 0,4.

Tezavo resimo takole: Manjkajoci del vzamemo iz notranjosti prvotnega kvadrata (slika 9).

Slika 9

Sedaj imamo manjkajoci del znotraj kvadrata. Ta del lahko zlahka zapolnimo tako, kotsmo to naredili pri zapolnitvi manjkajoce tocke kroznice. Predstavljajmo si, da v kvadratnacrtamo koncentricne kroznice s srediscem, ki sovpada s srediscem kvadrata. Vsaka od tockv kvadratu lezi na eni izmed kroznic. Vse kar moramo narediti je, da tocke na kroznici zavr-timo in zapolnimo praznino s premikom iz neskoncnosti.

Poudarimo, da enakost po razkosanju in enakost po razdelitvi nista ekvivalentni.Iz enakosti po razkosanju ne sledi enakost po razdelitvi, vendar obrat velja. Enakost porazdelitvi implicira enakost po razkosanju.

13

5 Paradoksalnost

Poglavje je deloma povzeto po [1] in [4].

5.1 Delovanje grupe

Definicija 5.1. Naj bo G grupa z nevtralnim elementom e in X neprazna mnozica. Grupadeluje na mnozici X, ce za vsak g ∈ G obstaja bijekcija g : X → X, ki zadosca naslednjimapogojema:

(1) e(x) = x za vsak x ∈ X.(2) (gh)x = g(h(x)) za vse g, h ∈ G in vse x ∈ X.

PRIMERI:1. Trivialno delovanje poljubne grupe G, ki je definirano kot g(x) = x, za vsak g ∈ G in vsakx ∈ X.2. Ortogonalna grupa On in specialna ortogonalna grupa SOn z delovanjem na Rn.3. Grupa simetrij poliedra deluje na mnozici njegovih stranic, oglisc, diagonal, lic, ...4. Simetricna grupa Sn in njene podgrupe naravno delujejo na mnozici {1, ..., n} tako, dapermutirajo elemente.

Vsaka grupa naravno deluje sama na sebi z leve strani. Eden izmed primerov paradoksalnostigrupe, ki deluje naravno, je prosta grupa ranga dva, ki si jo bomo ogledali malce kasneje.Najprej si poglejmo definicijo paradoksalnosti.

5.2 Paradoksalnost mnozice

Definicija 5.2. Naj bo G grupa, ki deluje na mnozici X in E ⊆ X. E je G-paradoksalna, ceza nek m,n ∈ N obstajajo paroma disjunktne podmnozice mnozice E, oznacimo jih z A1, ..., Anin B1, ..., Bm, in taki g1, ..., gn, h1, ..., hm ∈ G, da velja E =

⋃gi(Ai) in E =

⋃hi(Bi).

O paradoksalnosti mnozice E torej govorimo, kadar ima mnozica E taki disjunktni pod-mnozici, da lahko vsako izmed teh dveh podmnozic razbijemo tako, da podmnozica pokrijecelotno mnozico E, pri cemer smo na podmnozici delovali z grupo G.

Zanimiv in skoraj nematematicen primer paradoksalnega razbitja je tudi slovar Hyperwebstermatematika Iana Stewarta. Slovar Hyperwebster vsebuje vse mozne besede, ki jih lahko tvo-rimo iz 26 crk angleske abecede, tudi nesmiselne. Besede so koncne in urejene po abecednemredu, vsaka beseda je zapisana natanko enkrat. Hyperwebster vsebuje le seznam besed, netudi njihove razlage.

Neka zalozba se odloci izdati slovar. Vse besede, ki se zacnejo s crko A so v poglavju A,besede, ki se zacnejo na B so v poglavju B in tako naprej. Besede so seveda urejene poabecednem redu tudi znotraj posameznega poglavja. Slovar izgleda takole:

15

Poglavje A:A, AA, AAA, ..., AB, ABA, ABAA, ..., ABB, ABBA, ..., AC, ...Poglavje B: B, BA, BAA, ..., BB, BBA, BBAA, ..., BBB, BBBA, ..., BC, ...Poglavje C: C, CA, CAA, ..., CB, CBA, CBAA, ..., CBB, CBBA, ..., CC, ...

...Poglavje Z: Z, ZA, ZAA, ..., ZB, ZBA, ZBAA, ..., ZBB, ZBBA, ..., ZC, ...

Ko se zalozba zave obseznosti celotnega slovarja, sklene, da ga bo malce skrajsala. V poglavjuA izpusti prvo crko (A) vsake besede, saj bo bralec vedel, da mora pri vseh besedah le dodaticrko A. Podobno v poglavju B izpusti vse prve crke B in tako nadaljuje s krajsanjem prvihcrk skozi vsa poglavja slovarja. Zalozba bo tako prihranila nekaj crnila, saj ji ne bo trebanatisniti neskoncno mnogo crk.Potem ugotovi, da je sedaj vseh 26 poglavji enakih, razen njihovih naslovov. Ce izvzamemonaslove poglavji, je Hyperwebster razpadel na 26 identicnih kopij samega sebe. Zakaj bitorej tiskali 26 enakih poglavji? Zalozba spremeni naslov prvega poglavja v Hyperwebster inpripravi za tisk le eno poglavje. Poglavje razdeli na podpoglavja glede na crko, s katero sebesede v poglavju zacnejo. Spet okrajsa vsako izmed podpoglavji tako, da izpusti prvo crkovsake besede, saj se glede na naslov podpoglavja ve, katero crko je treba besedam dodati.Nato zalozba ponovno opazi, da je vsako izmed podpoglavji enako ... Proces zmanjsevanjaobsega slovarja lahko ponavljamo v neskoncnost, zato se zalozba na koncu odloci, da slovarjane bo izdala.

Najbolj zanimivi primeri paradoksalnosti mnozice so tisti, pri katerih delujemo na pod-mnozico metricnega prostora z grupo, ki je podgrupa grupe izometrij. Za primer vzemimoze omenjen paradoks Banacha in Tarskega. Da lahko podvojimo zogo ali pa trdimo, da jeSonce enako veliko kot grah (kar je se en ekvivalent paradoksa), je precej pretresljiv rezultatin mnogi dvomijo v njegovo resnicnost. Po drugi strani je podvojitev ploscine nekega likapopolnoma obicajna, ce nanj delujemo npr. s funkcijo raztega. Zato bomo, kadar je G grupaizometrij mnozice X, namesto E je G-paradoksalna, rekli, E je paradoksalna.

5.3 Paradoksalnost prostih grup in polgrup

Kot smo ze povedali, je prosta grupa ranga 2 paradoksalna z naravnim delovanjem. Poglejmosi strukturo proste grupe.

Definicija 5.3. Prosta grupa z n generatorji je grupa, ki jo lahko zapisemo kotFn = 〈σ1, σ2, ..., σn〉.

Prosta grupa F , generirana z mnozico M, je torej grupa vseh koncnih besed, ki so sesta-vljene iz crk {σ, σ−1 : σ ∈ M}, pri cemer sta dve besedi ekvivalentni, ce lahko eno besedopretvorimo v drugo z dodajanjem ali odstranjevanjem koncno mnogo parov oblike σσ−1 aliσ−1σ. Besedo, ki ne vsebuje takih parov, imenujemo okrajsana beseda. Da se izognemoekvivalencnim razredom, grupo F obicajno sestavljajo le okrajsane besede. Identiteta grupeF je prazna beseda. Omenimo se, da so vse proste grupe enakega ranga izomorfne.

16

PRIMER 1: Prosta grupa z enim generatorjem je izomorfna grupi celih stevil Z:F (a) = {1, a, a−1, aa, a−1a−1, ...}.

PRIMER 2: Prosta grupa z dvema generatorjema:F (a, b) = {1, a, b, a−1, b−1, aa, a−1a−1, ab, ba, a−1b, ...}.

Proste grupe z vec generatorji so nekomutativne. Opazimo, da so v grupi besede poljub-nih dolzin, zato je moc vsake proste grupe neskoncna.

Trditev 5.1. Prosta grupa F ranga 2 je F -paradoksalna, kjer F deluje na sebi z leve strani.

Dokaz. Naj bosta σ in τ prosta generatorja grupe F . Ce je ρ eden od σ±1,τ±1, potem najbo W (ρ) mnozica tistih besed iz F , ki se na levi zacnejo z ρ.Tedaj je F = {1} ∪W (σ) ∪W (σ−1) ∪W (τ) ∪W (τ−1), kjer so mnozice paroma disjunktne.Velja pa tudi W (σ) ∪ σW (σ−1) = F in W (τ) ∪ τW (τ−1) = F ; ce je h ∈ F\W (σ), potemσ−1h ∈ W (σ−1) in h = σ(σ−1h) ∈ σW (σ−1).

Opomba 1: Dokaz smo v resnici naredili za F\{1}, vendar ga je mogoce izboljsati tako, dapokrije celo mnozico F .Opomba 2: Ko bomo v nadaljnjem govorili o paradoksalnosti grupe, bomo vedno referiralina delovanje z leve.

Poglejmo si se delovanje polgrupe ranga 2 na mnozici X. Ker polgrupa ne vsebuje nujnoinverzov, funkcija delovanja na X morda ni bijekcija. Zato za polgrupe ne moremo upora-biti definicije 5.1. Vendar so, kot kaze naslednja trditev, med prostimi grupami in prostimipolgrupami dolocene podobnosti.

Trditev 5.2. Prosta polgrupa S z generatorjema τ in ρ ima dve disjunktni podmnozici A,B,tako da velja τS = A in ρS = B. Zato velja, da vsaka grupa s prosto polgrupo ranga 2 vsebujeneprazno paradoksalno mnozico.

Dokaz. Naj bo A mnozica besed, generiranih s τ , ρ, ki se z leve zacnejo s τ . Podobno, najbo B mnozica besed, generiranih s τ in ρ, ki se z leve zacnejo z ρ. Ce je S vsebovana v grupi,je S ze sama paradoksalna mnozica grupe, saj je S = τ−1A = ρ−1B.

17

6 Paradoksalnost ravnine

Deli poglavja so povzeti po [4].

6.1 O transcendentnih in algebraicnih stevilih

Ker bomo v nadaljevanju v enem od dokazov uporabili delitev stevil na algebraicna in tran-scendentna, se spomnimo pomena pojmov transcendentnosti in algebraicnosti.

Definicija 6.1. Naj bo E razsiritev polja F . Element α ∈ E je algebraicen nad F , ceobstaja tak nekonstanten polinom f(x) ∈ F [x], da velja f(α) = 0. V nasprotnem primeru jeα transcendenten nad F .

Kadar je E = R in F = Q, namesto α ∈ R je algebraicno nad Q, obicajno recemo samo, daje α algebraicno stevilo. Podobno velja tudi za transcendentna stevila.Najbolj znana primera transcendentnih stevil sta π in e. V nasprotju s pogostim pre-pricanjem, da je transcendentnih stevil malo, je dejstvo, da je vecina realnih stevil tran-scendentnih; mnozica vseh realnih stevil je nestevno neskoncna. Ker je mnozica algebraicnihstevil stevno neskoncna in se algebraicnost in transcendentnost izkljucujeta, je mnozica tran-scendentnih stevil nestevna.

PRIMER 1: Stevilo√

5 je algebraicno nad Q, ker je nicla polinoma x2 − 5 ∈ Q[x].

PRIMER 2: Povedali smo ze, da je e transcendentno stevilo. To pomeni, da je e ∈ Rtranscendentno nad Q. Nad R pa je e algebraicno, saj je nicla polinoma x− e ∈ R[x].Primer kaze, da je algebraicnost oz. transcendentnost stevila odvisna od polja nad katerimje polinom.

V podpoglavju Sierpinski–Mazurkiewiczev paradoks, bomo dokazovali s takimi stevili oblikeeiθ, ki so transcendentna. Spomnimo se, da je eiθ kompleksno stevilo. V kompleksni ravniniupodobi tocko na enotski kroznici, ki je za kot θ oddaljena od osi x. Kot merimo v nasprotnismeri urinega kazalca.

19

Slika 1

6.2 Geometrijski paradoks

Za obravnavo tega podpoglavja moramo definicijo 5.1 nekoliko razsiriti:

Definicija 6.2. E je stevno G-paradoksalna natanko tedaj, ko je E =∞⋃i=1

giAi =∞⋃i=1

hiBi,

kjer je {A1, A2, ..., B1, B2, ...} stevni nabor paroma disjunktnih podmnozic mnozice E in sogi, hi ∈ G.

Spomnimo se, da S1 oznacuje enotsko kroznico, SO2 pa grupo vseh rotacij kroznice.

Trditev 6.1. S1 je stevno SO2-paradoksalna. Ce G oznacuje grupo translacij modulo 1, kidelujejo na mnozici [0, 1), potem je [0, 1) stevno G-paradoksalna.

Dokaz. Definirajmo ekvivalencne razrede na S1 tako, da sta dve tocki v istem ekvivalencnemrazredu, ce eno dobimo iz druge z rotacijo okoli sredisca kroznice, ki je racionalen veckratnik2π radianov. Z uporabo aksioma izbire dolocimo mnozico M , ki vsebuje po en elementvsakega ekvivalencnega razreda. Ker je mnozica racionalnih stevil stevna, lahko rotacijeoznacimo z {ρi : i = 1, 2, ...} in definiramo mnozico Mi = ρi(M). Potem je {Mi} razbitjekroznice S1. Ker sta poljubni dve Mi kongruentni glede na rotacijo, lahko sodo indeksiranemnozice rotiramo tako, da pokrijejo vse Mi, to je, celo kroznico. Podobno velja za lihoindeksirane mnozice. To konstrukcijo lahko prenesemo v [0,1) z bijekcijo, ki (cos θ, sin θ)preslika v θ/2π.

6.3 Sierpinski–Mazurkiewiczev paradoks

Presenetljivo je, da lahko konstruiramo paradoksalne primere z uporabo izometrij, tudi cese omejimo na koncno mnogo kosov. Naslednja konstrukcija tudi ne zahteva aksioma izbire,kar kaze na to, da ne moremo vseh paradoksalnih rezultatov pripisovati le aksiomu izbire.Spomnimo se dogovora: ce pri paradoksalnosti grupe posebej ne omenjamo, gre za grupoizometrij.

20

Trditev 6.2. (Sierpinski–Mazurkiewiczev paradoks) Obstaja neprazna, paradoksalnapodmnozica ravnine R2.

Ta trditev je posledica naslednjih dveh rezultatov. Razlog za obstoj take podmnozice ravnineje, da vsebuje ravninska grupa izometrij G2 prosto polgrupo.

Trditev 6.3. G2 vsebuje dve izometriji, τ in ρ, ki generirata prosto polgrupo S ⊆ G2. Polegtega velja, ce sta w1, w2 ∈ S taki besedi, da se w1 z leve zacne s τ , w2 pa z ρ, potemw1(0, 0) 6= w2(0, 0).

Dokaz. Da poenostavimo dokaz, obravnavajmo R2 kot kompleksno ravnino. Naj bo θ tak, daje u = eiθ transcendentno kompleksno stevilo. Ker je algebraicnih stevil na enotski kroznicistevno mnogo, tak θ obstaja. Naj bo τ translacija τ(z) = z + 1 in ρ rotacija ρ(z) = uz.Dokazati moramo le, da τ in ρ zadoscata drugi trditvi, saj prva izhaja iz druge.Ce je w1 = w2 in je ena od besed zaceten del druge (ali je identiteta), potem po krajsanju zleve dobimo w′ = 1. Sledi w′ρ(0) = ρ(0) in w′τ(0) = τ(0), kar je protislovje druge trditve.Ce pa nobena od besed ni zacetni del druge, potem po krajsanju z leve dobimo w′1 in w′2, kise z leve zagotovo razlikujeta.Naj bo w1 = τ j1ρj2 ...τ jm in w2 = ρk1τ k2 ...τ kl , kjer sta m, l ≥ 1 in so vsi eksponenti pozitivnacela stevila. Ker je ρ(0) = 0, se w1 in w2 koncata na potenco generatorja τ , razen kadar jew2 = ρk1 . Potem je

w1(0) = j1 + j3uj2 + j5u

j2+j4 + ...+ jmuj2+j4+...+jm−1 .

inw2(0) = k2u

k1 + k4uk1+k3 + ...+ klu

k1+k3+...+kl−1(= 0, ce w2 = ρk1).

Ce w1(0) = w2(0), lahko besedi odstejemo in dobimo nekonstanten polinom s celimi koefici-enti, ki je enak nic za vrednost eiθ, kar je protislovno izbiri θ.

Trditev 6.4. Naj grupa G, ki deluje na X, vsebuje taka τ in ρ, da za nek x ∈ X velja, dasta poljubni dve besedi generirani s τ , ρ, kjer se ena zacne s τ , druga pa z ρ, ne ujemata, kodelujeta na x. Potem obstaja neprazna G-paradoksalna podmnozica mnozice X.

Dokaz. Naj bo S ⊆ G polgrupa, generirana s τ , ρ. Naj bo E S-orbita x, to jeE = {gx : g ∈ S}. Potem sta τ(E), ρ(E) ⊆ E in velja τw1(x) 6= ρw2(x) za poljubniw1, w2 ∈ S. Zato τ(E) ∩ ρ(E) = ∅. Ker τ−1(τE) = E = ρ−1(ρE), je E G-paradoksalna.

21

7 Hausdorffov paradoks

Trditev 7.1. Ce je G paradoksalna in deluje na X brez netrivialnih fiksnih tock, potem je XG-paradoksalna. Torej je X F-paradoksalna, kadar F, prosta grupa ranga 2, deluje na X breznetrivialnih fiksnih tock.

Dokaz. Naj bo Ai, Bj ⊆ G in gi, hj ∈ G taka, da je G paradoksalna. Po aksiomu izbireobstaja mnozica M , ki vsebuje natanko po en element iz vsake G-orbite mnozice X. Potemje {g(M) : g ∈ G} particija mnozice X; mnozice so paroma disjunktne, ker ni netrivialnihfiksnih tock v delovanju grupe G.Naj bosta A∗i =

⋃{g(M) : g ∈ Ai} in B∗j =

⋃{g(M) : g ∈ Bj}. Potem je {A∗i } ∪ {B∗i }

paroma disjunkten nabor podmnozic X, saj so {Ai} ∪ {Bi} paroma disjunktne.Iz G =

⋃giAi =

⋃hjBj sledi X =

⋃giA

∗i =

⋃hjB

∗j . Trditev o F sledi iz izreka 5.1.

Trditev 5.1 nam pove nekaj o tem, katere grupe so paradoksalne. Ker podgrupa grupeG deluje z leve na G brez netrivialnih fiksnih tock, je naslednji izrek takojsnja posledicaomenjene trditve.

Trditev 7.2. Grupa s paradoksalno podgrupo je paradoksalna. Torej je paradoksalna vsakagrupa s prosto podgrupo ranga 2.

Glede na podane trditve se nam poraja vprasanje ali so grupe, ki imajo prosto podgrupo ranga2 edine paradoksalne grupe. Niso. Izkaze se, da obstaja celo paradoksalna grupa, ki nimanobenega elementa neskoncnega reda in zato ne vsebuje nobene proste podgrupe. Vendarza vse grupe evklidskih izometrij velja, da bodisi ne izpolnjujejo pogojev za paradoksalnostbodisi vsebujejo prosto nekomutativno podgrupo. Grupi evklidskih izometrij v eni in dvehdimenzijah ne vsebujeta nobene proste nekomutativne podgupe. Najnizja razseznost prostorav katerem se nekomutativna prosta grupa pojavi je tridimenzionalen prostor.

Trditev 7.3. V SO3 obstajata dva elementa, φ in ρ, ki sta neodvisna. Zato velja, ce n ≥ 3,potem ima SOn prosto podgrupo ranga 2.

Dokaz. Naj bosta φ in ρ rotaciji v smeri nasproti urinega kazalca; prva okli osi z, drugaokoli osi x in naj obe oklepata z osema kot arccos 1

3. Potem lahko φ±1 in ρ±1 zapisemo z

matrikama:

φ±1 =

13

∓2√2

30

±2√2

313

0

0 0 1

ρ±1 =

1 0 0

0 13

∓2√2

3

0 ±2√2

313

Pokazati moramo, da ni nobena netrivialna okrajsana beseda, generirana s φ±1 ali z ρ±1,enaka identiteti. Ker konjugacija s φ ne vpliva na to ali beseda izgine ali ne, lahko obravna-vamo le besede, ki se na desni koncajo s φ±1.

23

Dokazujemo s protislovjem. Naj bo w beseda, ki se konca s φ±1 in je enaka identiteti. Tr-dimo, da je w(1, 0, 0) oblike (a, b

√2, c)/3k, kjer so a, b, c cela stevila in b ni deljivo s 3. Torej

w(1, 0, 0) 6= (1, 0, 0), protislovje.Trditev, da je w(1, 0, 0) oblike (a, b

√2, c)/3k dokazemo z indukcijo na dolzino besede. Ce

je w dolzine ena, potem je w = φ±1 in w(1, 0, 0) = (1,±2√

2, 0)/3. Naj bo w = φ±1w′

ali w = ρ±1w′, kjer je w′(1, 0, 0) = (a′, b′√

2, c′)/3k−1. Po indukcijski predpostavki velja, daje w(1, 0, 0) = (a, b

√2, c)/3k, kjer so a = a′ ∓ 4b′, b = b′ ± 2a′, c = 3c′, ce w = φ±1w′ ali

a = 3a′, b = b′ ∓ 2c′, c = c′ ± 4b′, ce w = ρ±1w′. V obeh primerih so a, b, c vedno cela stevila.Pokazati moramo se, da b ni nikoli deljivo s 3. Besede so stirih razlicnih tipov; w je oblikeφ±1ρ±1v, ρ±1φ±1v, φ±1φ±1v ali ρ±1ρ±1v, kjer je v lahko prazna beseda (identiteta). V prvihdveh primerih je b = b′ ∓ 2c′, kjer 3 deli c′ ali b = b′ ± 2a′, kjer 3 deli a′. Toda ce b′ nideljiv s 3, potem tudi b ni. Za preostala dva primera pa naj bodo a′′, b′′, c′′ cela stevila, ki jihdobimo iz v(1, 0, 0). Potem je v obeh primerih b = 2b′ − 9b′′. Na primer, v tretjem primeruje b = b′ ± 2a′ = b′ ± 2(a′′ ∓ 4b′′) = b′ + b′′ ± 2a′′ − 9b′′ = 2b′ − 9b′′. Podobno velja za cetrtiprimer. Ponovno: ce b′ ni deljiv s 3, tudi b ni.

Rotacijska grupa SO3 je torej paradoksalna. Ce zelimo uporabiti trditev 7.1, mora grupadelovati na mnozici X brez netrivialnih fiksnih tock. Tezava je v tem, da vsak element gruperotacij fiksira vse tocke neke premice (osi rotacije) v R3. Vzemimo za X mnozico tock enotskesfere S2. Vsaka rotacija, ki ni identiteta, ima na sferi S2 dve fiksni tocki. Tocki sta enakipreseku rotacijske osi in sfere. Z D oznacimo mnozico vseh fiksnih tock. Ker je grupa SO3

stevna, je stevna tudi D. Ce je P ∈ S2\D in je g ∈ SO3, potem je tudi g(P ) v S2\D; ce hfiksira g(P ), potem je tudi P fiksna tocka g−1hg. Zato SO3 deluje na S2\D brez netrivialnihfiksnih tock. S tem smo dokazali tudi Hausdorffov paradoks:

Trditev 7.4. (Husdorffov paradoks) Obstaja taka stevna podmnozica D ⊆ S2, da je S2\DSO3-paradoksalna.

Kot ze receno, je mogoce Hausdorffov paradoks izboljsati. Naslednji izrek pove, da je celotnasfera paradoksalna. Ker je dokaz le-tega precej bolj zahteven kot dokaz Hausdorffovegaparadoksa, ga ne bom navedla. Dokaz najdete v [4], po kateri je tudi povzeto poglavje.Priporocam pa tudi knjigo [5], v kateri je dokaz sicer zapisan na daljsi, a bolj poljuden nacin.

Trditev 7.5. (Banach-Tarski paradoks) S2 je SO3-paradoksalna.

24

8 Zakljucek

V diplomskem delu smo vpeljali pojem paradoksalnosti mnozice in ga predstavili na primeruHausdorffovega paradoksa.

Zakljucimo lahko, da za razlago koncepta paradoksalnosti mnozice potrebujemo znanje odelovanju grupe in razumevanje aksioma izbire. Za dokazovanje Hausdorffovega paradoksapa potrebujemo se znanje o rotacijskih in prostih grupah.V diplomski nalogi smo videli tudi primera paradoksalnosti ravnine. Razlozili smo pojmaenakosti po razkosanju in enakosti po razdelitvi, ki osvetlita razumevanje paradoksalnih kon-strukcij. K razumevanju le-teh prispeva tudi koncept neskoncnosti, kateremu smo posvetiliprvo poglavje. Omenili smo Banach-Tarski paradoks, ki je tesno povezan s Hausdorffovimparadoksom.

Rezultati, zbrani v tem diplomskem delu, dajejo osnovo za nadaljevanje studija paradoksal-nih mnozic oziroma paradoksalnih grup. V nadaljnje bi bilo zanimivo raziskati, kako dokazatiparadoks Banacha in Tarskega. Diplomsko delo bi lahko razsirili tudi na koncept merljivostimnozic, predvsem na Lebesguevo merljivost. Ce bi zeleli raziskovati izven matematicnegapodrocja, bi lahko delo navezali na podrocje fizike in poskusali primerjati Hausdorffov oz.Banach-Tarski paradoks z nekaterimi fizikalnimi rezultati.

25

9 Literatura

[1] Grillet, P. A. (2007). Abstract algebra. New York: Springer.

[2] Hladnik, M. (1995). Moderna kvadratura kroga. Ljubljana: Drustvo matematikov, fizikovin astronomov Slovenije

[3] Jech, T. J. (1973). The axiom of choice. Amsterdam: North-Holland Publishing Company

[4] Wagon, S. (1985). The Banach-Tarski Paradox. Cambridge: Cambridge University Press

[5] Wapner, L. M. (2005). The Pea and the Sun: A Mathematical Paradox. Boca Raton:Taylor & Francis Group

27