Cím: A Peano-görbe
Szerző(k):  Besenyei Ádám 
Füzet: 2003/április, 196 - 202. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

Besenyei Ádám (Budapest)
 

A ,,folytonos görbe'' kifejezés hallatán hajlamosak vagyunk először egy, a szó szoros értelmében egybefüggően megrajzolható ,,vonalra'' gondolni. A görbe fogalma azonban a vártnál bonyolultabb, és a róla alkotott naiv elképzeléshez képest számos meglepetést tartogat a számunkra. Giuseppe Peano (1858‐1932) olasz matematikus 1890-ben egyik dolgozatában olyan görbére mutatott példát, amely ‐ szemléletünknek igencsak ellentmondva ‐ a síkon egy négyzet minden pontján áthalad. Azóta több konstrukció is született ilyen görbékre, melyeket szokás Peano-görbének is hívni. A következőkben kétféle módon bizonyítjuk Peano-görbe létezését, és megvizsgáljuk bizonyos tulajdonságait. A görbe megrajzolására persze ‐ éppen jellemző tulajdonsága folytán ‐ semmiképpen sem vállalkozhatunk.
Először ismerkedjünk meg a görbékkel kapcsolatos alapvető fogalmakkal.
Egy f:[a;b]R2 folytonos függvényről azt mondjuk, hogy egy görbét reprezentál a síkon, magát f-et pedig a görbe egy paraméterezésének hívjuk. Például az y=x egyenletű egyenes [0;4] intervallum ,,fölötti'' szakaszának kétféle paraméterezése a következő:
[0;4]R2t(t;t)vagy[0;2]R2t(t2;t2)
és ezen kívül még sok más. Természetesen hasonlóan értelmezhetünk görbéket a 3 dimenziós térben (sőt sokkal általánosabb terekben) is, R2 helyett R3 módosítással.
 
1. feladat. Adjuk meg az x2+y2=1 egyenletű kör egy paraméterezését.
 

1. A Peano-görbe egy konstrukciója
 

A most következő konstrukcióhoz szükségünk van egy (önmagában is érdekes) új fogalom, a Cantor-halmaz bevezetésére. Képezzük a Cn halmazokat a következő módon: C0 legyen a [0;1] intervallum. C0-ból elhagyva a nyílt (13;23) intervallumot, C1-et kapjuk. Hagyjuk el C1-ből az (19;29) és (79;89) intervallumokat, így kapjuk C2-t. Általában, ha adott Cn-1, akkor Cn álljon azon 2n db 13n hosszú zárt intervallumból, amelyek Cn-1 intervallumaiból a ,,középső'' nyílt harmadok elhagyásával keletkeznek. Jelölje C a ,,végül megmaradó'' részt, vagyis a Ci halmazok közös részét. Szokás C-t Cantor-féle triadikus halmaznak is nevezni.
 
2. feladat. Bizonyítsuk be, hogy a Cantor-halmaz kontinuum számosságú. (Segítség: figyeljük meg a 4. állításban definiált függvényt, és használjuk fel a következő állítást is.)
 

1. állítás. Pontosan azok az x számok vannak a Cantor-halmazban, amelyeknek van olyan x=0,a1a2a3...an... hármas számrendszerbeli előállítása, ahol ai 0 vagy 2 (azaz sohasem 1) minden i-re.
 

Bizonyítás. Könnyen látható, hogy Cn-ben pontosan azok a számok vannak, amelyeknek van olyan triadikus ‐ azaz hármas számrendszerbeli ‐ előállítása, melyben az első n helyen csak a 0, 2 jegyek állnak. Innen azonnal adódik az állítás.
Világos, hogy a C-beli számok 0, 2 jegyekkel való előállítása egyértelmű. Ugyanis, ha egy ilyen számnak lenne kétféle előállítása, akkor a legelső különböző jegy az egyikben 0, a másikban pedig 2. Ekkor viszont a két előállítás különbségére (ami persze 0)
0,a1a2a3...2...-0,a1a2a3...0...0,a1a2a3...2-0,a1a2a3...1=0,000...1
teljesül, ami lehetetlen. Ennek alapján a továbbiakban a Cantor-halmaz elemeire úgy tekinthetünk, mint a 0 és 1 közötti, a hármas számrendszerben a 0 és a 2 jegyekkel felírt számokra. Értelmezzük ezek után a következő függvényt:
f:CC20,a1a2a3a4a5a6...(0,a1a3a5...;0,a2a4a6...),
ahol ai 0 vagy 2 minden i-re.
 
2. állítás. Az előbb definiált f függvény folytonos a Cantor-halmazon.
 

A bizonyításhoz szükségünk lesz egy segédállításra, először azt igazoljuk.
 
1. lemma. Ha az x1 és x2 Cantor-halmazbeli számokra |x1-x2|<13n teljesül, akkor x1 és x2 ,,harmadosvessző'' utáni első n jegye megegyezik.
 

A lemma bizonyítása. Tegyük fel (indirekt), hogy csak az első k (k<n) jegyük azonos. Ekkor viszont
|x1-x2|=|0,a1a2a3...ak2...-0,a1a2a3...ak0...||0,a1a2a3...ak2-0,a1a2a3...ak1|=13k+113n.
Ez pedig ellentmondás.
 

A 2. állítás bizonyítása. Rögzítsük az x0C pontot és az ε pozitív számot. Ekkor van olyan n egész szám, melyre ε>13n-1. Az 1. lemma miatt, ha |x-x0|<δ=132n, akkor x és x0 első 2n harmadosjegye megegyezik. Ekkor viszont f(x) és f(x0) megfelelő koordinátáiban az első n harmadosjegy ugyanaz (mivel f(x) koordinátáit x jegyeinek a ,,szétválasztásával'' kaptuk). Ez pedig azt jelenti, hogy f(x) és f(x0) megfelelő koordinátáinak különbsége legfeljebb 13n. Tehát
|f(x)-f(x0)|2132n<13n-1<ε.
Vegyük észre azt is, hogy f szürjektív, vagyis értékkészlete a teljes C2.
Eddig tehát már van egy, a Cantor-halmazból képező folytonos függvényünk, amely teljesen lefedi C2-et. Már csak annyi van hátra, hogy az értelmezési tartományát kiterjesszük a teljes [0;1] intervallumra, valamint az értékkészletét a [0;1]×[0;1] halmazra (mindezt persze folytonosan). Ez utóbbihoz vegyük észre, hogy egy Cantor-halmazbeli számhoz egyértelműen hozzárendelhetünk egy kettes számrendszerben felírt [0;1]-beli számot. Tekintsük ugyanis az alábbi megfeleltetést:
g:C2[0;1]×[0;1](0,a1a3...;0,a2a4...)(0,b1b3...;0,b2b4...),aholbi={0,ha  ai=01,ha  ai=2,
valamint 0,b1b3... és 0,b2b4... kettes számrendszerbeli számokat jelentenek.
 
3. állítás. A fent definiált g függvény folytonos.
 

Bizonyítás. Adott x0=(x0(1);x0(2))C2 és ε>0. Legyen n egész szám, melyre ε>12n-1 és x=(x(1);x(2))C2. Mivel
|x-x0|=(x(1)-x0(1))2+(x(2)-x0(2))2(x(i)-x0(i))2=|x(i)-x0(i)|,
azért |x-x0|<13n esetén
|x(i)-x0(i)|<13n(i=1,2).
Vagyis, ha |x-x0|<δ=13n, akkor x és x0 megfelelő koordinátáiban az első n harmadosjegy megegyezik. Ez viszont azt jelenti, hogy g(x) és g(x0) megfelelő koordinátáiban az első n jegy (a legelső 0-t nem számolva) rendre ugyanaz. Persze itt már előfordulhat, hogy g(x)-nek többféle kettes számrendszerbeli előállítása van. Így csak azt mondhatjuk, hogy létezik g(x)-nek és g(x0)-nak olyan előállítása, melyre a megfelelő koordinátákban az első n jegy megegyezik. De akkor
|g(x)-g(x0)|2122n<12n-1<ε.
Annyit még érdemes megjegyeznünk g-vel kapcsolatban, hogy nyilván szürjektív (a [0;1]×[0;1]-re nézve), de nem injektív, vagyis különböző helyeken vehet föl azonos értékeket.
 
3. feladat. Igazoljuk, hogy g nem injektív.
 

Vizsgáljuk most meg a g(f(x)) függvényt! Elmondhatjuk róla, hogy a Cantor-halmazt folytonosan képezi le a teljes [0;1]×[0;1] halmazra, ami éppen egy egységnégyzet a síkon. A Peano-görbe megalkotásának utolsó lépéseként terjesszük ki a g(f(x)) függvényt a teljes [0;1] intervallumra! Ehhez meg kell mondanunk, hogy milyen értékeket vegyen fel a [0;1]C halmazon. Tudjuk, hogy ez éppen azokból a nyílt intervallumokból áll, amelyeket C elkészítésénél ,,kidobtunk'' [0;1]-ből. Egy ilyen intervallum legyen például (a;b). Ekkor g(f(x)) legyen lineáris ezen az intervallumon, azaz g(f([a;b])) legyen a g(f(a)) és a g(f(b)) pontokat összekötő szakasz. Könnyen látható, hogy a kapott függvény folytonos marad. Vagyis a kiterjesztett függvény éppen egy Peano-görbe paraméterezése.
 
1. következmény (Peano). Létezik [0;1][0;1]×[0;1] folytonos és szürjektív leképezés.
 

A bizonyítás végén érdemes egy kicsit eltűnődni azon, hogy miért is kellett bevezetnünk a Cantor-halmazt. Vajon nem lett volna elég, ha egyszerűen a teljes [0;1]-en tekintjük a 2. állításban szereplő f ,,koordináta-szétválasztó'' függvényt? A válasz egyszerű: a valós számokon f nem folytonos! Ezt könnyen be is láthatjuk, tekintsük ugyanis például a (tízes számrendszerben felírt) 0,1 számot. Ekkor az xn=0,099...9 sorozatra (ahol a kilences jegyek száma n) xn110, de
f(xn)=(0,099...9;0,99...9)f(110)=(110;0).
Innen az is látszik, hogy f folytonosságának kulcsa az 1. lemma volt. A valós számokon a lemma megfelelője nem igaz. Attól, hogy két valós szám közel van egymáshoz, még nem feltétlenül azonos az első néhány jegyük.
 
4. feladat. Van-e olyan görbe, amely teljesen kitölt egy kockát? (Lásd a hátsó borítót!)
 

2. A görbe egy másik lehetséges konstrukciója
 

Ebben a részben David Hilbert német matematikus ötlete alapján állítjuk elő a görbét. Ennek segítségével valamivel szemléletesebb tulajdonságokat is megtudunk a görbéről.
Először is vegyük az I=[0;1] zárt intervallumot a számegyenesen, és a Q=[0;1]×[0;1] zárt négyzetlapot a síkon. Osszuk fel az intervallumot négy egyenlő részre, a kapott négy zárt intervallum sorrendjük szerint (balról jobbra) számozva I11, I21, I31, I41. Az előbbi négy intervallum mindegyikének négy egyenlő részre osztásával kapjuk az I12,...,I162 intervallumokat, amelyek ugyancsak balról jobbra számozottak (vagyis az első négy I11-ben, a következő négy I21-ben, stb. van). A fenti eljárást ismételjük újra és újra az egyre kisebb intervallumokkal, így kapjuk az Iji intervallumokat. Világos, hogy rögzített i esetén az Iji zárt intervallumokból 4i darab van, mindegyikük hossza 4-i.
Hasonló eljárást alkalmazunk a négyzetre is. Vágjuk szét Q-t négy egybevágó 12 oldalú zárt kis négyzetre. Legyenek ezek Q11,...,Q41, a számozást úgy végezve, hogy Qi1 és Qi+11 (i<4) szomszédosak legyenek. A fenti kis négyzetek mindegyikének négy egybevágó négyzetre való osztásával keletkeznek a Q12,...,Q162 négyzetek. A számozást úgy végezzük, hogy a Q12,...,Q42 négyzetek Q11-ben, a Q52,...,Q82 négyzetek Q21-ben stb. feküdjenek, és egymást követő (alsó) indexűek szomszédosak legyenek. Általában, ha már adott i esetén megvannak a Qji négyzetek (1j4i), akkor negyedeléssel kapjuk a 2-i-1 oldalhosszú zárt Qji+1 (1j4i+1) négyzeteket. Mégpedig úgy, hogy az első négy Q1i-ben, a következő négy Q2i-ben, és így tovább, az utolsó négy Q4ii-ben legyen, és szomszédos indexűek szomszédosak legyenek. Gondoljuk meg, hogy ez a számozás mindig elvégezhető. Egy lehetséges számozássorozat első három lépését mutatja az 1. ábra, a berajzolt vonal mentén haladva a négyzetek sorrendjét. (További ábrák láthatók a hátsó borítón.)
 
 

1. ábra
 

A fenti eljárással kapcsolatban egy fontos észrevételt tehetünk.
 
4. állítás. Ha az Iji, Ilk intervallumokra IjiIlk teljesül, akkor QjiQlk. Igaz a megfordítás is: QjiQlk esetén IjiIlk.
 

A négyzetek és az intervallumok konstrukciója alapján az állítás világos, belátását az olvasóra bízzuk.
Mielőtt definiálnánk a görbét, szükségünk van még néhány állításra. Legyen tI vagy az I egyik végpontja vagy pedig olyan szám, amely egyetlen intervallumnak sem végpontja (melyek az ilyen tulajdonságú számok?). Ekkor minden i-hez egyértelműen létezik ji úgy, hogy tIjii. Mivel az Ijii intervallumok egymásba vannak skatulyázva, így a 4. állítás értelmében a Qjii négyzetek is egymásba skatulyázottak.
 
5. állítás. A i=1Qjii halmaz egyelemű.
 

Bizonyítás. Tekintsük a négyzetek vetületeit Q egyik vízszintes oldalára. Ezek egymásba skatulyázott zárt intervallumok, így a Cantor-axióma1 szerint van közös pontjuk. Mivel a négyzetek oldalhossza tetszőlegesen kicsi lehet (Qjii oldalhossza 2-i), így a vetület szakaszok hossza is bármilyen kicsi lehet. Ezért a szakaszok metszete nem tartalmazhat két pontot, mert a két pont távolságánál rövidebb szakasz legfeljebb csak az egyik pontot tartalmazhatja. Hasonlóan a függőleges vetületeknek is egyértelmű a metszete. Következésképpen a négyzetek metszete is egyelemű, mert különben a fenti metszetek valamelyike vagy üres vagy legalább kételemű lenne. Ezzel az állítást beláttuk.
Most legyen tI olyan, amely a k-adik lépésben lett osztópont (k1). Ekkor i<k esetén egyértelműen létezik ji, melyre tIjii. Viszont ik esetén pontosan két intervallumban (a határukon) van benne t, ezek indexe szomszédos, ji és ji+1. Ekkor a Qjii-k egymásba skatulyázott négyzetek, hasonlóan a Qji+1i-ek is (ik). Ráadásul szomszédos indexű négyzetek szomszédosak, így ai-vel jelölve Qjii és Qji+1i közös oldalát, az ai-k szükségképpen egymásba skatulyázott zárt szakaszok. Ekkor a Cantor-axióma miatt van közös pontjuk. Mivel a szakaszok hossza tetszőlegesen kicsi lehet, ezért az is látszik, hogy a közös pont egyértelmű.
Ezek után definiáljuk a γ:IQ görbét a következő módon: minden tI pontra legyen γ(t) a t pontot tartalmazó intervallumoknak megfelelő négyzetek közös pontja.
 
6. állítás. A most definiált γ folytonos és szürjektív leképezés a szakaszról a négyzetre.
 

Bizonyítás. Láttuk, hogy γ(t) egyértelmű, így γ valóban függvény. A folytonosság igazolásához legyen t0I, amely nem osztópont. Adott ε>0 esetén van olyan kN, melyre 22-k<ε. Vegyük a t0-t tartalmazó (egyértelműen meghatározott) Iikk intervallumot. Ekkor γ definíciója miatt γ(Iikk)Qikk, tehát
|γ(t)-γ(t0)|22-k<ε(tIikk),
hiszen Qikk oldalhossza 2-k. Hasonlóan látható be a folytonosság az osztópontokban, ezt nem részletezzük.
Hátra van még a szürjektivitás. Legyen qQ. Könnyen látható, hogy ekkor létezik (nem feltétlenül egyértelműen) q-t tartalmazó egymásba skatulyázott Qjii négyzetek sorozata. A 4. állítás szerint az Ijii-k egymásba skatulyázott zárt intervallumok (melyek hossza 0-hoz tart), és így i=1Ijii=t0 egyértelmű. De ekkor γ definíciója miatt
γ(t0)=i=1Qjii=q.

 
2. következmény. γ Peano-görbe.
 
5. feladat. Mutassuk meg, hogy γ nem injektív.
 

A most bemutatott konstrukcióval kapcsolatban érdemes megjegyezni, hogy lehetséges egy másik módon való tárgyalása is. Ennek lényege, hogy γ-t görbék sorozatának határgörbéjeként definiáljuk. Minden felosztáshoz (az 1. ábrához hasonlóan) hozzárendelhetünk egy görbét, amely minden négyzeten sorrendben áthalad. Megmutatható, hogy e görbék sorozatának létezik határgörbéje, és az Peano-görbe.
1 A Cantor-axióma a következőt mondja ki: az I1I2I3... egymásba skatulyázott zárt intervallumoknak van közös pontja.