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

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 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 $f:\left[a;b\right]\to {\text{R}}^2$ 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 $\left[0;4\right]$ intervallum ,,fölötti'' szakaszának kétféle paraméterezése a következő: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left[0;4\right]\to {\text{R}}^{2}t\mapsto \left(t;t\right)\text{vagy}\left[0;2\right]\to {\text{R}}^{2}t\mapsto \left(t^2;t^2\right)}\end{array}$ és ezen kívül még sok más. Természetesen hasonlóan értelmezhetünk görbéket a 3 dimenziós térben (sőt sokkal általánosabb terekben) is, ${\text{R}}^2$ helyett ${\text{R}}^3$ módosítással.   1. feladat. Adjuk meg az $x^2+y^2=1$ 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 $C_n$ halmazokat a következő módon: $C_0$ legyen a $\left[0;1\right]$ intervallum. $C_0$-ból elhagyva a nyílt $\left(\frac{1}{3};\frac{2}{3}\right)$ intervallumot, $C_1$-et kapjuk. Hagyjuk el $C_1$-ből az $\left(\frac{1}{9};\frac{2}{9}\right)$ és $\left(\frac{7}{9};\frac{8}{9}\right)$ intervallumokat, így kapjuk $C_2$-t. Általában, ha adott $C_{n-1}$, akkor $C_n$ álljon azon $2^n$ db $\frac{1}{3^n}$ hosszú zárt intervallumból, amelyek $C_{n-1}$ intervallumaiból a ,,középső'' nyílt harmadok elhagyásával keletkeznek. Jelölje $C$ a ,,végül megmaradó'' részt, vagyis a $C_i$ 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 $x=0\mathrm{,}{a}_1{a}_2{a}_3\text{...}{a}_n\text{...}$ hármas számrendszerbeli előállítása, ahol $a_i$ $0$ vagy $2$ (azaz sohasem $1$) minden $i$-re.   Bizonyítás. Könnyen látható, hogy $C_n$-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) $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 0\mathrm{,}{a}_1{a}_2{a}_3\text{...}2\text{...}-0\mathrm{,}{a}_1{a}_2{a}_3\text{...}0\text{...}\ge }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \ge 0\mathrm{,}{a}_1{a}_2{a}_3\text{...}2-\mathrm{0,}{a}_1{a}_2{a}_3\text{...}1=0\mathrm{,}000\text{...}1}\hfill \end{array}}}\end{array}$ 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle f:C\to C^{2}0\mathrm{,}{a}_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5{a}_6\text{...}\mapsto \left(0\mathrm{,}{a}_1{a}_3{a}_5\text{...};0\mathrm{,}{a}_2{a}_4{a}_6\text{...}\right)\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $a_i$ 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 $x_1$ és $x_2$ Cantor-halmazbeli számokra $|x_1-x_2|<\frac{1}{3^n}$ teljesül, akkor $x_1$ és $x_2$ ,,harmadosvessző'' utáni első $n$ jegye megegyezik.   A lemma bizonyítása. Tegyük fel (indirekt), hogy csak az első $k$ $\left(k<n\right)$ jegyük azonos. Ekkor viszont $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle |x_1-x_2|}& \hfill {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle |0\mathrm{,}{a}_1{a}_2{a}_3\text{...}{a}_{k}2\text{...}-0\mathrm{,}{a}_1{a}_2{a}_3\text{...}{a}_{k}0\text{...}|\ge }\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& \hfill {\displaystyle \ge }\hfill & {\displaystyle |0\mathrm{,}{a}_1{a}_2{a}_3\text{...}{a}_{k}2-0\mathrm{,}{a}_1{a}_2{a}_3\text{...}{a}_{k}1|=\frac{1}{3^{k+1}}\ge \frac{1}{3^n}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Ez pedig ellentmondás.   A 2. állítás bizonyítása. Rögzítsük az $x_0\in C$ pontot és az $\epsilon$ pozitív számot. Ekkor van olyan $n$ egész szám, melyre $\epsilon >\frac{1}{3^{n-1}}$. Az 1. lemma miatt, ha $|x-x_0|<\delta =\frac{1}{3^{2n}}$, akkor $x$ és $x_0$ első $2n$ harmadosjegye megegyezik. Ekkor viszont $f\left(x\right)$ és $f\left(x_0\right)$ megfelelő koordinátáiban az első $n$ harmadosjegy ugyanaz (mivel $f\left(x\right)$ koordinátáit $x$ jegyeinek a ,,szétválasztásával'' kaptuk). Ez pedig azt jelenti, hogy $f\left(x\right)$ és $f\left(x_0\right)$ megfelelő koordinátáinak különbsége legfeljebb $\frac{1}{3^n}$. Tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle |f\left(x\right)-f\left(x_0\right)|\le \sqrt[]{2\frac{1}{3^{2n}}}<\frac{1}{3^{n-1}}<\epsilon \mathrm{.}}\end{array}$ Vegyük észre azt is, hogy $f$ szürjektív, vagyis értékkészlete a teljes $C^2$. Eddig tehát már van egy, a Cantor-halmazból képező folytonos függvényünk, amely teljesen lefedi $C^2$-et. Már csak annyi van hátra, hogy az értelmezési tartományát kiterjesszük a teljes $\left[0;1\right]$ intervallumra, valamint az értékkészletét a $\left[0;1\right]\times \left[0;1\right]$ halmazra (mindezt persze folytonosan). Ez utóbbihoz vegyük észre, hogy egy Cantor-halmazbeli számhoz egyértelműen hozzárendelhetünk egy kettes számrendszerben felírt $\left[0;1\right]$-beli számot. Tekintsük ugyanis az alábbi megfeleltetést: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle g:C^2\to \left[0;1\right]\times \left[0;1\right]\left(0\mathrm{,}{a}_1{a}_3\text{...};0\mathrm{,}{a}_2{a}_4\text{...}\right)\mapsto \left(0\mathrm{,}{b}_1{b}_3\text{...};0\mathrm{,}{b}_2{b}_4\text{...}\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{ahol}{b}_i=\{{\displaystyle \begin{array}{cc}{\displaystyle \mathrm{0,}}\hfill & {\displaystyle \text{ha <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mi>i</mi></mrow></msub></mrow><mo stretchy="false">=</mo><mn>0</mn></math>}}\hfill \\ {\displaystyle \mathrm{1,}}\hfill & {\displaystyle \text{ha <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mi>i</mi></mrow></msub></mrow><mo stretchy="false">=</mo><mn>2</mn></math>,}}\hfill \end{array}}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ valamint $0\mathrm{,}{b}_1{b}_3\text{...}$ és $0\mathrm{,}{b}_2{b}_4\text{...}$ kettes számrendszerbeli számokat jelentenek.   3. állítás. A fent definiált $g$ függvény folytonos.   Bizonyítás. Adott $x_0=\left(x_0^{\left(1\right)};x_0^{\left(2\right)}\right)\in C^2$ és $\epsilon >0$. Legyen $n$ egész szám, melyre $\epsilon >\frac{1}{2^{n-1}}$ és $x=\left(x^{\left(1\right)};x^{\left(2\right)}\right)\in C^2$. Mivel $\begin{array}{c}{\displaystyle |x-x_0|=\sqrt[]{{\left(x^{\left(1\right)}-x_0^{\left(1\right)}\right)}^2+{\left(x^{\left(2\right)}-x_0^{\left(2\right)}\right)}^2}\ge \sqrt[]{{\left(x^{\left(i\right)}-x_0^{\left(i\right)}\right)}^2}=|x^{\left(i\right)}-x_0^{\left(i\right)}|\mathrm{,}}\end{array}$ azért $|x-x_0|<\frac{1}{3^n}$ esetén $\begin{array}{c}{\displaystyle |x^{\left(i\right)}-x_0^{\left(i\right)}|<\frac{1}{3^n}\left(i=\mathrm{1,2}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis, ha $|x-x_0|<\delta =\frac{1}{3^n}$, akkor $x$ és $x_0$ megfelelő koordinátáiban az első $n$ harmadosjegy megegyezik. Ez viszont azt jelenti, hogy $g\left(x\right)$ és $g\left(x_0\right)$ megfelelő koordinátáiban az első $n$ jegy (a legelső 0-t nem számolva) rendre ugyanaz. Persze itt már előfordulhat, hogy $g\left(x\right)$-nek többféle kettes számrendszerbeli előállítása van. Így csak azt mondhatjuk, hogy létezik $g\left(x\right)$-nek és $g\left(x_0\right)$-nak olyan előállítása, melyre a megfelelő koordinátákban az első $n$ jegy megegyezik. De akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle |g\left(x\right)-g\left(x_0\right)|\le \sqrt[]{2\frac{1}{2^{2n}}}<\frac{1}{2^{n-1}}<\epsilon \mathrm{.}}\end{array}$ Annyit még érdemes megjegyeznünk $g$-vel kapcsolatban, hogy nyilván szürjektív (a $\left[0;1\right]\times \left[0;1\right]$-re nézve), de nem injektív, vagyis különböző helyeken vehet föl azonos értékeket.   3. feladat. Igazoljuk, hogy $g$ nem injektív.   Vizsgáljuk most meg a $g\left(f\left(x\right)\right)$ függvényt! Elmondhatjuk róla, hogy a Cantor-halmazt folytonosan képezi le a teljes $\left[0;1\right]\times \left[0;1\right]$ halmazra, ami éppen egy egységnégyzet a síkon. A Peano-görbe megalkotásának utolsó lépéseként terjesszük ki a $g\left(f\left(x\right)\right)$ függvényt a teljes $\left[0;1\right]$ intervallumra! Ehhez meg kell mondanunk, hogy milyen értékeket vegyen fel a $\left[0;1\right]\setminus C$ halmazon. Tudjuk, hogy ez éppen azokból a nyílt intervallumokból áll, amelyeket $C$ elkészítésénél ,,kidobtunk'' $\left[0;1\right]$-ből. Egy ilyen intervallum legyen például $\left(a;b\right)$. Ekkor $g\left(f\left(x\right)\right)$ legyen lineáris ezen az intervallumon, azaz $g\left(f\left(\left[a;b\right]\right)\right)$ legyen a $g\left(f\left(a\right)\right)$ és a $g\left(f\left(b\right)\right)$ pontokat összekötő szakasz. Könnyen látható, hogy a kapott függvény folytonos marad. Vagyis a kiterjesztett függvény éppen egy Peano-görbe paraméterezése.   1. következmény (Peano). Létezik $\left[0;1\right]\to \left[0;1\right]\times \left[0;1\right]$ 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 $\left[0;1\right]$-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 $x_n=0\mathrm{,}099\text{...}9$ sorozatra (ahol a kilences jegyek száma $n$) $x_n\to \frac{1}{10}$, de $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x_n\right)=\left(0\mathrm{,}099\text{...}9;0\mathrm{,}99\text{...}9\right)\nrightarrow f\left(\frac{1}{10}\right)=\left(\frac{1}{10};0\right)\mathrm{.}}\end{array}$ 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 $I=\left[0;1\right]$ zárt intervallumot a számegyenesen, és a $Q=\left[0;1\right]\times \left[0;1\right]$ zárt négyzetlapot a síkon. Osszuk fel az intervallumot négy egyenlő részre, a kapott négy zárt intervallum sorrendjük szerint (balról jobbra) számozva $I_1^1$, $I_2^1$, $I_3^1$, $I_4^1$. Az előbbi négy intervallum mindegyikének négy egyenlő részre osztásával kapjuk az $I_1^2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{I}_{16}^2$ intervallumokat, amelyek ugyancsak balról jobbra számozottak (vagyis az első négy $I_1^1$-ben, a következő négy $I_2^1$-ben, stb. van). A fenti eljárást ismételjük újra és újra az egyre kisebb intervallumokkal, így kapjuk az $I_j^i$ intervallumokat. Világos, hogy rögzített $i$ esetén az $I_j^i$ zárt intervallumokból $4^i$ darab van, mindegyikük hossza $4^{-i}$. Hasonló eljárást alkalmazunk a négyzetre is. Vágjuk szét $Q$-t négy egybevágó $\frac{1}{2}$ oldalú zárt kis négyzetre. Legyenek ezek $Q_1^1\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{Q}_4^1$, a számozást úgy végezve, hogy $Q_i^1$ és $Q_{i+1}^1$ $\left(i<4\right)$ szomszédosak legyenek. A fenti kis négyzetek mindegyikének négy egybevágó négyzetre való osztásával keletkeznek a $Q_1^2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{Q}_{16}^2$ négyzetek. A számozást úgy végezzük, hogy a $Q_1^2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{Q}_4^2$ négyzetek $Q_1^1$-ben, a $Q_5^2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{Q}_8^2$ négyzetek $Q_2^1$-ben stb. feküdjenek, és egymást követő (alsó) indexűek szomszédosak legyenek. Általában, ha már adott $i$ esetén megvannak a $Q_j^i$ négyzetek ($1\le j\le 4^i)$, akkor negyedeléssel kapjuk a $2^{-i-1}$ oldalhosszú zárt $Q_j^{i+1}$ ($1\le j\le 4^{i+1}$) négyzeteket. Mégpedig úgy, hogy az első négy $Q_1^i$-ben, a következő négy $Q_2^i$-ben, és így tovább, az utolsó négy $Q_{4^i}^i$-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 $I_j^i$, $I_l^k$ intervallumokra $I_j^i\subset I_l^k$ teljesül, akkor $Q_j^i\subset Q_l^k$. Igaz a megfordítás is: $Q_j^i\subset Q_l^k$ esetén $I_j^i\subset I_l^k$.   A négyzetek és az intervallumok konstrukciója alapján az állítás világos, belátását az olvasóra bízzuk. Mielőtt definiálnánk a görbét, szükségünk van még néhány állításra. Legyen $t\in I$ 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 $j_i$ úgy, hogy $t\in I_{j_i}^i$. Mivel az $I_{j_i}^i$ intervallumok egymásba vannak skatulyázva, így a 4. állítás értelmében a $Q_{j_i}^i$ négyzetek is egymásba skatulyázottak.   5. állítás. A ${\bigcap }_{i=1}^{\infty }{Q}_{j_i}^i$ 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 ($Q_{j_i}^i$ 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 $t\in I$ olyan, amely a $k$-adik lépésben lett osztópont ($k\ge 1$). Ekkor $i<k$ esetén egyértelműen létezik $j_i$, melyre $t\in I_{j_i}^i$. Viszont $i\ge k$ esetén pontosan két intervallumban (a határukon) van benne $t$, ezek indexe szomszédos, $j_i$ és $j_i+1$. Ekkor a $Q_{j_i}^i$-k egymásba skatulyázott négyzetek, hasonlóan a $Q_{j_i+1}^i$-ek is ($i\ge k$). Ráadásul szomszédos indexű négyzetek szomszédosak, így $a_i$-vel jelölve $Q_{j_i}^i$ és $Q_{j_i+1}^i$ közös oldalát, az $a_i$-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 $\gamma :I\to Q$ görbét a következő módon: minden $t\in I$ pontra legyen $\gamma \left(t\right)$ a $t$ pontot tartalmazó intervallumoknak megfelelő négyzetek közös pontja.   6. állítás. A most definiált $\gamma$ folytonos és szürjektív leképezés a szakaszról a négyzetre.   Bizonyítás. Láttuk, hogy $\gamma \left(t\right)$ egyértelmű, így $\gamma$ valóban függvény. A folytonosság igazolásához legyen $t_0\in I$, amely nem osztópont. Adott $\epsilon >0$ esetén van olyan $k\in \text{N}$, melyre $\sqrt[]{2}\cdot 2^{-k}<\epsilon$. Vegyük a $t_0$-t tartalmazó (egyértelműen meghatározott) $I_{i_k}^k$ intervallumot. Ekkor $\gamma$ definíciója miatt $\gamma \left(I_{i_k}^k\right)\subseteq Q_{i_k}^k$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle |\gamma \left(t\right)-\gamma \left(t_0\right)|\le \sqrt[]{2}\cdot 2^{-k}<\epsilon \left(t\in I_{i_k}^k\right)\mathrm{,}}\end{array}$ hiszen $Q_{i_k}^k$ oldalhossza $2^{-k}$. Hasonlóan látható be a folytonosság az osztópontokban, ezt nem részletezzük. Hátra van még a szürjektivitás. Legyen $q\in Q$. Könnyen látható, hogy ekkor létezik (nem feltétlenül egyértelműen) $q$-t tartalmazó egymásba skatulyázott $Q_{j_i}^i$ négyzetek sorozata. A 4. állítás szerint az $I_{j_i}^i$-k egymásba skatulyázott zárt intervallumok (melyek hossza 0-hoz tart), és így ${\bigcap }_{i=1}^{\infty }{I}_{j_i}^i=t_0$ egyértelmű. De ekkor $\gamma$ definíciója miatt $\begin{array}{c}{\displaystyle \gamma \left(t_0\right)={\bigcap }_{i=1}^{\infty }{Q}_{j_i}^i=q\mathrm{.}}\end{array}$   2. következmény. $\gamma$ Peano-görbe.   5. feladat. Mutassuk meg, hogy $\gamma$ nem injektív.   A most bemutatott konstrukcióval kapcsolatban érdemes megjegyezni, hogy lehetséges egy másik módon való tárgyalása is. Ennek lényege, hogy $\gamma$-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 $I_1\supset I_2\supset I_3\supset \text{...}$ egymásba skatulyázott zárt intervallumoknak van közös pontja.