Krzywa uniwersalna Sierpińskiego

Transkrypt

1 Krzywa uniwersalna Sierpińskiego Małgorzata Blaszke Karol Grzyb Streszczenie W niniejszej pracy omówimy krzywą uniwersalną Sierpińskiego, zwaną również dywanem Sierpińskiego. Pokażemy klasyczną metodę otrzymania tego zbioru. Udowodnimy, że istotnie jest on krzywą (zarówno w sensie Cantora jak i Urysohna) oraz, że każda krzywa płaska jest homeomorficznie w nim zanurzalna. Na koniec wspomnimy o tzw. kostce Mengera i sformułujemy twierdzenie o jej uniwersalności dla krzywych w dowolnej przestrzeni metrycznej. Na początek chcemy uściślić,że za krzywą płaską będziemy uważali krzywą w sensie Cantora. Jest to zbiór punktów na płaszczyźnie będący continuum (zbiorem zwartym i spójnym) takim, że w dowolnie małym otoczeniu dowolnego punktu continuum istnieje punkt do niego nie należący. Ta definicja jest na płaszczyźnie równoważna z obecnie przyjmowaną ogólną definicją Urysohna w myśl której krzywa jest to continuum, którego wymiar w każdym punkcie wynosi 1, tj. każdy jej punkt posiada dowolnie małe otoczenia, których brzegi nie zawierają żadnego continuum złożonego z więcej niż jednego punktu. Implikacja w jedną stronę wynika z uniwersalności krzywej Sierpińskiego. Za ε-otoczenie sferyczne punku x, będziemy uważali kulę otwartą o promieniu ε i środku w x. Dywan Sierpińskiego został po raz pierwszy skonstruowany przez Stefana Mazurkiewicza, ale nie opublikował on swojego odkrycia. Pierwsza wzmianka o tej krzywej znalazła się w pracy Wacława Sierpińskiego z 1915r. Jest to zbiór powstały przez procedurę rekurencyjną, którą rozpoczynamy od ustalonego kwadratu S 0. Będziemy go nazywali dywanem stopnia zerowego. Dzielimy go na dziewięć (3x3) identycznych kwadratów i usuwamy wnętrze środkowego ( pozostałe osiem będziemy nazywali kwadratami stopnia pierwszego ). Oznaczmy je przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, zaczynając od prawego górnego, Q 1, Q 2,..., Q 8 (patrz rys.1). Sumę ośmiu kwadratów stopnia pierwszego nazywamy dywanem stopnia pierwszego S 1. Następnie powtarzamy 1

2 procedurę dzielenia i usuwania części środkowej dla każdego kwadratu stopnia pierwszego, oznaczając nowo otrzymane kwadraty Q i1 i 2 i 1, i 2 {1, 2,..., 8}, gdzie pierwszy indeks jest numerem kwadratu stopnia pierwszego, który dzielimy, a drugi indeks jest analogicznie nadanym numerem zawartego w nim kwadratu stopnia drugiego. Otrzymamy w ten sposób 8 2 kwadratów stopnia drugiego, których sumą jest dywan stopnia 2. Podobnie dostajemy kolejne stopnie S n, n N, z których każdy składa się z 8 n kwadratów n-tego stopnia Q i1 i 2...i n, i j {1, 2,..., 8}, j {1, 2,..., n}. Dywanem Sierpińskiego nazywamy zbiór S := n N S n. Q 3 Q 2 Q 1 Q 4 Q 8 Q 5 Q 6 Q 7 Rysunek 1: Dywan stopnia pierwszego, drugiego i trzeciego. Można łatwo dowieść, że pole dywanu jest równe 0. Jednocześnie jest to zbiór niepusty, gdyż należą do niego conajmniej krawędzie wyjściowego kwadratu S 0. Widać również, że średnica kwadratu n-tego stopnia ma zawsze długość d, gdzie d to długość średnicy kwadratu S 3 n 0. W związku z tym średnice kwadratów kolejnych stopni dążą do zera. Przypomnimy teraz kilka faktów, z których będziemy korzystać podczas dowodów. Każda przestrzeń metryczna jest T 4, tzn. dla każdych dwóch rozłącznych zbiorów domkniętych A i B istnieją rozłączne zbiory otwarte U i V, które zawierają odpowiednio zbiory A i B. Jeśli {C i } i N jest zstępującym ciągiem zbiorów zwartych oraz mamy zbiór otwarty Z i N C i, to istnieje w tym ciągu zbiór C n zawarty w Z. Przecięcie zstępującego ciągu zbiorów niepustych domkniętych będących podzbiorami zbioru zwartego w przestrzeni metrycznej zupełnej jest niepuste. Jeśli dodatkowo ciąg średnic tych zbiorów zmierza do zera, to te przecięcie składa się z dokładnie jednego punktu. Jeśli dwa zbiory A i B są rozłączne i równocześnie otwarte lub równocześnie domknięte oraz M A B, gdzie M jest zbiorem niepustym i spójnym, to M A, albo M B. Jeśli continuum K jest podzbiorem krzywej C to jest również krzywą. Homeomorficzny obraz krzywej jest krzywą. Twierdzenie 1 Przecięcie zstępującego ciągu continuów jest continuum. 2

3 Dowód Mamy C 1 C 2... C n..., gdzie dla każdego i N, C i jest continuum. Zbiory C i, i N są zwarte i zawierają się w C 1, więc są domknięte w C 1. Zdefiniujmy zbiór C := i N C i. Jest to przecięcie rodziny zbiorów domkniętych, a więc zbiór ten jest domknięty. Jako domknięty podzbiór zbioru zwartego C 1 jest również zwarty. Co więcej na mocy faktu 2-go jest to zbiór niepusty. Przypuśćmy, że zbiór zwarty C nie jest spójny, można go zatem przedstawić jako sumę zbiorów A i B niepustych, domkniętych w C i rozłącznych. Istnieją więc zbiory U i V otwarte i rozłączne, zawierające odpowiednio zbiory A i B. Zdefiniujmy W := U V. Ponieważ A U, B V, C = A B, więc C W. Z faktu 2 wynika, że istnieje continuum C n zawarte w W. Ponieważ C U i C V oraz C C n to C n U i C n V. Na mocy faktu 4-go otrzymaliśmy więc sprzeczność, która dowodzi spójności zbioru C. Twierdzenie 2 Dywan Sierpińskiego jest krzywą płaską. Dowód Aby pokazać, że krzywa Sierpińskiego jest continuum, pokażemy indukcyjnie, że jest nim dla każdego n dywan n-tego stopnia S n. Dywan pierwszego stopnia składa się z ośmiu kwadratów, które kolejno mają punkty wspólne na krawędziach, więc jest spójny. Jako skończona suma zbiorów zwartych jest również zwarty. Załóżmy, że dywan n-tego stopnia jest continuum. Wynika z tąd, że dywan n + 1-stopnia też nim jest, bo składa się on z ośmiu dywanów n- tego stopnia, mających kolejno punkty wspólne na krawędziach. Ponieważ S n+1 S n, n N, więc na mocy twierdzenia 1, ich przecięcie n N S n, czyli dywan Sierpińskiego jest continuum. Ustalmy dowolny punkt x należący do dywanu i dowolny ε > 0. Wykazaliśmy już wcześniej, że średnice kwadratów kolejnych stopni dążą do zera. Znajdziemy więc takie k N, że istnieje kwadrat należący do dywanu k-tego stopnia zawierający punkt x i mający średnicę mniejszą od ε, a więc zawierający się w ε-otoczeniu sferycznym punktu x. W dywanie k + 1-stopnia z wnętrza każdego kwadratu z dywanu stopnia k-tego usuwane są punkty, więc w dowolnie małym otoczeniu dowolnego punktu krzywej Sierpińskiego istnieją punkty do niej nie należące. Twierdzenie 3 Jeśli C jest krzywą płaską, to istnieje podzbiór C dywanu Sierpińskiego homeomorficzny ze zbiorem C. 3

4 Dowód Zbiór C jest zwarty, więc jest ograniczony, zatem istnieje prostokąt P go zawierający. Podzielmy go na dziewięć równych prostokątów o bokach równoległych do boków P. Jako krzywa w sensie Cantora zbiór C nie zawiera żadnego zbioru otwartego, więc również wnętrza środkowego prostokąta. Ze zwartości zbioru C wynika jego domkniętość. Jego dopełnienie i wnętrze środkowego prostokąta są zbiorami otwartymi, dlatego istnieje prostokąt P 0, zawarty we wnętrzu środkowego prostokąta i rozłączny z C. Przedłużmy boki prostokąta P 0, do przecięcia z bokami P, uzyskując podział wyjściowego prostokąta na dziewięć prostokątów, z których środkowy nie ma punktów wspólnych z krzywą C, następnie usuńmy jego wnętrze. Zbiór, który został po tej operacji nazwijmy S 1, a osiem prostokątów, które go tworzą podobnie jak przy konstrukcji dywanu Sierpińskiego nazwijmy prostokątami pierwszego stopnia P 1, P 2,..., P 8. Podzielmy każdy z prostokątów pierwszego stopnia na dziewięć równych części. Konstrukcję zacznijmy od prostokąta P 1, podobnie jak poprzednio we wnętrzu środkowego prostokąta równego podziału istnieje prostokąt R 10, który nie zawiera żadnego punktu krzywej C. Przedłużamy jego boki do przecięcia z bokami wyjściowego prostokąta P. Rysunek 2: Sposób konstrukcji continuum S 4

5 Analogicznie istnieje prostokąt R 20 zawarty w środkowej części równego podziału prostokąta P 2 i ograniczony prostymi, które są przedłużeniami boków R 10. Przedłużmy boki prostokąta R 20 do przecięcia z bokami P. Tak samo istnieje prostokąt R 30 rozłączny z krzywą C, zawarty wewnątrz centralnego prostokąta równego podziału P 3, ponadto leżący w części wspólnej pasów zawartych między prostymi, które są przedłużeniami boków prostokątów R 10 i R 20. Podobnie otrzymujemy kolejne prostokąty R i0, i {4, 5, 6, 7, 8}. Przez P i0, i {1, 2,..., 8} oznaczmy prostokąty zawarte odpowiednio w R i0 i złożone z punktów części wspólnej wszystkich pasów poziomych i pionowych utworzonych przez przedłużenia boków prostokątów R k0, k {1, 2,..., 8, } i przechodzących przez P i. Każdy prostokąt pierwszego stopnia P i, i {1, 2,..., 8} dzielimy przez przedłużenie boków prostokąta P i0, po czym usuwamy jego wnętrze. Pozostałe osiem prostokątów oznaczamy przeciwnie do ruchu wskazówek zaczynając od prawego górnego P ij, j {1, 2,..., 8}. W ten sposób otrzymamy 64 prostokąty rzędu drugiego P i1 i 2 i 1, i 2 {1, 2,..., 8}, dające zbiór S 2. Robimy to rekurencyjnie dla wszystkich następnych stopni, za każdym razem uzyskując zbiór S n składający się z 8 n prostokątów n-tego stopnia P i1 i 2...i n, i j {1, 2,..., 8}, j {1, 2,..., n}. Z faktu, że prostokąt który usuwamy z wnętrza prostokąta n-tego stopnia jest zawarty we wnętrzu środkowego prostokąta jego równego podziału wynika, iż powstałe prostokąty n + 1-tego stopnia mają boki o długości nie większej niż 2/3 odpowiednich boków prostokąta n-tego stopnia w którym są zawarte, a więc gdy utworzymy zstępujący ciąg prostokątów kolejnych stopni to ciąg ich średnic będzie zmierzał do zera. Podobnie jak przy konstrukcji dywanu Sierpińskiego otrzymujemy zstępujący ciąg continuów, których przecięcie, oznaczmy je jako S, jest również continuum. Krzywa C jest całkowicie w nim zawarta. Pokażemy teraz, że continuum S jest homeomorficzne z dywanem Sierpińskiego. Ustalmy dowolny punkt x S. Należy on do pewnego prostokąta pierwszego stopnia P i1, do pewnego prostokąta stopnia drugiego P i1 i 2 zawartego w prostokącie P i1, itd. Otrzymujemy ciąg prostokątów P i1 P i1 i 2 P i1 i 2 i 3..., taki, że x n N P i1 i 2...i n. Co więcej z faktu 3 i tego, że ciąg średnic prostokątów zmierza do zera mamy n N P i1 i 2...i n = {x}. Dzięki zgodności oznaczeń otrzymanemu ciągowi prostokątów odpowiada zstępujący ciąg kwadratów z dywanu Sierpińskiego Q i1 Q i1 i 2 Q i1 i 2 i Z faktu 2 wynika, że n N Q i1 i 2...i n jest zbiorem dokładnie jednoelemen- 5

6 towym. Możemy zatem punktowi x continuum S przyporządkować punkt x należący do dywanu Sierpińskiego, będący przecięciem ciągu kwadratów odpowiadającego ciągowi prostokątów do którego należy x. Zauważmy, że różnym punktom S będą odpowiadać różne punkty dywanu S, ponieważ dla każdych dwóch różnych punktów należących do S istnieje takie k, że dwa prostokąty k-tego stopnia zawierające odpowiednio te punkty są rozłączne, rozłączne będą więc również odpowiednie kwadraty k-tego stopnia. Odwracając to rozumowanie można łatwo dowieść, że podobnie każdemu punktowi dywanu odpowiada w ten sam sposób dokładnie jeden punkt continuum S. Możemy więc stworzyć bijekcję f : S S, udowodnimy teraz, że jest ona odwracalnie ciągła. Ustalmy dowolny punkt x S i dowolny ε > 0. Możemy znaleźć takie n, że kwadraty n-tego rzędu zawierające obraz punktu x zawierają się w jego ε-otoczeniu. Dobierzmy teraz δ tak, że δ-otoczenie sferyczne punktu x w przecięciu ze zbiorem S n jest zawarte w prostokątach, które odpowiadają powyższym kwadratom n-tego stopnia. Widać, że jeśli odległość dowolnego punktu y S od punktu x jest mniejsza od δ, to jego obraz jest odległy od obrazu punktu x o nie więcej niż ε. W analogiczny sposób można udowodnić ciągłość odwzorowania odwrotnego. Dowiedliśmy tym samym, że funkcja f jest szukanym przekształceniem homeomorficznym, a obraz zbioru C przez f jest szukanym zbiorem C. Twierdzenie 4 Dywan Sierpińskiego jest krzywą w sensie Urysohna. Dowód Udowodniliśmy już, że dywan Sierpińskiego jest continuum, pozostaje wykazać, że dowolny jego punkt posiada dowolnie małe otoczenie, którego brzeg nie zawiera continuów złożonych. Ustalmy dowolny x S, i dowolny ε > 0. Znajdziemy takie n N, że kwadraty n-tego stopnia będą miały średnicę mniejszą niż 1 ε. Wybierzmy teraz kwadrat (lub jeden z kwadratów) 2 zawierający punkt x. Punkt ten nie może leżeć na przecięciu przekątnych tego kwadratu, ponieważ, w następnym kroku konstrukcji dywanu zostałby usunięty. Musi więc istnieć trójkąt prostokątny wyznaczony przez boki kwadratu i jedną z przekątnych taki, że punkt x leży w jego wnętrzu. Za szukane otoczenie przyjmijmy kwadrat, który powstanie ze znalezionego trójkąta i trzech trójkątów będących jego odbiciami symetrycznymi odpowiednio wzdłuż przyprostokątnych oraz przecięcia przyprostokątnych. Brzeg tego otoczenia, przecina się z S po przekątnych kwadratów n-tego stopnia, czyli po zbiorze Cantora. 6

7 Z tego twierdzenia, oraz z faktów 5 i 6 wynika, że każda krzywa płaska w sensie Cantora jest krzywą w sensie Urysohna. Jak łatwo zauważyć, konstrukcja dywanu Sierpińskiego przypomina konstrukcję zbioru Cantora na prostej. Co więcej jego konstrukcję można uważać za dwuwymiarowe uogólnienie konstrukcji tego zbioru. Trójwymiarowym uogólnieniem konstrukcji zbioru Cantora jest tzw. kostka Mengera. Powstaje ona przez procedurę rekurencyjną, którą rozpoczynamy od ustalonego sześcianu. Dzielimy go na 27 (3x3x3) identycznych sześcianów i usuwamy środkowy oraz do niego przyległe (pozostałe dwadzieścia będziemy nazywali sześcianami stopnia pierwszego). Następnie powtarzamy procedurę dzielenia i usuwania odpowiednich części dla każdego sześcianu stopnia pierwszego (otrzymamy w ten sposób sześciany stopnia drugiego). Podobnie dostajemy kolejne stopnie. Kostką Mengera nazywamy zbiór punktów pozostałych po nieskończonej ilości kroków. Każda ściana kostki jest dywanem Sierpińskiego, a przekątna kostki jest zbiorem Cantora. Rysunek 3: Kostka Mengera stopnia trzeciego. Zbiór ten jest krzywą w przestrzeni trójwymiarowej o bardzo ciekawej własności: Twierdzenie 5 Dowolna krzywa w dowolnej przestrzeni metrycznej jest homeomorficznie zanurzalna w kostce Mengera. Ze względu na stopień trudności nie dowiedziemy tego twierdzenia. 7

8 Literatura [1] R. Engelking, K. Sieklucki, Wstęp do Topologii Państwowe Wydawnictwo Naukowe, Warszawa [2] A. Lelek, Zbiory, Państwowe Zakłady Wydawnictw Szkolnych, Warszawa [3] A. S. Parchomienko, Co To Jest Linia, Państwowe Wydawnictwo Naukowe, Warszawa