elek szakaszok.)
3.2.4 S´ıkgr´ afok dualit´ asa
Legyen G = (V, E) s´ıkbarajzolt gr´af, legyen V∗ G lapjainak halmaza.
G∗ = (V∗, E∗) a Gdu´alisa, aholE∗ ={e∗ : e ∈ E} ´es e∗ az e-t hat´arol´o tartom´any(oka)t ¨osszek¨ot˝o ´el.
Megjegyz´es: AG∗ du´alis gr´af nem(csak) G-t˝ol, hanem Gadott s´ıkba-rajzol´as´at´ol f¨ugg. Adott s´ıkgr´af k¨ul¨onb¨oz˝o s´ıkbarajzol´asai nemizomorf du´ a-lisokat defini´alhatnak.
K¨ul¨onb¨oz˝o s´ıkbarajzol´ asok-hoz k¨ul¨onb¨oz˝o du´alis tartozik.
(Egyszer van 6-odfok´u cs´ucs, m´asszor nincs.)
Def.:AQ⊆E(G) ´elhalmazv´ag´as, haQegy olyan ´elhalmaz, hogy elhagy´asakorGkomponenseinek sz´ama megn˝o, ´esQegy legsz˝ukebb ilyen ´elhalmaz, azazQsemelyik val´odi r´eszhalmaz´ara ez nem teljes¨ul.
Aze´elelv´ag´o ´el, ha{e}v´ag´as. AGgr´afe´ese0 ´eleisoros ´elek, ha{e, e0}v´ag´as.
T´etel:LegyenG= (V, E) sr. (1) HaG∗ aGdu´alisa, akkorG∗ sr ´es ¨of.
(2)ϕ(e) :=e∗ egyϕ:E(G)→E(G∗) term´eszetes bijekci´ot defini´al.
(3)Glapjai bijekt´ıvenG∗ pontjainak felelnek meg.
(4) HaG¨of, akkorGa G∗ du´alisa, ´ıgy ekkorGpontjai bijekt´ıvenG∗ lapjainak felelnek meg.
(5)e∈E(G) a Ghurok´ele (elv´ag´o ´ele) ⇐⇒ ϕ(e) aG∗elv´ag´o ´ele (hurok´ele).
(6)e, e0 ∈E(G) p´arhuzamos (soros) ´elek ⇐⇒ ϕ(e), ϕ(e0) soros (p´arhuzamos) ´elek.
(7)C⊆E(G) aGk¨ore (v´ag´asa) ⇐⇒ ϕ(C)G∗v´ag´asa (k¨ore).
(8) HaG¨of, akkorF ⊆E(G) a Gfesz´ıt˝of´aja ⇐⇒ ϕ(F) aG∗ egy fesz´ıt˝of´aj´anak komplementere.
Biz.:(1): Elk´esz´ıt¨unk egyG0= (V0, E0) gr´afot az al´abbiak szerint. A s´ıkbarajzoltG gr´af mindenllapj´an felvesz¨unk egyvl pontot, legyenV∗:= {vl :l Glapja}, ´es legyen V0:=V ∪V∗. AG0gr´af minden ´ele egyV-beli ´es egyV∗-beli pont k¨oz¨ott fut. Az ´eleket
´
ugy kapjuk, hogy mindenV-belivcs´ucsb´ol annyiE0-´elt ind´ıtunk, ah´anyE-beli indul v-b˝ol, m´egpedig ´ugy, hogyvk¨or¨ul felv´altva k¨ovetkezzenek azE-beli ill.E0-beli ´elek. Ha egy v-b˝ol indul´oE0-belie0´el azllapon indul, akkor ezen ´el m´asik v´egpontjavllesz. Feltehet˝o, hogy mindenvvl´elt az adottllapon bel¨ul rajzoltunk, ´ıgyG0 s´ıkbarajzolt gr´af lesz. S˝ot:
G0∪E olyan s´ıkbarajzolt gr´af, aminek k´etf´ele lapja lehets´eges: ha egy lapj´atE-beliuv
´
el hat´arolja, akkor u´esv is ugyanazzal a V∗-beli ponttal van ¨osszek¨otve, ez´ert ezen a lapon k¨orbej´arva k´etE0-beli ´es egyE-beli ´elen haladunk v´egig. Ezen k´ıv¨ulG0∪E-nek olyan lapjai lehetnek m´eg, amiket kiz´ar´olagE0-beli ´elek hat´arolnak. Az is l´atszik, hogy ha egy els˝o t´ıpus´u lapr´ol azE-beli ´elt elhagyjuk, akkor k´et h´aromsz¨oglapot olvasztunk egy n´egysz¨oglapp´a.
Azt kaptuk teh´at, hogyG0egy s´ıkbarajzolt gr´af, ´esGegy s´ıkbarajzol´as´at ´ugy kaphat-juk meg, hogyGbizonyos n´egysz¨oglapjaiba (a lapon bel¨ul haladva) beh´uzunk egy ´atl´ot.
Vil´agos, hogy azt is megtehetj¨uk, hogy ugyanezen n´egysz¨oglapoknak nem aV-beli cs´ u-csait ¨osszek¨ot˝o ´atl´oj´at h´uzzuk be, hanem (szint´en a lapon bel¨ul maradva) aV∗-belieket
¨osszek¨ot˝ot. Ez´altal ´ujfent egy s´ıkbarajzolt gr´afot kapunk, ami defin´ıci´o szerint ´epp aG∗ du´alis gr´af lesz.
V V∗ E E0
E∗ E V∗ V
AG0´esG∗ gr´afok
Azt kell m´eg igazolni, hogy a G∗ gr´af ¨osszef¨ugg˝o, azaz b´armelyvl´esvk cs´ucsa k¨oz¨ott vezet ´ut. Tekints¨unk a s´ıkon egy olyan g¨orbe vonalat, ami ezek k¨oz¨ott a cs´ucsok k¨oz¨ott vezet, de nem megy ´atGegyetlen cs´ucs´an sem. Ez a g¨orbe a Ggr´afon tartom´anyr´ol-tartom´anyra halad, mindig aG´el´et ´atmetszve. Vil´agos, hogy minden ilyen tartom´anyugr´asn´al a du´alisban a megfelel˝o tartom´anyokhoz tartoz´o cs´ucsok szomsz´edosak, teh´at a g¨orbe defini´al egy ´elsorozatot a du´alis gr´afon, amib˝ol m´ar k¨onnyen k´esz´ıthet˝o egyvl-t avk-val ¨osszek¨ot˝o ´ut is.
(2,3): A du´alis defin´ıci´oj´ab´ol vil´agos.
(4) MivelG∗minden ´ele pontosan egy ´elet metsziG-nek pontosan egyszer, ez´ertG∗b´armely tartom´anya tartalmazza G-nek legal´abb egy pontj´at. MivelG¨of, ez´ert az Euler-formula szerintn=e+ 2−t, aholn, t, ejel¨oliGpont-, tartom´
any-´
es ´elsz´am´at. (1) szerintG∗is ¨of, ahonnant∗=e∗+ 2−n∗, aholn∗, t∗´ese∗aG∗pont-, tartom´any- ´es ´elsz´ama. (2) miatt e=e∗, (3) szerintt=n∗, ´ıgyn=t∗, azazG∗minden lapja pontosan egyV-beli pontot tartalmaz. Innen az l´atszik, hogy (G∗)0=G0, teh´at (G∗)∗=G. Az ´all´ıt´as m´asodik r´esze (3)-b´ol k¨ovetkezik.
(5,6, 7) Elegend˝o (7)-t bizony´ıtani, (5,6) ebb˝ol k¨ovetkezik. HaCaGk¨ore, akkorClerajzol´asa 2 r´eszre osztja a s´ıkot.
Ez´ertϕ(C) ´eleit elhagyva a k¨or belsej´eben l´ev˝o du´alis cs´ucsokb´ol nem lesznek el´erhet˝oek a k¨or¨on kiv¨uli cs´ucsok. Az is
k¨onnyen l´athat´o, hogy mind a k¨or belsej´eben lev˝o, mind aC k¨orlapon k´ıv¨uli du´alis cs´ucsok ¨osszef¨ugg˝o gr´afot fesz´ıtenek G∗-ban. Ez´ert, haϕ(C) val´odi r´eszhalmaz´at hagyjuk el, akkor G∗ ¨of marad, teh´at a C ´eleinek megfelel˝o ´elekG∗ egy v´ag´as´at adj´ak.
HaQaGv´ag´asa, akkorQaGegyKkomponens´et v´agja sz´et egyK1 ´es egyK2komponensre. HaQtartalmaz egy uvelv´ag´o ´elt, akkorQminimalit´asa miattQ={uv}, ´esϕ(Q) (5) miatt hurok´el, ami k¨or. Egy´ebk´entQminden ´ele k´et k¨ul¨onb¨oz˝otartom´anyt hat´arol, ´ıgyK1-t legal´abb 2 tartom´any hat´arolja. AK1 komponens k¨or¨ulj´ar´asa a hat´arol´otarom´ a-nyok egy ciklikus sorrendj´et adja, ´es bel´athat´o, hogy ebben minden hat´arol´o tartom´any pontosan egyszer szerepel. Ez´ert aϕ(Q) du´alis ´elhalmaz aG∗egy k¨ore. Az ekvivalenci´ak m´asik ir´anya a fentiekhez hasonl´oan bizony´ıthat´o.
(8)FaGmax k¨ormentes r´eszgr´afja ⇐⇒ f(F) aG∗max (elv´ag´o ´elhalmaz)-mentes r´eszgr´afja ⇐⇒ F∗:=G∗−f(F) aG∗min ¨of r´eszgr´afja, ⇐⇒ F∗fesz´ıt˝ofa (hiszG∗(1) miatt ¨of).
A fentiekben azt l´attuk, hogy a s´ıkbarajzolhat´o gr´afokhoz el tudunk k´esz´ıteni egy du´alis gr´afot, ami nemcsak a s´ıkbarajzol´asa r´ev´en k¨ot˝odik az eredeti gr´afhoz, hanem a v´ag´as-k¨or dualit´as alapj´an is. Ez a megfigyel´es teremt lehet˝os´eget a fogalom ´altal´anos´ıt´as´ara.
Def.:AGgr´af aH gr´af absztrakt du´alisa, ha l´etezik egy ϕ:E(G)→E(H) bijekci´o ´ugy, hogyCa Gk¨ore ⇐⇒ ϕ(C) aH v´ag´asa ´esQaGv´ag´asa ⇐⇒ ϕ(Q) a H k¨ore.
Vil´agos, hogy minden s´ıkbarajzolhat´o G gr´afnak l´etezik absztrakt du´alisa (ak´ar t¨obb, nemizomorf is), hiszen tetsz˝oleges s´ıkbarajzol´ashoz tartoz´oG∗du´alisgr´af megfelel. Nem vil´agos azonban, hogy vajon l´etezik-e nem s´ıkbarajzolhat´o gr´afoknak du´alisa.
Whitney t´etel:AGgr´afnak pontosan akkor l´etezik absztrakt du´alisa, haGsr.
Biz.:(V´azlat) Vil´agos, hogy haG(∗)aGgr´af absztrakt du´alisa, ´esH a Gr´eszgr´afja, akkor azE(H)-nak megfelel˝o
´
elekG(∗)-nak egy olyanH(∗) r´eszgr´afj´at alkotj´ak, ami a H gr´af absztrakt du´alisa. A Kuratowski t´etel szerint Whitney fenti t´etel´et bebizony´ıthatjuk ´ugy, hogy igazoljuk, hogy sem aK5-tel, sem pedig aK3,3-mal topologikusan izomorf gr´ a-foknak nincs absztrakt du´alisa. Vil´agos, hogy a sz´obanforg´o gr´afok ´ugy keletkeznek, hogyK5vagyK3,3´eleit soros ´elekkel helyettes´ıtj¨uk. Ezen soros ´eleknek az absztrakt du´alisban p´arhuzamos ´eleknek kell megfelelni¨uk. Ha most e p´arhuzamos
´
elekb˝ol csak 1−1 p´eld´anyt tartunk meg, akkor a K5 vagy aK3,3 absztrakt du´alis´at kapn´ank. A Whitney t´etelt teh´at visszavezett¨uk arra, hogy k´et konkr´et gr´afr´ol (aK5-r˝ol ill. aK3,3-r´ol) kell igazolni, hogy nincs absztrakt du´alisuk.
N´ezz¨uk aK5-t! Ennek van 5 db olyan v´ag´asa, amelyek mindegyike 1−1 pontot v´ag le, ´es ezek 4−4 ´elt tartalmaznak. Ha indirekt l´etezik egyK5(∗)absztrakt du´alis, akkor ennek pontosan 5 db 4-hossz´u k¨ore van (mondjukC1, C2, . . . , C5) ´ugy, hogy azok p´aronk´et 1−1 k¨oz¨os ´ellel rendelkeznek, amit elhagyva egy 6-hossz´u k¨ort kapunk. Legyen aC1´esC2k¨oz¨os ´el´ehez csatlakoz´oC2-´ele=uv!
(Ld. az ´abr´at.) HavaC1k¨or¨on van, akkorubiztosan nem pontjaC1-nek, hiszenC1∪C2-b˝ol elhagyva a k¨oz¨os ´elt egy 6-hossz´u k¨ort kapunk. Tudjuk, hogyuvaC2-nek ´es egy m´asik k¨ornek a k¨oz¨os ´ele. A fentiek szerint azuv´egpont csakis aC3k¨orv-b˝ol indul´o ´el´enek m´asik v´egpontja lehet.
A fenti gondolatmenet aC1 b´armely szomsz´edos k¨or´evel elmondhat´o. Ebb˝ol az ad´odik, hogy a K5(∗)gr´af sz¨uks´egk´eppen a kocka ´elh´al´oja, de ennek 6 db 4-hossz´u k¨ore van, ami ellentmond´as.
u e v C2 C3 C1 C5
C4 Tegy¨uk fel ezut´an indirekt, hogy aK3,3 gr´afnak l´etezik egyK3,3(∗)absztrakt du´alisa. AK3,3
-nak 6 db 3-´el˝u v´ag´asa van (amik egy-egy cs´ucs lev´ag´as´aval keletkeznek). E 6 v´ag´as k´et 3-as csoportra oszthat´o ´ugy, hogy az egy csoporton bel¨uli v´ag´asok p´aronk´ent ´eldiszjunktak. A du´alis megfelel˝oj¨uk 6 db 3-hossz´u k¨or lesz, mondjukC1, C2, C3´esCa, Cb, Cc´ugy, hogy sem a sz´amozott, sem a bet˝uz¨ott k¨or¨oknek nincs k¨oz¨os ´ele, de b´armely sz´amozottnak pontosan egy k¨oz¨os ´ele van b´armely bet˝uz¨ottel. N´ezz¨uk aCak¨ort ´es a hozz´a ´elen csatlakoz´oC1, C2, C3 k¨or¨oket. Az ´abr´an l´athat´o cs´ucsok k¨oz¨ul semelyik kett˝o sem eshet egybe a fent elmondottak miatt. Ekkor azonban nem l´etezhet olyanCbk¨or, aminek a h´arom sz´amozottCimindegyik´evel k¨oz¨os ´ele van. A kapott
ellentmond´as igazolja a Whitney t´etelt.
C3 Ca
C2 C1
Kor´abban m´ar l´attunk p´eld´at arra, hogy egy ¨of, srGgr´afnak lehetnek nemizomorfG∗1, G∗2 du´alisai.
A fenti, 8 pontb´ol ´all´o t´etel persze az ilyen gr´afokra is igaz, ´ıgyGv´ag´asai bijekt´ıvenG∗1 ill.G∗2k¨oreinek is megfelelnek. Teh´at G∗1 ´esG∗2 ´elei k¨oz¨ott k¨ortart´o bijekci´o van. Ez motiv´alja a k¨ovetkez˝o fogalmat.
Def.: G´es H gr´afok gyeng´en izomorfak (2-izomorfak), ha l´etezik egy ϕ : E(G) → E(H) bijekci´o
´
ugy, hogyC pontosan akkor k¨ore aGgr´afnak, haϕ(C) ={ϕ(c) :c∈C}a H k¨ore.
Whitney t´etele:HaGs´ıkbarajzolhat´o, tov´abb´aG´esH gyeng´en izomorf, akkor
(1)H is s´ıkbarajzolhat´o, (2)G∗´esH∗ is gyeng´en izomorf, v´eg¨ul (3)G´es (G∗)∗ gyeng´en izomorf.
Biz.:(V´azlat) (1): Legyen G∗ a G gr´af egy du´alisa. Vil´agos, hogyG∗ egy´uttal aH absztrakt du´alisa is, ez´ert az els˝onek kimondott Whitney t´etel miattH sr. (2): MinthogyG∗´esH∗egyar´ant absztralt du´alisaiH-nak (hisz a du´alis is absztrakt du´alis), ez´ert egym´assal gyeng´en izomorfak a 8 pontb´ol ´all´o t´etel (7) ´all´ıt´asa szerint. (3): Az id´ezett t´etel (1)
´
all´ıt´asa miatt (G∗)∗¨of, a (6) ´all´ıt´as szerint teh´atG∗du´alisa (G∗)∗-nak ´es perszeG-nek is. De ekkorG´es (G∗)∗egym´assal
gyeng´en izomorfak.
Hogyan kaphatunk gyeng´en izomorf gr´afokat? Ha G k´et k¨ul¨onb¨oz˝o komponen-s´enek egy-egy pontj´at azonos´ıtjuk, akkor a k¨or¨ok halmaza nem v´altozik. Az in-verzoper´aci´o, amikor egy elv´ag´o pontot sz´eth´uzunk szint´en ez eredetivel gyeng´en izomorf gr´afot eredm´enyez. Ha Ga pontdiszjunkt G1 ´esG2 gr´afokb´ol keletkezik
´
ugy, hogy G1 u1 pontj´at azonos´ıtjuk G2 u2 pontj´aval ´es G1 v1 pontj´at azono-s´ıtjukG2 v2 pontj´aval, akkor G´esG0 is gyeng´en izomorf, aholG0- ´ugy kapjuk, hogyG1u1pontj´at azonos´ıtjukG2v2pontj´aval´esG1v1pontj´at azonos´ıtjukG2 u2pontj´aval.
G G1
G2 G2
G1
G0
T´etel: (Whitney)HaG´esHgyeng´en izomorf, akkorHel˝o´all´ıthat´oG-b˝ol a fenti 3 oper´aci´o ism´etelt
alkalmaz´as´aval.
4. fejezet
Halmazelm´ elet
A modern matematika alapj´anak manaps´ag a halmazelm´eletet ´es a matematikai logik´at szok´as tekinteni. Mi ebben a fejezetben a halmazelm´eletnek egy speci´alis r´esz´et villantjuk fel, m´egpedig a sz´amoss´agok elm´elet´et. Nincs arra m´od, hogy sz´amottev˝o m´elys´egben foglalkozzunk az elm´eletnek ak´ar ezzel a szelet´evel, de a t´argyal´as tal´an elegend˝o ahhoz, hogy meg´erts¨unk valamit e a rendk´ıv¨ul absztrakt ´es m´ely tudom´any´agban szok´asos gondolkod´asm´odb´ol.
E fejezet c´elja a sz´amfogalomnak a komplex sz´amokt´ol k¨ul¨onb¨oz˝o ir´any´u ´altal´anos´ıt´asa: a v´egtelennek mint sz´amnak a kezel´ese. Most nem a term´eszetes sz´am, eg´esz sz´am, racion´alis sz´am, komplex sz´am vonalon pr´ob´aljuk b˝ov´ıteni a sz´amk¨ort, hanem azt figyelj¨uk meg, hogy a v´eges halmazok b´armelyik´ehez egy´ertelm˝uen hozz´arendelhet˝o egy term´eszetes sz´am: az adott halmaz elemsz´ama. M´as sz´oval, ha k´et halmazhoz ugyanazt rendelt¨uk, akkor ugyanannyi elem¨uk van. De vajon mi´ert csak a v´eges halmazokhoz tudunk ´ıgy elemsz´amot rendelni? Mi´ert ne pr´ob´alkozhatn´ank meg a v´egtelen halmazok elemsz´am´anak meghat´aroz´as´aval is? Ezt tessz¨uk az al´abbiakban.
Def.: Tegy¨uk fel, hogy az f f¨uggv´eny az A halmaz elemeihez a B halmaz elemeit rendeli. Az f f¨uggv´eny injekt´ıv, ha k¨ul¨onb¨oz˝o elemekhez k¨ul¨onb¨oz˝o elemeket rendel, azaz x 6= y ⇒ f(x) 6= f(y) teljes¨ul tetsz˝oleges x, y ∈ A eset´en. Azt mondjuk, hogy f sz¨urjekt´ıv (magyarul r´ak´epez´es), ha a B halmaz minden eleme el˝o´all k´epk´ent, vagyis ∀b∈ B∃a ∈A : f(a) = b. Ha egy f f¨uggv´eny injekt´ıv ´es sz¨urjekt´ıv, akkor f-t bijekci´onak (magyarul k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝u lek´epez´esnek vagy egy-egy´ertelm˝u lek´epez´esnek) mondjuk.
Haf egyA´esB k¨ozti bijekci´o, akkor f voltak´eppen p´arokba rendezi A´es B elemeit, ´ıgy szeml´eletesen vil´agos, hogyA-nak ´esB-nek ugyanannyi eleme van. Hafinjekci´oA-b´olB-be, akkorB-nek nem felt´etlen¨ul ´all el˝o minden eleme k´epk´ent, teh´atA-nak annyi eleme van, mintBegy r´eszhalmaz´anak, azazBelemeinek sz´ama legal´abb akkora, mintA-´ei´e.
Err˝ol sz´ol az al´abbi defin´ıci´o.
Def.:Azt mondjuk, hogyA sz´amoss´aga azonos B sz´amoss´ag´aval (jel¨ol´esben|A|=|B|), ha l´etezik A ´es B k¨oz¨ott bijekci´o. Ha l´etezik A-b´ol B-be injekci´o akkor A sz´amoss´aga kisebb vagy egyenl˝o, mint B-´e, ´es ezt az|A| ≤ |B|jel¨ol´es ´ırja le.
Cantor-Bernstein t´etel:1 Ha|A| ≤ |B|´es|B| ≤ |A|, akkor|A|=|B|.
Biz.:Feltehetj¨uk, hogy azA´esBhalmazok diszjunktak. Legyenekf :A→B´esg:B→Ainjekci´ok, amik a t´etel felt´etelei szerint l´eteznek. LegyenA∪BaG(esetleg v´egtelen) gr´af cs´ucshalmaza, ´esa∈A,b∈Beset´en legyenab∈E(G), ha f(a) =b vagy hag(b) =a. Vil´agos, hogy aGgr´af b´armely cs´ucs´ab´ol legfeljebb k´et ´el indul. AzA´esBhalmazok k¨oz¨ottiϕbijekci´otGminden egyes komponens´en bel¨ul k¨ul¨on-k¨ul¨on defini´aljuk. AGgr´af komponensei ¨otf´el´ek lehetnek:
(1)a, begy komponens, haf(a) =b´esg(b) =a. Legyen ekkorϕ(a) =b.
(2) Komponens lehet aza1, b1, a2, b2, . . . , an, bnk¨or, ahol teh´atbna1isG´ele. Defini´aljuk ekkor a komponensen bel¨ul aϕlek´epez´est aϕ(ai) =bi-nek. Ez´altalϕbijekci´o a komponensen bel¨ul.
Ezzel a v´eges komponenseket elint´ezt¨uk. HaGegy komponense v´egtelen, akkor az egy v´egtelen ´ut, ami vagy mindk´et ir´anyban v´egtelen, vagy csak az egyikben. H´arom eset van teh´at:
(3)Gegy komponense a. . . , a−2, b−2, a−1, b−1, a0, b0, a1, b1, a2, b2, . . ., mindk´et ir´anyban v´egtelen ´ut. Ekkor aϕ(ai) :=
bibijekci´o a komponensen bel¨ul.
(4) HaGegy egyir´anyban v´egtelen ´ut komponens´enek v´egpontjaA-beli, azaz a komponensa1, b1, a2, b2, . . .alak´u, ´es aϕ(ai) :=biism´et bijekci´o.
(5) Az az eset marad, amikor a komponens egyB-beli cs´ucsb´ol indul´o v´egtelen ´ut, azazb1, a1, b2, a2, . . .. Ekkor legyen ϕ(ai) =biism´et bijekci´ot ad a komponensen.
A fenti ¨ot eset valamelyikeGb´armely komponens´ere r´ah´uzhat´o, ez´ert aϕlek´epez´est azAminden elem´ere defini´altuk,
´
es az is vil´agos, hogyBminden eleme pontosan egyA-beli elem k´epe lesz. M´as sz´ovalϕegyA´esBk¨ozti bijekci´o, nek¨unk
pedig pontosan egy ilyen f¨uggv´eny l´etez´es´et kellett igazolnunk.
A Cantor-Bernstein t´etel ereje abban rejlik, hogy k´et halmaz sz´amoss´ag´anak egyenl˝os´eg´et nem musz´aj egy konkr´et bijekci´o sokszor f´arads´agos megad´as´aval igazolni. Elegend˝o mind¨ossze k´et injekci´ot mutatni
1Ennek az id˝onk´ent Schr¨oder-Bernstein ill. Bernstein-Schr¨oder n´even emlegetett t´etelnek a t¨ort´enete 1887-ben kezd˝ o-dik, amikoris Richard Dedekind ezt bebizony´ıtotta mag´anak. Akkort´ajt m´eg l´enyeg´eben nem l´etezett halmazelm´elet, ´ıgy szinte senkit sem ´erdekelt az eredm´eny. 1895-ben azonban a halmazelm´elet m´asik nagy alakja, a Dedekinddel ekkor m´ar haragban ´all´o Georg Cantor ugyanezt sejt´esk´ent mondta ki. Ernst Schr¨oder 1896-ban adott egy hib´as bizony´ıt´ast, majd Felix Bernstein 1898-ban tal´alt egy helyeset. A t´etel sz´amos elnevez´ese abban minden esetre k¨oz¨os, hogy a
”Dedekind”
karaktersorozat egyikben sem fordul el˝o.
39
a k´et k´erd´eses halmaz k¨oz¨ott.
Def.: Azt mondjuk, hogy A sz´amoss´aga kisebb, mint B sz´amoss´aga (jel¨ol´esben |A| < |B|), ha
|A| ≤ |B|´es|A| 6=|B|(azaz ha|A|=|B|nem teljes¨ul).
Vil´agos, hogy haA´esB k´et v´eges halmaz, akkor vagy ugyanannyi elem¨uk van (azaz|A|=|B|), vagy az egyiknek t¨obb eleme van, mint a m´asiknak, m´as sz´oval az egyik halmaznak van a m´asik halmazzal egyez˝o elemsz´am´u r´eszhalmaza (azaz|A|<|B|vagy|B|<|A|). Nem vil´agos azonban, hogy v´egtelen halmazokra is ´altal´anos´ıthat´o-e ez a megfigyel´es.
Elk´epzelhet˝o ´eppens´eggel, hogy az A´es aB
”annyira v´egtelen” halmazok, hogy egyiket sem lehet a m´asikba injekt´alni.
Nos, hogy ez csakugyan megt¨ort´enhet-e, az a halmazelm´elet legink´abb vitatott ´u.n.kiv´alaszt´asi axi´om´aj´an m´ulik. Ez az 1904-ben Ernst Zermelo ´altal megfogalmazott axi´oma a k¨ovetkez˝ot mondja ki:
HaAegy halmaz, akkor l´etezik egy olyanflek´epez´es, amelyik azAhalmaz nem¨ures r´eszhalmazaihoz azAelemeit rendeli
´
ugy, hogy tetsz˝olegesX ⊆ Aeset´en f(X) ∈ X teljes¨ulj¨on. M´as sz´oval az Ahalmaz ¨osszes r´eszhalmaz´ab´ol szimult´an kiv´alaszthat´o egy-egy elem.
Ha ezt az axi´om´at bevessz¨uk a halmazelm´elet szok´asos axi´omarendszer´ebe, akkor egy hihetetlen¨ul hat´ekony eszk¨ozt kapunk. Ez az axi´oma ekvivalens az ´u.n.j´olrendez´esi t´etellel. E t´etel szerint minden halmaz j´olrendezhet˝o, azaz tetsz˝ ole-gesH halmaz elemeinek l´etezik olyan sorrendje, amely szerintH tetsz˝olegesK r´eszhalmaz´anak van a sorban legkisebb eleme. A val´os sz´amok szok´asos rendez´ese pl nem j´olrendez´es, mert a val´os sz´amok{1,1
2,13,14, . . .}r´eszhalmaz´anak nincs els˝o (legkisebb) eleme. A kiv´alaszt´asi axi´om´aval ekvivalens a teljes indukci´o v´egtelen ´altal´anos´ıt´as´anak, az ´u.n.transzfinit indukci´onak a l´etjogosults´aga. ´Erdekes sz´amunkra a kiv´alaszt´asi axi´om´anak az a k¨ovetkezm´enye is, mely szerint tetsz˝ o-leges vektort´ernek l´etezik b´azisa. (V´egesen gener´alt vektort´erre ez vil´agos, nem v´egesen gener´altakra ez kor´antsincs ´ıgy.) A sz´amoss´agok ¨osszehasonl´ıhat´os´aga kapcs´an pedig azt ´erdemes megjegyezni, hogy a kiv´alaszt´asi axi´oma ekvivalens a sz´amoss´agoktrichot´omi´aj´aval is, ami pontosan azt mondja ki, hogy b´armely k´et halmaz ¨osszehasonl´ıthat´o, azaz l´etezik injekci´o valamelyik¨ukb˝ol a m´asikba. Ha igaz a kiv´alaszt´asi axi´oma, akkor teh´at nem t¨ort´enhet olyasfajta cs´ufs´ag, hogy k´et halmaz sz´amoss´aga ne volna ¨osszehasonl´ıthat´o.
Felmer¨ul teh´at a k´erd´es: a kiv´alaszt´asi axi´oma vajon igaz vagy sem. Ha a kiv´alaszt´asi axi´om´at feltessz¨uk, akkor igen er˝os t´etelek igazolhat´ok. Egy meglep˝o k¨ovetkezm´eny p´eld´aul a Banach-Tarski paradoxon, mely szerint a h´aromdimenzi´os egys´egg¨omb sz´etdarabolhat´o v´eges sok r´eszre ´ugy, hogy a keletkez˝o r´eszekb˝ol (pontosabban azok eltoltjaib´ol ´es elforga-tottjaib´ol) k´et (´ertelemszer˝uen t¨om¨or) egys´egg¨omb rakhat´o ¨ossze (term´eszetesen ´ugy, hogy minden darabot a k´et ´uj g¨omb k¨oz¨ul pontosan egyhez haszn´alunk fel). ( ´Erdekes epiz´od a paradoxon t¨ort´enet´eb˝ol a Scientific American 1989-es ´aprilisi sz´ama Arlo Lipof level´evel, mely egy k¨ozelebbr˝ol meg nem nevezett d´el-amerikai orsz´ag szupertitkos akci´oj´ar´ol sz´amol be:
a Banach-Tarski t´etel felhaszn´al´as´aval aranyg¨omb¨oket kett˝oznek. A k´erd´es persze csak az, hogy Arlo Lipof melyik angol kifejez´es anagramm´aja.)
A kiv´alaszt´asi axi´oma egy m´asik meglep˝o k¨ovetkezm´enye az al´abbi. Egy b¨ort¨on ¨osszes rabj´aval k¨ozlik, hogy m´asnap reggel mindenkinek egy pozit´ıv eg´esz sz´amot ´ırnak a homlok´ara. Mindazokat, akik a t¨obbiek sz´amainak ismeret´eben helyesen tippelik meg a saj´at sz´amukat, szabadon engedik. Ekkor a rabok meg´allapodhatnak egy olyan
”strat´egi´aban”, amivel el´erhetik, hogy b´armilyen sz´amokat is kapnak m´asnap reggel, v´eges sok kiv´etelt˝ol eltekintve mindegyik¨uk helyesen tippeljen. M´as sz´oval, ha v´egtelen sok rab volt bez´arva, akkor 100% fogja kitatl´alni a saj´at sz´am´at.
Mi teh´at a kiv´alaszt´asi axi´oma st´atusza? Ha igaz, v´aratlan k¨ovetkezm´enyei vannak, ha nem igaz, akkor nincs pl.
trichot´omia. Kurt G¨odel ´es Paul Cohen munk´aj´anak nyom´an der¨ult ki, hogy a kiv´alaszt´asi axi´oma logikailag f¨uggetlen a halmazelm´elet szok´asos Zermelo-Fraenkel f´ele axi´omarendszer´et˝ol (r¨oviden ZF-t˝ol), azaz sem a kiv´alaszt´asi axi´oma, sem annak tagad´asa nem bizony´ıthat´o az eml´ıtett axi´om´akb´ol. Ez´ert ak´ar a kiv´alaszt´asi axi´om´at, ak´ar annak tagad´as´at vessz¨uk hozz´a a ZF-hez, puszt´an ett˝ol nem kapunk ellentmond´ast. Ha teh´at a ZF ellentmond´asmentes, akkor a kiv´alaszt´asi axi´om´aval egy¨utt is az marad. Miut´an nem v´arhat´o, hogy a kiv´alaszt´asi axi´om´at b´arki megc´afoln´a (hisz ez a ZF ellent-mond´asoss´ag´at jelenten´e), az´ert semmi h´atr´anyunk sem sz´armazik abb´ol, ha igaznak tekintj¨uk. ´Igy sz´amos ´erdekes ´all´ıt´as
trichot´omia. Kurt G¨odel ´es Paul Cohen munk´aj´anak nyom´an der¨ult ki, hogy a kiv´alaszt´asi axi´oma logikailag f¨uggetlen a halmazelm´elet szok´asos Zermelo-Fraenkel f´ele axi´omarendszer´et˝ol (r¨oviden ZF-t˝ol), azaz sem a kiv´alaszt´asi axi´oma, sem annak tagad´asa nem bizony´ıthat´o az eml´ıtett axi´om´akb´ol. Ez´ert ak´ar a kiv´alaszt´asi axi´om´at, ak´ar annak tagad´as´at vessz¨uk hozz´a a ZF-hez, puszt´an ett˝ol nem kapunk ellentmond´ast. Ha teh´at a ZF ellentmond´asmentes, akkor a kiv´alaszt´asi axi´om´aval egy¨utt is az marad. Miut´an nem v´arhat´o, hogy a kiv´alaszt´asi axi´om´at b´arki megc´afoln´a (hisz ez a ZF ellent-mond´asoss´ag´at jelenten´e), az´ert semmi h´atr´anyunk sem sz´armazik abb´ol, ha igaznak tekintj¨uk. ´Igy sz´amos ´erdekes ´all´ıt´as