Ugrás a tartalomhoz

Új matematikai mozaik

Ambrus Gergely, Bárszi Gergely, Csikós Balázs, Frenkel Péter, Gács András, Gyárfás András, Hraskó András, Kiss Emil, Laczkovich Miklós, Lovász László, Montágh Balázs, Moussong Gábor, Pach János, Pelikán József, Recski András, Reiman István

Typotex

5. Borsuk–Ulam-tétel

5. Borsuk–Ulam-tétel

Szintén a körülfordulási szám fogalmán alapszik a topológia egyik – főleg kombinatorikában – gyakran használt tételének bizonyítása is.

5.1. Tétel. (Borsuk–Ulam-tétel) Minden f : S 2 R 2 folytonos függvényre létezik x ? S 2 , hogy f ( x ) = f ( - x ) .

5.2. Következmény. Legyen f és g két tetszőleges skalár értékű fizikai mennyiség, pl. a nyomás és a hőmérséklet. Ekkor létezik minden pillanatban a Földön két átellenes pont, melyekben e két mennyiség megegyezik. ?

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy f olyan függvény, amelyre f ( x ) f ( - x ) minden x ? S 2 -re. Legyen ekkor

g ( x ) = f ( x ) - f ( - x ) f ( x ) - f ( - x ) .

Ez a g : S 2 S 1 függvény tehát olyan, hogy g ( - x ) = - g ( x ) . Nevezzük az ilyen leképezéseket páratlanoknak. Azt fogjuk belátni, hogy ilyen g nem létezik. Az S 2 egy egyenlítő-főkörére g -t megszorítva egy v : S 1 S 1 ? R 2 - { 0 ¯ } vektormezőt kapunk, mely szintén páratlan (azaz v ( - x ) = - v ( x ) ). Ez a v vektormező nyilvánvalóan kiterjeszthető az egyenlítő által határolt D 2 körlapra. (Valóban, legyen x ? D 2 egy tetszőleges pontja e körlapnak, és legyen y az északi félgömb x feletti pontja. Definiáljuk v ( x ) -et, mint g ( y ) . ) Tehát a v forgása az egyenlítőn nulla.

Ám másrészről belátjuk, hogy egy páratlan vektormező forgása sosem nulla. Nevezetesen igaz a következő:

5.3. Lemma Páratlan vektormező körülfordulási száma páratlan.

E lemma bizonyítása előtt be kell vezetnünk a körülfordulási szám egy általánosítását.

5.4. Definíció. Legyen ? : [ a , b ] R 2 egy síkgörbe, és legyen megadva még egy v : [ a , b ] R 2 \ { 0 ¯ } nem nulla vektormező. (Úgy képzeljük, hogy minden t ? [ a , b ] -re a ? ( t ) pontba oda van állítva a v ( t ) vektor.) A v vektormező ? menti elfordulásán értsük a következő szöget:

Osszuk fel az [ a , b ] szakaszt a 0 = t 1 //<// t 2 //<// ? //<// t n = b osztópontokkal oly módon, hogy minden [ t i , t i + 1 ] szakaszon a v vektormező bármely két vektora ? 2 -nél kisebb szöget zárjon be. Ekkor a v mező ? -menti elfordulása

I ? ( v ) = ? i = 1 i = n - 1 ( v ( t i ) , v ( t i + 1 ) ) ? .

5.5. Megjegyzés. Ha a ? görbe zárt, akkor I ? ( v ) éppen a körülfordulási szám 2 ? -szerese. (Lásd a 2.2 definíciót.)

Bizonyítás. (5.3. Lemma) Legyen ? : [ 0 , 1 ] S 1 , ? ( t ) = ( cos 2 ? t , sin 2 ? t ) a körvonal paraméterezése. Vegyük észre, hogy minden t ? 0 , 1 2 -re ? ( t ) és ? t + 1 2 egymással átellenes pontok a körön. Így ha v egy páratlan vektormező a körön, akkor v ( ? ( t ) ) = - v ? t + 1 2 . Legyen I t a v elfordulása a ? t , t + 1 2 félkörön. Nem nehéz belátni, hogy I t folytonosan függ a t -től. Másrészt a v páratlansága miatt ez mindig egy 2 k ? + ? alakú szög (ahol k egy egész szám). Tehát konstans. A v körülfordulási száma a körön = 1 2 ? ( I 0 + I 1 2 ) = 1 2 ? 2 I 0 = 1 2 ? · 2 I 0 = ( 2 k + 1 ) . ?

Ezzel az 5.1. tétel bizonyítását befejeztük. ?

Még egy gyakorlati alkalmazás:

5.6. Tétel. (Sandwich-tétel)[30] Adott a térben 3 darab test, nevezzük őket rendre kenyérnek, sonkának és sajtnak, rövidítve A , B és C . E három test együtt alkotja szendvicsünket, amelyet egyetlen vágással akarunk megosztani partnerünkkel, méghozzá oly módon, hogy mindkettőnknek ugyanannyi jusson a szendvics mindhárom összetevőjéből. A Sandwich-tétel azt mondja ki, hogy ez az igazságos osztozás mindig végrehajtható egyetlen sík mentén történő szétvágással.

Bizonyítás. Azt fogjuk feltételezni az A , B , C testek mindegyikéről, hogy létezik térfogata, minden irányra merőlegesen létezik egy és csak egy sík, amely a térfogatát felezi, és e síknak az origótól mért távolsága folytonos függvénye az iránynak, melyre a szóban forgó sík merőleges.

Legyen v ? S 2 egy egységvektor R 3 -ban és legyen v A ? R 1 az a valós szám, amely a v -re merőleges A -t felező síknak az origótól mért előjeles távolsága. Itt pozitívnak vesszük ezt a távolságot, ha ez a sík az origótól a v irányában van és negatív a v A szám ha a felező sík a v -vel ellentétes irányban van az origótól. Ily módon tehát ( - v ) A = - ( v A ) . Hasonlóan definiáljuk a v B és v C függvényeket is.

Legyen u : S 2 R 2 az a leképezés, melynek két koordináta-függvénye

u 1 ( v ) = v A - v C , és u 2 ( v ) = v B - v C .

Ekkor u egy páratlan leképezés S 2 -ről R 2 -be, (azaz u ( - v ) = - u ( v ) ). A Borsuk–Ulam-tétel szerint létezik olyan v pont, melyben u ( v ) = u ( - v ) . Ám ez u páratlansága miatt csak úgy lehet, ha ezen v -re u ( v ) = 0 ¯ , azaz u 1 ( v ) = 0 és u 2 ( v ) = 0 . Vagyis v A = v B = v C . Ez viszont éppen azt jelenti, hogy a v -re merőleges A -t, B -t, ill. C -t felező síkok egybeesnek. Tehát találtunk egyetlen síkot, mely mindhárom testet felezi. ?

5.7. Megjegyzés. A magasabb dimenziós lények jóval gazdagabban összeállított szendvicsek esetén is tudnak egyetlen vágással osztozkodni. Nevezetesen igaz a következő:

5.8. Tétel. ( n -dimenziós Sandwich-tétel) Ha az R n , n dimenziós térben adott n darab test (melyekről ugyanazon kikötéseket tesszük, mint fent az A , B , C testekről), akkor létezik olyan n - 1 dimenziós hipersík, amely mindegyiknek felezi az n dimenziós térfogatát.

Bizonyítás. A bizonyítás hasonló a fentihez, csak éppen a Borsuk–Ulam-tétel alábbi n dimenziós általánosítását kell használni:

5.9. Tétel. (Borsuk–Ulam-tétel n dimenzióban) Legyen f : S n R n folytonos leképezés. Akkor létezik olyan x ? S n , amelyre f ( x ) = f ( - x ) .

Bizonyítás. E tétel bizonyítása már algebrai topológiai eszközöket igényel. ?



[30] Mint ismeretes, Sandwich gróf szenvedélyes kártyajátékos volt, aki nem akarta holmi étkezés kedvéért otthagyni a kártyaasztalt. Ezért nagy számban szendvicseket készített oda jó előre. Tanulság: Ha azt akarjuk, hogy nevezetes étel vagy tétel viselje nevünket, kártyázzunk sokat.