O WYPEŁNIANIU PRZESTRZENI RÓŻNYMI FIGURAMI Czy da się

O WYPEŁNIANIU PRZESTRZENI RÓŻNYMI FIGURAMI Czy da się

O WYPEŁNIANIU PRZESTRZENI RÓŻNYMI FIGURAMI
ANDRZEJ KOMISARSKI
Czy da się wypełnić przestrzeń prostymi tak, by żadne dwie spośród nich się nie przecinały? Oczywiście,
że się da. Wystarczy rozważyć rodzinę wszystkich prostych równoległych do jednej ustalonej prostej.
Proste te wypełniają szczelnie przestrzeń, bo dla każdego punktu przestrzeni istnieje zawierająca go prosta
równoległa do zadanej, ustalonej prostej. Nie przecinają się zaś dlatego, że każde dwie różne i równoległe
proste są rozłączne.
Skoro tak łatwo nam poszło, to spróbujmy zadanie utrudnić. Czy da się wypełnić przestrzeń prostymi
tak, by żadne dwie spośród nich nie tylko się nie przecinały, ale na dodatek nie były równoległe? Po
chwili zastanowienia przychodzi do głowy następujący pomysł. Weźmy dwie równoległe płaszczyzny i rodzinę wszystkich prostych prostopadłych do obu tych płaszczyzn. Każda z tych prostych przecina obie
płaszczyzny. Następnie obróćmy lekko jedną z płaszczyzn wokół którejś z prostopadłych do niej prostych.
Wszystkie pozostałe proste ulegną wówczas skręceniu – jak makaron w słoju lub słone paluszki w szklance i
przestaną być równoległe. Gdybyśmy chcieli formalnie opisać powstały układ prostych, moglibyśmy zrobić
to na przykład tak: Dla dowolnej pary liczb rzeczywistych a, b niech la,b będzie prostą zadaną parametrycznie: la,b = {(a, b, 0) + t(b, −a, 1) : t ∈ R}. Proste ćwiczenie polegające na sprawdzeniu, że proste la,b
wypełniają szczelnie przestrzeń oraz, że żadne dwie spośród nich się nie przecinają i nie są równoległe
pozostawiamy czytelnikowi.
Po tej rozgrzewce możemy spróbować czegoś jeszcze trudniejszego
Pytanie 1. Czy da się wypełnić przestrzeń rozłącznymi okręgami?
W odróżnieniu od pytań dotyczących prostych, tutaj nie widać od razu, czy odpowiedź jest poztywna.
Widać natomiast, że jeśli umielibyśmy wypełnić rozłącznymi okręgami płaszczyznę, to poradzimy sobie
również z przestrzenią, gdyż przestrzeń jest sumą rozłącznych płaszczyzn. Spróbujmy zatem odpowiedzieć
na
Pytanie 2. Czy da się wypełnić płaszczyznę rozłącznymi okręgami?
Niestety, nie da się. Uzasadnimy tę niemożność nie wprost. Załóżmy więc, że płaszczyzna jest sumą
pewnej rodziny O parami rozłącznych okręgów. Wybierzmy dowolny spośród nich i oznaczmy go jako
o1 . Następnie niech okręgi o2 , o3 ,. . . będą określone w ten sposób, że dla n = 1, 2, . . . okrąg on+1 jest
tym elementem rodziny O, który zawiera środek okręgu on . Zauważmy, że promień każdego kolejnego
okręgu jest przeszło dwa razy mniejszy, niż okręgu poprzedzającego go. Jeśli teraz popatrzymy na koła
ograniczone okręgami o1 , o2 ,. . . , to zobaczymy, że część wspólna tych kół składa się z dokładnie jednego
punktu. Punkt ten nie może leżeć na żadnym z okręgów z rodziny O, gdyż gdyby leżał, to promień tego
okręgu musiałby być mniejszy, niż promienie okręgów o1 , o2 ,. . . , a to nie jest możliwe. Zatem okręgi
z rodziny O nie wypełniają płaszczyzny.
Nie zbliżyliśmy się więc do podania odpowiedzi na Pytanie 1, a przynajmniej nie zbliżyliśmy się do
dania odpowiedzi pozytywnej. Okazuje się jednak, że odpowiedź ta jest pozytywna!
1
O WYPEŁNIANIU PRZESTRZENI RÓŻNYMI FIGURAMI
2
Spróbujmy najpierw wypełnić okręgami kulę. Rozważmy dowolną kulę K. Niech O będzie jej środkiem,
zaś N niech będzie dowolnym punktem na jej brzegu. Ustalmy jescze dowolny okrąg o, którego średnicą
jest odcinek ON . Rozważmy wszystkie przekroje kuli K i okręgu o płaszczyznami π zawierającymi punkt
N i prostopadłymi do płaszczyzny, na której leży okrąg o. Przekroje te zależą od tego, jak położona jest
płaszczyzna π. Gdy π jest styczna do kuli K, wówczas oba przekroje składają się z jednego tylko punktu —
z punktu N . Dla każdego innego położenia płaszczyzny π przecięcie K ∩π jest kołem. Środek tego koła leży
na okręgu o. Drugim punktem wspólnym okręgu o i płaszczyzny π jest punkt N leżący na brzegu koła K∩π.
Wnętrze tego koła możemy wypełnić rozłącznymi, współśrodkowymi okręgami (ich wspólny środek leży na
okręgu o). Jeśli postąpimy w ten sposób dla wszystkich możliwych położeń płaszczyzny π, to uzyskamy
rodzinę rozłącznych okręgów, które wraz z okręgiem o wypełniają wnętrze kuli K łącznie z jednym punktem
na jej brzegu (punktem N ). Niech S będzie takim punktem na brzegu kuli K, że odcinek N S jest jej
średnicą. Rozważmy wszystkie kule powstałe z przesunięcia kuli K o całkowitą wielokrotność wektora
−→
N S. Kule te, a właściwie ich wnętrza wraz z jednym punktem na brzegu, wypełnione są rozłącznymi
okręgami, będącymi przesunięciami okręgów znalezionych dla kuli K. W ten sposób udało nam się zapełnić
rozłącznymi okręgami całą rodzinę otwartych kul wraz z prostą l zawierającą ich środki. Można sobie
je wyobrazić jako koraliki nawleczone na prostą l. Stąd już tylko krok do wypełnienia okręgami całej
przestrzeni. Jeśli bowiem popatrzymy na dowolną płaszczyznę prostopadłą do prostej l, to jako przekrój
naszego łańcucha korali tą płaszczyzną zobaczymy albo pojedynczy punkt (gdy płaszczyzna przecina
łańcuch pomiędzy sąsiednimi koralikami), albo otwarte koło o środku leżącym na prostej l. W każdym
z tych przypadków możemy niewypełnioną jeszcze część płaszczyzny zapełnić współśrodkowymi okręgami,
których wspólny środek leży na prostej l.
Zachęceni sukcesem spróbujmy pójść krok dalej. Okręgi w konstrukcji, którą wykonaliśmy, nie miały
takich samych promieni. Co więcej, wydaje się, że dołożenie w Pytaniu 1 żądania, by okręgi miały taki
sam promień zmieni odpowiedź pozytywną na negatywną. Czy tak jest istotnie? Spróbujmy odpowiedzieć
na
Pytanie 3. Czy da się wypełnić przestrzeń rozłącznymi okręgami o tym samym promieniu?
Pokażemy, że i na to pytanie odpowiedź jest pozytywna! Wykorzystamy w tym celu pewną własność
przestrzeni, związaną z możliwością jej dobrego uporządkowania. Własność tą ma każdy zbiór, ale dla nas
istotne będzie jedynie to, że zachodzi ona dla przestrzeni. Przypomnijmy, że relacja ≺ między elementami
zbioru A jest porządkiem (dokładniej, porządkiem liniowym) gdy dla dowolnych trzech elementów x, y, z ∈
A z tego, że x ≺ y oraz y ≺ z wynika, że x ≺ z, zaś dla dowolnych dwóch elementów x ∈ A oraz y ∈ A
zachodzi dokładnie jedna z trzech możliwości: x ≺ y albo y ≺ x albo x = y. Otóż przestrzeń można
uporządkować za pomocą pewnej relacji ≺, która spełnia jeszcze dwa dodatkowe warunki: Po pierwsze,
jeśli X jest niepustym podzbiorem przestrzeni, to X zawiera element najmniejszy, tzn. taki element
y ∈ X, że dla każdego innego elementu x ∈ X zachodzi nierówność y ≺ x (porządki spełniające ten
warunek nazywamy dobrymi porządkami). Po drugie, dla każdego punktu y zbiór {x : x ≺ y} ma mniej
elementów, niż cała przestrzeń. Trzeba tu wyjaśnić, że zbiór A ma mniej elementów, niż zbiór B, gdy
istnieje funkcja różnowartościowa przyporządkowująca elementom zbioru A elementy zbioru B, a przy tym
nie jest możliwe, by zbiorem wartości takiej funkcji był cały zbiór B. Na przykład zbiór liczb całkowitych
parzystych nie ma mniej elementów, niż zbiór wszystkich liczb całkowitych (mimo, że jest jego podzbiorem
właściwym), istnieje bowiem funkcja k 7→ k/2, która co prawda jest różnowartościowa, przyporządkowuje
O WYPEŁNIANIU PRZESTRZENI RÓŻNYMI FIGURAMI
3
liczbom parzystym liczby całkowite, ale jej zbiorem wartości jest cały zbiór liczb całkowitych. Podobnie,
warunek mówiący, że zbiór {x : x ≺ y} ma mniej elementów, niż cała przestrzeń nie oznacza po prostu, że
zbiór ten nie jest całą przestrzenią. Jest to warunek silniejszy. Liczbę elementów przestrzeni (czyli jej moc)
nazywa się kontinuum i oznacza się literą c. Co ciekawe, tyle samo elementów ma zbiór liczb rzeczywistych.
Również okrąg oraz rodzina płaszczyzn przechodzących przez zadany punkt mają c elementów.
Konstrukcję, którą wykonamy, by wypełnić przestrzeń rozłącznymi okręgami o tym samym promieniu
(powiedzmy, że promień ten ma długość 1) można w skrócie opisać następująco: Będziemy brali po jednym
punkcie z przestrzeni, w kolejności wyznaczonej przez porządek ≺ i dla każdego takiego punktu będziemy
znajdowali okrąg o promieniu 1, na którym leży nasz punkt i który to okrąg jest albo jednym z określonych
już okręgów, albo żadnego z nich nie przecina. W ten sposób znajdziemy rodzinę rozłącznych okręgów
wypełniającą całą przestrzeń (bo każdy punkt przestrzeni leży na którymś z okręgów). Na początku ani
jeden okrąg nie jest określony. Niech x0 będzie punktem przestrzeni, najmniejszym w sensie relacji ≺.
Określamy okrąg ox0 , jako dowolny spośród okręgów o promieniu 1, zawierających punkt x0 . Niech teraz
x1 będzie najmniejszym elementem zbioru R3 \ {x0 } (symbolem R3 oznaczamy tu całą przestrzeń). Jeśli
punkt x1 leży na okręgu ox0 , to kładziemy ox1 = ox0 . Jeśli natomiast punkt x1 nie leży na okręgu ox0 ,
to jako ox1 wybieramy dowolny okrąg o promieniu 1 zawierający punkt x1 i rozłączny z ox0 . Następnie
niech x2 będzie najmniejszym elementem zbioru R3 \ {x0 , x1 }. Jeśli punkt x2 leży na okręgu ox0 , to
kładziemy ox2 = ox0 . Jeśli leży na okręgu ox1 , to określamy ox2 = ox1 . Jeśli natomiast punkt x2 nie leży
ani na okręgu ox0 , ani na ox1 , to jako ox2 wybieramy dowolny okrąg o promieniu 1 zawierający punkt x2
i rozłączny z okręgami ox0 i ox1 . Ogólnie, jeśli na pewnym etapie konstrukcji przyporządkowaliśmy już
okręgi punktom z pewnego zbioru A ⊂ R3 i A nie jest całą przestrzenią, to zbiór R3 \ A jest niepusty i
jego najmniejszy element y spełnia A = {x : x ≺ y}. Jeśli punkt y leży na którymś z okręgów ox , gdzie
x ∈ A, to określamy oy = ox . W przeciwnym przypadku jako oy bierzemy dowolny okrąg o promieniu
1 zawierający punkt y i rozłączny ze wszystkimi okręgami ox dla x ∈ A. Trzeba tylko pokazać, że taki
okrąg istnieje. Zauważmy w tym celu, że zbiór A = {x : x ≺ y} ma mniej niż c elementów, a więc mniej,
niż jest różnych płaszczyzn zawierających punkt y. Zatem istnieje taka płaszczyzna π, zawierająca punkt
y, która nie zawiera żadnego spośród okręgów ox , x ∈ A. Szukany okrąg oy będzie leżał na płaszczyźnie
π. Okrąg przechodzący przez punkt y można umieścić na płaszczyźnie π na c sposobów. Jego środkiem
może być dowolny spośród punktów płaszczyzny π, których odległość od y wynosi 1. Nie wszystkie te
położenia gwarantują, że okrąg ten będzie rozłączny z okręgami ox , x ∈ A. Jednak tych położeń, które
z naszego punktu widzenia są złe jest niewiele. Jest ich mniej, niż c, gdyż okręgi ox , x ∈ A, przecinają
płaszczyznę π w mniej, niż c punktach (wszystkich okręgów ox , x ∈ A, jest mniej, niż c i każdy z nich
przecina płaszczyznę π w co najwyżej dwóch punktach), a każdy z tych punktów czyni niemożliwymi co
najwyżej dwa położenia okręgu oy . Istnieje zatem zawarty w płaszczyźnie π i rozłączny z określonymi
wcześniej okręgami ox okrąg oy , do którego należy punkt y.
Konstrukcja ta bardzo przypomiona konstrukcje indukcyjne i istotnie, użyta technika nazywa się indukcją pozaskończoną. Jej formalny opis jest bardziej skomplikowany, niż przytoczony tu szkic. Jest
ona bardzo użyteczna. Przy jej użyciu niemal identycznie można pokazać, że przestrzeń można wypełnić
okręgami o promieniu 1, odcinkami jednostkowymi, brzegami trójkątów, kwadratów, czy jeszcze innymi
figurami. Jej niedogodnością jest jednak to, że wykorzystuje ona aksjomat wyboru, jeden z aksjomatów
teorii mnogości, który pozwala dobrze uporządkować dowolny zbiór (w naszym przypadku była to przestrzeń trójwymiarowa). Aksjomat ten budził w przeszłości wiele kontrowersji, gdyż wynika z niego wiele
O WYPEŁNIANIU PRZESTRZENI RÓŻNYMI FIGURAMI
4
paradoksów. Inną niedogodnością związaną z jego użyciem jest to, że co prawda pokazaliśmy, że przestrzeń da się przedstawić jako suma rozłącznych okręgów o identycznym promieniu, ale dowód ten nie
jest efektywny. Nie wiemy, jak uzyskane przedstawienie właściwie wygląda. Nie potrafimy na przykład
powiedzieć, jakie są współrzędne środka okręgu, na którym leży punkt o współrzędnych (1, 2, 3). Aby to
uczynić musielibyśmy znać dokładnie porządek ≺, który wykorzystaliśmy podczas konstrukcji. Wady tej
pozbawiona była konstrukcja dająca pozytywną odpowiedź na Pytanie 1. Co więcej, nie wiadomo, czy
istnieje efektywny przykład rozkładu przestrzeni na okręgi o identycznym promieniu.
Na zkończenie spróbujmy wypełnić przestrzeń (efektywnie) odcinkami równej długości. ustalmy najpierw dwie liczby dodatnie a > b. Rozważmy na płaszczyźnie nieskończony parkiet (taki, jak na podłodze,
lecz nieskończony), którego klepki mają wymiary a (długość) oraz a − b (szerokość). Każdą klepkę wypełniamy odcinkami o długości a, równoległymi do dłuższych boków klepki. Nie wypełniamy klepek całkiem
– dłuższe boki każdej klepki zostawiamy niewypełnione. Zobaczmy, jaka część płaszczyźny pozostała
niewypełniona. Otóż niewypełnione pozostały przecięcia dłuższych boków sąsiadujących ze sobą klepek.
Do wypełnienia tych „dziur” wystarszy użyć domkniętych odcinków długości b. Jak widać, wypełniliśmy
płaszczyznę odcinkami o dwóch długościach, a oraz b.
Skoro płaszczyznę można wypełnić odcinkami o dwóch długościach, to można to samo zrobić z przestrzenią trójwymiarową, bo jest ona sumą rozłącznych płaszczyzn. My jednak chcemy użyć tylko odcinków
jednej długości. W tym celu rozbijmy przestrzeń na rozłączne, równoległe płaszczyzny i na każdej z nich
rozważmy parkiet, którego klepki mają, jak poprzednio, wymiary a oraz a − b, przy czym parkiety te mają
być ułożone „zgodnie”, to znaczy, parkiet na jednej płaszczyźnie przechodzi na parkiet na innej płaszczyźnie poprzez przesunięcie w kierunku prostoadłym do obu płaszczyzn. Znowu każdą klepkę na każdej
z płaszczyzn wypełniamy odcinkami o długości a, równoległymi do dłuższych boków klepki i znów nie
wypełniamy klepek całkiem, dłuższe boki każdej klepki zostawiając niewypełnione. Zobaczmy, co z całej
przestrzeni pozostało niewypełnione. Tym razem niewypełnione odcinki długości b z różnych poziomów
naszego trójwymiarowego parkietu tworzą nieskończoną liczbę nieskończenie długich „pasków” o szerokości
b każdy (pojedynczy pasek jest produktem kartezjańskim odcinka domkniętego o długości b i prostej).
Ponieważ pasek jest domknięty i jego szerokość b jest mniejsza niż a, więc można go wypełnić odcinkami
domkniętymi o długości a, przy czym muszą one leżeć na pasku ukośnie, pod kątem arcsin(b/a) do brzegów
paska. W ten sposób wypełniliśmy przestrzeń rozłącznymi odcinkami domkniętymi o długości a.
Autor nie wie, czy da się wypełnić płaszczyznę odcinkami jednakowej długości. Przedstawiona konstrukcja pozwala wypełnilić płaszczyznę odcinkami o dwóch długościach. Metoda wykorzystująca indukcję
pozaskończoną, która sprawdziła się w przypadku Pytania 2 nie jest tu skuteczna.