Matematika | Analízis » Farkas Ábel - Fraktálok érdekes vetítési tulajdonságai

http://www.doksihu Fraktálok érdekes vetítési tulajdonságai Farkas Ábel Matematikus szak Témavezet®: Elekes Márton Egyetemi adjunktus Eötvös Loránd Tudományegyetem Analízis Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budapest, 2010 http://www.doksihu Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretném megköszönni témavezet®mnek, Elekes Mártonnak, hogy betekintést nyújtott a matematika eme érdekes fejezetébe és el®segítette ezen dolgozat létrejöttét. Szeretném továbbá megköszönni Keleti Tamásnak az értékes megjegyzéseket a témával kapcsolatban. http://www.doksihu Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 1 2. Jelölések és alapfogalmak 3 3. Önhasonló halmazok 3 4. Feszülés 10 5. Önhasonló halmazok vetületei és feszülése 18 6. Példák feszül® halmazokra 29 7. Nyitott problémák 39 http://www.doksihu 1. Bevezetés 2 Sm K ⊆ R kompakt halmazt önhasonlónak nevezünk, ha el®áll K = i=1 Si (K)

alakban, ahol mindegyik Si egy kontraktív hasonlóság. A leg- Egy klasszikusabb példa önhasonló halmazra a szokásos triadikus Cantor-halmaz. Az önhasonló halmazok a leggyakrabban vizsgált fraktálosztályt alkotják, melynek számtalan alkalmazása van a természettudományokban [1], [6]. Vizsgálatukhoz alapvet® eszköz a Hausdor-mérték (3.1 Deníció) Hausdor-mérték részében egy az halmaz ívhossz egy 1-dimenziós általánosítása, Mivel az 1-dimenziós így a bevezetés Hausdor-mértékét a halmaz további hosszának nevezzük. A fraktálok szerkezetének megértéséhez gyakran tanulmányozzuk a fraktál vetületeinek geometriai mértékelméleti tulajdonságait, például, hogy a vetület mikor intervallum, tartalmaz-e intervallumot, vagy milyen hosszú [7], [1]. Az úgynevezett dualitás segítségével a vetületekkel kapcsolatos kérdések lefordíthatóak bizonyos fraktálok függ®leges egyenesekkel vett metszeteivel kapcsolatos

kérdésekre, tehát egy halmaz vetületeinek vizsgálatával többet tudunk meg a duális halmaz egyenesekkel vett metszeteir®l [2]. Többek között a jól ismert Kakeya sejtés vizsgálatánál is gyakran felbukkan ez a módszer. Az a fraktálok vetületeir®l szóló probléma, amely jelen dolgozat tárgyát Si képezi, a következ® példából származik. Tekintsük azt a három hasonlóságot (i = 1, 2, 3), kontraktív melyek az egység oldalú szabályos háromszöget harmadára kicsinyítve a háromszög sarkaiba képzik. Az így kapott háromszögekre ismét alkalmazva a hasonlóságokat 9 darab 1 9 1 3 oldalhosszú oldalhosszú háromszöget kapunk, ahogy a következ® ábrák mutatják. 1 3n oldalhosszú háromszöget kapunk. Ha vesszük az egy adott lépéshez tartozó háromszögek 4 unióját, és az így kapott halmazokat összemetsszük, akkor egy olyan K S3 4 4 4 kompakt halmazt kapunk, melyre K = i=1 Si (K ). Tehát K önhasonló halmaz. Ha folytatjuk

ezt az eljárást, akkor az A 6. fejezetben látni fogjuk, hogy n-edik K4 1 egy lépésben 1 3n darab hosszúságú halmaz, melyet ha http://www.doksihu mer®legesen vetítünk egy az oldalával párhuzamos egyenesre, akkor egy intervallumot kapunk. irányba is 1 Furcsa jelenség, hogy a 1 hosszú fraktál három különböz® 1 hosszú. a hosszú (0 < a < ∞), akkor K feszít® projekciójának, ha a hosszúságú intervallumra vetül és maga a halmaz is Ha adva van egy K önhasonló halmaz, amely nevezzük egy egyenesre való mer®leges vetítést a K K4 vetülete egy a hosszú intervallum. Felmerül a kérdés, hogy a feszít® projek- ciók milyen nagy halmazt alkothatnak. A 422 Tételb®l kiderül, hogy a feszít® projekciók halmaza egy kompakt nullmérték¶ sehol sem s¶r¶ halmaz. Továbbra is kérdéses, hogy lehet-e ez egy Cantor-halmaz, vagy megszámlálható, vagy csak véges. Ezekre a kérdésekre adunk választ egy viszonylag

általános, sokat vizsgált fraktálosztály esetében. Az önhasonló halmazok vizsgálatánál szokásos technikai feltétel a Nyílt Halmaz Feltétel (3.21 Deníció) A 5.33 Következmény eredményeképpen a- dódik f® eredményünk: Tétel. Ha K = m i=1 Si (K), ahol minden Si egy kontraktív homotécia, és az Si hasonlóságok teljesítik a Nyílt Halmaz Feltételt, akkor a feszít® projekciók halmaza véges. S A 6. fejezetben mutatunk a K4 halmazon kívül egy másik példát is olyan Ezt a halmazt 4 1 arányú hasonlósággal állítjuk el® a következ® ábrákon látható módon, 4 az el®z®höz hasonló procedúrával. önhasonló halmazra, melynek van két feszít® projekciója. darab Ennek a halmaznak a hossza els® ránézésre hogy valójában 1. √ 2-nek t¶nik, de ki fog derülni, Ennek következtében az oldalakkal párhuzamos egyenesekre való mer®leges vetítések feszít® projekciói lesznek a halmaznak. A dolgozat a következ® fejezetekre

tagolódik. A második fejezetben jelöléseket és alapfogalmakat vezetünk be A harmadik fejezetben megismerkedünk az önhasonló halmazok elméletével. Egy halmazt feszül® halmaznak hívunk, ha van legalább két feszít® projekciója. A negyedik fejezetben a feszül® halmazok alapvet® tulajdonságait ismertetjük. Az ötödik fejezetben ötvözzük a második és a harmadik fejezet eszköztárát, és a feszül® önhasonló halmazokat vizsgáljuk. A hatodik fejezetben példákat mutatunk feszül® önhasonló halmazokra. A hetedik fejezetben megemlítünk néhány, a témával kapcsolatos nyitott problémát. 2 http://www.doksihu 2. Jelölések és alapfogalmak Ebben a fejezetben matematikai alapfogalmakat sorolunk fel, melyeket a dolgozat során használni kívánunk, illetve rájuk vonatkozó jelöléseket vezetünk be. Rd jelöli a d-dimenziós euklideszi teret. Ha H ⊆ Rd akkor H c := Rd H , diam(H) jelöli a H átmér®jét, conv(H) jelöli a H konvex burkát. A

következ® topológiai jelölések az euklideszi topológiára vonatkoznak. H jelöli H lezártját, intH jelöli H belsejét és ∂H jelöli H határát. Jelölje B(x, r) az x középpontú r sugarú nyílt gömböt és B(x, r) az x középpontú r sugarú zárt gömböt. Egy topologikus tér részhalmazainak egy rendszerén értelmezett mértéket Borel mértéknek nevezünk ha értelmezve van a topologikus tér Borel részhalmazain. Legyen (X, d) metrikus tér, K, H ⊆ X dist(K, H) = és inf x ∈ X. y∈K, z∈H Ekkor legyen d(y, z) és dist(x, K) = dist(K, x) = inf d(x, y). y∈K d d f : R − R leképezést kontrakciónak nevezünk, ha f egy Lipschitz1-nél szigorúan kisebb Lipschitz-konstanssal. d d Egy f : R − R leképezést anitásnak hívunk, ha el®áll f (x) = A(x) + b d alakban, ahol A invertálható lineáris leképezés és b ∈ R . d d Egy f : R − R leképezést homotéciának hívunk, ha el®áll f (x) = a · x + b d alakban, ahol a ∈ R {0,

1} és b ∈ R , vagy ha f (x) = x. Ha f egyszerre Egy leképezés kontrakció és homotécia, akkor kontraktív homotéciának nevezzük. 3. Önhasonló halmazok Ebben és a fejezetben bemutatunk megismerkedünk néhány eszközt, az melyek önhasonló vizsgálatuk halmaz során fogalmával számtalanszor felbukkannak. Miel®tt rátérnénk az önhasonló halmazok tárgyalására, bevezetjük a Hausdor mértéket, amely a geometriai mértékelmélet egyik legalapvet®bb fogalma. 3.1 Deníció Legyen (X, d) metrikus tér, H ⊆ X , s ∈ [0, ∞), δ > 0. Ekkor legyen ( Hδs (H) = inf ∞ X diam(Hn )s | H ⊆ n=1 Ha 0 < δ < ε, akkor Hδs (H) ≥ Hεs (H), δ0 H (H) értéket a Hn , diam(Hn ) < δ tehát létezik a H (H) = lim és ezt a ) . n=1 s s ∞ [ H halmaz 3 Legyen Hδs (H), s-dimenziós hívjuk. limδ0 Hδs (H). Hausdor küls® mértékének http://www.doksihu 3.2 Deníció minden M ⊆ X halmazt Hs

-mérhet® halmaznak H ⊆ X halmazra Hs (H) = Hs (H ∩ M ) + Hs (H M ). 3.3 Jelölés Jelölje Jelölje Az Jelölje a B(X) az X P(X) az X Hs -mérhet® halmazok halmazát nevezzük, ha M(Hs ). Borel részhalmazainak halmazát. részhalmazainak halmazát. 3.4 Tétel M(Hs ) σ-algebra és P(X)-en. Hs mérték M(Hs )-en B(X) ⊆ M(Hs ) ⊆ P(X). Hs küls® mérték A 3.4 Tétel bizonyításának részleteit lásd [7, 42Tétel] 3.5 Tétel Legyen H ∈ M(Hs ), melyre Hs (H) < ∞ Ekkor létezik kompakt halmazok egy felszálló Kn ⊆ H sorozata (n ∈ N), melyre limn∈∞ Hs (Kn ) = Hs (H). A 3.5 Tétel bizonyításának részleteit lásd [7, 45Következmény] utáni megjegyzés 3.6 Tétel Ha X = Rd és s = d, akkor létezik 0 < cd < ∞, hogy Hd = cd · λd , ahol λd a d-dimenziós Lebesgue küls® mértéket jelöli. A 3.6 Tétel bizonyításának részleteit lásd [7, 56 oldal (1) egyenlet] 3.7 Lemma Legyen A ⊆ melyre: i) t < s ⇒ Ht (A) = ∞ ii) s

< t ⇒ Ht (A) = 0 Rd . Ekkor létezik egy egyértelm¶ s ∈ [0, d] szám, A 3.7 Lemma bizonyításának részleteit lásd [7, 47Tétel] 3.8 Jelölés Ezt az dimH (A)-val jelöljük. 3.9 Deníció s számot az A ⊆ Rd Egy A halmaz Hausdor-dimenziójának hívjuk, és halmazt s-halmaznak hívunk, ha Hs -mérhet® és s 0 < H (A) < ∞ 3.10 Megjegyzés Ekkor persze dimH (A) = s 3.11 Lemma Ha H ⊆ Rd , S : Rd − Rd H (S(H)) = q · H (H). s s s A 3.11 Lemma a Hs egy q arányú hasonlóság, akkor deníciójából könnyen levezethet®. A bizonyítás részleteit az olvasóra bízzuk. 3.12 Tétel Ha az Si : Rd − Rd leképezések (1 ≤ i ≤ m) kontrakciók d 0 < qi < 1 Lipschitz-konstanssal, Sm akkor létezik pontosan egy K ⊆ R nem-üres kompakt halmaz, melyre K = i=1 Si (K). A 3.12 Tétel bizonyításának részleteit lásd [4, 31szakasz (3) Tétel] 4 http://www.doksihu 3.13 Deníció kontrakciók. Az Si : Rd − Rd {Si |

1 ≤ i ≤ m} multi-halmazt Legyenek az leképezések (1 ≤ i ≤ m) (multi-halmaznak nevezzük azokat a halmazokat, melyekben az elemek multiplicitással fordulhatnak el®) Iterált Függvényrendszernek (Iterated Function System) hívjuk. tel szerint a H 7− kompakt xpontja. Sm Ezt i=1 Si (H) operációnak a K kompakt halmazt létezik az egy A 3.12 Té- egyértelm¶ {Si | 1 ≤ i ≤ m} K Iterált Függvényrendszer attraktorának hívjuk. 3.14 Jelölés Az Iterált Függvényrendszert IFS-nek rövidítjük. 3.15 Deníció K ⊆ Rd halmazt önhasonló halmaznak hívunk, ha létezik véges sok Si (1 ≤ i ≤ m) hasonlóság, melyekre mindegyik Si egy qi arányú kontrakció (azaz 0 < qi < 1) minden i-re (1 ≤ i ≤ m), és K a {Si | 1 ≤ i ≤ m} IFS attraktora. Megköveteljük továbbá, hogy az Si -k között legyen legalább két különböz® hasonlóság. Ekkor az {Si | 1 ≤ i ≤ m} halmazt önhasonló IFS-nek Egy hívjuk. az {Si | 1 ≤ i

≤ m} Pm s i=1 qi = IFS hasonlósági dimenziójának hívjuk. Ekkor létezik pontosan egy s ∈ (0, ∞), hogy 1. Ezt az s számot 3.16 Jelölés Egy {Si | 1 ≤ i ≤ m} IFS hasonlósági dimenzióját s = dimS ({Si | 1 ≤ i ≤ m})-el jelöljük. Ha egy K halmaz hasonlósági dimenziójáról beszélünk, akkor azt úgy értjük, hogy K az attraktora egy adott IFS-nek és ennek az IFS-nek a hasonlósági dimenziójára gondolunk. Ilyenkor dimS (K)-t írunk Sm 3.17 Megjegyzés Sm Ha a K = i=1 Si (K) egyenlet jobb oldalán K helyére beírjuk a K = j=1 Sj (K) el®állítást, a következ®t kapjuk: K= m [ Si (K) = i=1 m [ m [ Si ◦ Sj (K). i=1 j=1 Ezt a gondolatmenetet iterálva kapjuk a következ®t: K= m [ . i1 =1 3.18 Jelölés ha ~ i A n ∈ {1, . , m} 3.19 Deníció m [ Si1 ◦ . ◦ Sin (K) in =1 Si1 ◦ . ◦ Sin hasonlóságot röviden Si1 in -nel − -vel jelöljük. és ~ i = (i1 , . , in ), akkor S i Az Si1 .in (K) halmazokat

a K jelöljük, vagy önhasonló halmaz n-edik ge- nerációs elemi részeinek hívjuk. 3.20 Tétel Legyen K ⊆ Rd önhasonló halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora. Ekkor dimH (K) ≤ dimS ({Si | 1 ≤ i ≤ m}), s®t, ha s = dimS ({Si | 1 ≤ i ≤ m}), akkor Hs (K) < ∞. Pm s i=1 qi = 1 egyenlet segítségével könnyen megmutatható, hogy s diam(K) . A bizonyítás részleteit az olvasóra bízzuk A 5 Hs (K) ≤ http://www.doksihu 3.21 Deníció K ⊆ Rd {Si | 1 ≤ i ≤ m} {Si | 1 ≤ i ≤ m} IFS teljesíti d a Nyílt Halmaz Feltételt (Open Set Condition), ha ∃G ⊆ R nem-üres nyílt halmaz, melyre Si (G) ⊆ G ∀1 ≤ i ≤ m és Si (G) ∩ Sj (G) = ∅ ha i 6= j . Egy ilyen G halmazt a Nyílt Halmaz Feltétel egy tanújának hívunk. Legyen önhasonló IFS attraktora. 3.22 Jelölés Ha egy önhasonló halmaz, mely az Azt mondjuk, hogy {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS teljesíti a Nyílt Halmaz Feltételt, akkor

röviden azt mondjuk, hogy Ha egy K K {Si | 1 ≤ i ≤ m} OSC. K OSC, azt önhasonló halmazra azt mondjuk, hogy úgy értjük, az attraktora egy adott önhasonló IFS-nek, mely OSC. 3.23 Lemma Ha egy önhasonló IFS OSC, akkor létezik az OSC-nek korlátos tanúja. Bizonyítás. G az OSC egy tanúja. Mivel az Si hasonlóságok kontrakciók, Si (B(0, R)) ⊆ B(0, R) minden i-re. Másfel®l, ha R elég nagy, akkor B(0, R) ∩ G 6= ∅. Tehát ha R kell®en nagy, akkor U = G ∩ B(0, R) 6= ∅ és mivel Si (B(0, R)) ⊆ B(0, R) és Si (G) ⊆ G, ezért Si (U ) ⊆ U . Tehát az U halmaz szintén az OSC egy tanúja, mivel U nem üres nyílt halmaz, Si (U ) ⊆ U és Si (U ) ∩ Sj (U ) = ∅ ha i 6= j , mivel U ⊆ G és Si (G) ∩ Sj (G) = ∅ ha i 6= j . így ha R Legyen elég nagy, akkor az 3.24 Deníció K ⊆ Rd {Si | 1 ≤ i ≤ m} {Si | 1 ≤ i ≤ m} IFS teljesíti az d Er®s Nyílt Halmaz Feltételt (Strong Open Set Condition), ha ∃G ⊆ R nem-üres nyílt

halmaz, melyre G ∩ K 6= ∅, Si (G) ⊆ G ∀1 ≤ i ≤ m és Si (G) ∩ Sj (G) = ∅ ha i 6= j . Legyen önhasonló halmaz, mely az önhasonló IFS attraktora. Azt mondjuk, hogy 3.25 Tétel (Schief) Legyen K ⊆ Rd egy önhasonló halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora, s = dimS ({Si | 1 ≤ i ≤ m}). Ekkor a következ®ek ekvivalensek: i) {Si | 1 ≤ i ≤ m} teljesíti az Er®s Nyílt Halmaz Feltételt ii) {Si | 1 ≤ i ≤ m} teljesíti a Nyílt Halmaz Feltételt iii) 0 < Hs (K) < ∞ A 3.25 Tétel bizonyításának részleteit lásd [10] 3.26 Következmény Legyen K ⊆ Rd egy önhasonló halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora, és {Si | 1 ≤ i ≤ m} OSC. Ekkor dimS ({Si | 1 ≤ i ≤ m}) = dimH K . Bizonyítás. egy s = dimS ({Si | 1 ≤ i ≤ m}). dimH (K) = s. Legyen s-halmaz, így Ekkor a 3.25 Tétel szerint K 3.27 Tétel Legyen K ⊆ Rd önhasonló halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS

attraktora, {Si | 1 ≤ i ≤ m} OSC, és dimH K = d. Legyen G korlátos nyílt halmaz az OSC egy tanúja. Ekkor i) K = G, ii) Hd (∂G) = 0. 6 http://www.doksihu Bizonyítás. dimenziója A 3.26 Következmény szerint az d, tehát m X {Si | 1 ≤ i ≤ m} IFS hasonlósági qid = 1. (1) i=1 Mivel G korlátos nyílt, így 0 < Hd (G) < ∞. (2) A 3.11 Lemma szerint Hd (Si (G)) = qid · Hd (G). Mivel az Si (G)-k diszjunktak és minden i-re (3) Si (G) ⊆ G, így Sm i=1 Si (G) ⊆ G és az unió diszjunkt unió. Tehát H d m [ ! Si (G) = m X Hd (Si (G)) = i=1 i=1 m X qid · Hd (G) = Hd (G), i=1 ahol az els® egyenl®ség a diszjunktságnak köszönhet®, a második egyenl®ség (3) miatt, a harmadik (1) miatt igaz. Összefoglalva tehát m [ Si (G) ⊆ G (4) i=1 és Hd m [ ! Si (G) = Hd (G), i=1 és mivel (2) szerint d H (G) < ∞, Hd így G Sm i=1 m [ Si (G) teljes !! Si (G) mérték¶ G-ben, azaz = 0. (5) i=1 Sm

Si (G) a Hd = cd · λd szerint teljes mérték¶ G-ben, így s¶r¶ is G-ben, Sm Sm Sm azaz G = i=1 Si (G). Mivel az unió véges , így i=1 Si (G) = i=1 Si (G). Használva, hogy az Si -k homeomorzmusok, kapjuk, hogy Si (G) = Si (G) Sm Sm minden i-re. Tehát végül kapjuk, hogy G = i=1 Si (G) = i=1 S SmSi (G) = m i=1 Si (G). Így a G nem-üres kompakt halmaz xpontja a H 7− i=1 Si (H) Mivel i=1 halmaz-operációnak, de a 3.12 Tétel szerint pontosan egy ilyen kompakt xhalmaz létezik. Mivel K is kompakt xhalmaz, így szükségképpen K = G. Ezzel beláttuk az i) állítást. Az (5) egyenlet szerint  S  m = 0, Hd G j=1 Sj (G) így ha a halmazra al- Si hasonlóságot, akkor       m m [ [ 0 = Hd Si G  Sj (G) = Hd Si (G) Si  Sj (G) = kalmazzuk az  j=1 j=1 7 http://www.doksihu   = Hd Si (G)  m [    Si ◦ Sj (G) = Hd Si (G)  j=1 m [ m [  Sk ◦

Sj (G) , k=1 j=1 az utolsó egyenl®ség azért igaz, mert az Sk (G)-k diszjunktak és Sk ◦ Sj (G) ⊆ Sk (G), tehát Si (G) ∩ Sk ◦ Sj (G) csak akkor nem üres, ha k = i, valamint az Sk ◦ Sj (G)-k is diszjunktak. Az utolsó egyenletet uniózva i szerint kapjuk, hogy    m m [ m [ [ Hd  Si (G)  Sk ◦ Sj (G) = 0 (6) i=1 és Sm Sm k=1 j=1 Sk ◦ Sj (G) k=1 j=1 diszjunkt unió. Tehát mivel  G m [ m [  Sk ◦ Sj (G) ⊆ i=1 j=1   ⊆ G   m [ Sj (G)  [  j=1 és Hd m [  Si (G)  i=1 m [ m [  Sk ◦ Sj (G) k=1 j=1 küls® mérték, így (5) és (6) szerint   Hd G  m [ m [  Sk ◦ Sj (G) = 0 (7) i=1 j=1 és Sm Sm i=1 j=1 hogy minden Si ◦ Sj (G) n-re H d diszjunkt unió. Ezt a gondolatmenetet iterálva kapjuk, G m [ i1 =1 Sm . m [ !! Si1 .in (G) =0 (8) in =1 Sm i1 =1 . Legyen q in =1 Si1 .in (G) diszjunkt unió =

max1≤i≤m qi , így diam(Si1 .in (K)) = qi1 · · qin · diam(K) ≤ n q n ·diam(K), minden (i1 , . , in ) ∈ {1, , m} multi-indexre Legyen B(x, r) ⊆ n G nyílt gömb és n olyan nagy, hogy q · diam(K) < r. Ekkor van olyan Sj1 .jn (K) elemi rész, amelyik tartalmazza x-et, mivel x ∈ G ⊆ G = K és n az elemi részek fedik K -t. Mivel diam(Sj1 jn (K)) ≤ q · diam(K) < r és x ∈ Sj1 .jn (K), így Sj1 jn (K) ⊆ B(x, r) ⊆ G S Tehát az Sj1 .jn (∂G) = Sm m Sj1 .jn (K G) ⊆ B(x, r) ⊆ G, és mivel az . in =1 Si1 in (G) i =1 1
Sm Sm diszjunkt nyíltak uniója, így . in =1 Si1 in (G) ∩ Sj1 jn (K G) = i1 =1
Sm Sm ∅. Tehát Sj1 jn (∂G) ⊆ G i1 =1 . in =1 Si1 in (G) , és (8) szerint

S S m m = 0, és mivel Sj1 .jn (∂G) ennek része, Hd G i1 =1 . in =1 Si1 in (G) d d d d d így 0 = H (Sj1 .jn (∂G)) = qi · qi · H (∂G) Tehát H (∂G) = 0, így ii)-t is 1 n és beláttuk. 8 http://www.doksihu 3.28 Következmény Legyen K

⊆ Rd OSC önhasonló halmaz, és G az OSC egy korlátos tanúja. Ekkor intK 6= ∅ és Hd (K) Hd (intK). dimH K = d = Hd (G) = Bizonyítás. Használva 327 Tételt K = G ⊇ G, tehát intK 6= ∅ Mivel a K = G∪(GG) a K egy diszjunkt felbontása mérhet® halmazokra, így Hd (K) = Hd (G) + Hd (∂G) = Hd (G), használva, hogy Hd (∂G) = 0 a 3.27 Tétel szerint d d d d Mivel G ⊆ intK ⊆ K , így H (G) ≤ H (intK) ≤ H (K) = H (G), tehát d d d mindenhol egyenl®ség áll, így H (G) = H (intK) = H (K) és ezzel az állítást bebizonyítottuk. 3.29 Tétel Legyen K ⊆ Rd önhasonló halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora, {Si | 1 ≤ i ≤ m} OSC és dimH K = s. Ekkor   n s H S~i (K) ∩ S~j (K) = 0 minden, ~i, ~j ∈ {1, 2, . , m} , ~i 6= ~j multi-indexre Bizonyítás. P A 3.26 Következmény szerint dimH (K) = dimS ({Si m s i=1 qi = 1. A 325 Tétel szerint K egy s-halmaz, azaz azaz | 1 ≤ i ≤ m}), 0 < Hs (K) < ∞. A 3.11 Lemma

miatt Ahogy azt a Hs (Si (K)) = qi · Hs (K) (9) és Hs (Si1 .in (K)) = qis1 · · qisn · Hs (K) (10) Sm Sm 3.17 Megjegyzésben említettük, K = i1 =1 . in =1 Si1 in (K) Tehát s H (K) = H m [ s i1 =1 m X . i1 =1 m X . m [ ! ≤ Si1 .in (K) in =1 in =1 m X qis1 · . · i1 =1 sodik egyenl®ség (10) miatt igaz, Pm i1 =1 . Pm in =1 is egyenl®ség áll, H (Si1 .in (K)) Hs (Si1 .in (K)) = in =1 m X qisn · Hs (K) = Hs (K), mert Hs küls® mérték, a má- 1Pm s q = 1 . Tehát az ei i=1
Sm Sm = i1 =1 . in =1 Si1 in (K) az utolsó két egyenl®ség kiemelés és ahol használjuk, s m X in =1 ahol az els® egyenl®tlenség azért teljesül, es szorzók elhagyása, . i1 =1 qis1 · . · qisn · Hs (K) = gyenl®tlenségnél m X azaz hogy Hs Ez csak akkor lehetséges ha az unió tagjai mértékben diszjunktak, mert ha lenne pozitív mérték¶ metszet a halmazok között, akkor elhagyva a metszetet, a bal oldal értéke

nem változna, jobb oldalon szigorúan csökkenne az összeg, hiszen (9) szerint véges. a Ez Hs küls® mérték. Tehát az unió  tagjai mértékben  n diszjunktak, azaz ha ~ i, ~j ∈ {1, 2, . , m} és ~i 6= ~j , akkor Hs S~i (K) ∩ S~j (K) = 0. ellentmondana annak, hogy 9 http://www.doksihu 4. Feszülés Feszül® halmaznak nevezünk egy H halmazt, ha van legalább két egymással nem párhuzamos egyenes, hogy ezen egyenesekre vetítve a halmazt a vetület egy H1 (H) hosszú intervallum. A dolgozat egyik f® tárgya a feszül® halmazok, valamint az ilyen speciális egyenesek halmazának vizsgálata (ezen speciális egyenesekre való mer®leges vetítések halmazát F P (H)-val jelöljük). A fejezet egyik legfontosabb eredménye, hogy megmutatjuk, hogy egy feszül® halmaz C 1 -görbét H1 -null-halmazban minden síkbeli metsz (4.16 Tétel) Ennek a té- telnek a jelent®ségét az mutatja, hogy a következ® fejezetben számos helyen alkalmazásra kerül

ez a tény. A másik f® eredmény, mely bizonyságot nyer ezen fejezet végéig a 4.22 Tétel, mely az F P (H) halmaz kicsi mivoltáról árulkodik. A 6. fejezetben példákat is mutatunk feszül® halmazokra 4.1 Jelölés x ∈ Rd akkor az x j -edik koordinátáját xj -vel jelöljük, így x = (x1 , . , xd ) p x21 + . + x2d Az x vektor euklideszi normáját kxk-val jelöljük, azaz kxk = n×k Az n × k -as valós együtthatós mátrixok terét R -val jelöljük. Ha A ∈ Rn×k , akkor az A euklideszi norma által generált mátrixnormáját kAk-val k jelöljük, azaz kAk = maxkxk=1 kAxk, ahol x ∈ R .  1 Legyen S = x ∈ R2 | kxk = 1 az egységkörvonal. Ezt a halmazt a θ 7− (cos θ, sin θ) leképezéssel paraméterezhetjük, és így azonosíthatjuk R/2π1 vel. Legyen a, b ∈ S , ekkor jelölje ](a, b) az a és b vektorok által bezárt kisebbik 1 szöget. Ezzel a jelöléssel (S , ]) metrikus tér 1 RP jelöli a sík egydimenziós lineáris altereinek

halmazát. Ezt a halmazt 1 + azonosíthatjuk S /{ − 1}-el, és ezzel az azonosítással mértéket és topológiát de1 1 niálhatunk RP -en. Legyen L, M ∈ RP , ekkor jelölje ](L, M ) az L és az M 1 által bezárt kisebbik szöget. Ezzel a jelöléssel (RP , ]) metrikus tér 1 ⊥ Ha L ∈ RP , akkor L jelöli az L-re mer®leges lineáris alteret. Ha M egy 1 ⊥ (an) egyenes és M párhuzamos L ∈ RP -el, akkor M jelöli az L-re mer®leges Ha lineáris alteret. A sík egydimenziós lineáris altereire történ® mer®leges vetítések halmazát Q -vel jelöljük. Ha Az L 7− πL L ∈ RP 1 mértéket és topológiát deniálhatunk -n. M∗ M -mel párhuzamos origón Q πM ∗ ∈ . Q 4.2 Deníció Legyen H ⊆ R2 1-halmaz Egy π ∈ vetítést a H halmaz 1 1 feszít® projekciójának hívunk, ha H (H) = H (π(H)) és π(H) intervallum. Q 4.3 Deníció Legyen H ⊆ R2 1-halmaz Egy π ∈ vetítést a H halmaz 1 1 gyenge feszít® projekciójának hívunk, ha H

(H) = H (π(H)). Ha M πL azQ L-re történ® mer®leges vetítést. 1 RP és között. Ezzel a leképezéssel Q akkor jelölje leképezés egy bijekció egy (an) egyenes, akkor jelölje átmen® egyenest, így 4.4 Deníció halmazát ∗ M ∈ RP Legyen F P (H), 1 az . Ezzel a jelöléssel tehát H ⊆ R2 1-halmaz. Ekkor a H feszít® projekcióinak a gyenge feszít® projekcióinak halmazát 4.5 Lemma Ha H ⊆ R2 , akkor Hs (π(H)) ≤ Hs (H) 10 GF P (H) jelöli. http://www.doksihu A 4.5 Lemma a Hs deníciójából könnyen levezethet®. A bizonyítást az olvasóra bízzuk. 4.6 Lemma Ha A ⊆ H 1-halmazok a síkon, akkor GF P (A) ⊇ GF P (H) Bizonyítás. π gyenge feszít® projekciója H -nak, azaz H1 (H) = H (π(H)). Mivel π(H) ⊆ π(A) ∪ π(H A), ezért H1 (π(H)) ≤ H1 (π(A)) + H1 (π(H A)). Alkalmazva a 45 Lemmát H1 (π(A)) ≤ H1 (A) és H1 (π(H A)) ≤ H1 (H A). Mivel A ⊆ H 1-halmaz, így mérhet®, tehát H1 (A) + H1 (H A) =

H1 (H). Az eddigieket összerakva nyerjük, hogy Legyen 1 H1 (H) = H1 (π(H)) ≤ H1 (π(A)) + H1 (π(H A)) ≤ H1 (A) + H1 (H A) = H1 (H), így mindenhol egyenl®ség áll, speciálisan feszít® projekciója 4.7 Deníció A feszül® halmaz, ha H1 (π(A)) = H1 (A). Tehát π gyenge A-nak. H ⊆ R2 1-halmaz |GF P (H)| ≥ 2. feszül® halmaz, ha |F P (H)| ≥ 2, gyengén 4.8 Deníció 2 1 1 Legyen H ⊆ R a H szerint σ -véges és H (H) > 0. Ekkor azt H teljesen rektikálhatatlan, ha minden γ : R − R2 Lipschitz1 leképezésre, H (H ∩γ(R)) = 0. A teljesen rektikálhatatlan halmazokat szokták 1-teljesen rektikálhatatlannak is hívni. mondjuk, hogy 4.9 Q Tétel. Legyen H ⊆ R2 teljesen rektikálhatatlan Ekkor majdnem minden π ∈ -re H1 (π(H)) = 0. A 4.9 Tétel bizonyításának részleteit lásd [7, 181Tétel] 4.10 Deníció Egy g : Rk − Rd leképezés C k -leképezés, ha k -szor folytonosan dierenciálható. 4.11 Lemma Legyen H ⊆

R, γ : R − Rd Lipschitz-leképezés M Lipschitzkonstanssal Ekkor H1 (γ(H)) ≤ M · H1 (H) A 4.11 Lemma a Hs deníciójából könnyen levezethet®. A bizonyítást az olvasóra bízzuk. 4.12 Lemma Legyen f : [a, b] − Rd dierenciálható és kf 0 (x)k ≤ M minden x ∈ [a, b] elemre. Ekkor kf (x) − f (y)k ≤ M · |x − y| minden x, y ∈ [a, b] elemre Ennek az elemi tételnek a bizonyítását az olvasóra bízzuk. 4.13 Tétel Legyen γ : Rk − Rd Lipschitz-leképezés, egy g : Rk Rd C 1 -leképezés, melyre Hk  x ∈ Rk | γ(x) 6= g(x)
ε > 0. < ε. A 4.13 Tétel bizonyításának részleteit lásd [3, 3116Tétel] 11 Ekkor létezik http://www.doksihu 4.14 Következmény Legyen H ⊆ R2 , ekkor a következ®k ekvivalensek: i) H teljesen rektikálhatatlan ii) H1 (H ∩ γ(R)) = 0 minden γ : R − R2 C 1 -leképezésre Bizonyítás. i)⇒ii): Legyen H ⊆ R2 teljesen rektikálhatatlan halmaz Tegyük γ : R − R2 C 1 -leképezés, melyre H1 (H

∩ γ(R)) > 0. γ([−n, n]) és H1 (H ∩ γ(R)) > 0, így létezik n0 ∈ N, melyre n=1 fel indirekt, hogy γ(R) = S∞ H1 (H ∩ γ([−n0 , n0 ])) > 0, Mivel (11) γ 0 |[−n0 ,n0 ] létezik és folytonos [−n0 , n0 ]-en, így korlátos. Tehát létezik M > 0, hogy γ 0 |[−n0 ,n0 ] (x) ≤ M minden x ∈ [−n0 , n0 ]-re. Ekkor a Mivel 4.12 Lemma szerint γ |[−n0 ,n0 ] (x) − γ |[−n0 ,n0 ] (y) ≤ M · |x − y| [−n0 , n0 ]-on. Tehát γ |[−n0 ,n0 ] Lipschitz-leképezés M γ̂ : R − R2 azt a leképezést, melyre   γ(−n) ha x < −n γ̂(x) = γ(x) ha − n ≤ x ≤ n   γ(n) ha x > n Lipschitz-konstanssal. Jelölje Ekkor γ̂ Lipschitz-leképezés Tehát a (11) egyenlet szerint H M Lipschitz-konstanssal, H1 (H ∩ γ̂(R)) > 0, de ez és γ̂(R) = γ([−n0 , n0 ]). ellentmond annak, hogy teljesen rektikálhatatlan. H1 (H ∩ g(R)) = 0 minden g : R − R2 C -leképezésre. Tegyük fel indirekt, hogy H

nem teljesen rektikálhatatlan, 2 azaz γ : R − R Lipschitz-leképezés M Lipschitz-konstanssal, melyre h = h 1 H (H ∩ γ(R)) > 0. Legyen 0 < ε < M x. Ha alkalmazzuk a 413 Tételt γ -ra, ε-ra, k = 1-re és d = 2-re, kapunk egy g : R − R2 C 1 -leképezést, melyre ii)⇒i): Legyen H ⊆ R2 , melyre 1 H1 ({x ∈ R | γ(x) 6= g(x)}) < ε. Ekkor H ∩ γ(R) ⊆ (H ∩ g(R)) ∪ γ ({x ∈ R | γ(x) 6= g(x)}) és mivel H 1 küls® mérték, így H1 (H ∩ γ(R)) ≤ H1 (H ∩ g(R)) + H1 (γ ({x ∈ R | γ(x) 6= g(x)})) . Használva a 4.11 Lemmát {x ∈ R | γ(x) 6= g(x)}-re és γ -ra, (12) kapjuk, hogy H1 (γ ({x ∈ R | γ(x) 6= g(x)})) ≤ M · H1 ({x ∈ R | γ(x) 6= g(x)}) < M · ε, valamint H1 (H ∩ g(R)) = 0 az alap feltevésünk miatt. Ezt összevetve a (12) képlettel kapjuk, hogy h = H1 (H ∩ γ(R)) ≤ H1 (H ∩ g(R)) + H1 (γ ({x ∈ R | γ(x) 6= g(x)})) < 0+M ·ε<M · ami ellentmondás. 12 h = h, M http://www.doksihu

4.15 Lemma Ha γ : R − R2 Lipschitz-leképezés, H − γ 0 = 0 majdnem mindenütt H -n, akkor H1 (γ(H)) = 0. ⊆ R Borel halmaz, Ez a lemma a 4.11 Lemma következménye A bizonyítást az olvasóra bízzuk 4.16 Tétel Legyen H ⊆ R2 1-halmaz Ha teljesen rektikálhatatlan. Bizonyítás. feszül® Tegyük fel indirekt, hogy halmaz, azaz H gyengén feszül® halmaz, akkor nem teljesen rektikálhatatlan gyengén 4.14 Következmény 1 H szerint létezik γ : R − R2 1 C -leképezés, melyre H (H ∩ γ(R)) > 0. Mivel a 4.15 Lemma szerint n − o 1 0 1 H (γ ({x ∈ R | γ (x) = 0})) = 0, így H H ∩ γ x ∈ R | γ 0 (x) 6= 0 > 0. L, M ∈ RP 1 olyanok, hogy πL , πM ∈ GF P (H) és L 6= M , ilyen alterek léteznek, mivel H gyengén feszül®. Legyen α az L és az M által bezárt kisebbik szög. Legyen k ∈ N olyan, hogy Legyen 2π < α. k Az R2 n −o 0 -t lefedjük 2k (13) 2π k nyílásszög¶ nyílt szög- darab origó

középpontú tartománnyal. Legyen Kn =  (r · cos(β), r · sin(β)) ∈ R2 0 < r < ∞,  n + 1 2π (n − 1) 2π · <β< · . 2 k 2 k Ekkor R2 n − o S2k 0 = n=1 Kn , tehát  2k  n [ − o 0 0 H ∩ γ x ∈ R | γ (x) 6= 0 = H ∩ γ ({x ∈ R | γ (x) ∈ Kn }) , n=1 így létezik Ha n0 ∈ {1, . , 2k}, γ 0 (x) ∈ Kn0 , akkor ∈ Kn0 . Tehát hogy mivel Kn0   H1 H ∩ γ ({x ∈ R | γ 0 (x) ∈ Kn0 }) > 0. nyílt, ∃l ∈ N, hogy ∀y ∈ [x − 1l , x + 1l ] γ(y)−γ(x) y−x  ∞  [ 1 1 γ(y) − γ(x) 0 x ∈ R γ (x) ∈ Kn0 és ∀y ∈ [x − , x + ]−re ∈ Kn0 = l l y−x l=1 γ ({x ∈ R | γ 0 (x) ∈ Kn0 }) , így létezik l0 ∈ N, hogy 13 http://www.doksihu H  H ∩γ x ∈ R γ 0 (x) ∈ Kn0 és 1 ! 1 1 γ(y) − γ(x) ∀y ∈ [x − , x + ]−ra ∈ Kn0 > 0. l0 l0 y−x S∞ z z+1 Mivel R = z=−∞ [ l0 , l0 ], így   1 1 γ(y) − γ(x) 0 H∩γ x ∈ R γ (x) ∈ Kn0 és ∀y ∈

[x − , x + ]−ra ∈ Kn0 = l0 l0 y−x ∞ [  z z+1 H ∩γ x∈[ , ] γ 0 (x) ∈ Kn0 és l l 0 0 z=−∞ ! 1 1 γ(y) − γ(x) ∀y ∈ [x − , x + ]−ra ∈ Kn0 , l0 l0 y−x tehát létezik z0 ∈ Z, H 1 hogy  z0 z0 + 1 H ∩γ x∈[ , ] γ 0 (x) ∈ Kn0 és l0 l0 1 1 γ(y) − γ(x) ∀y ∈ [x − , x + ]−ra ∈ Kn0 l0 l0 y−x ! > 0. Legyen A=  z0 z0 + 1 x∈[ , ] γ 0 (x) ∈ Kn0 és l0 l0 ∀y ∈ [x − Ekkor diam(A) ≤ [ zl00 , z0l+1 ], tehát 0 A  1 γ(y) − γ(x) 1 , x + ]−ra ∈ Kn0 . l0 l0 y−x 1 l0 , mivel A ⊆ [ zl00 , z0l+1 ], 0 γ(y)−γ(x) deníciója szerint y−x tehát ha ∈ Kn0 . x, y ∈ A ⇒ akkor y ∈ Tehát összefoglalva H1 (H ∩ γ(A)) > 0 és x, y ∈ A, γ(y) − γ(x) ∈ Kn0 . y−x (14) (15) A 4.6 Lemma és a (14) egyenlet miatt πL , πM ∈ GF P (H ∩ γ(A)). (16) 2π k nyílásszög¶ nyílt szögtartomány, k -t a (13) egyenlet szerint választottuk, és α deníciója

szerint az L és az M által bezárt Mivel Kn0 egy origó középpontú 14 http://www.doksihu L és M közül legfeljebb az egyik metszheti Kn0 -et, s®t L M közül legalább az egyik egy legalább π2 > δ > 0 szöget zár be minden Kn0 ∪ −Kn0 -beli vektorral. Feltehetjük például, hogy ez L-re áll fenn Elegend® belátni, hogy πL : γ(A) − L Lipschitz-leképezés cos(δ) < 1 1 Lipschitz-konstanssal, mert ekkor a 4.11 Lemma szerint H (πL (H ∩ γ(A))) ≤ 1 1 cos(δ) · H ((H ∩ γ(A))) < H ((H ∩ γ(A))). Tehát πL ∈ / GF P (H ∩ γ(A)) elkisebbik szög, így és lentmondásban lenne a (16) képlettel. Tehát belátjuk, hogy Lipschitz-konstanssal. de ekkor a γ(y) − γ(x) πL : γ(A) − L Lipschitz-leképezés cos(δ) < 1 x, y ∈ A. Ekkor (15) miatt γ(y)−γ(x) ∈ Kn0 , y−x az L között bezárt kisebbik szög legalább δ . Ekkor Legyen és πL (γ(y)) − πL (γ(x)) ≤ cos(δ) · γ(y) − γ(x) . Így πL : γ(A) − L

Lipschitz-leképezés cos(δ) < 1 Lipschitz-konstanssal. 4.17 Következmény Legyen H ⊆ R2 1-halmaz, ekkor GF P (H) nullmérték¶ Bizonyítás. A 4.16 Tétel szerint H teljesen rektikálhatatlan  Q 1 szerint π∈ Ekkor a 4.9 Tétel | H (π(H)) > 0 nullmérték¶, de n o Y GF P (H) = π ∈ | H1 (π(H)) = H1 (H) > 0 ⊆ n o Y π∈ | H1 (π(H)) > 0 . Tehát GF P (H) nullmérték¶. 4.18 Lemma Ha H kompakt 1-halmaz, akkor GF P (H) kompakt 15 http://www.doksihu Bizonyítás. Q GF P (H) zárt. Mivel kompakt, így minden zárt része is kompakt, tehát GF P (H) is. Q GF P (H). Belátjuk, hogy ekkor π egy környezete is Q Legyen π ∈ GF P (H) része. Legyen π = πL alkalmas L ∈ RP 1 -gyel Feltehet®, hogy L a vízszintes egyenes. Mivel π ∈ / GF P (H), így H1 (π(H)) < H1 (H). 1 Létezik a π(H)-nak olyan In (nN) nyílt intervallum fedése, melyre H (π(H)) ≤ P∞ 1 1 Mivel H kompakt, így π(H) is kompakt, tehát i=0 H (In ) < H (H). SN

feltehet®, hogy az intervallum fedés véges, azaz ∃N ∈ N, hogy π(H) ⊆ n=1 In . P P N ∞ 1 1 1 1 Ekkor H (π(H)) ≤ H (I ) ≤ H (I ) < H (H) . Alkalmas Rn n n=0 n=0 rel H része az origó középpontú 2R oldalhosszú nyílt négyzetnek. Ekkor H ⊆ ∪N Legyen ε > 0 x. Minden n-re létezik egy n=0 In × (−R, R). δn szög, hogy ha az L és egy L0 ∈ RP 1 által bezárt szög kisebb, mint δn akkor diam(πL0 (In × (−R, R))) < (1 + ε) · diam(In ). Vegyük a δ = min {δn | 0 ≤ n ≤ N } számot. Ekkor ha az L és az L0 által bezárt szög kisebb, mint δ , akkor diam(πL0 (In × (−R, R))) < (1 + ε) · diam(In ) minden 0 ≤ n ≤ N N természetes számra egyszerre teljesül. Mivel H ⊆ ∪n=0 In × (−R, R), így N πL0 (H) ⊆ ∪n=0 πL0 (In × (−R, R)), tehát Belátjuk, hogy H1 (πL0 (H)) ≤ N X Q GF P (H) nyílt, tehát diam(πL0 (In × (−R, R))) < n=0 (1 + ε) · H1 (In ) < H1 (H) n=0 ε választással. ∈ / GF P (H).

alkalmas πL 0 ∞ X Tehát minden ilyen L0 -re H1 (πL0 (H)) < H1 (H), azaz 4.19 Következmény Ha H 1-halmaz, akkor GF P (H) kompakt Bizonyítás. Kn ⊆ H kompakt halmazok felszálló 1 lim H (K ) = H1 (H). Azt fogjuk belátni, hogy n∞ n T∞ GF P (H) = n=1 GF P (Kn ), amib®l következik az állítás, hiszen a 4.18 Lemma szerint mindegyik GF P (Kn ) kompakt, így a metszetük is az. A 4.6 Lemma szerint GF P (Kn ) ⊇ GF P (H) minden n-re, tehát sorozata, A 3.5 Tétel szerint létezik melyre ∞ GF P (Kn ) ⊇ GF P (H) n=1 . T∞ π ∈ n=1 GF P (Kn ). 1 1 1 Ekkor H (π(Kn )) = H (Kn ) minden n-re. Ezért limn∞ H (π(Kn )) = 1 1 limn∞ H (Kn ) = H (H), mivel Kn -et így választottuk. A π(Kn ) sorozat A másik irányú tartalmazás belátásához legyen felszálló, így a mértékek folytonossága miatt 1 H1 (∪∞ i=1 π(Kn )) = H (H). Mivel π(H) ⊇ π(Kn ) minden n-re, tehát π(H) ⊇ ∪∞ i=1 π(Kn ). 1 H1 (π(H)) ≥ H1 (∪∞ i=1 π(Kn

)) = H (H) 16 (17) Ezért http://www.doksihu (17) miatt, de a 4.5 Lemma miatt itt egyenl®ség áll Tehát π ∈ GF P (H) és ebb®l következik, hogy ∞ GF P (Kn ) ⊆ GF P (H) n=1 . 4.20 Deníció Legyen H ⊆ R2 . Jelölje IP (H) azon π ∈ Q projekciók π(H) nem elfajuló intervallum. jelöléssel F P (H) = GF P (H) ∩ IP (H) halmazát, melyekre Ezzel a 4.21 Lemma Legyen H ⊆ R2 kompakt, ekkor az IP (H) halmaz kompakt Bizonyítás. Q IP (H) nyílt, azaz ha π Q ∈ IP (H), akkor π egy környezete is elkerüli IP (H)-t. Legyen π ∈ IP (H). Legyen xconv(π(H)) π(H), ilyen x létezik, mivel π(H) nem intervallum. Ekkor mivel H kompakt, így π(H) is az, és ∃r , hogy [x − r, x + r] ⊆ conv(π(H)) π(H). Feltehet®, hogy π a vízszintes egyenesre való mer®leges vetítés A H kompaktsága miatt H ⊆ (−R, R) × (−R, R) alkalmas R-rel. Ekkor [x − r, x + r] × (−R, R) is elkerüli H -t. Ekkor az összes olyan L egyenes, mely az [x

− r, x + r] × {R} egy pontját köti össze az [x − r, x + r] × {−R} egy pontjával elkerüli a H halmazt, így (18) / πL⊥ (H). πL⊥ (x) ∈ Belátjuk, hogy Q Mivel [x − r, x + r] ⊆ conv(π(H)), így az A = H ∩ [−R, x − r] × R 6= ∅ és a B = H ∩ [x + r, R] × R 6= ∅ . Az L elválasztja A-t és B -t egymástól Tehát / πL⊥ (x) elválasztja πL⊥ (A)-t és πL⊥ (B)-t egymástól, de (18) miatt πL⊥ (x) ∈ πL⊥ (H), így πL⊥ (H) nem intervallum. Azon πL⊥ vetítések, melyekre L az [x − r, x + r] × {R} egy pontját köti össze az [x − r, x + r] × {−R} egy pontjával, a π egy környezetét alkotják. Tehát π egy környezete is elkerüli IP (H)-t 4.22 Tétel Legyen H ⊆ R2 1-halmaz Ekkor: i) F P (H) nullmérték¶, sehol sem s¶r¶ halmaz. ii) Ha H kompakt, akkor F P (H) kompakt. iii) GF P (H) nullmérték¶ kompakt halmaz, így sehol sem s¶r¶. Bizonyítás. Ha GF P (H) legfeljebb egy elem¶, triviális. Tegyük fel a

továbbiakban, hogy akkor a mindhárom állítás GF P (H) legalább két elem¶, azaz H gyengén feszül® halmaz. iii) GF P (H) a 4.17 Következmény szerint nullmérték¶, és a 419 Következ- mény szerint kompakt. ii) Mivel F P (H) = GF P (H)∩IP (H), így a 4.21 Lemma és ii) miatt F P (H) két kompakt halmaz metszete, így kompakt. i) triviálisan következik iii)-b®l. 17 http://www.doksihu 5. Önhasonló halmazok vetületei és feszülése A 4.22 Tétel mutatja, hogy az F P (H) halmaz topológiai és mértékelméleti szempontból meglehet®sen kicsi, de nem állít semmit Önhasonló 1-halmazok véges halmaz. egy osztályára meg Si Például ha mindegyik fogjuk F P (H) számosságáról. mutatni, homotécia, vényrendszer teljesíti a Nyílt Halmaz Feltételt, akkor F P (H) hogy és az Iterált Függ- F P (H) véges halmaz (5.33 Következmény) 5.1 Jelölés K ⊆ R2 {Si | 1 ≤ i ≤ m} φi -vel azt az egyértelm¶ ortogonális 2

transzformációt, melyre Si (x) = qi · φi (x) + bi alkalmas qi ∈ (0, 1), bi ∈ R konstansokkal. Jelölje O ({Si | 1 ≤ i ≤ m}) a φi transzformációk által generált csoportot. Ha egyértelm¶, hogy melyik IFS-hez tartozó O ({Si | 1 ≤ i ≤ m}) csoportról van szó, akkor O ({Si | 1 ≤ i ≤ m}) helyett csak röviden O -t írunk. Legyen önhasonló halmaz, mely az önhasonló IFS attraktora. Ekkor jelöljük A O csoport mérete azt mutatja, hogy az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS hasonlóságai mennyire nem homotéciák. Az 5.2 Lemma és az 5.3 Lemma jól ismert elemi geometriai tételek, bizonyításukat az olvasóra bízzuk. 5.2 Lemma Legyen tükrözés vagy forgatás. φ : R2 − R2 ortogonális transzformáció. Ekkor φ 5.3 Lemma Legyen φ : R2 − R2 egy α-szög¶ forgatás, mely nem véges rend¶. Ekkor a φk forgatás szöge αk = k · α (mod 2π) és az {αk | k ∈ N} halmaz s¶r¶ a [0, 2π)-ben. A következ® lemmában használt

L∗ jelölést a 4. fejezet elején vezettük be 5.4 Lemma Legyen H ⊆ R2 1-halmaz és πL ∈ GF P (H) Legyen S : R2 − R2 hasonlóság. Ekkor πS(L) ∈ GF P (S(H)) ∗ Bizonyítás. Legyen S vetülete egybevágó a egy q arányú hasonlóság. Az S(H) πL (q · H) vetülettel. Tehát halmaz πS(L)∗ (S(H))
H1 πS(L)∗ (S(H)) = H1 (πL (q · H)) = q·H1 (πL (H)) = q·H1 (H) = H1 (S(H)) . Tehát πS(L)∗ ∈ GF P (S(H)). 5.5 Lemma Legyen K ⊆ R2 önhasonló 1-halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora és πL ∈ GF P (K). Ekkor πφ (L) ∈ GF P (K) −1 i Bizonyítás. K 1-halmaz, így az Si (K) ⊆ K is 1-halmaz. A 46 Lemma GF P (K) ⊆ GF P (Si (K)), tehát πL ∈ GF P (Si (K)). Alkalmazva −1 5.4 Lemmát H = Si (K), S = Si , L = L-el kapjuk, hogy πS −1 (L)∗ ∈ Mivel szerint tehát ekkor az i GF P (Si−1 Si (K)) = GF P (K). Mivel L egy lineáris altér, így Si−1 (L) φ−1 i (L)-el párhuzamos an altér, tehát πφ−1

(L) = πS −1 (L)∗ ∈ GF P (K). i 18 i egy http://www.doksihu 5.6 Deníció Q A ⊆ halmazt O -invariánsnak πL ∈ A, φ ∈ O elemre πφ(L) ∈ A. Egy mondunk, ha minden 5.7 Megjegyzés Legyen G egy csoport és H egy halmaz Ekkor egy β : G × H − H leképezést baloldali csoporthatásnak hívunk, ha β(1, h) = h és β(g1 , β(g2 , H)) = β(g1 g2 , h) teljesül g1 , g2 ∈ G, h ∈ H tetsz®leges elemre (1 a G egységeleme). A (φ, πL ) 7− πφ(L) leképezés egy O× Q − Q baloldali csoporthatás. 5.8 Következmény Legyen K ⊆ R2 önhasonló 1-halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora. Ekkor a következ®ek igazak: i) GF P (K) O-invariáns. ii) Ha GF P (K) 6= ∅, akkor O véges csoport. Bizonyítás. Ha GF P (K) = ∅ akkor természetesen igaz a tétel A továbbiakban tegyük fel, hogy Ha φi GF P (K) 6= ∅. φ−1 = φi , tehát i egyenesre való tükrözés, akkor az 5.5 Lemma szerint πL ∈ GF P (K) ⇒ πφi (L) =

πφ−1 (L) ∈ GF P (K). i Most tegyük fel, hogy is nem πφ−1 (L) i φi φi forgatás. Megmutatjuk, hogy φi véges rend¶. φ−1 i véges rend¶ forgatás. Az 5.5 Lemma szerint πL ∈ GF P (K) ⇒ ∈ GF P (K) és ezt iterálva kapjuk, hogy ha k ∈ N, akkor πL ∈ Tegyük fel indirekt, hogy nem véges rend¶ forgatás. GF P (K) ⇒ πφ−k (L) ∈ GF P (K). Ekkor mivel i  forgatás, így az 5.3 Lemma szerint n o πφ−k (L) | k ∈ N ⊆ GF P (K) i s¶r¶ φ−k i (L) Q ellentmond a 4.22 Tételnek Tehát ha |k∈N -ben, tehát φi φ−1 i Ekkor persze nem véges rend¶ s¶r¶ GF P (K) RP 1 -ben, Q s¶r¶ tehát -ben. Ez forgatás, akkor véges rend¶. j ∈ N, hogy φ−j = φi . i Az 5.5 Lemma szerint szerint πL ∈ GF P (K) ⇒ πφ−1 (L) ∈ GF P (K), és ezt i iterálva kapjuk, hogy ha k ∈ N, akkor πL ∈ GF P (K) ⇒ πφ−k (L) ∈ GF P (K). i Speciálisan k = j -re Ha φi forgatás, akkor mivel véges rend¶, így

létezik πL ∈ GF P (K) ⇒ πφi (L) = πφ−j (L) ∈ GF P (K). i Tehát minden i ∈ {1, . , m}-re πL ∈ GF P (K) ⇒ πφi (L) ∈ GF P (K) és πφ−1 (L) ∈ GF P (K). i Tehát GF P (K) invariáns a φi -k által generált csoportra, azaz GF P (K) O- invariáns. Ezzel beláttuk i)-t O végtelen csoport. Ekkor ha van O-ban, akkor legyenek ezek rendre T1 , T2 , . Ekkor ha T1 Ti = T1 Tj , akkor Ti = Tj , tehát T1 T2 , T1 T3 , . különböz® forgatások, tehát van végtelen sok különböz® forgatás O -ban. Ha nincs végtelen sok különböz® tükrözés O -ban, akkor van végtelen sok különböz® forgatás O ii) belátásához tegyük fel indirekt, hogy végtelen sok különböz® tükrözés ban. 19 http://www.doksihu O-ban. Ekkor van akármilyen O-ban és így O forgatásainak szögei s¶r¶ halmazt alkotnak Q [0, 2π)-ben. Mivel GF P (K) nem üres és O-invariáns, így GF P (K) is s¶r¶ ben, de ez ellentmond a 422 Tételnek Tehát O véges

csoport és ezzel beláttuk Tehát van végtelen sok különböz® forgatás kicsi szög¶ forgatás ii)-t. 5.9 Deníció Legyen K ⊆ R2 önhasonló halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora. Ekkor legyen n o Y IPO (K) = πL ∈ | πφ(L) ∈ IP (K) ∀φ ∈ O . K 1-halmaz. Ekkor legyen n o Y F PO (K) = πL ∈ | πφ(L) ∈ F P (K) ∀φ ∈ O . Most tegyük fel továbbá, hogy Ekkor IPO (K) és F PO (K) O-invariáns halmazok. GF P (K) O-invariáns, Mivel az 5.8 Következmény szerint így F PO (K) = IPO (K) ∩ GF P (K). 5.10 Megjegyzés IPO (K), akkor Ha πL ∈ IP (K), akkor πL (K) intervallum. Ha πL ∈ πL (Si1 .in (K)) intervallum minden (i1 , , in ) multi-indexre 5.11 Megjegyzés Ha minden φi az identikus leképezés, akkor a O = {Id}. IPO (K) = IP (K) és F PO (K) = F P (K). 1 S®t, ha φi ∈ {Id, −Id}, akkor minden L ∈ RP egyenesre φi (L) = L, tehát πφi (L) = πφ−1 (L) = πL . Tehát ha minden φi ∈ {Id,

−Id}, azaz O ⊆ {Id, −Id}, i akkor IPO (K) = IP (K) és F PO (K) = F P (K). A φi ∈ {Id, −Id} feltétel pont azt jelenti, hogy Si homotécia. Tehát, ha minden Si homotécia, akkor IPO (K) = IP (K) és F PO (K) = F P (K). Ekkor 2 5.12 Lemma Legyen φ Q: R2 Q R ortogonális transzformáció. Ekkor a πL 7− πφ(L) leképezés egy − homeomorzmus. Bizonyítás. L 7− φ(L) leképezés egy RP 1 − RP homeomorzmus, mivel -n az L πL bijekcióval deniáltuk a 1 topológiát. Az L 7− φ(L) leképezés viszont egy izometrikus bijekció (RP , ])Elegend® megmutatni, hogy az 1 Q r®l önmagára, melynek az inverze is izometrikus, tehát homeomorzmus. 5.13 Lemma Legyen K ⊆ R2 önhasonló 1-halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora. Ekkor IPO (K) és F PO (K) kompakt halmazok Bizonyítás. IP (K) kompakt, hiszen K kompakt. Mivel π − 7 π leképezés folytonos, így minden φ ∈ O L φ(L)  Q transzformációra πL ∈ | πφ(L) ∈ IP (K)

kompakt halmaz. Mivel n o Y IPO (K) = πL ∈ | πφ(L) ∈ IP (K) ∀φ ∈ O = A 4.21 Lemma szerint az 5.12 Lemma szerint a 20 http://www.doksihu o Y n πL ∈ | πφ(L) ∈ IP (K) , φ∈O így IPO (K) kompakt halmazok metszete, tehát kompakt. F P (K) kompakt, hiszen K kompakt. Mivel az π L 7− πφ(L) leképezés folyonos, így minden φ ∈ O  Q transzformációra πL ∈ | πφ(L) ∈ F P (K) kompakt halmaz. Mivel n o Y F PO (K) = πL ∈ | πφ(L) ∈ F P (K) ∀φ ∈ O = A 4.22 Tétel szerint 5.12 Lemma szerint a o Y n πL ∈ | πφ(L) ∈ F P (K) , φ∈O így F PO (K) kompakt halmazok metszete, így kompakt. 5.14 Lemma Legyen H ⊆ R2 , πL ∈ és S : R2 − R2 hasonlóság, melyre S(x) = q · φ(x) + b, ahol q > 0, b ∈ R2 és φ ortogonális transzformáció. Ekkor πL (S(H)) egybevágó q · πS (L) (H)-val. Bizonyítás. Egybevágóság erejéig ugyanazt a halmazt kapjuk ha φ-vel transzQ −1 ∗ H -t és ezt vetítjük L-re, mint amikor

φ−1 -el transzformáljuk L-et és erre vetítjük H -t. A q -val való szorzás minden vetületet q -szorosára változtat és a b-vel való eltolás egybevágóság erejéig nem változtat a vetületeken. Tehát πL (S(H)) egybevágó q · πφ−1 (L) (H) = q · πS −1 (L)∗ (H)-val. Q 5.15 Deníció Egy πL ∈ projekció O szerinti orbitján a n o Y πφ(L) ∈ |φ∈O formáljuk halmazt értjük. A következ® tétel er®s fegyvert ad a kezünkbe a vetületek vizsgálatához. Kimondja, hogy az elemi részek vetületeinek átfedései nem számottev®ek. 5.16 Tétel Legyen K ⊆ R2 önhasonló halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora, dimS ({Si | 1 ≤ i ≤ m}) = s és O véges csoport. Ekkor Q i) egy π ∈ projekció O szerinti orbitjához tartozó minden π0 projekcióra Hs (π(K)) = Hs (π 0 (K)),   Q ii) minden π ∈ projekcióra Hs π(S~i (K)) ∩ π(S~j (K)) = 0 minden ~i, ~j ∈ n {1, 2, . , m} , ~i 6= ~j multi-indexre Q Bizonyítás.

Legyen π ∈ tetsz®leges és πL a π O szerinti orbitjának egy olyan eleme, melyre Hs (πL (K)) ≥ Hs (πφ(L) (K)) minden φ ∈ O transzformációra. Ilyen πL O Hs (K) < ∞ létezik, mivel értékek mind végesek, mivel a 3.20 Tétel szerint (19) véges. Ezek az és a 4.5 Lemma szerint Hs (πφ(L) (K)) ≤ Hs (K) < ∞. 21 (20) http://www.doksihu A 3.17 Megjegyzés szerint m [ K= . i1 =1 így . i1 =1 Mivel Hs m [ H (πL (K)) = H m [ s . i1 =1 m X m X . i1 =1 5.14 Lemma i1 m [ ! πL (Si1 ◦ . ◦ Sin (K)) ≤ in =1 Hs (πL (Si1 ◦ . ◦ Sin (K))) (21) in =1 πL (Si1 ◦ . ◦ Sin (K)) szerint πS −1 ◦.◦S −1 (L)∗ (K)-val, in πL (Si1 ◦ . ◦ Sin (K)) in =1 küls® mérték, így s Az Si1 ◦ . ◦ Sin (K), in =1 m [ πL (K) = m [ egybevágó qi1 · . · qin · így   Hs (πL (Si1 ◦ . ◦ Sin (K))) = Hs qi1 · · qin · πS −1 ◦◦S −1 (L)∗ (K) = in i1   qis1 · . ·

qisn · Hs πS −1 ◦◦S −1 (L)∗ (K) , i1 in (22) az utolsó egyenl®ségnél alkalmazva a 3.11 Lemmát Tehát (22)-t beírva (21)-be, majd alkalmazva a (19) becslést kapjuk, hogy Hs (πL (K)) ≤ m X . i1 =1 m X m X . m X Hs (πL (Si1 ◦ . ◦ Sin (K))) = in =1   qis1 · . · qisn · Hs πS −1 ◦◦S −1 (L)∗ (K) = in in =1 i1 =1 m X . i1 =1 m X   qis1 · . · qisn · Hs πφ−1 ◦◦φ−1 (L) (K) ≤ in in =1 m X . i1 =1 m X qis1 . i1 =1 i1 m X i1 qis1 · . · qisn · Hs (πL (K)) = in =1 m X qisn · Hs (πL (K)) = Hs (πL (K)) in =1 az utolsó sorban kiemeléseket elvégezve, majd használva, hogy a hasonlósági Pm s s i=1 qi = 1. Mivel (20) szerint H (πL (K)) véges, így s s mindenhol egyenl®ség áll, speciálisan a H (πφ−1 ◦.◦φ−1 (L) (K)) ≤ H (πL (K)) dimenzió s, és így in 22 i1 http://www.doksihu becslésben is egyenl®ség áll, Hs (πφ−1 ◦.◦φ−1 (L) (K)) = Hs (πL (K))

tehát in i1 ~i = (i1 , . , in ) multi-indexre A φ−1 ◦ ◦ φ−1 leképezések között in i1 s s megtalálható O minden eleme, így H (πφ(L) (K)) = H (πL (K)) minden φ ∈ O s s s transzformációra. Speciálisan H (π(K)) = H (πL (K)) = H (πφ(L) (K)) és ezzel minden az i) állítást beláttuk. ii) belátásához megint használjuk, hogy egyenl®tlenségeink helyén mindenhol egyenl®ség áll, speciálisan m [ Hs . i1 =1 m X . i1 =1 m [ ! π(Si1 ◦ . ◦ Sin (K)) = in =1 m X Hs (π(Si1 ◦ . ◦ Sin (K))) (23) in =1 Ha egy mérhet® felbontásnál az unió mértéke véges és megegyezik a tagok mértékének összegével, akkor a tagok kénytelenek mértékben diszjunktak lenni, tehát   Hs π(S~i (K)) ∩ π(S~j (K)) = 0 minden ~ i, ~j n ∈ {1, 2, . , m} , ~i = 6 ~j multi- indexre. 5.17 Megjegyzés Legyen πL ∈ Q , melyre Hs (πL (K)) > 0 és teljesüljenek az 5.16 Tétel feltételei Ekkor az 516 Tétel i)

állításából következik, hogy minden i-re Hs (πL (Si (K))) > 0, 5.18 Deníció létezik egy M s®t minden (i1 , . , in )-re Hs (πL (Si1 in (K))) > 0 H ⊆ R2 . Ekkor melyre H ⊆ M . Legyen egyenes, azt mondjuk, hogy H kollineáris, ha 5.19 Tétel Legyen K ⊆ R2 önhasonló 1-halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora, {Si | 1 ≤ i ≤ m} OSC és K nem kollineáris. Ekkor K teljesen rektikálhatatlan. Az 5.19 Tétel bizonyításának részleteit lásd [4, 54szakasz (4) Észrevétel] és [8]. 5.20 Lemma Ha K ⊆ R2 kompakt halmaz, akkor conv(K) kompakt Az 5.20 Lemma az elemi geometria jól ismert tétele, bizonyítását itt nem részletezzük. 5.21 Lemma Legyen K ⊆ R2 konvex kompakt halmaz, x ∈ R2 K , y ∈ K , d = dist(x, K) = kx − yk. Legyen M az y ponton át húzott [x, y] szakaszra mer®leges egyenes, és legyen F az a zárt féltér, melynek határa M és x ∈/ F . Ekkor K ⊆ F . F K y M x 23 http://www.doksihu

Az 5.21 Lemma az elemi geometria jól ismert tétele, bizonyítását az olvasóra bízzuk. 5.22 Jelölés Legyen 5.23 Jelölés Legyen dH . H ⊆ Rd . Legyen ekkor  U ε (H) = x ∈ Rd | ∃h ∈ H, kx − hk ≤ ε . 5.24 Deníció  ekkor  K(Rd ) = K ⊆ Rd | K nem − üres kompakt halmaz X, Y ⊆ Rd nem-üres kompakt halmazok. Legyen = inf ε | X ⊆ U ε (Y ), Y ⊆ U ε (X) . Ezt a dH : K(Rd ) × K(Rd ) − R Legyen leképezést Hausdor-metrikának nevezzük. 5.25 Tétel K(Rd ), dH
egy teljes metrikus tér. Az 5.25 Tétel könnyen kihozható a [9, 26] eredményb®l 5.26 Tétel Legyen Kn ∈ K(Rd ) összefügg® halmazok egy konvergens sorozata. Ekkor K = limn∞ Kn is összefügg® dH szerint Az 5.26 Tétel bizonyítását az olvasóra bízzuk 5.27 Lemma Legyen fn : [0, 1] − R folytonos függvények egy sorozata, melyre létezik a limn∞ graph(fn ), ahol a limeszt a dH metrika szerint Q értjük. Legyen K = limn∞ graph(fn ). Ekkor majdnem

minden πL ∈ vetítésre πL (K) > 0. A 5.27 Lemma könnyen kihozható az 526 Tételb®l A bizonyítást az olvasóra bízzuk. 5.28 Lemma Legyen K ⊆ R2 önhasonló 1-halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora, K teljesen rektikálhatatlan és tegyük fel, hogy a O végtelen csoport. Ekkor IPO (K) = ∅ Bizonyítás. IPO (K) 6= ∅. Ekkor, ha van végtelen sok O-ban, akkor legyenek ezek rendre T1 , T2 , . Ekkor, ha T1 Ti = T1 Tj , akkor Ti = Tj , tehát T1 T2 , T1 T3 , . különböz® forgatások, tehát van végtelen sok különböz® forgatás O -ban. Ha nincs végtelen sok különböz® tükrözés O -ban, akkor van végtelen sok különböz® forgatás O -ban. Tehát van végtelen sok különböz® forgatás O -ban. Ekkor van akármilyen kicsi szög¶ forgatás O -ban, és így O forgatásainak szögei s¶r¶ halmazt alkotnak Q [0, 2π)-ben. Mivel IPO (K) nem-üres és Q O-invariáns, így IPO (K) is s¶r¶ -ben, de IPO (K) kompakt, így IPO (K)

= . Mivel K teljesen rektikálhatatlan Q 1-halmaz, így a IPO (K) = egyenlet ellentmond a 4.9 Tételnek Tehát IPO (K) = ∅. Tegyük fel indirekt, hogy különböz® tükrözés 5.29 Tétel Legyen K ⊆ R2 önhasonló 1-halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora, {Si | 1 ≤ i ≤ m} OSC és K nem kollineáris. Ekkor IPO (K) véges halmaz. 24 http://www.doksihu Bizonyítás. IPO (K) = ∅, akkor a tétel triviális. Tegyük fel tehát a továbbiIPO (K) 6= ∅ Az 5.19 Tétel szerint K teljesen rektikálhatatlan Ha a O végtelen csoport lenne, akkor az 5.28 Lemma ellentmondana az IPO (K) 6= ∅ egyenletnek Tehát O véges csoport. A tétel bizonyításához elegend® megmutatni, hogy ha πL ∈ IPO (K), akkor πL izolált IPO (K)-ban, mivel IPO (K) kompakt és ha egy kompakt halmaz Ha akban, hogy minden pontja izolált, akkor a halmaz véges. πL ∈ IPO (K) tetsz®leges. Megmutatjuk tehát, hogy ekkor IPO (K)-ban. Mivel πL ∈ IPO (K), így az 510

Megjegyzés szerint πL (Si1 .in (K)) intervallum minden (i1 , , in ) multi-indexre Ezek a πL (Si1 .in (K)) n-edik generációs elemi rész vetületek az 516 Tétel 1 szerint H mértékben diszjunktak és az uniójuk kiadja πL (K)-t, ami Legyen πL izolált szintén intervallum, Sm i1 =1 . Sm így egymásba nem nyúló zárt intervallumok. in =1 πL (Si1 .in (K)) a πL (K) Tehát zárt intervallum egy felbontása mn darab egymásba nem nyúló zárt intervallumra, melyek az 5.17 Megjegyzés szerint nem elfajuló intervallumok. El®ször megmutatjuk, hogy minden létezik w, z ∈ Si1 .in (K), melyre w 6= z Si1 .in (K) elemi részre igaz, hogy nem és v = πL (z) = πL (w) = a πL (Si1 .in (K)) intervallum egyik vépontja w és z . Legyen kw − zk = d > 0 és q = max1≤i≤m qi < 1. Legyen k ∈ N akkora, hogy q n+k · diam(K) < d2 Ekkor Si1 .in ◦ Sj1 jk (K) ⊆ Si1 in (K) minden (j1 , , jk ) multi-indexre, és az Si1 .in ◦ Sj1 jk (K) elemi

részek fedik Si1 in (K)-t Tehát létezik (j1 , , jk ) és (l1 , . , lk ) multi-index, melyre w ∈ Si1 in ◦ Sj1 jk (K) és z ∈ Si1 in ◦ Sl1 .lk (K) Mivel diam(Si1 in ◦ Sj1 jk ) ≤ q n+k diam(K) < d2 és diam(Si1 in ◦ Sl1 .lk (K)) ≤ q n+k diam(K) < d2 , valamint w ∈ Si1 in ◦ Sj1 jk (K), z ∈ Si1 .in ◦ Sl1 lk (K) és kw − zk = d, így (j1 , , jk ) 6= (l1 , , lk ) Tehát πL (Si1 .in ◦ Sj1 jk (K)) és πL (Si1 in ◦ Sl1 lk (K)) egymásba nem nyúló nem elfajuló zárt intervallumok, melyek benne vannak πL (Si1 .in (K)) intervallumban és tartalmazzák πL (Si1 .in (K)) intervallum v végpontját Ez ellentmondás, tehát πL (Si1 .in (K)) intervallum végpontjaira πL az Si1 in (K) elemi résznek Tegyük fel indirekt, hogy létezik ilyen legyen csak egy-egy pontját vetíti. Si1 .in (K) és Sj1 jn (K) elemi πL (Si1 .in (K)) ∩ πL (Sj1 jn (K)) egyelem¶, azaz a πL (Si1 .in (K)) és a πL (Sj1 jn (K)) a végpontjukban találkoznak Legyen

{v} = πL (Si1 .in (K))∩πL (Sj1 jn (K)) Ekkor létezik pontosan 1 darab w ∈ Si1 in (K) és pontosan 1 darab z ∈ Sj1 .jn (K), melyre πL (w) = πL (z) = v , hiszen v a πL (Si1 .in (K)) és a πL (Sj1 jn (K)) intervallumok egyik végpontja Ha w = z , akkor azt mondjuk, hogy az Si1 .in (K) és Sj1 jn (K) szomszédos elemi részek Nevezzünk két azonos generációhoz tartozó részt szomszédosnak, ha a illeszkednek. Az általánosság megszorítása nélkül feltehet®, hogy L ∈ RP 1 a vízszintes egyenes. Megmutatjuk, hogy nem lehetséges, hogy minden generációra minden szomszédos azonos generációhoz tartozó elemi rész pár illeszkedik. 25 Tegyük fel http://www.doksihu indirekt, hogy minden generációra minden szomszédos azonos generációhoz [a, b] = πL (K) ⊆ L = R × {0} = R, a = v0 < v1 < . < vmn = b felosztását, melyre mindegyik n-edik generációs elemi részre πL (Si1 .in (K)) = [vk−1 , vk ], alkalmas k ∈ {1, . , mn } indexel

Ekkor persze minden (i1 , , in ) multi-indexre pontosan egy k index létezik, melyre πL (Si1 .in (K)) = [vk−1 , vk ] Legyen zk ∈ K olyan, melyre π(zk ) = vk . Ha vk ∈ πL (Si1 in (K)) és vk ∈ πL (Sj1 .jn (K)), de (i1 , , in ) 6= (j1 , , jn ), akkor Si1 in (K) és Sj1 jn (K) elemi részek szomszédosak és legalább az egyikük tartalmazza zk -t. Mivel mindkét elemi résznek pontosan egy eleme vetül vk -ra és az indirekt feltevés szerint a szomszédos elemi részek illeszkednek, így zk mindkét elemi résznek n eleme. Tehát minden k ∈ {1, , m } indexre létezik pontosan egy (i1 , , in ) multi-index, melyre {zk−1 , zk } ⊆ Si1 .in (K), az a (i1 , , in ) multi-index, 2 melyre πL (Si1 .in (K)) = [vk−1 , vk ] Legyen zk = (vk , yk ) ∈ R . Legyen fn : [a, b] − R az a folytonos függvény, melyre f (vk ) = yk minden k ∈ {0, 1, . , mn } indexre és f |[vk−1 ,vk ] lineáris minden k ∈ {1, , mn } indexre tartozó elemi rész pár

illeszkedik. Legyen ahol a < b. Vegyük az 5.30 Lemma szerint értjük. Bizonyítás. [a, b] intervallumnak azt az limn∞ graph(fn ) = K , ahol a limeszt a dH Hausdor-metrika q = max1≤i≤m qi < 1 denícióra. dH (K, graph(fn )) ≤ q n · diam(K) és mivel q < 1, így limn∞ q n · diam(K) = 0 és ebb®l következik a lemma állítása. Legyen n x. Legyen x ∈ K tetsz®leges Ekkor x benne van valamelyik n-edik generációs elemi részben, legyen ez Si1 .in (K) Ekkor van olyan zk pont, melyre zk ∈ Si1 .in (K) Mivel diam(Si1 in (K)) = qi1 · ·qin ·diam(K) ≤ q n ·diam(K), n így kx − zk k ≤ q · diam(K). Az fn deníciója szerint zk ∈ graph(fn ), tehát x ∈ U qn ·diam(K) (graph(fn )). Ez minden x ∈ K elemre igaz, tehát Emlékeztetjük az olvasót a Megmutatjuk, hogy K ⊆ U qn ·diam(K) (graph(fn )). (24) x ∈ graph(fn ) tetsz®leges. Ekkor x benne van valamelyik [zk−1 , zk ] k indexel. Legyen Si1 in (K) az az egyértelm¶ elemi rész,

melyre {zk−1 , zk } ⊆ Si1 .in (K) Mivel diam(Si1 in (K)) ≤ qi1 · · qin · diam(K) ≤ q n · diam(K) és {zk−1 , zk } ⊆ Si1 .in (K), így diam([zk−1 , zk ]) ≤ q n · diam(K). Tehát kx − zk k ≤ q n · diam(K) Mivel zk ∈ Si1 in (K) ⊆ K , és kx − zk k ≤ q n · diam(K), így x ∈ U qn ·diam(K) (K). Ez minden x ∈ graph(fn ) Legyen most szakaszban, alkalmas elemre igaz, tehát graph(fn ) ⊆ U qn ·diam(K) (K). (25) és (25) szerint tehát graph(fn ) ⊆ U qn ·diam(K) (K) és K ⊆ U qn ·diam(K) (graph(fn )), így a dH deníciója alapján dH (K, graph(fn )) ≤ q n · diam(K). Ezzel beláttuk a lemma állítását (24) n ) = K , így a 5.27 Lemma Q limn∞ graph(f 1 πM ∈ vetítésre H (πM (K)) > 0. Mivel K kielégíti így K teljesen rektikálhatatlan, de ez ellentmond Mivel az 5.30 Lemma szerint szerint majdnem minden az 5.19 Tétel feltételeit, 26 http://www.doksihu a 4.9 Tételnek Tehát az indirekt feltevésb®l

ellentmondásra jutottunk, így van olyan szomszédos azonos generációhoz tartozó elemi rész pár, amely nem illeszkedik. Megmutatjuk tehát, hogy πL izolált IPO (K)-ban. Legyen Si1 in (K) és Sj1 .jn (K) ((i1 , , in ) 6= (j1 , , jk )) egy olyan azonos generációhoz tartozó szomszédos elemi rész pár, amelyik nem illeszkedik. Mivel Si1 .in (K) és Sj1 .jn (K) szomszédosak, így feltehet®, hogy [a, b] = πL (Si1 in (K)) ⊆ L = R × {0} = R és [b, c] = πL (Sj1 .jn (K)) ⊆ L = R × {0} = R egymásba nem nyúló intervallumok, ahol a < b < c. Ekkor létezik w1 , w2 ∈ Si1 .in (K), melyre πL (w1 ) = a és πL (w2 ) = b és létezik z1 , z2 ∈ Sj1 .jn (K), melyre πL (w1 ) = b és πL (w2 ) = c. Mivel Si1 in (K) és Sj1 jn (K) nem illeszkedik, így w2 6= z1 . Mivel πL (w2 ) = πL (z1 ) = b, így w2 és z1 x-koordinátái megegyeznek, tehát y -koordinátáik különböznek. Tegyük fel, hogy w2 y koordinátája nagyobb, mint z1 y -koordinátája (a

bizonyítás ellenkez® esetben hasonlóan történik, így csak ezt az esetet részletezzük). Legyen A a w1 -en át húzott y -koordinátatengellyel párhuzamos egyenes, B a w2 -n át húzott y koordinátatengellyel párhuzamos egyenes (így B tartalmazza z1 -et is) és C a z2 -n át húzott y -koordinátatengellyel párhuzamos egyenes. Lásd az ábrát a következ® oldalon. Legyen F1 = (a B egyenestől balra eső nyı́lt féltér) ∪ {w2 } és F2 = (a B egyenestől jobbra eső nyı́lt féltér) ∪ {z1 }. Ekkor F1 és F2 diszjunkt konvex halmazok és Si1 .in (K) ⊆ F1 , valamint Sj1 jn (K) ⊆ F2 . Tehát conv(Si1 in (K)) és conv(Sj1 jn (K)) diszjunkt konvex halmazok és az 5.20 Lemma szerint kompaktak is Ekkor, mivel conv(Si1 .in (K)) és conv(Sj1 .jn (K)) diszjunkt kompakt halmazok, a távolságuk egymástól egy d > 0 konstans, és létezik olyan g, h ∈ R2 pontpár, melyre g ∈ conv(Si1 .in (K)), h ∈ conv(Sj1 .jn (K)) és kg − hk = d Legyen D a [g, h]

szakasz felez®mer®legese Ekkor D két nyílt féltérre vágja a síkot, és az 5.21 Lemma szerint ezek közül egyik tartalmazza Si1 .in (K)-t, a másik pedig Sj1 jn (K)-t Ennél fogva D nem lehet függ®leges egyenes, mert függ®leges egyenes nem válaszja el az Si1 .in (K) és Sj1 .jn (K) elemi részeket Tehát a D és a B egyenesnek pontosan egy metszéspontja van, legyen ez t. 27 http://www.doksihu M A N D w2 conv(Si1.in(K)) w1 t g z1 h conv(Sj1.jn(K)) z2 B K része a t középpontú B és a C egyenesek által határolt nyílt sávban a D egyenes fölött nincs a conv(Sj1 .jn (K)) halmaznak pontja, hiszen ahogy azt a D deniálásakor megjegyeztük, D elválasztja conv(Si1 .in (K)) és conv(Sj1 jn (K)) halmazokat Legyen M egy olyan t-n keresztül húzott egyenes, melynek a B és a C egyenesek által határolt nyílt sávba es® része D fölött helyezkedik el, és a C egyenest, valamint az A egyenest a t középpontú 2R oldalhosszú tengelypárhuzamos

négyzeten kívül ⊥ metszi. Mivel B = L, így az ilyen tulajdonságú M egyenesekre az M ⊥ egyenesek L egy féloldali pontozott környezetét alkotják. Tegyük fel indirekt, hogy egy ilyen M egyenesre πM ⊥ ∈ IPO (K). Az M egyenes elválasztja a conv(Si1 .in (K)) és conv(Sj1 jn (K)) halmazokat, és mivel πM ⊥ ∈ IPO (K), így πM ⊥ (K) intervallum, melynek a πM ⊥ (M ) pont mindkét oldalán van pontja. Tehát a K halmaznak kell, hogy legyen pontja az M egyenesen. Mivel K része a t középpontú 2R oldalhosszú tengelypárhuzamos négyzetnek, így K ∩ M 6= ∅ része az A és a C egyenesek által határolt nyílt sávnak. Mivel M elválasztja a conv(Si1 .in (K)) és conv(Sj1 jn (K)) halmazokat, így nem metszi az Si1 in (K) 2 és az Sj1 .jn (K) elemi részt Tehát létezik egy Sl1 ln (K) elemi rész és e ∈ R , melyre (l1 , . , ln ) 6= (i1 , , in ), (l1 , , ln ) 6= (j1 , , jk ) és e ∈ Sl1 ln (K)∩M Az e pont benne van az A és a C egyenesek

által határolt nyílt sávban. Mivel πL ∈ IPO (K), így πL (Sl1 .ln (K)) intervallum, tehát  ! Mivel 2R K kompakt, így létezik R > 0, C melyre oldalhosszú tengelypárhuzamos négyzetnek. A H1 πL (Sl1 .ln (K)) ∩ πL (Si1 in (K)) ∪ πL (Si1 in (K) 28 > 0, http://www.doksihu de ez ellentmond az 5.16 Tételnek Tehát hogy πL féloldalról izolált / IPO (K). πM ⊥ ∈ Megmutattuk tehát, IPO (K)-ban. Legyen N egy olyan w2 -n át z1 és z2 pontokat. Az ilyen tulajdonságú N L egyenes egy féloldali pontozott környezetét Most belátjuk a másik oldali izoláltságot is. húzott egyenes, mely elválasztja a egyenesekre az N⊥ egyenesek az alkotják, éppen azon oldali környezetet, melyikr®l még nem bizonyítottuk az / izoláltságot. Tehát elegend® megmutatni, hogy egy ilyen N egyenesre πN ⊥ ∈ IPO (K). Tegyük fel indirekt, hogy πN ⊥ ∈ IPO (K) Ekkor πN ⊥ (Si1 in (K)) és πN ⊥ (Si1 .in (K) vetületek intervallumok, és

az 516 Tétel szerint egymásba 1 nem nyúlóak, hiszen H mértékben diszjunktak. Ez lehetetlen, mivel N választása szerint w2 ∈ N , és N elválasztja a z1 és z2 pontokat, de akkor πN ⊥ (w2 ) ∈ πN ⊥ (Si1 .in (K)) a πN ⊥ (Si1 in (K) intervallum bels® pontja Tehát / IPO (K). Beláttuk tehát, hogy πL izolált ellentmondáshoz jutottunk, így πN ⊥ ∈ IPO (K)-ban. Ahogy a bizonyítás elején megjegyeztük, ebb®l már következik a tétel állítása.  A dolgozat egyik legfontosabb eredménye a következ®. 5.31 Következmény Legyen K ⊆ R2 önhasonló 1-halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora, {Si | 1 ≤ i ≤ m} OSC, minden Si homotécia és K nem kollineáris. Ekkor IP (K) véges halmaz Bizonyítás. Teljesülnek az 529 Tétel feltételei, tehát IPO (K) véges halmaz Az 5.11 Megjegyzés szerint IPO (K) = IP (K), így IP (K) véges halmaz. 5.32 Tétel Legyen K ⊆ R2 önhasonló 1-halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m}

önhasonló IFS attraktora, {Si | 1 ≤ i ≤ m} OSC. Ekkor F PO (K) véges halmaz Bizonyítás. Ha F PO (K) üres vagy egyelem¶, akkor a tétel triviális, tehát feltehetjük, hogy F PO (K) legalább kételem¶. K Ekkor K gyengén feszül® halmaz, Tehát K -t nem R Lipschitz-képe, így a K -val 1 1 vett metszete H szerint nullmérték¶, de H (K) > 0. Tehát K nem kollineáris Teljesülnek az 5.29 Tétel feltételei, tehát IPO (K) véges halmaz Ahogy azt az 5.9 Deníciónál megjegyeztük F PO (K) = IPO (K) ∩ GF P (K), így F PO (K) tehát a 4.16 Tétel szerint teljesen rektikálhatatlan. tartalmazza semelyik egyenes, mivel egy egyenes véges halmaz. Most már kimondhatjuk dolgozatunk talán legfontosabb eredményét. 5.33 Következmény Legyen K ⊆ R2 önhasonló 1-halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló IFS attraktora, {Si | 1 ≤ i ≤ m} OSC és minden Si homotécia. Ekkor F P (K) véges halmaz Bizonyítás. Teljesülnek az 532 Tétel feltételei,

tehát F PO (K) véges halmaz Az 5.11 Megjegyzés szerint F PO (K) = F P (K), így F P (K) véges halmaz. 6. Példák feszül® halmazokra Hamarosan mutatunk példákat feszül® halmazokra, de el®bb néhány lemmával el®készítjük a feszülés bizonyítását. 29 http://www.doksihu 6.1 Tétel Legyen {Si | 1 ≤ i ≤
m} önhasonló IFS
Ekkor a K 7− halmazleképezés egy K(Rd ), dH − K(Rd ), dH kontrakció. Sm i=1 Si (K) A 6.1 Tétel bizonyításának részleteit lásd [4, 32szakasz (1) Tétel] 6.2 Tétel (Banach xponttétel) Legyen (X, d) egy teljes metrikus tér és f : X − X kontrakció. Ekkor létezik pontosan egy xpontja az f leképezésnek Legyen x ∈ X tetsz®leges pont, ekkor az (f n (x))∞ n=0 sorozat konvergál az egyértelm¶ xponthoz a d metrika szerint. Ezen jól ismert tétel bizonyítását az olvasóra bízzuk. 6.3 Következmény Legyen K ⊆ Rd önhasonló halmaz, mely az {S ≤ m} önhasonló
IFS attraktora és legyen H ∈ K(Rd ).

Ekkor az Sim| 1 ≤ i S ∞ m i =1 . i =1 Si i (H) n=1 sorozat konvergál a K halmazhoz a dH metrika szerint. 1 n 1 n A 6.3 Tétel következménye a 61 és a 62 Tételnek A 6.4 és a 6.5 Lemma bizonyítása egyszer¶ topológiai alapismereteket igényel. A bizonyítást az olvasóra bízzuk 6.4 Lemma Legyen T K= ∞ n=1 szerint. K1 , K2 , . ∈ K(Rd ), melyre K1 ⊇ K2 ⊇ ∞ Kn ∈ K(R ) és a (Kn )n=1 sorozat konvergál a K -hoz a dH d 6.5 Lemma Legyen Ekkor K1 , K2 , . ∈ K(Rd ), melyre K1 ⊇ K2 ⊇ ! ∞ ∞ π Kn = π(Kn ). n=1 6.6 Deníció Ekkor a metrika és π ∈ . Q n=1 {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonlóSIFS, K0S∈ K(Rd ), melyre m m Si (K0 ) ⊆ Si (K) minden i-re. Ekkor legyen Kn = i1 =1 in =1 Si1 in (K0 ), ahol n ∈ N {0}. A Kn halmazt a K0 kezdet¶ n-edik generációs közelítésnek Legyen nevezzük. 6.7 Lemma Legyen K ⊆ R2 önhasonló halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} d önhasonló IFS T∞ attraktora, K0 ∈ K(R ), melyre

Si (K0 ) ⊆ Si (K) minden ire. Ekkor n=1 Kn = K egy leszálló metszet, ahol Kn a K0 kezdet¶ n-edik generációs közelítés. Gyakran szeretünk leszálló metszetként tekinteni az önhasonló halmazokra, mert egyszer¶bbé teszi vizsgálatukat. Bizonyítás. Mivel Si (K0 ) ⊆ K0 minden i-re, ígyS K0 ⊇ Si1 (K0 ) ⊇ m .S ⊇ SiS (K ) ⊇ S (K0 ). Tehát K0 ⊇ .i 0 i 1 n−1 1 .in i=1 Si (K0 ) ⊇ . ⊇ m m . . . S (K ) ⊇ . . . , így a 6.4 Lemmát alkalmazva limn∞ Kn = i .i 0 1 n in =1 1 =1 Ti∞ K , ahol a limeszt a d metrika szerint vesszük. A 6.3 Következmény n H n=1 T∞ szerint limn∞ Kn = K , és mivel a limesz egyértelm¶, így n=1 Kn = K . 30 http://www.doksihu 6.8 Lemma Legyen K ⊆ R2 önhasonló halmaz, mely az {Si | 1 ≤ i ≤ m} önhasonló mind homotéciák, és legyen Q IFS attraktora, ahol az Si hasonlóságok πL ∈ tetsz®leges.S Legyen K0 ⊆ R2 kompakt halmaz, melyre Si (K0 ) ⊆ K0 minden i-re és πL ( m i=1 Si (K0 )) = πL (K0 ).

Ekkor πL (K) = πL (K0 ) Ez a tétel azt mutatja, hogy ha megegyezik, akkor a K0 és K1 K K0 és K1 mer®leges vetülete egy L egyenesre attraktor vetülete is ugyanaz a vetület lesz. Például ha ugyanarra az intervallumra vetül, akkor K is. Ez hasznos eszköz lesz arra, hogy az attraktorról megmutassuk, hogy bizonyos projekciók az attraktor feszít® projekciói. Bizonyítás. A 6.7 Lemma szerint Kn = Sm i1 =1 . Sm in =1 Si1 .in (K0 ) halmazokra K1 ⊇ K2 ⊇ . és ∞ K= Kn . (26) n=1 L-re mer®leges M K0 ∩ M = ∅, hiszen ekkor Elegend® belátni, hogy minden pontosan akkor, ha an egyenesre Kn ∩ M = ∅ πL (K0 ) = πL (Kn ) minden n-re, (27) és így a (26), (27) egyenletek és a 6.5 Lemma szerint ∞ πL (K) = πL ! Kn = n=1 ∞ πL (Kn ) = n=1 ∞ πL (K0 ) = πL (K0 ). n=1 Tehát a lemma bizonyításához azt kell belátni, hogy minden L-re mer®leges M an egyenesre Kn ∩ M = ∅ ⇐⇒ K0 ∩ M = ∅. (28)

Legyen M egy tetsz®leges L-re mer®leges an egyenes. Tegyük fel, hogy K0 ∩ M = ∅. Ekkor mivel Kn ⊆ K0 , így Kn ∩ M = ∅ Tehát minden L-re mer®leges M an egyenesre Kn ∩ M = ∅ ⇐= K0 ∩ M = ∅. n szerinti teljes indukcióval Sm látjuk be. n = 1Seset következik a tétel πL ( i=1 Si (K0 )) = πL (K0 ) feltételéb®l, m hiszen K1 = i=1 Si (K0 ), így n = 1-re (28) igaz. Legyen n > 1 és tegyük fel, hogy minden kisebb számra (28) igaz minden L-re mer®leges M an egyenesre. Legyen M x, és tegyük fel, hogy A másik irányt Az Kn ∩ M = ∅. 31 http://www.doksihu Azt kell megmutatnunk, hogy ekkor K0 ∩ M = ∅. Sm Sm Kn = i1 =1 . in =1 Si1 in (K0 ) és Kn ∩ M = ∅, így Si1 in (H) ∩ M = ∅ minden (i1 , . , in ) multi-indexre Ekkor Si−1 (Si1 .in (K0 ) ∩ M ) = ∅, azaz 1 Si2 .in (K0 ) ∩ Si−1 (M ) = ∅ minden (i1 , . , in ) multi-indexre Tehát 1 ! m m [ [ −1 Kn−1 ∩ Si1 (M ) = . Si2 .in (K0 ) ∩ Si−1 (M ) = ∅ (29) 1

Mivel i2 =1 minden i1 indexre. Mivel az Si in =1 hasonlóságok mind homotéciák, így Si−1 (M ) L-re mer®leges an egyenes minden i indexre. Az indukciós feltevés szerint n − 1-re, tehát alkalmazzuk ezt a (29) egyenletre, így kapjuk, hogy K0 ∩ Si−1 (M )S= ∅, azaz ∅ = Si (K0 ∩ Si−1 (M )) = Si (K0 ) ∩ M minden i indexre. m Tehát K1 = ( i=1 Si (K0 ))∩M = ∅, alkalmazva erre a (28)-at 1-re kapjuk, hogy K0 ∩ M = ∅. Tehát minden L-re mer®leges M an egyenesre egy (28) igaz Kn ∩ M = ∅ =⇒ H ∩ M = ∅. Tehát (28) igaz minden 6.9 √Jelölés 3 2 1 3(2, 2 ) = Legyen 1 3x n-re, és ezzel a lemmát beláttuk. S14 (x) = + ( 31 , √13 ) (x ∈ 4 1 1 3 x, S2 (x) = 3 x R2 ). Jelölje K 4 az 4 2 1 + n ( 3 , 0), S3 (x) o = 3x + 4 4 4 S1 , S2 , S3 önhasonló IFS attraktorát. √ 3 2 ) csúcsú szabályos háromszöget. Ekkor az 4 Si homotéciák önmagába képezik a K04 háromszöget a következ® ábrán látható módon. Jelölje

K04 6.10 Tétel Bizonyítás. a (0, 0), (1, 0), ( 21 , F P (K 4 ) = GF P (K 4 ) Jelölje Kn4 a K04 6.7 Lemma szerint háromelem¶ halmaz. kezdet¶ ∞ n-edik Kn4 = K 4 generációs közelítést. Ekkor a (30) n=1 egy leszálló metszet. A következ® ábrák mutatják az els® és második generációs közelítéseket, valamint az attraktor halmazt. 32 http://www.doksihu K04 háromszög oldalaira 4 mer®legesen vetítve az K1 halmazt a vetület kiadja a teljes oldalt. Ezt a következ® ábrán szemléltetjük. A K14 els® generációs közelítésre igaz, hogy a Alkalmazva tehát a 6.8 Lemmát az oldalakkal párhuzamos kapjuk, hogy intervallumok, πL (K 4 ) = πL (K04 ). 1 így a H mértékük is 1. A K04 L egyenesekre, háromszög oldalai 1 hosszú Tehát a 4.5 Lemma szerint 1 ≤ H1 (K 4 ). (31) δ > 0 x. Legyen n ∈ N, olyan nagy, melyre 31n < δ Ekkor mivel diam(K04 ) = 1, így diam(Si41 .in (K04 )) = 31n < δ (30) szerint K 4

⊆ P3 S3 S3 P3 4 4 Kn4 = i1 =1 . in =1 Si41 in (K04 ) és i1 =1 . in =1 diam(Si1 .in (K0 )) = P3 P3 1 1 n 1 4 i1 =1 . in =1 3n = 3 · 3n = 1. Tehát a 31 Deníció értelmében Hδ (K ) ≤ 1. Ez igaz minden δ > 0 számra, tehát Legyen H1 (K 4 ) ≤ 1. Így a (31) és a (32) egyenletek következtében oldalaira a párhuzamos 1 4 4 K halmaz vetülete 4 4 1 L4 1 , L2 , L3 ∈ RP egy 1 H1 (K 4 ) = 1. Mivel a πL4 (K 4 ) i egy intervallum és 4 H (K ) = H (πL4 (K )) = 1. Tehát πL4 ∈ F P (K ) i = 1, 2, 3-ra i i o n 4 4 4 1 , akkor a πL (K0 ) egy 1-nél Ha L ∈ RP L4 , L , L 3 1 2 GF P (K ). Tehát K4 ⊆ K04 , így rövidebb 4 1 4 H1 (πL (K / n )) < 1 = H o (K ), azaz πL ∈ 4 4 4 4 F P (K ) = GF P (K ) = L1 , L2 , L3 háromelem¶. intervallum és mivel 4 K04 hosszú intervallum, így az oldalakkal egyenesekre a 4 1 (32) 4 33 http://www.doksihu 6.11 Jelölés S1 (x) = 14 x + (0, 34 ), S2 (x) = 14 x + ( 14 , 14 ), S3 (x) =    

 1 1 1 1 3  2  az S1 , S2 , S3 , S4 4 x + ( 2 , 2 ), S4 (x) = 4 x + ( 4 , 0) (x ∈ R ). Jelölje K Legyen önhasonló IFS attraktorát. Jelölje K0 a (0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1) csúcsú négyzetet. K0 négyzetet a következ® homotéciák önmagába képezik a Ekkor az Si ábrán látható módon. 6.12 Tétel Bizonyítás. F P (K  ) Jelölje Kn kételem¶ halmaz. a K0 6.7 Lemma szerint kezdet¶ ∞ n-edik Kn = K  generációs közelítést. Ekkor a (33) n=1 egy leszálló metszet. A következ® ábrák mutatják az els® és második generációs közelítéseket, valamint az attraktor halmazt.  közelítésre igaz, hogy a K0 négyzet oldalaira 4 mer®legesen vetítve az K1 halmazt a vetület kiadja a teljes oldalt. Alkalmazva tehát a 6.8 Lemmát az oldalakkal párhuzamos L egyenesekre, kapjuk, hogy πL (K  ) = πL (K0 ). A K0 négyzet oldalai 1 hosszú intervallumok, így a H1 mértékük is 1. Tehát a 45 Lemma szerint A K1 els®

generációs 1 ≤ H1 (K  ). (34) x1 = (0, 1), x2 = ( 31 , 13 ), x3 = ( 23 , 23 ) és x4 = (1, 0). Ekkor Si (xi ) = xi i = 1, 2, 3, 4-re. Jelölje K0♦ az x1 , x2 , x3 , x4 csúcsú rombuszt Ekkor mivel ♦ ♦ ♦   a K0 rombusz csúcsai az Si homotéciák xpontjai, így Si (K0 ) ⊆ K0 i = ♦ ♦ 1, 2, 3, 4-re. Jelölje Kn a K0 kezdet¶ n-edik generációs közelítést Ekkor a Legyen 34 http://www.doksihu 6.7 Lemma szerint K  = ∞ Kn♦ ⊆ K0♦ (35) n=1 egy leszálló metszet. A következ® ábra mutatja az els® generációs közelítést. A = [(0, 1), (1, 0)] szakasz, azaz K0 négyzet negatív meredekség¶ 1 1 1 átlója. Legyen D0 az ( , ) középpontú 2 2 4 sugarú zárt körlap. A pitagorasz ♦ ♦   tétel segítségével némi számolással ellen®rizhet®, hogy S2 (K0 )∪S3 (K0 ) ⊆ D0 .      Tehát S2 (K ) ∪ S3 (K ) ⊆ D0 , mivel a (35) egyenlet szerint K ⊆ K0♦ . Tehát  D0 lefedi a K két A-t nem metsz® els® generációs

elemi részét és diam(D0 ) = 12 . Legyen Az S1 (D0 ) S1 (K  )-ban lev® diam(S1 (D0 )) = 81 . lefedi az rációs elemi részt, és Az A-t nem S2 (D0 ) metsz® második gene- S2 (K  )-ban diam(S2 (D0 )) = 18 . lefedi az A-t nem metsz® második generációs elemi részt és D0 ∪ S1 (D0 ) ∪ S2 (D0 ) lefedi K  -nek az A átlót nem lev® két Tehát két metsz® második generációs elemi részeit és   1 1 1 1 1 diam(D0 ) + diam(S1 (D0 )) + diam(S2 (D0 )) = + + = + . 2 8 8 2 4 35 http://www.doksihu A gondolatmenetet iterálva kapjuk, hogy  N [ DN = D0 ∪   [ .  n=1 lefedi a  [ i1 ∈{1,4} Si1 .in (D0 ) in ∈{1,4} K  -nek az A átlót nem metsz® N + 1P -edik generációs elemi részeit, és az N +1 1 k=1 2k . Innen nem nehéz látni, unióban szerepl® körök átmér®inek összege hogy a  D∞ = D0 ∪  ∞ [  P∞ 1 k=1 2k [ .  n=1 lefedi a  [ i1 ∈{1,4} Si1 .in (D0

) in ∈{1,4} K  A halmazt, és az unióban szerepl® S4 = 1. Tehát i=1 Si (D∞ ) lefedi az 4 [ 4 [ Si (K  A) = K  i=1 körök átmér®inek összege ! Si (A) i=1 P∞ a fedésben szerepl® kör átmér®je legfeljebb 1 k=1 2k 4· = 1, és minden 4 1 . Ezt a gondolatmenetet iterálva 4 halmazt, a fedésben szerepl® körök átmér®inek összege kapjuk, hogy az 4 [ 4 [ . i1 =1 Si1 .in (D∞ ) in =1 lefedi az 4 [ . i1 =1 ! 4 [ Si1 .in (K  A)  A=K A∪ in =1 4 [ . i1 =1 Si1 .in (A) in =1 4n · halmazt, a fedésben szerepl® körök átmér®inek összege minden a fedésben szerepl® kör átmér®je legfeljebb ! 4 [ P∞ 1 4n . Tehát 1 k=1 2k 4n δ= deníciója alapján Hδ1  K A∪ ∞ [ 4 [ . n=1 i1 =1 minden δ= 1 -ra 4k H1 (k ∈ N), K és mivel A∪ Si1 .in (A) ≤1 in =1 Hδ1 δ -ban ∞ [ 4 [ !! 4 [ . monoton, így 4 [ n=1 i1 =1 in =1 ∞ [ 4 [ 4 [ !! Si1 .in (A) ≤ 1. Ha

megmutatnánk, hogy H 1  K ∩ A∪ . n=1 i1 =1 36 in =1 !! Si1 .in (A) = 0, = 1, 1 -ra a 4k és Hδ1 http://www.doksihu akkor azt kapnánk, hogy H1 (K  ) ≤ 1, és ezt összevetve a (34) egyenlettel kapnánk, hogy H1 (K  ) = 1. (36) Ahhoz, hogy megmutassuk, hogy H 1  K ∩ ∞ [ 4 [ A∪ . n=1 i1 =1 4 [ !! Si1 .in (A) =0 (37) in =1
H1 K  ∩ Si1 .in (A) = 0 minden multi-indexre, 1   valamint, hogy H (K ∩ A) = 0. Mivel A ⊆ K0 , így   K  ∩ Si1 .in (A) = K  ∩ Si1 in (K  ) ∩ Si1 in (A) = Si1 in (K  ∩ A), elég azt megmutatni, hogy tehát a (37) egyenlethez elég azt megmutatni, hogy Megmutatjuk, hogy 1 H (K  ∩ A) = 0 H1 (K  ∩ A) = 0. és ezzel a (36) egyenlet bizonyítását intK0 az OSC egy tanúja és
    dimS S1 , S2 , S3 , S4 = 1, így a 3.25 Tétel szerint K  egy 1-halmaz   Tehát mivel a K nem kollineáris, ezért az 5.19 Tétel szerint K teljesen 1  rektikálhatatlan, így H (K ∩

A) = 0, hiszen A az R Lipschitz képe.   Ahogy azt megmutattuk, a K vetülete a K0 négyzet oldalaival párhuzamos   L1 , L2 egyenesekre egy 1 hosszú intervallum. Tehát πL (K  ) intervallum i 1  1  és i = 1, 2-re H (πL (K )) = 1 = H (K ) a (36) egyenlet szerint. Tehát i πL , πL ∈ F P (K  ). befejezzük. Könnyen ellen®rizhet®, hogy  1 2 Tehát a tétel belátásához elegend® belátni, hogy ha akkor  πL (K ) nem intervallum vagy   L ∈ RP 1 L 1 , L2 ,  diam(πL (K )) < 1. v = (cos θ, sin θ), ahol 0 < θ < π2 . Ekkor létezik a v vektorral S4 ♦ ♦   párhuzamos M an egyenes, mely elválasztja S1 (K0 )-t i=2 Si (K0 )-tól vagy S 3 ♦ ♦    az S4 (K0 )-t i=1 Si (K0 )-tól, tehát πM ⊥ (K ) nem intervallum. π Most legyen u = (cos θ, sin θ), ahol 2 < θ < π és L a u vektorra mer®leges ♦ lineáris altér. Nem nehéz látni, hogy ekkor diam(πL (K0 )) < 1 és mivel (35) ♦   szerint K ⊆ K0 , így

diam(πL (K )) < 1. Legyen 37 http://www.doksihu Az ilyen tulajdonságú u és v vektorokra mer®leges lineáris alterek összessége        RP 1 L 1 , L2 . Ezzel beláttuk, hogy F P (K ) = L1 , L2 , azaz F P (K ) kételem¶ halmaz. 6.13 Megjegyzés ϕ : R2 − R2 az az egyértelm¶ anitás, melyre 4 = (0, 1) és ϕ((1, 0)) = (1, 0). Legyen K⊥ = 4 [5] cikkben a K⊥ halmaz vetületeivel foglalkozik. Q egy A ⊆ megszámlálható és s¶r¶ halmaz, melyre Legyen √ (0, 0), ϕ(( 21 , 23 )) ϕ((0, 0)) = ϕ(K 4 ). R Kenyon az Megmutatja, hogy létezik 4 πL ∈ A ⇐⇒ H1 (πL (K⊥ )) > 0. A következ® ábra mutatja a 6.14 Megjegyzés egyenespárokba visz, változik, azaz ha dist(ϕ(L),ϕ(M )) dist(ϕ(M ),ϕ(N )) . halmazzal. Egy ϕ 4 K⊥ anitás párhuzamos egyenespárokat párhuzamos úgy hogy párhuzamos egyenesek távolságaránya nem L, M , N párhuzamos an egyenesek akkor dist(L,M ) dist(M,N ) = 2 H ⊆ R , akkor πL⊥ (H) hasonló a

πϕ(L)⊥ (ϕ(H)) 4 alkalmazva ezt K halmazra és a 6.13 Megjegyzés beli ϕ Tehát ha Tehát halmazt. anitásra, kapjuk, hogy 4 )) > 0 ⇐⇒ πϕ(L)⊥ ∈ A. H1 (πL⊥ (K 4 )) > 0 ⇐⇒ H1 (πϕ(L)⊥ (K⊥  Q Q A πL⊥ ∈ | πϕ(L)⊥ ∈ A egy megszámlálható és s¶r¶ halmaz -ben, tehát  Q πL ∈ | H1 (πL (K 4 )) > 0 egy megszámlálható és s¶r¶ halmaz. 4 Minden L egyenesre a πL (K )-ról megmutatható, hogy szintén önhasonló halmaz, és természetes módon adódik egy IFS 1 hasonlósági dimenzióval, 4 1 4 melynek πL (K ) az attraktora. A 3.25 Tétel szerint ha H (πL (K )) > 4 0, akkor OSC is és így a 3.28 Következmény szerint πL (K ) tartalmaz intervallumot. Könnyen megmutatható, hogy ha L egy olyan egyenes, mely 4 4 nem párhuzamos a K0 háromszög oldalaival, akkor πL (K ) nem intervallum, 1 4 de ha H (πL (K )) > 0, akkor tartalmaz intervallumot. 6.15 Megjegyzés A 6.13 Megjegyzésben szerepl® eredmény

bizonyításában használt módszer segítségével a B⊆ Q K halmazról is megmutatható, hogy van egy megszámlálható és s¶r¶ halmaz, melynek 6.16 Megjegyzés πL elemeire H1 (πL (K  )) > 0. Az ebben a fejezetben bemutatott példáknál az F P (K) halmaz szabályos volt. Felmerül a kérdés, hogy ez vajon minden esetben igaz- M, L ∈ RP 1 , akkor konstruálható melyre F P (K) = {πL , πM }. e. A válasz az, hogy nem Ha adott 2 K⊆R önhasonló OSC halmaz, 38 olyan http://www.doksihu 7. Nyitott problémák 1. Probléma Legyen H ⊆ R2 1-halmaz. Milyen nagy lehet azon origón átmen® π mer®leges vetítések halmazának számossága, melyekre H1 (H) = H1 (π(H))? Milyen nagy lehet azon π vetítések halmazának számossága, melyekre feltesszük továbbá, hogy π(H) intervallum? egyenesekre való 2. Probléma Igaz-e, hogy ha K egy önhasonló olyan origón átmen® egyenes van, amelyre a K 1-halmaz, akkor csak véges sok 1

mer®leges vetülete egy H (H) hosszú intervallum? 3. Probléma Létezik-e K ⊆ R2 kompakt, teljesen rektikálhatatlan 1-halmaz a síkon, melyhez megadható végtelen sok origón átmen® egyenes úgy, hogy ezen egyenesekre K mer®leges vetülete intervallum? 39 http://www.doksihu Hivatkozások [1] K. Falconer, Fractal geometry, Mathematical foundations and applications Second edition. John Wiley & Sons, Inc., Hoboken, NJ, 2003 [2] K. J Falconer, Sets with prescribed projections and Nikodym sets, London Math. Soc (3), 53 (1986), 48-64 [3] H. Federer, Geometric measure theory New York, 1969. Proc. Springer-Verlag New York Inc., [4] J. Hutchinson, Fractals and self-similarity, Indiana Univ. Math J 30 (1981), no. 5, 713747 [5] R. Kenyon, Projecting the one-dimensional Sierpinski gasket, Math. 97 (1997), 221238 [6] B. B Mandelbrot, The fractal geometry of nature Co., San Francisco, Calif, 1982 Israel J. W. H Freeman and [7] P. Mattila, Geometry of sets

and measures in Euclidean spaces Fractals and rectiability. Cambridge Studies in Advanced Mathematics, 44 University Press, Cambridge, 1995. [8] P. Mattila, On the structure of self-similar fractals, Ser. A I Math 7 (1982), 189195 [9] C. A Rogers, Hausdor measures New York, 1970. Ann. Acad Sci Fenn Cambridge University Press, London- [10] A. Schief, Separation properties for self-similar sets, Soc. 122 (1994), no 1, 111115 40 Cambridge Proc. Amer Math