Matematika | Diszkrét Matematika » Strenner Balázs - N-pont halmazok a síkban

http://www.doksihu Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar n-pont halmazok a síkban Szakdolgozat Készítette: Strenner Balázs matematikus hallgató Témavezet®: La zkovi h Miklós egyetemi tanár Analízis Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budapest, 2010 http://www.doksihu Tartalomjegyzék Bevezetés 3 1. Egyszer¶bb állítások n-pont halmazokról 5 1.1 n-pont 1.2 Analitikus 1.3 Analitikus és Borel 1.4 n-pont halmazok létezése . n-pont halmazok tulajdonságai 5 . 6 . 7 halmazok és a Kuratowski-Ulam tétel . 10 n-pont halmazok 2. Általános tudnivalók rektikálható halmazokról 13 2.1 A rektikálhatóság ekvivalens dení iói . 13 2.2 C 1 -ívek . . 17 2.3 C 1 -ívek függ®leges érint®i . 19 2.4 Görbeszer¶ halmazok C 1 -grakonokkal való fedése .

3. Rektikálhatóság és n-pont halmazok 22 24 3.1 Több grakon elmetszése egy egyenessel . 24 3.2 Görbeszer¶ halmazok . 26 3.3 Egy érdekes sejtés . 28 n-pont 4. Fσ -halmazok 31 4.1 Ívek 2-pont halmazokban . 31 4.2 Ívek 3-pont halmazokban . 32 4.3 Ívek 4.4 Nem létezik Fσ -halmazokban n-pont . halmaz, amely 1 Fσ . 35 38 http://www.doksihu TARTALOMJEGYZÉK 2 5. Ellenpéldák, konstruk iók n-pont 39 halmaz létezése . 39 5.1 2-dimenziós 5.2 Halmazok kiterjesztése n-pont halmazzá . 40 5.3 S¶r¶ és sehol sem s¶r¶ n-pont halmaz létezése . 41 5.4 H1 -mérhet® 5.5 Második kategóriájú Irodalomjegyzék és görbeszer¶ n-pont n-pont halmazok . halmaz létezése . 42 43 45 http://www.doksihu Bevezetés n esetén

n-pont halmazoknak nevezzük azokat a síkbeli halmazokat, melyeket minden síkbeli egyenes pontosan n pontban metsz. Transznit rekurzióval könnyen megmutatható, hogy minden n ≥ 2 esetén létezik n-pont halmaz. Arról azonban, hogy egy n-pont halmaz lehet-e valaMinden pozitív egész milyen értelemben szép, a mai napig alig ismert valami. n-pont halmaz lehet-e BorelGδ . Ami ismert, az az, hogy Nagyon nehéz megoldatlan kérdés, hogy egy halmaz, de még az sem ismert, hogy lehet-e egy n-pont halmaz nem lehet axiómájából, Fσ [5℄, valamint hogy Gödel konstruálhatósági V = L-b®l következik koanalitikus n-pont halmaz létezése [15℄. Ez utóbbi talán az olyan egyetlen lényeges eredmény a témakörben, amit nem fogunk részletesen tárgyalni. Az 1. fejezetben megvizsgáljuk az n-pont halmazok néhány alapvet® tulaj- donságát: létezését, Hausdor-dimenzióját és Hausdor-mértékét. Továbbá n-pont halmaz Borel, és hogy egy Boegy Gδ

n-pont halmaz pedig sehol sem megmutatjuk, hogy minden analitikus rel n-pont halmaz els® kategóriájú, s¶r¶. Mauldin foglalkozott el®ször a görbeszer¶ség kérdésével [13℄. Bebizonyí1 totta, hogy egy H -mérhet® n-pont halmaz nem lehet görbeszer¶, majd ezt felhasználva visszavezette egy geometriai mértékelméleti sejtésre azt a kérdést, hogy létezik-e Borel n-pont halmaz. Ezen eredmények tárgyalásához meglehet®sen sokat kell tudni a görbék illetve a görbeszer¶ halmazok általános tulajdonságairól, ezért a 2. fejezetben részletesen foglalkozunk ezzel a témakörrel. Mauldin eredményeit a 3 fejezetben ismertetjük A 4. fejezetet az Fσ -halmazok terén elért eredményeknek szenteljük. Az els® bizonyítási kísérlet arra vonatkozóan, hogy egy Fσ , Larmantól [11℄ származik. A bizonyítása két részb®l tev®dik össze: az egyik, hogy egy egy 2-pont halmaz nem lehet Fσ 2-pont 2-pont halmaz nem tartalmazhat ívet, a

másik pedig, hogy halmaz tartalmaz ívet. Bár Larman bizonyítása hibás volt, Baston és Bosto k [3℄ ugyanezt az ötletet használva egy helyes bizonyítást 3 http://www.doksihu Bevezetés 4 adott az állításra. Kés®bb Bouhjar, Dijkstra és van Mill [4℄ hasonló gondo- 3-pont halmaz sem lehet Fσ . Azonban ki fog derülni, hogy n ≥ 4 esetén egy n-pont halmaz tartalmazhat ívet, így ilyenkor latmenettel igazolta, hogy egy Larman bizonyítási sémája nem m¶ködik. A korábbi eredményeket ügyesen összerakva Bouhjar, Dijkstra, és Mauldin mégis talált frappáns bizonyítást arra, hogy egy n-pont halmaz semmilyen n esetén nem lehet Fσ -halmaz. A fejezetet ezzel a bizonyítással zárjuk. Az 5. fejezetben olyan  természetesen kiválasztási axiómát használó  konstruk iókat ismertetünk, melyek azt mutatják, hogy sok tételünkben a feltételek valóban szükségesek. Megmutatjuk, hogy egy n-pont halmaz lehet s¶r¶, lehet sehol sem

s¶r¶, és lehet második kategóriájú (így nem Baire tulajdonságú). Továbbá egy n-pont halmaz Hausdor-dimenziója lehet 2, és n ≥ 4, akkor egy n-pont halmaz tartalmazhat kört. Nem tudjuk azonban, 1 hogy Mauldin említett tételéb®l elhagyható-e a H -mérhet®ség feltétele, azaz hogy létezik-e görbeszer¶ n-pont halmaz. ha Köszönetnyilvánítás Köszönettel tartozom témavezet®mnek, La zkovi h Miklósnak, aki rengeteget segített a dolgozat írása közben felmerül® kérdéseim megválaszolásában. Nagyon sokat tanultam észrevételeib®l, javaslataiból, és a közös munkához való hozzáállásából is. Köszönöm továbbá Elekes Mártonnak a folyosószéli beszélgetéseink során elejtett hasznos megjegyzéseit. http://www.doksihu 1. fejezet Egyszer¶bb állítások n-pont halmazokról 1.1 n-pont halmazok létezése 1.11 Dení ió Legyen H ⊂ R2 és n ∈ N. A H halmazt n-pont halmazn pontban metszi. nak nevezzük, ha a sík minden

egyenese pontosan Mazurkiewi z [14℄ bizonyította be 1914-ben, hogy létezik 2-pont halmaz. A bizonyítás egyszer¶ transznit induk iót használ, és a gondolatmenet könynyen átvihet® általános n-pont [18℄, ill. Bagemihl és Erd®s [2℄ halmazok esetére. Bagemihl [1℄, Sierpi«ski ikkeiben találhatók a kérdéshez kap solódó különböz® jelleg¶ általánosítások. A teljesség kedvéért közlünk egy bizonyítást n-pont halmazok létezésére. 1.12 Állítás Minden n ≥ 2 esetén létezik n-pont halmaz Bizonyítás. Legyen κ a legkisebb kontinuum számosságú rendszám. egyenesei és a szintén kontinuum számosságú A sík {α : 1 ≤ α < κ} halmaz kö{lα : 1 ≤ α < κ} zött létesítsünk bijek iót, így kapjuk a sík egyeneseinek egy jólrendezését. α < κ-hoz hozzárendelünk egy Hα ⊂ R2 halmazt, melynek számossága legfeljebb ω és α számosságának a maximuma, spe iálisan kisebb, def mint kontinuum. H0

= ∅ Tegyük fel, hogy α rákövetkez® rendszám, és α = β + 1. Az lα -n fekv® pontok kontinuum számosságú halmazt alkotnak, míg azon  lα -tól különböz®  egyenesek száma, melyek legalább 2 pontban metszik Hβ -t, kisebb, mint kontinuum. Következésképp lα -n van konMinden tinuum sok pont, mely az el®bb említett egyenesek egyikén sin s rajta. Ha 5 http://www.doksihu 1. FEJEZET: Egyszer¶bb állítások n-pont halmazokról |Hβ ∩ lα | = k ≤ n, akkor válasszunk ki n − k úgy, mint Hβ és ezen pontok egyesítését. ilyen pontot és def Hα′ = Hα -t deniáljuk S β<α Hβ , és Hα legyen fekv® pont uniója, melyeket az el®z® gondolatmenet ′ szó szerinti alkalmazásával kapunk, ha az ottani Hβ -t Hα -re seréljük. Végül legyen Ha Hα′ α < κ 6 limeszrendszám, akkor legyen és véges sok lα -n [ H= Hβ . β<κ l egyenesre |Hα ∩ l| ≤ n, α = 0-ra teljesül, utána pedig semelyik lépésben nem

változik, tehát |H ∩ l| ≤ n is fennáll. Azt pedig, hogy itt valójában minden l egyenes esetén egyenl®ség áll, az biztosítja, hogy minden l-hez létezik β , hogy l = lβ , és Hβ dení iója szerint |H ∩ l| ≥ |Hβ ∩ l| = |Hβ ∩ lβ | = n. Látható, hogy az a tulajdonság, hogy egy adott 1.2 Analitikus n-pont halmazok tulajdonságai A következ®kben n-pont halmazok Hausdor-dimenziójával kap solatosan bi- zonyítunk néhány állítást. A Hausdor-mérték és -dimenzió dení ióját iss mertnek vesszük. Egy H halmaz s-dimenziós Hausdor-mértékét H (H)-val, a Hausdor-dimenzióját egyszer¶en dim(H)-val jelöljük. Megjegyezzük to- vábbá, hogy minden Borel, s®t, minden analitikus halmaz mérhet® bármilyen dimenziós Hausdor-mértékre nézve. Egy vezünk. Hs -mérhet®, pozitív és véges Hs -mérték¶ halmazt s-halmaznak A most következ® tételt többször is fogjuk használni. ne- A tétel bi- zonyítással együtt,

analitikus halmazok helyett Borel-halmazokra kimondva, szerepel [12℄ 8. fejezetében Az analitikus eset megtalálható Federer [7, 2.1047-48℄ és Rogers [16, 27 fejezet, 57 Tétel℄ könyvében 1.21 Tétel Legyen n ≥ 1 egész, 0 ≤ s ≤ n, és legyen A ⊂ Rn analitikus, melyre Hs (A) > 0. Ekkor létezik K ⊂ A kompakt s-halmaz Miel®tt tovább mennénk, bizonyítás nélkül közlünk néhány tételt, melyekre kés®bb szükségünk lesz. 1.22 Tétel ([12℄, 75 Tétel) Ha f : Rm Rn Lips hitz-leképezés L konstanssal, 0 ≤ s ≤ m, és H ⊂ Rm, akkor Hs (f (H)) ≤ Ls Hs (H). http://www.doksihu 1. FEJEZET: Egyszer¶bb állítások n-pont halmazokról 7 Spe iálisan dim(f (H)) ≤ dim(H). 1.23 Tétel ([12℄, 1011 Tétel spe iális esete) Ha 1 < s < 2, A ⊂ R2 Hs -mérhet® és 0 < Hs (A) < ∞, akkor dim (A ∩ (W + x)) = s − 1 és Hs−1 (A ∩ (W + x)) < ∞ Hs -m. m x esetén m m W origón áthaladó egyenesre (Szavakban: az A halmaz m. m

pontján áthaladó m m egyenes akkora halmazban metszi A-t, amekkorában azt elvárjuk.) 1.24 Állítás Ha A ⊂ R2 analitikus n-pont halmaz, akkor dim(A) = 1 Bizonyítás. Az 1.22 Tételt egy egyenesre való mer®leges vetítésre, mint függvényre alkalmazva adódik, hogy f dim(A) ≥ 1. A másik irány belátásához tegyük fel, hogy állításunkkal ellentétben dim(A) = s > 1. Ekkor tetsz®leges 1 < t < s esetén Ht (A) = ∞, tehát t létezik K ⊂ A kompakt halmaz, melyre 0 < H (K) < ∞, és az 1.23 Té- tel szerint van olyan egyenes, ami halmazban metszi. A-t K -t t − 1 > 0 dimenziós, tehát végtelen méginkább, ami ellentmond annak, hogy A n-pont halmaz. 1.25 . Megjegyzés Az 5.11 Tétel szerint A-ról valóban szükséges feltenni, hogy analitikus. 1.26 Állítás Ha az A ⊂ R2 halmaz n-pont halmaz, akkor H1 (A) = ∞ Bizonyítás. Használjuk az 1.22 Tételt . Megjegyzés Érdekes kérdés, hogy egy analitikus n-pont halmaz

σ-véges 1.27 H1 -mérték¶-e. Megjegyezzük, hogy a 3. fejezetben részletezett (Pn) sejtés mellett ez igaz, ugyanis közvetlen következménye a 3.32 Tételnek 1.3 Analitikus és Borel n-pont halmazok 1.31 Állítás Analitikus n-pont halmaz Borel is A legtöbb n-pont halmazokkal foglalkozó ikkben ezt az állítást a hamaro- san sorra kerül® 1.32 Tételre vezetik vissza, melyet azonban nem bizonyítanak, s®t még sak nem is adnak rá hivatkozást. Megjegyezzük azonban, hogy teljesen érthetetlen, hogy mindenhol erre a nemtriviális tételre hivatkoznak, miközben Miller már egy 1989-es ikkében [15℄ megjegyzett egy néhány soros bizonyítást. Ez a következ®képpen hangzik http://www.doksihu 1. FEJEZET: Egyszer¶bb állítások n-pont halmazokról Bizonyítás. (x, y) pont pontosan akkor van A komplementerében, ha léteznek u1 , . , un ∈ R valós számok, hogy u1 , . , un , y páronként különböz®ek, és (x, u1 ), , (x, un ) ∈ A Tehát 2

az R A halmaz a Tegyük fel, hogy A n-pont 8 halmaz. Ekkor az def C = {(x, y, u1, . , un ) : y 6= ui (i = 1, , n), ui 6= uj (1 ≤ i < j ≤ n), (x, ui ) ∈ A (i = 1, . , n)} halmaz vetülete az els® két koordinátára vett vetítés által. Ha A analitikus, 2 akkor C is analitikus, és annak vetülete, R A is az. Ha pedig A maga és a komplementere is analitikus, akkor Borel. Itt használtunk néhány leíró halmazelméleti tételt, melyeket majd használunk az 1.32 Tétel bizonyítása során is; ezeket most összegy¶jtjük Mind megtalálhatók La zkovi h Miklós jegyzetének [10℄ II. részében, a 6 és 7 fejezetben Ha n A1 , A2 ⊂ Rn diszjunkt analitikus halmazok, akkor léteznek B1 , B2 ⊂ diszjunkt Borel-halmazok, hogy A1 ⊂ B1 és A2 ⊂ B2 . (Ebb®l nyilván2 valóan következik, hogy ha A és R A is analitikus, akkor A Borel.) Ha n m A ⊂ R analitikus, és f : A R folytonos, akkor f (A) analitikus Rm -ben. R Emellett még azt is fogjuk

használni, hogy ha Borel-mérhet®, akkor f grakonja Borel. B⊂R Borel, és f :BR 1.32 Tétel Ha A ⊂ R2 analitikus, melynek minden Ax függ®leges szeletére |Ax | ≤ n, akkor létezik B Borel-halmaz, hogy A ⊂ B , és B -nek minden Bx függ®leges szeletére |Bx | ≤ n. Bizonyítás. X, Emlékeztetünk arra, hogy ha akkor azt mondjuk, hogy Z X Z ⊂ Y ⊂ létezik B ⊂ X topologikus tér és relatíve Borel Y -ban, ha B ∩ Y = Z , vagy ami ugyanaz, Z Borel Y altértopológiájában. T topologikus tér és egy f : Y T függvény is, akkor azt mondjuk, hogy f relatíve Borel-mérhet®, ha minden U ⊂ T nyíltra f −1 (U) relatíve Borel Y -ban. Borel, melyre Továbbá ha még adott egy A tételt három részben bizonyítjuk. 1. Ha A ⊂ R2 analitikus, melynek minden Ax függ®leges szeletére |Ax| ≤ n, akkor felírható A = F1 ∪. ∪Fn alakban, ahol mindegyik Fi analitikus függvénygrakon (azaz |(Fi)x | ≤ 1 minden x-re). Legyen y az An,i Ax

-beli azon (x, y) ∈ A pontok halmaza, amelyekre |Ax | = n, és pontok második koordinátáinak nagyság szerinti rendezésében http://www.doksihu 1. FEJEZET: Egyszer¶bb állítások n-pont halmazokról = 1, . , n) Azt az  eredetinél er®sebb  állítást fogjuk belátni, hogy vannak olyan F1 , . , Fn ⊂ A függvénygrakonok, hogy An,i ⊂ Fi minden i = 1, . , n-re, továbbá F1 ∪ ∪Fn = A, és mindegyik Fi relatíve Borel A-ban (tehát analitikus). az i-edik 9 elem (i Ezt az állítást n-re eset nyilvánvaló. Legyen Az An,i n=1 n − 1-re. vonatkozó teljes induk ióval bizonyítjuk. Az n > 1, és tegyük fel, hogy az állítás igaz halmazok analitikusak, ugyanis a C = {(x, y1 , . , yn ) : (x, yi) ∈ A (i = 1, , n), y1 < < yn } halmaz, mint véges sok analitikus halmaz metszete, analitikus An,i a C halmaz folytonos képe az def Sn−1 (x, y1 , . , yn ) 7 (x, yi ) Rn+1 -ben, és leképezés által. D = i=1 An,i

. Ekkor D analitikus és diszjunkt An,n -t®l, tehát van olyan B Borel-halmaz, hogy D ⊂ B és B ∩ An,n = ∅. Az A ∩ B halmaz analitikus és a függ®leges szek iói legfeljebb n − 1 elem¶ek, ezért az induk iós feltevés szerint léteznek olyan E1 , . , En−1 ⊂ A ∩ B függvénygrakonok, melyek relatíve Borelek A ∩ B -ben (így A-ban is), és amelyekre (A ∩ B)n,i ⊂ Ei . Legyen An,i ⊂ (A ∩ B)n−1,i ⊂ Ei minden i = 1, . , n − 1-re Ezért az A E1 halmaz relatíve Borel A-ban, a függ®leges szek iói legfeljebb n − 1 elem¶ek, és An,i+1 ⊂ (A E1 )n−1,i minden i = 1, . , n − 1 esetén Ha alkalmazzuk az induk iós feltevést ezúttal A E1 -re, akkor az így kapott függvénygrakonok E1 -gyel együtt kielégítik a feltételeket. Vegyük észre, hogy 2. Tegyük fel, hogy A analitikus függvénygrakon, azaz létezik f : H R függvény, hogy Gr(f ) = A. Ekkor f relatíve Borel-mérhet® A H = pr1 (A) halmaz analitikus R-ben. Azt kell

megmutatnunk, hogy f = pr2 ◦ pr−1 1 : H R függvény relatíve Borel-mérhet®. Ehhez elegend® def def belátni, hogy minden c ∈ R esetén a C = C(c) = {(x, y) ∈ A : y > c} halmaz x-tengelyre vett vetülete relatíve Borel H -ban. az A ben. A C halmazok relatíve Emiatt pr1 (C) és pr1 (A C) C és Borelek A-ban, tehát analitikusak R2 - R-ben, pr1 (C) ⊂ B1 ⊂ R, diszjunkt analitikus halmazok így szétválaszthatók Borel-halmazokkal, azaz léteznek pr1 (A C) ⊂ B2 ⊂ R diszjunkt Borel-halmazok. Ez pedig azt jelenti, hogy pr1 (C) és pr1 (A C) relatíve Borelek pr1 (A) = H -ban. Pontosan ez kell f relatíve Borel-mérhet®ségéhez. 3. Ha f : H R relatíve Borel-mérhet® függvény, akkor létezik f˜ : R R Borel-mérhet® kiterjesztése. http://www.doksihu 1. FEJEZET: Egyszer¶bb állítások n-pont halmazokról 10 Ha ezt bebizonyítjuk, valóban készen leszünk, hiszen  mint már megjegyeztük  egy R2 -ben. R-en értelmezett

Borel-mérhet® függvény grakonja Borel-halmaz El®ször tegyük fel, hogy f értékkészlete megszámlálható, azaz f (H) = def {c1 , c2 , . } Legyen Hi = f −1 (ci ) A Hi halmaz relatíve Borel H -ban minden i-re, tehát léteznek Bi ⊂ R Borel-halmazok, hogy Hi = H ∩ Bi . Az kapott S def Bi -k nem feltétlenül diszjunktak, de a Ci = Bi j<i Bj Borel-halmazok már azok, és továbbra is Hi = H ∩ Ci minden i-re. Az ( ci , ha x ∈ Ci [ f˜(x) = 0, ha x ∈ / Ci i függvény nyilvánvalóan olyan, amilyet keresünk. Most rátérünk az általános esetre. Minden n pozitív egészre deniáljuk a def Di,n = f −1 ([i/n, (i + 1)/n)), H -ban relatíve Borel-mérhet® halmazokat (i ∈ Z), és a következ®, H -n értelmezett megszámlálható értékkészlet¶ relatíve Borel-mérhet® függvényt: ∞ X i χDi,n . fn (x) = n i=−∞ χDi,n a Di,n halmaz karakterisztikus függvényét jelöli. Minden n-re létezik fn -nek Borel-mérhet® f˜n : R R

kiterjesztése, és az is látható, hogy minden x ∈ H esetén |f (x) − f˜n (x)| < 1/n. Könnyen igazolható, hogy def def az E = {x ∈ R : f˜n (x) konvergens } halmaz Borel, továbbá az f¯ = lim f˜n : E R Borel-mérhet® függvény. Világos, hogy H ⊂ E , és f¯|H = f |H , így f˜-nak választhatjuk az alábbi függvényt: A képletben def f˜(x) = ( ¯ f(x), 0, x ∈ E; egyébként . ha 1.4 n-pont halmazok és a Kuratowski-Ulam tétel Ebben az alfejezetben az n-pont halmazokat kategóriaelméleti szempontból vizsgáljuk, amin most nem a szokásos kategóriaelméletet, hanem a Baire http://www.doksihu 1. FEJEZET: Egyszer¶bb állítások n-pont halmazokról Kategória Tételhez kap solódó témakört értjük. tud arról, hogy az irodalomban szerepelne az 11 E dolgozat szerz®je nem n-pont halmazok ilyen irányú megközelítése, ezért itt bebizonyítunk néhány egyszer¶ állítást. El®ször röviden emlékeztetünk néhány fogalomra és

tételre, melyek az itteninél általánosabban is tárgyalhatók (lásd [10℄). Legyen tér. Egy • Y ⊂X sehol sem s¶r¶, ha Ȳ nem tartalmaz gömböt; els® kategóriájú, • második kategóriájú, ha nem els® kategóriájú; • ha el®áll megszámlálható sok sehol sem s¶r¶ halmaz uniójaként; reziduális, ha a komplementere els® kategóriájú; Baire tulajdonságú, ha létezik U ⊂ X nyílt halmaz, hogy az Y ∆U szimmetrikus dieren ia els® kategóriájú. A Baire Kategória Tétel azt mondja ki, hogy ha den metrikus halmaz • • (X, d) U ⊂X (X, d) teljes, akkor min- nemüres nyílt halmaz második kategóriájú. Könnyen belátható továbbá, hogy els® kategóriájú Gδ -halmaz sehol sem s¶r¶, valamint hogy minden Borel-halmaz Baire tulajdonságú. 1.41 Tétel (Kuratowski-Ulam) Ha X és Y teljes metrikus terek, és H ⊂ X × Y sehol sem s¶r¶, els® kategóriájú, reziduális vagy Baire tulajdonságú, akkor els®

kategóriájú sok x ∈ X kivételével Hx is rendre sehol sem s¶r¶, els® kategóriájú, reziduális vagy Baire tulajdonságú Y -ban (Hx = {y : (x, y) ∈ H}). Továbbá ha H Baire tulajdonságú, és els® kategóriájú sok x ∈ X kivételével Hx els® kategóriájú, akkor H is els® kategóriájú. 1.42 Tétel Legyen n ≥ 2, és legyen H ⊂ R2 Baire tulajdonságú n-pont halmaz. Ekkor H els® kategóriájú Bizonyítás. Mivel H -nak minden függ®leges szelete góriájú, a Kuratowski-Ulam tétel szerint H n elem¶ és így els® kate- is els® kategóriájú. 1.43 Következmény Borel n-pont halmaz els® kategóriájú 1.44 Tétel Legyen n ≥ 2, és legyen H ⊂ R2 Gδ n-pont halmaz Ekkor H sehol sem s¶r¶. http://www.doksihu 1. FEJEZET: Egyszer¶bb állítások n-pont halmazokról Bizonyítás. Az 1.43 Következmény szerint H els® kategóriájú, de 12 Gδ is, így sehol sem s¶r¶. H -ra tett feltételek valóban kategóriájú n-pont halmaz.

Az 142 Az 5. fejezetben megmutatjuk, hogy a ségesek, ugyanis létezik második szükTétel fényében ez a halmaz ráadásul nem is Baire tulajdonságú. Ha netán az Olvasót hogy egy n-pont hogy nem létezik sábítaná a gondolat, hogy ha sikerülne belátni, halmaz nem lehet sehol sem s¶r¶, akkor abból következne, Gδ n-pont halmaz, akkor sajnos ki kell hogy ábrándítsuk, n-pont halmaz létezését is igazolni fogjuk. ugyanis sehol sem s¶r¶ http://www.doksihu 2. fejezet Általános tudnivalók rektikálható halmazokról 2.1 A rektikálhatóság ekvivalens dení iói 2.11 Dení ió Egy H ⊂ R2 halmazt görbeszer¶nek vagy rektikálhatónak nevezünk, ha léteznek fi : [0, 1] R2 (i = 1, 2, . ) folytonosan dieren iál- ható leképezések, melyekre ∞   [ H1 H fi ([0, 1]) = 0. i=1 2.12 Dení ió Egy H ⊂ R2 halmazt görbementesnek vagy teljesen rektikálhatatlannak nevezünk, ha bármely folytonosan dieren iálható f : [0, 1] R2

leképezés esetén   H1 H ∩ f ([0, 1]) = 0. A rektikálhatóságnak számos ekvivalens dení iója van. Sokszor a foly1 tonosan dieren iálhatóság (más néven C -tulajdonság) helyett a nála gyengébb Lips hitz-folytonosságot követelik meg. Azt, hogy ez a két dení ió 1 ekvivalens, sehol sem fogjuk használni, mindig C -leképezésekkel fogunk számolni. Az ekvivalen ia bizonyításához azonban egy olyan te hnikai jelleg¶ tétel szükséges, amelyre kés®bb is szükségünk lesz, így érdekességképpen erre is kitérünk. 2.13 Tétel (Whitney kiterjesztési tétele) Legyen P ⊂ R perfekt, kompakt halmaz, és legyen f : P R dieren iálható. Az f függvény akkor és sak 13 http://www.doksihu 2. FEJEZET: Általános tudnivalók rektikálható halmazokról 14 akkor terjeszthet® ki R-re C 1 -függvényként, ha f ′ folytonos P -n és minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy x, y ∈ P , |x − y| ≤ δ esetén |f (y) − f (x) − f ′ (x)(y

− x)| ≤ ε|y − x|. Bizonyítás. f függvény kiterjeszthet® a számegyenesre ˜ C -függvényként, és jelöljük f -mal egy kiterjesztését. Ekkor f˜′ folytonos R-en, így P -n is, de ott megegyezik f ′ -vel, ezért f ′ valóban folytonos P -n. Továbbá f˜ egyenletesen folytonos [min P, max P ]-n, tehát minden ε > 0-hoz ′ ′ létezik δ > 0, hogy x, y ∈ [min P, max P ], |x−y| ≤ δ esetén |f˜ (y)−f˜ (x)| ≤ ε. Tehát ha x, y ∈ P , x < y és |y − x| ≤ δ , akkor a Lagrange-középértéktétel ˜ = f˜′ (ξ)(y − x), és szerint létezik ξ ∈ (x, y), hogy f˜(y) − f(x) Tegyük fel, hogy az 1 ˜ − f˜(x) − f˜′ (x)(y − x)| = |f (y) − f (x) − f ′ (x)(y − x)| = |f(y) = |f˜′(ξ) − f˜′ (x)| · |y − x| ≤ ε|y − x|. Most rátérünk az elégségesség bizonyítására. Legyen b. min P = a, max P = (c, d) kiegészít® intervalluma P -nek, akkor van olyan Rd ′ ′ folytonos h : [c, d] R

függvény, hogy h(c) = f (c), h(d) = f (d), h= c f (d) − f (c), és   f (d) − f (c) ′ ′ ′ ′ − f (c) . max |h − f (c)| ≤ 2 · max |f (d) − f (c)|, [c,d] d−c Belátjuk, hogy ha Rd m = (f (d) − f (c))/(d − c). Ha h ≡ m, akkor az c h = f (d) − f (c) feltétel teljesül, de h nem feltétlenül folytonos a végpontokban. Ezért az azonosan m függvényt úgy módosítjuk, hogy a [c, c + η] intervallumban ′ helyettesítjük egy olyan lineáris függvénnyel, amely f (c)-t®l m-ig halad, a [d − η, d] intervallumban pedig helyettesítjük egy olyan lineáris függvénnyel, Rd ′ amely m-t®l f (d)-ig halad. Az így kapott h1 függvényre h1 sak kevéssel c tér el f (d) − f (c)-t®l, ha η elég ki si, ráadásul a h1 által felvett értékek az f ′ (c), f ′ (d), m pontok konvex burkában vannak, így   f (d) − f (c) ′ ′ ′ ′ max |h1 − f (c)| ≤ max |f (d) − f (c)|, − f (c) . [c,d] d−c Legyen Tehát h1 -hez hozzáadva egy

alkalmas kis abszolút érték¶, elt¶n® függvényt, egy megfelel® h c-ben és d-ben függvényt kapunk. A P halmaz mindegyik Ii kiegészít® intervallumához készítsünk el egy hi : Ii R függvényt, mely rendelkezik a fenti tulajdonságokkal. Legyen g : [a, b] R az f ′ függvény P -r®l való olyan kiterjesztése, amely P mindegyik Ii http://www.doksihu 2. FEJEZET: Általános tudnivalók rektikálható halmazokról kiegészít® intervallumán megegyezik n. Az x [a, b] P ha x x = a, Belátjuk, hogy g vagy x P -ben, akkor g [a, b]x ∈ P . Ha folytonos halmaz pontjaiban ez nyilvánvaló. Legyen most nem baloldali torlódási pont vagy hi -vel. 15 balról folytonos x-ben, hiszen egy kiegészít® intervallum jobb végpontja. Hasonlóan, nem jobboldali torlódási pont P -ben, akkor g jobbról folytonos x-ben. x baloldali torlódási pontja P -nek. Legyen ε > 0 tetsz®leges, és legyen δ > 0 olyan, hogy y, z ∈ P , |y −

z| ≤ δ esetén def |f ′ (y) − f ′ (z)| ≤ ε és |f (y) − f (z) − f ′ (z)(y − z)| ≤ ε|y − z|. Legyen u = min(P ∩ [x − δ, x]) < x. Tegyük fel most, hogy z ∈ (u, x), akkor |g(z) − g(x)| ≤ 3ε. Ha z ∈ P , z∈ / P , akkor z egy (c, d) kiegészít® intervallumban Megmutatjuk, hogy ha akkor ez nyilvánvaló. Ha van, ahol u ≤ c < d < x, ezért |g(z)−g(x)| ≤ |g(z)−g(c)|+|g(c)−g(x)| = |g(z)−f ′ (c)|+|f ′ (c)−f ′ (x)| <   f (d) − f (c) ′ ′ ′ ≤ 2 · max |f (d) − f (c)|, − f (c) + ε ≤ 2ε + ε = 3ε. d−c Hasonlóan igazolható az is, hogy ha A kapott g -nek g jobboldali torlódási pont, akkor g x-ben. jobbról folytonos hogy x függvény tehát folytonos. Utolsó lépésként azt mutatjuk meg, az ˜ def f(x) = Z x g + f (a) a f -fel P pontjaiban. Vegyük észre, hogy az f re tett feltételekb®l következik, hogy f Lips hitz, ezért kiterjeszthet® [a, b]-re integrálfüggvénye

megegyezik Lips hitz függvényként, például a kiegészít® intervallumokon való lineáris kiterjesztéssel. Jelöljük a kiterjesztett függvényt F -fel. Így azonban iban elromolhat a dieren iálhatóság. Szeren sére ez azonban ték¶ halmazon történhet meg, ugyanis F P pontja- sak nullmér- Lips hitz, így korlátos változású, tehát majdnem minden pontban dieren iálható. Azon P -beli pontokban pe′ ′ dig, ahol F is dieren iálható, F meg kell hogy egyezzen f -vel. (Valójában a dieren iálhatóság sak azokban a pontokban romolhat el, amelyek egyoldali torlódási pontjai b®l pedig minden P -nek, mint azt könnyen ellen®rizhetnénk, ilyenF ′ (x) = f ′ (x) majdnem sak megszámlálhatóan sok van.) Tehát x ∈ P -re. Továbbá az F függvény abszolút folytonos Rv u, v ∈ [a, b], u < v -re F (v) − F (u) = u F ′ . Vegyünk egy nek az sak [a, x]-beli x∈P pontot, melyre x > a, és jelöljük Ii = (ci , di )-vel P hi

-vel pedig az azokon konstruált kiegészít® intervallumait, függvényeket. Ekkor (mivel Lips hitz), így minden http://www.doksihu 2. FEJEZET: Általános tudnivalók rektikálható halmazokról f˜(x) − f (a) = = Z Z ′ f + [a,x]∩P = Z x g= a f˜ valóban g+ [a,x]∩P X i Z g= [a,x]P (f (di) − f (ci )) = F′ + [a,x]∩P tehát Z XZ i di F′ = ci kiterjesztése Z Z Z ′ f + [a,x]∩P F′ + [a,x]∩P i x a X 16 XZ i hi = Ii (F (di) − F (ci)) = F ′ = F (x) − F (a) = f (x) − f (a), f -nek. 2.14 Tétel Ha f : [a, b] R majdnem mindenütt dieren iálható, akkor minden ε > 0-ra létezik olyan F ⊂ [a, b] zárt halmaz, hogy λ([a, b] F ) < ε és f |F kiterjeszthet® [a, b]-re C 1 -függvényként. Bizonyítás. (a, b)-beli pontok halmaza, amelyekben f die′ ren iálható. A feltétel szerint λ([a, b] H) = 0 Könnyen látható, hogy f mérhet® H -n. Adott η > 0-ra és n pozitív egészre legyen

Hη,n azon H -beli pontok halmaza, melyekre teljesül, hogy y ∈ [a, b] és |y − x| ≤ 1/n esetén ′ |f (y) S − f (x) − f (x)(y − x)| ≤ η|y − x|. Világos, hogy Hη,1 ⊂ Hη,2 ⊂ , és n Hη,n = H . Könny¶ ellen®rizni, hogy mindegyik Hη,n halmaz mérhet® Legyen H azon def γ > 0-ra van olyan n, hogy a Hηγ = Hη,n halmazra λ(Hηγ ) > 1−γ . def T ε/2n Legyen ε > 0 adott, és tekintsük az A = n H1/n halmazt. Ekkor λ(A) > 1−ε, és minden η > 0-ra van olyan δ > 0, hogy minden x, y ∈ A, |y − x| ≤ δ esetén |f (y) −f (x) −f ′ (x)(y −x)| ≤ η|y −x|. Létezik K ⊂ A kompakt halmaz, melyre λ(K) > 1 − ε, és létezik P ⊂ K perfekt halmaz, hogy λ(P ) = λ(K), mert minden zárt halmaz el®áll egy perfekt és egy megszámlálható halmaz uniójaként. Ezt a P perfekt halmazt választhatjuk F -nek, ugyanis 1 a 2.13 Tétel szerint f kiterjeszthet® P -r®l C -függvényként Így minden 2.15 Állítás

Mindegy, hogy a rektikálhatóság dení ióját Lips hitz vagy folytonosan dieren iálható függvényekkel fogalmazzuk meg, ugyanazok lesznek a görbeszer¶ halmazok. Bizonyítás. Az egyik irány triviális, mert egy 2 másik irányhoz legyen H ⊂ R és legyenek fi : nyek, hogy C 1 -függvény Lips hitz is. A [0, 1] R2 Lips hitz függvé-   [ H1 H fi ([0, 1]) = 0. i http://www.doksihu 2. FEJEZET: Általános tudnivalók rektikálható halmazokról 17 (εj )j∈N pozitív számokból álló, nullához tartó sorozat. Jelöljük fi1 2 gyel illetve fi -vel fi els® és második koordináta-függvényét. A 214 Tétel 1 2 1 szerint minden i-re és j -re léteznek gij , gij : [0, 1] R C -függvények, hogy k k 1 2 λ([gij 6= fi ]) < εj (k = 1, 2). Ekkor minden i-re és j -re S a gij = (gij , gij ) görbére igaz, hogy λ([gij 6= fi ]) < 2εj , tehát az fi ([0, 1]) j gij ([0, 1]) halmaz 1 egy nullmérték¶ halmaz fi általi képe, következésképp H

-nullmérték¶, mert 1 fi Lips hitz (1.22 Tétel) A gij C -görbék tehát szintén lefedik H -t H1 Legyen nullhalmaztól eltekintve. 2.2 C 1-ívek Még mindig a dení ióknál maradva, a következ®kben azon fáradozunk, hogy megmutassuk, hogy akkor is ekvivalens dení iót kapunk, ha a rektikálhatóság dení iójában kikötjük, hogy az fi görbéknek semelyik pontban se legyen 0 a deriváltjuk, és köl sönösen egyértelm¶ek legyenek. Az ilyen görbéknek nevet is adunk: 2.21 Dení ió 1 Egy C -osztályú, köl sönösen egyértelm¶ ′ 1 leképezést, melyre f sehol sem 0, C nevezünk. -ívnek f : [0, 1] R2 Miel®tt hozzáfognánk a következ® lemmák bizonyításához, megemlítünk néhány, küls® mértékekkel kap solatos dení iót és egyszer¶ állítást. X téren egy µ küls® mértéket regulárisnak nevezünk, ha bármely Az H ⊂ X µ(H) = A ⊂ X µ-mérhet® halmaz, hogy H ⊂ A és µ(A). Egyszer¶en belátható, hogy ha µ

reguláris küls® mérték X -en, akkor monoton folytonos, azaz ha H1 ⊂ H2 ⊂ . b®vül® X -beli halmazsorozat, halmazhoz van olyan akkor µ [ ∞ n=1 Hn  = lim µ(Hn ). n∞ A mi vizsgálatainkban kétféle küls® mérték fog szerepelni: a Lebesgue küls® mérték a számegyenesen (λ), illetve a lineáris Hausdor-mérték a síkon 1 (H ). Mindkett®r®l tudjuk, hogy reguláris, ezért monoton folytonos J olyan intervallumok a számegyenesen, hogy I jobb végJ bal végpontjával. Ha A ⊂ I és B ⊂ J nem feltétlenül mérhet® halmazok, akkor λ(A ∪ B) = λ(A) + λ(B), hiszen I mérhet®, így jól vágja ketté az A ∪ B halmazt. Legyenek I és pontja megegyezik 2.22 Lemma Legyen f : [0, 1] R tetsz®leges függvény és legyen N = {x ∈ [0, 1] : f ′ (x) = 0}. Ekkor az f (N) halmaz nullmérték¶ http://www.doksihu 2. FEJEZET: Általános tudnivalók rektikálható halmazokról Bizonyítás. Legyen ε>0 tetsz®leges. Minden n 18

pozitív egészre deniáljuk az alábbi halmazt: def Nn = {x ∈ N : |f (y) − f (x)| ≤ ε|y − x|, ha |y − x| ≤ 1/n}. S Világos, hogy N1 ⊂ N2 ⊂ . , és n Nn = N , hiszen N pontjaiban a derivált elt¶nik. Tudjuk, hogy λ(Nn ) λ(N) és λ(f (Nn )) λ(f (N)) Mivel ε tetsz®leges volt, elég belátnunk, hogy λ(f (N)) ≤ ε, ehhez pedig azt, hogy λ(f (Nn )) ≤ ε minden n-re. Rögzítsünk egy n-et Legyen Ii,n = [(i − 1)/n, i/n], ha f (Nn ) = i = 1, 2, . , n n [ f (Nn ∩ Ii,n ), n X λ(f (Nn ∩ Ii,n )). i=1 így λ(f (Nn )) ≤ i=1 f |Nn ∩Ii,n Lips hitz ε konstanssal az Nn halmaz i-re λ(f (Nn ∩ Ii,n )) ≤ ελ(Nn ∩ Ii,n ). E lemma Vegyük észre, hogy minden i-re dení iója miatt, így minden Ekkor el®tti megjegyzésünk szerint tehát λ(f (Nn )) ≤ n X i=1 ελ(Nn ∩ Ii,n ) = ελ(Nn ) ≤ ε. Ezt akartuk bizonyítani. 2.23 Lemma Legyen f : [0, 1] R2 tetsz®leges leképezés, és legyen N = {x ∈ [0, 1] : f ′ (x) =

(0, 0)}. Ekkor H1 (f (N)) = 0 Bizonyítás. A bizonyítás szó szerint ugyanúgy történik, mint a 2.22 Lem2 mánál. Csupán annyi a különbség, hogy az f függvény most R -be képez, és 1 ott a H küls® mértéket tekintjük. 2.24 Állítás Legyen f : [0, 1] R2 folytonosan dieren iálható görbe Ekkor f ([0, 1]) lefedhet® megszámlálható sok C 1 -ívvel H1 -nullmérték¶ halmaztól eltekintve. Bizonyítás. def N = {x ∈ [0, 1] : f ′ (x) = (0, 0)}. Az N halmaz zárt, [0, 1] N el®áll megszámlálható sok diszjunkt intervallum uniójaként, melyeken f -nek sehol sem nulla a deriváltja. Ezeket az intervallumokat esetleg kisebb részekre bontva elérhetjük azt is, hogy [0, 1] N megszámlálható sok olyan intervallum uniója legyen melyeken f köl sönösen egyértelm¶ így Legyen http://www.doksihu 2. FEJEZET: Általános tudnivalók rektikálható halmazokról 19 Mindegyik ilyen intervallumot megszámlálható sok zárt intervallum uniója1 ként

felírva kapjuk f ([0, 1] N) megszámlálható sok C -ívvel való fedését. 1 A kimaradó f (N) halmaz a 2.23 Tétel szerint H -nullmérték¶, így készen vagyunk. 2.25 Következmény A rektikálhatóság dení iójában feltehet®, hogy a fed® görbék C 1 -ívek. 2.3 C 1-ívek függ®leges érint®i 2.31 Lemma Legyen h : [0, 1] R2 C 1 -ív, és jelöljük a képét Γ-val Legyen továbbá E = {p ∈ Γ : Γ-nak függ®leges az érint®je p-ben}. Ekkor λ(pr1 (E)) = 0. 1. Bizonyítás Legyen h = (h1 , h2 ). pontosan akkor függ®leges az h′1 (x) = 0} jelölést bevezetve, Γ görbének a p = h(x) pontban def ′ érint®je, ha h1 (x) = 0. Az N = {x ∈ [0, 1] : világos, hogy pr1 (E) = h1 (N). A 222 Tétel A pedig pontosan azt mondja, hogy ez nullmérték¶. Ha ismerjük a kontingens fogalmát, és egy, ebben a témakörben közismert tételt, akkor szinte gondolkodás nélkül kapunk egy másik bizonyítást. 2.32 Dení ió n Legyen H ⊂ R2 , x ∈ H . Az

αv : α ≥ 0, v ∈ R2 , ||v|| = 1, ∃{xi }∞ i=1 ⊂ H {x} xi x halmazt a H halmaz x és o xi − x v ||xi − x|| pontbeli kontingensének nevezzük, és contx (H)-val jelöljük. 2.33 Tétel (A kontingen iatétel vetítéses kiegészítése) [17, IX fejezet, 3.7 Tétel℄ Legyen H ⊂ R2 , és vezessük be a következ® jelöléseket: def A1 = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 0} def A2 = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0} def A3 = {(x, y) ∈ R2 : x = 0}. Legyen továbbá B = {x ∈ H : contx (H) ∈ {A1 , A2 , A3 }}. Ekkor λ(pr1 (B)) = 0. http://www.doksihu 2. FEJEZET: Általános tudnivalók rektikálható halmazokról 2. Bizonyítás (231 Lemma) A 20 Γ görbének minden pontban egyenes a kon- tingense, és pontosan ott függ®leges az érint®, ahol a kontingens a függ®leges egyenes, azaz A3 , ahogyan az imént jelöltük. Ezen pontok x-tengelyre vett vetülete a 2.33 Tétel szerint valóban nullmérték¶ A 2.31 Lemmára mutatunk egy harmadik

bizonyítást is, amely Mauldin ikkében [13℄ szerepel. Hosszabb ugyan, mint az eddigiek, viszont igen szellemes, ezért az érdekesség és a teljesség kedvéért ezt is közöljük. Ehhez szükségünk lesz a Vitali-fedés fogalmára, és Vitali fedési tételére. Valószín¶leg mindkett® közismert, így részletesen nem foglalkozunk velük 2.34 Dení ió Legyen esetén létezik és legyen V zárt halmazokból álló rend- V Vitali-fedése H -nak, ha minden x ∈ H F ∈ V , hogy x ∈ F és 0 < diam(F ) < δ . szer. Azt mondjuk, hogy δ>0 H ⊂ Rn , és minden 2.35 Dení ió A V korlátos és mérhet® halmazokból álló Rn-beli halmazrendszert regulárisnak nevezzük, ha létezik C > 0 konstans, hogy minden V ∈V esetén diam(V )n ≤ Cλn (V ). . Megjegyzés 2.36 Az, hogy egy halmazrendszer reguláris, azt jelenti tehát, hogy a benne lév® halmazok egyenletesen kövérek, nem laposodhatnak el. Tehát hasonló halmazokból álló

rendszer például reguláris, a síkon viszont az összes téglalapból álló rendszer nem az. 2.37 Tétel (Vitali fedési tétele) Legyen H ⊂ Rn , és legyen V kompakt halmazokból álló reguláris halmazrendszer, mely Vitali-fedése H -nak. Ekkor létezik F1 , F2 , . ∈ V véges vagy megszámlálhatóan S végtelen, páronként diszjunkt halmazokból álló sorozat, melyre λn (H i Fi ) = 0. 2.38 . Megjegyzés feltenni H -ra H -ról. (1) Megjegyezzük, hogy semmivel sem szükséges többet Sokszor mérhet®, vagy véges küls® mérték¶, vagy korlátos mondják ki a tételt, de ezek egyike sem szükséges. (2) Mi ennek a tételnek n=1 és V sak azt a spe iális esetét fogjuk használni, amikor intervallumokból álló rendszer. A tételt egyébként pont erre az esetre bizonyította eredetileg Vitali 1908-ban. 3. Bizonyítás (231 Lemma) def V = pr1 (E). A V Jelöljük L-lel a Γ görbe hosszát, és legyen halmaz kompakt, tehát mérhet® és

véges mérték¶. Tedef gyük fel, hogy az állítással ellentétben λ(V ) > 0. Legyen M = 3L/λ(V ) http://www.doksihu 2. FEJEZET: Általános tudnivalók rektikálható halmazokról 21 Tekintsük a def V = {[x − ε, x + ε] : x ∈ V, és létezik y ∈ R, hogy (x, y) ∈ Γ, √ √ Γ ∩ B̄((x, y), ε 1 + M 2 ) ⊂ C((x, y), M) és Γ ∩ S((x, y), ε 1 + M 2 ) 6= ∅} intervallumrendszert, ahol sú sa az (x, y) C((x, y), M) pont, tengelye a azt a kett®s kúpot jelöli, melynek sú son áthaladó függ®leges egyenes, ha- tároló egyenesei a sú son áthaladó ±M meredekség¶ egyenesek, továbbá √ √ S((x, y), ε √1 + M 2 ) az (x, y) középpontú, ε √1 + M 2 sugarú körvonal, végül B̄((x, y), ε 1 + M 2 ) az (x, y) középpontú, ε 1 + M 2 sugarú zárt körlap. Könny¶ ellen®rizni, hogy V Vitali-fedése V -nek, így Vitali fedési tétele szerint létezik véges vagy megszámlálhatóan végtelen sok páronként diszjunkt Ii = [xi

−εi , xi + εi ] ∈ V intervallum, hogy λ(V λ(V ), tehát van olyan k pozitív egész, hogy k X i=1 2εi = k X i=1 S i Ii ) 2 λ(Ii ) > λ(V ). 3 2.1 ábra = 0. Ezért P i λ(Ii ) ≥ http://www.doksihu 2. FEJEZET: Általános tudnivalók rektikálható halmazokról 22 i = 1, 2, . , k esetén Ii ∈ V , így vannak olyan yi számok, melyek teljesítik a V dení iójában megfogalmazott feltételeket a megfelel® Ii re nézve, ezért választhatunk olyan ti -t és si -t, hogy h(ti ) = (xi , yi ), és √ h(si ) ∈ S((xi , yi), εi 1 + M 2 ), továbbá h az si és ti közötti intervallumot Minden a √ C((xi , yi ), M) ∩ B̄((xi , yi), εi 1 + M 2 ) halmazba képezi (a 2.1 ábrán ezeket a halmazokat jelöltük satírozással) Az si és ti pontok által meghatározott intervallumok páronként diszjunktak, így L≥ k X i=1 k k X X √ λ(V ) 2 ||h(si) − h(ti )|| = εi 1 + M > M εi > M = L, 3 i=1 i=1 ami ellentmondás, tehát valóban

λ(V ) = 0, ahogy állítottuk. 2.4 Görbeszer¶ halmazok C 1-grakonokkal való fedése A következ® tétel azt állítja, hogy egy görbeszer¶ halmaz nem sak 1 hanem C -függvények grakonjaival is viszonylag jól fedhet®. C 1 -ívekkel, 2.41 Tétel Legyen H ⊂ R2 tetsz®leges görbeszer¶ halmaz Ekkor léteznek gi : [ai , bi ] R (i = 1, 2, . ) C 1 -függvények, hogy    [ λ pr1 H Gr(gi ) = 0. i Bizonyítás. S hj : [0, 1] R2 (j = 1, 2, . ) olyan C 1 -ívek, hogy H (H j Γj ) = 0, ahol S Γj jelöli hj képét. Vetítés során a Hausdor-mérték nem n®, így λ(pr1 (H j Γj )) = 0. Ezért elegend® bizonyítani, hogy minden j -re Γj -hez találhatók C 1 -függvények, melyek grakonjai azt  jól fedik, azaz 1 az állításunkat görbeszer¶ halmaz helyett elég C -ívekre bizonyítani. Legyenek 1 Legyen tehát h = (ϕ1 , ϕ2 ) : [0, 1] R2 C 1 -ív, és jelöljük Γ-val h képét. Vezessük be a következ® jelölést: def E = {p ∈ Γ :

Γ-nak p-ben}. λ(pr1 (E)) = 0, így elég megmutatni, 1 megszámlálható sok C -függvény grakonjával. A 2.31 Lemma szerint lefedhet® függ®leges az érint®je hogy ΓE p ∈ Γ E , akkor legyen tp = h−1 (p) és δp > 0 olyan, hogy |s − tp | ≤ δp esetén a Γ görbe h(s)-beli érint®jének meredeksége abszolút értékben Ha http://www.doksihu 2. FEJEZET: Általános tudnivalók rektikálható halmazokról 23 |Mp | + 1, ahol Mp -vel a h(tp )-beli érint® meredekségét jelöljük. def ′ Világos, hogy ϕ1 (s) 6= 0, ha s ∈ [tp − δp , tp + δp ] = Jp . Legyen továbbá def [ap , bp ] = ϕ1 (Jp ). Az is világos, hogy ϕ1 |Jp C 1 -dieomorzmus Jp és [ap , bp ] −1 között. Végül legyen gp : [ap , bp ] R, u 7 ϕ2 (ϕ1 |J (u)) minden p ∈ ΓE -re p Világos, hogy gp folytonosan dieren iálható. legfeljebb Ezzel megkaptuk a ΓE halmaz C 1 -függvények grakonjai általi fedé- sét. Ebb®l azért lehet megszámlálható fedést

kiválasztani, mert a {Jp }p∈ΓE −1 intervallumrendszer uniója a h (Γ E) halmaz, ennek a fedésnek tehát létezik {Jpi }i∈N megszámlálható részfedése, és az ezekhez a függvények grakonjai lefedik Γ E -t. pi -khez tartozó gp i 2.42 Következmény Egy H ⊂ R2 görbeszer¶ halmazt majdnem minden függ®leges egyenes megszámlálható sok pontban metsz. http://www.doksihu 3. fejezet Rektikálhatóság és n-pont halmazok Az ebben a fejezetben ismertetett eredmények Mauldin nevéhez f¶z®dnek. Nem olyan részletes bizonyításokkal ugyan, mint ebben a fejezetben, de mind megtalálhatók Mauldin ikkében [13℄. 3.1 Több grakon elmetszése egy egyenessel (u, v) ∈ R2 v 6= 0, (u, v) pontból az x-tengelyre történ® vetítést, azaz minden (x, y) pontra, ahol y 6= v , legyen T(u,v) (x, y) = z olyan, hogy az (x, y), (u, v) és (z, 0) pontok egy egyenesen vannak. Az, hogy C egy pozitív kúp, jelentse azt, hogy létezik w ∈ R és egy 0 < θ <

π/2 szög, 2 hogy C azon p ∈ R pontokból áll, melyekre a p − (0, w) vektor és a pozitív y -tengely által bezárt szög kisebb, mint θ. Ha és akkor jelölje T(u,v) az 3.11 Tétel Tegyük fel, hogy f : [a, b] R folytonosan dieren iálható, és |f ′(x)| ≤ M minden x ∈ [a, b]-re. Legyen továbbá E ⊂ [a, b] Borel, melyre λ(E) > 0, és jelöljük G-vel f grakonját. Ekkor minden 0 < τ < 1 esetén létezik C pozitív kúp, hogy ha (u, v) ∈ C , akkor λ(T(u,v) (G∩(E×R))∩[a, b]) > τ λ(E). Bizonyítás. Ha v > max f , akkor T(u,v) (x, f (x))-re T(u,v) (x, f (x)) = x − f (x) 24 képlet is adható: u−x . v − f (x) http://www.doksihu 3. FEJEZET: Rektikálhatóság és n-pont halmazok Legyen def g(u,v) (x) = T(u,v) (x, f (x)) ′ g(u,v) (x) = 1 − minden 25 x ∈ [a, b]-re. Ekkor f ′ (x)(u − x) f (x) f (x)f ′ (x)(u − x) + − . v − f (x) v − f (x) (v − f (x))2 ′ |u/v| 0, akkor g(u,v) (x) x-ben

egyenletesen tart 1hez. Tehát minden 0 < ε-ra létezik C pozitív kúp, hogy (u, v) ∈ C esetén ′ 1 − ε < g(u,v) (x) < 1 + ε minden x ∈ [a, b]-re, spe iálisan g(u,v) köl sönösen egyértelm¶. Mivel v ∞, |u/v| 0 esetén g(u,v) (a) a, a derivált be slését is használva, a C kúpról az is feltehet®, hogy (u, v) ∈ C esetén g(u,v) az [a − (1 − τ )λ(E)/4, b + (1 − τ )λ(E)/4] intervallumba képez. Még λ(g(u,v) (E))-re kellene alsó be slést adni. Az integráltranszformá ió Ha v ∞ miközben tételéb®l következik, hogy λ(g(u,v) (E)) = Z 1= g(u,v) (E) Z E ′ g(u,v) (x)dx >  1+τ 2  λ(E), ′ g(u,v) (x) > (1 + τ )/2 minden x ∈ [a, b]-re. Ha az integráltranszformáió tételét sak nyílt E -re ismerjük, okoskodhatunk a következ®képpen A def µ(B) = λ(g(B)) halmazfüggvény értelmes [a, b] Borel-halmazain, mert g  homeomorzmus lévén  Borelt Borelbe visz, és az is világos, hogy µ mérték R ′ a

Borel-halmazokon. Nyílt U -kra tudjuk, hogy µ(U) = g (x)dx, a BorelU R halmazokra való kiterjesztés pedig egyértelm¶, tehát µ(B) = g ′(x)dx fennB áll minden B Borel-halmazra is. Összerakva eddigi eredményeinket, adódik, hogy létezik C pozitív kúp, hogy (u, v) ∈ C esetén ha λ(T(u,v) (G ∩ (E × R)) ∩ [a, b]) = λ(g(u,v) (E) ∩ [a, b]) > τ λ(E). 3.12 Tétel Legyenek fi : [c, d] R (i = 1, , n) C 1 -függvények, és legyen E ⊂ [c, d] Borel, melyre λ(E) > 0. Legyen továbbá Gi = Gr(fi |E ) (i = 1, . , n) Ekkor létezik C pozitív kúp, hogy minden (u, v) ∈ C esetén létezik (u, v)-n átmen® egyenes, mely metszi mindegyik Gi -t. Bizonyítás. x Legyen az középpontú [a, b] x pont E -nek s¶r¶ségi pontja. A 3.11 Tételb®l következik, hogy létezik C -re és minden Vegyünk egy olyan
n−1 (b − a). n pozitív kúp, hogy minden (u, v) ∈ intervallumot, amelyre i = 1, . , n-re λ(T(u,v) (Gi ) ∩ [a, b]) > C  λ(E

∩ [a, b]) >  n−1 (b − a). n T (u, v) ∈ C , akkor ni=1 T(u,v) (Gi ) ∩ [a, b] 6= ∅, ez pedig pont jelenti, hogy van (u, v)-n áthaladó egyenes, amely mindegyik Gi -t metszi. Tehát ha azt http://www.doksihu 3. FEJEZET: Rektikálhatóság és n-pont halmazok 26 3.2 Görbeszer¶ n-pont halmazok 3.21 Tétel Legyen n ≥ 2 egész Tegyük fel, hogy a H ⊂ R2 halmaz olyan, hogy minden derékszög¶ koordinátarendszerben létezik egy [a, b] intervallum, léteznek folytonosan dieren iálható fi : [a, b] R (i = 1, . , n) függvények és létezik egy E ⊂ [a, b] Borel-halmaz úgy, hogy λ(E) > 0, és az fi függvények E feletti grakonjai H -nak páronként diszjunkt részhalmazai. Ekkor H vagy korlátos, vagy van olyan egyenes, amely legalább n + 1 pontban metszi. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy pontban. Jelöljük H -t egyetlen egyenes sem metszi n-nél Kr -rel az origó középpontú, r sugarú körvonalat. több Vegyünk u ∈ K1 vektort, és

tekintsük azt a derékszög¶ koordináta-rendszert, melyy -tengelyének pozitív félegyenese u irányába néz. A tételünk feltételei szerint ennek a koordináta-rendszernek az x-tengelyén létezik [a, b] intervallum, azon fi folytonosan dieren iálható függvények, és E ⊂ [a, b] pozitív mérték¶ Borel-halmaz, hogy az fi függvények grakonjai H -nak páronként egy nek diszjunkt részhalmazai. H -t minden egyenes legfeljebb n pontban metszi, ru > 1 és 0 < θu < π/4, hogy H -nak egyetlen pontja sem esik abba a Cu kúpba, melynek sú sa ru u, és azon z pontokból áll, melyekre a z − ru u és u vektorok által bezárt szög kisebb, mint θu . Mivel feltettük, hogy a 3.12 Tétel szerint létezik u ∈ K1 -re legyen Au a Kru +1 körvonalnak azon maximális nyílt részíve, mely Cu -ba esik. Az Au íveket vetítsük le az origóból a K1 körvonalra: így kapjuk K1 -nek Iu nyílt ívekb®l álló fedését Ebb®l válasszunk ki Iu1 , . , Ium véges

részfedést Világos, hogy a Kmaxi {ru +1} körvonalat teli 2 jes egészében fedik a Cui kúpok. Ekkor viszont a teljes {z ∈ R : ||z|| ≥ maxi {rui + 1}} körküls®t is, H tehát valóban korlátos. Minden 3.22 Tétel Tegyük fel, hogy a H ⊂ R2 halmaz H1 -mérhet® és görbeszer¶, továbbá a He def = {x : |Hx | ≥ n} halmaz pozitív Lebesgue-mérték¶. Ekkor létezik [c, d] intervallum, azon folytonosan dieren iálható fi : [c, d] R függvények (i = 1, . , n), és egy E ⊂ [c, d] pozitív mérték¶ Borel-halmaz, hogy az fi függvények E feletti grakonjai H -nak páronként diszjunkt részhalmazai. Bizonyítás. H1 -mérhet® e Lebesgue-mérhet®. Fedjük le H -t H1 és görbeszer¶, már következik, hogy H 1 nullhalmaz kivételével megszámlálható sok C -görbével, jelöljük ®ket gi -vel. S def A Hi = H ∩gi ([0, 1]) jelöléssel ekkor H felírható H = N ∪ i Hi alakban, ahol El®ször megmutatjuk, hogy abból, hogy a H halmaz http://www.doksihu

3. FEJEZET: Rektikálhatóság és n-pont halmazok 27 S 1 1 1 i Hi , H (N) = 0, és H (Hi ) < ∞. Mivel a H küls® mérték Borel1 1 reguláris, léteznek Bi Borel-halmazok, hogy Hi ⊂ Bi és H (Hi ) = H (Bi ), 1 1 következésképpen  a Hi halmaz H -mérhet®sége miatt  H (Bi Hi ) = 0 1 minden i-re. Ebb®l azt kapjuk, hogy H (H∆B) = 0, ahol ∆ a szimmetrikus def S def dieren iát jelöli, és B = i Bi Borel. Legyen M = H∆B N = H A e def B = {x : |Bx | ≥ n} halmaz analitikus, hiszen a def C = {(x, y1 , . , yn ) ∈ Rn+1 : (x, yi) ∈ B (i = 1, , n), y1 < < yn } e pedig ennek folytonos képe az els® koordinátára Rn+1 -ben, B e halmaz tehát mérhet®, így H e is, hiszen B∆ e H e ⊂ való vetítés által. A B def pr1 (B∆H) = pr1 (M), utóbbi pedig nullhalmaz. Vegyük észre, hogy az Y = e pr1 (M) = H e pr1 (M) pontosan azon x ∈ R pontok halmaza, melyekre B Bx = Hx , és |Bx | = |Hx | ≥ n. Azt is tudjuk, hogy Y mérhet® és λ(Y

) = e = λ(H) e > 0. λ(B) halmaz Borel Vegyünk egy D ⊂ Y pozitív mérték¶ Borel-halmazt, és legyen def B′ = B ∩ (D × R), mely szintén Borel. A következ® állításunk az, hogy létezik egy T ⊂ D pozitív mérték¶ kompakt halmaz, és léteznek ki : T R folytonos ′ függvények (i = 1, . , n), hogy ezek Gi grakonjai B -nek (így H -nak is) páronként diszjunkt részhalmazai. A Jankov-von Neumann uniformizá iós A analitikus részhalf : pr1 (A) R függvény, mely mérhet® az analitikus halmazok által generált σ -algebra szerint, és a grakonja A-nak részhalmaza. ′ Tehát, mivel a B halmaz analitikus (s®t Borel), létezik olyan g : D R ′ függvény, amelyre Gr(g) ⊂ B , és amely mérhet® az analitikus függvények által generált σ -algebrára. Spe iálisan Lebesgue-mérhet® Luzin tételét g -re alkalmazva kapjuk, hogy tetsz®leges ε > 0 esetén létezik K1 ⊂ D kompakt halmaz és h1 : K1 R folytonos függvény, hogy λ(D K1

) < ε, és g|K1 = h1 . tétel [9, 18.1 Tétel℄ azt mondja ki, hogy a sík minden mazához van olyan B ′ helyett a B ′ Gr(h1 ), szintén Borel-halmazt, melynek D feletti szeletei legalább n − 1 elem¶ek, és az el®z® gondolatmenet ismétlésével válasszunk olyan K2 ⊂ D kompakt halmazt és h2 : K2 R folytonos ′ függvényt, hogy λ(D K2 ) < ε, és Gr(h2 ) ⊂ B Gr(h1 ). Az eljárást folytatva kapunk K1 , , Kn ⊂ D kompakt halmazokat és hi : Ki R folytonos függvényeket, hogy λ(D Ki ) < ε minden i = 1, . , n-re, és a hi függvé′ nyek grakonjai B páronként diszjunkt részhalmazai. Ha ε < λ(D)/n, akkor def def λ(K1 ∩ . ∩ Kn ) > 0, így T = K1 ∩ ∩ Kn és ki = hi |T jó választás, azaz e pozitív mérték¶ kompakt halmaz és ki : T R folytonos függvéT ⊂H nyek, melyekre a ki függvények Gi grakonjai H -nak páronként diszjunkt részhalmazai (i = 1, . , n) Ezután tekintsük http://www.doksihu 3. FEJEZET:

Rektikálhatóság és n-pont halmazok Nyilvánvalóan mindegyik Gi 28 görbeszer¶, hiszen a görbeszer¶ nak a részhalmazai, ezért a 2.41 Tétel szerint minden gij : [aij , bij ] R H halmaz- i = 1, . , n-re léteznek folytonosan dieren iálható függvények, hogy  [
 λ pr1 Gi Gr(gij ) = 0. j Gi kompakt, így Gi ∩ Gr(gij ) is az. Jelöljük S a pr1 (Gi ∩ Gr(gij )) Eij -vel. Ezzel a jelöléssel tehát minden i-re λ(T j Eij ) = 0 Ebb®l, valamint abból, hogy az Eij -knek m. m pontja s¶r¶ségi pont, következik, hogy rögzített i-re m. m x ∈ T -hez létezik j , hogy x s¶r¶ségi pontja Eij nek Következésképpen létezik x ∈ T , és léteznek j1 , , jn indexek, hogy x s¶r¶ségi pontja Eiji -nek minden i = 1, . , n esetén Tn A ] intervallumot választhatjuk [c, d] intervallumnak, giji |[c,d] i i=1 [aiji , bijT n t fi -nek, a [c, d]∩ i=1 Eiji halmazt pedig E -nek. Már sak azt kell belátnunk, hogy λ(E) > 0, de ez következik abból,

hogy x s¶r¶ségi pontja Eiji -nek minden i-re. Mindegyik halmazt Ezzel a bizonyítást befejeztük. A 3.21 és 322 Tétel közvetlen következménye az alábbi tétel: 3.23 Tétel Legyen n ≥ 2 egész, és legyen H ⊂ R2 n-pont halmaz Ekkor H nem lehet H1 -mérhet® görbeszer¶ halmaz. 3.3 Egy érdekes sejtés Mauldin észrevette, hogy a következ® geometriai mértékelméleti sejtés (lásd [12, 258. oldal℄) szoros kap solatban van az n-pont halmazok témakörével. Minden síkbeli görbementes kompakt 1-halmazhoz van olyan egyenes, amely azt legalább 3 pontban metszi. (P2) Nehéz megmondani, hogy mennyire megalapozott a sejtés. Mindenesetre ha igaz lenne, az azzal a rendkívül érdekes következménnyel járna, hogy nem létezik Borel 2-pont halmaz, amint azt hamarosan belátjuk. Ennek a sejtésnek van egy általánosabb változata is: Minden síkbeli görbementes kompakt 1-halmazhoz van olyan egyenes, amely azt legalább n + 1 pontban metszi. (Pn) A következ®

tétel egy klasszikus vetítési tétel, nem bizonyítjuk. http://www.doksihu 3. FEJEZET: Rektikálhatóság és n-pont halmazok 29 3.31 Tétel [6, 84 oldal℄ Legyen B ⊂ R2 görbeszer¶ Borel-halmaz, melyre H1 (B) > 0. Ekkor legfeljebb egy kivételével minden origón áthaladó W egyenes esetén λ(prW (B)) > 0, ahol prW a W egyenesre való mer®leges vetítést jelöli. Megjegyezzük még azt a közismert tényt, hogy tetsz®leges, nem feltétH1 -mérhet®, de véges küls® mérték¶ H ⊂ R2 felbontható egy görbe1 szer¶ és egy görbementes halmaz diszjunkt uniójára, s®t, a felbontás H lenül nullhalmaztól eltekintve egyértelm¶ [12, 15.6 Tétel℄ Ha H Borel, akkor a görbeszer¶ és a görbementes komponens is vehet® Borelnek. 3.32 Tétel Legyen n ≥ 2, és tegyük fel, hogy (Pn) igaz Legyen A ⊂ R2 analitikus, továbbá tegyük fel, hogy H1 (A) > 0, és minden egyenes legfeljebb n pontban metszi A-t. Ekkor A felírható A=N∪ ∞ [ Ei i=1

alakban, ahol minden Ei görbeszer¶ kompakt 1-halmaz és H1 (N) = 0. Spe iálisan A görbeszer¶ Bizonyítás. ilyen Világos, hogy minden E E ⊂ A kompakt 1-halmaz görbeszer¶. Egy ugyanis felbomlik egy görbeszer¶ és egy görbementes Borel-halmaz 1 uniójára. Ha a görbementes komponens nem lenne H -nullmérték¶, akkor azt (Pn) szerint több, mint n pontban metszené egy egyenes, de ez nem fordulhat el®. Ha a tétel állítása nem lenne igaz, akkor  az 1.21 Tételt használva  transznit rekurzióval konstruálhatnánk több, mint megszámlálható sok (α Eα < ω1 ) páronként diszjunkt A-ban fekv® kompakt 1-halmazt. Tudjuk, hogy görbeszer¶, tehát a 3.31 Tétel szerint egy kivételével minden áthaladó egyenesre Eα W origón λ(prW (Eα )) > 0. W1 -et és W2 -t. Ha λ(prW1 (Eα )) = 0, akkor ez a több mint megszámlálhatóan sok kivételes α W2 -re nézve már nem lehet kivételes. Tehát létezik olyan W origón áthaladó egyenes,

hogy λ(prW (Eα )) > 0 áll fenn megszámlálhatónál több α-ra. Feltehet®, hogy ez az egyenes az x-tengely, a prW jelölés helyett pedig használhatjuk a már megszokott pr1 -et. Vegyünk két különböz® origón áthaladó egyenest, megszámlálhatóan sok α kivételével Azt állítjuk, hogy elég nagy λ(pr1 (Eα ) ∩ [−K, K]) > 0. K egész esetén megszámlálhatónál több Valóban, {α : λ(pr1 (Eα )) > 0} = ∞ [ {α : λ(pr1 (Eα ∩ [−K, K])) > 0}, K=1 α-ra http://www.doksihu 3. FEJEZET: Rektikálhatóság és n-pont halmazok 30 így, mivel a bal oldal nem megszámlálható, a jobb oldalon álló halmazok között is van nem megszámlálható. S®t, hasonlóan belátható, hogy létezik c > 0, hogy megszámlálhatónál több Világos, hogy ekkor létezik α-ra λ(pr1 (Eα ) ∩ [−K, K]) > c. x ∈ [−K, K], hogy x ∈ pr1 (Eα ) n-nél több αx-en áthaladó függ®leges egyenes A-t n-nél ra teljesül.

Következésképpen az több pontban metszi, ami ellentmondás. A 3.23 és 332 Tételekb®l azonnal következik az alábbi tétel: 3.33 Tétel Legyen n ≥ 2 Ha (Pn) igaz, akkor nem létezik analitikus n-pont halmaz. http://www.doksihu 4. fejezet Fσ -halmazok 4.1 Ívek 2-pont halmazokban 2-pont A bevezetésben említettük, hogy ívek létezését halmazokban el®ször Larman [11℄ vizsgálta, azzal a motivá ióval, hogy megmutassa, hogy nem létezik n-pont halmaz, mely Fσ . Hogy pontosan mit értünk ív alatt, arról még nem beszéltünk. 4.11 Dení ió [0, 1] intervallummal. C ívnek egy x ∈ C Egy jait: Egy C ⊂ R2 halmazt nevezünk, ha homeomorf a értelemszer¶en deniáljuk a végpontjait és a bels® pontpont bels® pont, ha C {x} nem összefügg®, és végpont, x és y a síknak két különböz® pontja, akkor L(x, y)-nal x-en és y -on áthaladó egyenest. A síkban egy egyenes komplemen- ha összefügg®. Ha jelöljük az ívnek tere

két komponensre esik szét. Azt mondjuk, hogy két pont az egyenesnek ugyanazon az oldalán van, ha ugyanabban a komponensben vannak. Bevezetésképpen adunk egy egyszer¶ bizonyítást arra, hogy egy 2-pont halmaz nem tartalmazhat ívet. 4.12 Tétel Tegyük fel, hogy a H ⊂ R2 halmazt minden egyenes legalább két pontban metszi, és H tartalmaz egy C ívet. Ekkor van olyan egyenes, ami H -t legalább három pontban metszi. Bizonyítás. q = f (1) a Legyen C f : [0, 1] C ív két végpontja. nyítani, egyébként pedig legyen es® pontja, és legyen m az p = f (0) és C ⊂ L(p, q), akkor nin s mit bizoívnek L(p, q)-tól (egyik) legtávolabb áthaladó, L(p, q)-val párhuzamos egyenes x x-en homeomorzmus, és legyen Ha a C 31 http://www.doksihu 4. FEJEZET: Fσ -halmazok 32 4.1 ábra (4.1 ábra) Könnyen ellen®rizhet®, hogy ha az egy pontban metszené C -t, akkor egy m-mel m közelebbi egyenesnek legalább négy közös pontja lenne tehát, hogy

x-en kívül még L(p, q)-hoz ki sit egyenes párhuzamos, C -vel. Feltehetjük m ∩ C = {x}. m-nek van x-en kívül még egy közös pontja H -val, y -nak. A C ívnek p és x közötti részét jelöljük C1 -gyel, a q és x közötti részét C2 -vel. Ha y az {x + t(p − q) : t > 0} félegyenesen van, akkor L(y, q) metszi C1 -et, ha pedig az {x + t(p − q) : t < 0} félegyenesen van, akkor L(y, p) metszi C2 -t. Mindkét esetben találtunk tehát egy egyenest, amely legalább három pontban metszi C -t. Azt is tudjuk, hogy nevezzük ezt a pontot 4.13 Következmény Egy 2-pont halmaz nem tartalmazhat ívet 4.2 Ívek 3-pont halmazokban Nem sokkal nehezebb az sem, hogy egy 3-pont halmaz sem tartalmazhat ívet. El®ször egy segédtételt bizonyítunk. 4.21 Lemma Tegyük fel, hogy a C ív végpontjai, p és q egy l egyenesnek ugyanarra az oldalára esnek, és l legalább három pontban metszi C -t. Ekkor van olyan egyenes, ami C -t legalább négy pontban metszi.

Bizonyítás. l pontosan 3 pontban metszi C -t, a, b és c (4.2 ábra) Legyen f : [0, 1] C homeomorzmus, hogy p = f (0), a = f (xa ), b = f (xb ), c = f (xc ) és q = f (1). Feltehet®, hogy xa < xb < xc . A C ívnek ez az öt pontja négy nyílt részívre bontja C -t, jelöljük ezeket rendre Cpa , Cab , Cbc , Ccq -val. Jelöljük az l egyenes komplementerét alkotó két félsík komponenst F1 -gyel és F2 -vel, és tegyük fel, hogy p, q ∈ F1 . El®ször is feltehetjük, hogy legyenek ezek http://www.doksihu 4. FEJEZET: Fσ -halmazok 33 4.2 ábra Cpa ⊂ F1 Ccq ⊂ F1 . Cab és Cbc közül az legalább az egyik F1 -be esik, akkor egy l-lel párhuzamos, p-hez ki sit közelebbi egyenes, ha pedig Cab és Cbc is F2 -be esik, akkor pedig egy p-t®l ki sit távolabbi egyenes metszi C -t legalább négy pontban. Világos, hogy és Ha 4.22 Tétel Tegyük fel, hogy a H ⊂ R2 halmazt minden egyenes legalább három pontban metszi, és H tartalmaz egy C ívet. Ekkor

van olyan egyenes, amely H -t legalább négy pontban metszi. Bizonyítás. f , p, q , x Legyen és m, mint a 4.12 Tétel bizonyításában, és C ⊂ L(p, q). Feltehetjük, hogy p = (0, 0), q = (1, 0), így ha x = (x1 , x2 ), akkor m = R × {x2 }. Legyen a = (a1 , x2 ) és b = (b1 , x2 ) két másik m-en fekv® pontja H -nak, és tegyük fel, hogy a1 < b1 . Két esetet különböztetünk meg: megint kizárhatjuk azt az esetet, amikor a és b is. Nem b1 < x1 . Legyen c ∈ (a1 , b1 ) × {x2 } és jelölje lc a c-n áthaladó, L(a, q)-val párhuzamos egyenest. A 421 Lemma szerint feltehetjük, hogy lc legfeljebb két pontban metszi C -t, így létezik λ = (λ1 , λ2 ) ∈ lc ∩ (H C). Ezen az 1. Az m egyenesen x-nek ugyanazon az oldalán van megy az általánosság rovására, ha feltesszük, hogy eseten belül is három eset van: (a) λ2 < x2 . tól, ezért Ekkor az a-n és λ-n L(a, λ) egyenes elválasztja kívül még két C -beli x-et p-t®l és

q- pontot is tartalmaz (4.3 ábra) (b) ( ) λ2 = x2 . Ekkor m-en találtunk négy H -beli pontot. λ2 > x2 . Ebben az esetben a L(b, λ) egyenes választja el x-et pq -tól, ezért most L(b, λ) metszi H -t legalább négy pontban t®l és (4.4 ábra) http://www.doksihu 4. FEJEZET: Fσ -halmazok 34 4.3 ábra 4.4 ábra 2. a1 < x1 < b1 . Az L(a, q) és L(b, p) egyenesek metszéspontja (nevezzük α-nak) az x-tengely és az m egyenes közti sávban fekszik (4.5 ábra) ′ Legyen m egy olyan, m-mel párhuzamos egyenes, mely szigorúan α és m között van. A 421 Lemma szerint feltehetjük, hogy m′ legfeljebb ′ két pontban metszi C -t, és így létezik β ∈ m ∩(H C). Szimmetriaokok miatt feltehet®, hogy β és x az L(p, b) egyenesnek ugyanarra az oldalára esik. Ekkor viszont az L(β, b) egyenes elválasztja x-et p-t®l és q -tól, ezért C -t is metszi legalább két pontban. Megint megvan a négy pont Megmutattuk tehát, hogy bármely esetben van

olyan egyenes, amely legalább négy pontban metszi H -t. 4.23 Következmény Egy 3-pont halmaz nem tartalmazhat ívet http://www.doksihu 4. FEJEZET: Fσ -halmazok 35 4.5 ábra 4.3 Ívek Fσ -halmazokban A következ® lépés annak bizonyítása, hogy ha egy n-pont halmaz Fσ , akkor tartalmaz ívet. A most következ® tételekhez bevezetünk néhány jelölést. 2 rögzített pozitív valós szám, H ⊂ R tetsz®leges halmaz, és Legyen ε>0 n ∈ N. Legyen def Pnε (H) = {x ∈ R : |Hx | = n, ha és (x, a), (x, b) ∈ H, a 6= b, akkor |a − b| ≥ ε}. yi : Pnε (H) R (1 ≤ i ≤ n) függvényeket a következ®képpen deniáljuk: ε az yi függvények grakonjainak uniója legyen (Pn (H) × R) ∩ H , és minden x ∈ Pnε (H) esetén legyen y1 (x) < y2 (x) < . < yn (x) Vegyük észre, hogy Pnε (H) dení iója miatt yi+1 (x) ≥ yi(x) + ε minden i = 1, . , n − 1-re Az 4.31 Lemma Legyen ε > 0, n ∈ N, és legyen F ⊂ R2 olyan

kompakt halmaz, melyet minden függ®leges egyenes legfeljebb n pontban metsz. Ekkor Pnε (F ) kompakt, és yi : Pnε (F ) R folytonos minden i = 1, . , n esetén Bizonyítás. Az állítást n-re vonatkozó teljes induk ióval bizonyítjuk. Ha P1ε (F ) halmaz F -nek az x-tengelyre vett mer®leges vetülete, ε ε így kompakt. Másrészt legyen x ∈ P1 (F ), és (xm )m∈N olyan, P1 (F )-ben n = 1, akkor a x-hez konvergál. Az (y1 (xm ))m∈N sorozat korlátos F lim supm∞ y1 (xm ) = a és lim inf m∞ y1 (xm ) = b véges. Mivel F zárt is, (x, a) és (x, b) is eleme F -nek, ami sak úgy lehet, hogy a = b, és ez éppen azt jelenti, hogy yi folytonos az x pontban. Az n = 1 haladó sorozat, mely korlátossága miatt, így esettel tehát készen vagyunk. http://www.doksihu 4. FEJEZET: Fσ -halmazok 36 Tegyük fel most, hogy az állítás igaz valamely és vegyünk kompakt halmazt, amelyet minden függ®leges egyenes legfeljebb n + 1 def ε pontban metsz. Legyen (xm

)m∈N egy G = Pn+1 (F )-ben haladó sorozat, mely konvergál egy x ∈ R ponthoz. Legyen továbbá lim inf m∞ yn+1 (xm ) = b egy F n ≥ 1-re, Vegyük észre, hogy részsorozata, hogy (x, b) ∈ F . Az (xm )m∈N sorozatnak létezik olyan (xmj )j∈N |yn+1 (xmj ) − b| < ε/2 teljesül minden j ∈ N-re, és lim yn+1 (xmj ) = b. j∞ Deniáljuk a következ® kompakt halmazt: Mivel
def F ′ = F ∩ ({x} ∪ {xmj : j ∈ N}) × (−∞, b − ε/2] . b − ε/2 < yn+1 (xmj ) < b + ε/2, j ∈ N-re, (xmj , yn+1 (xmj )) ∈ / F ′ , de (xmj , yn (xmj )) ∈ F ′ . Következés′ képpen minden j ∈ N-re Fxm = n, amib®l azt kapjuk, hogy xmj ∈ Pnε (F ′ ). j ′ ′ ′ Vegyük észre, hogy (x, b) ∈ F F , így |Fx | ≤ n, tehát F -nek minden függ®leges szelete legfeljebb n elem¶. Ezért alkalmazhatjuk az induk iós feltevést, ε ′ ε ′ miszerint Pn (F ) kompakt, és emiatt x ∈ Pn (F ). Ugyan sak az induk iós minden feltevés szerint

lim yn (xmj ) = yn (x), j∞ így b − yn (x) ≥ ε, j -re yn+1(xmj ) − yn (xmj ) ≥ ε és limj∞ yn+1 (xmj ) = b. vetkezésképpen x ∈ G. Ezzel megmutattuk, hogy G kompakt hiszen minden Kö- (G kompaktságát elegánsabban úgy is bizonyíthattuk volna, hogy tekint- jük a {(x, y1 , . , yn+1) ∈ Rn+2 : x ∈ R, (x, yi) ∈ F minden i = 1, , n + 1-re és yi+1 − yi ≥ ε minden i = 1, . , n-re} halmazt, mely zárt, mert tehát kompakt, a G supa zárt feltétellel adtuk meg, és korlátos is, halmaz pedig pont ennek a kompakt halmaznak az els® koordinátára vett vetülete. Azonban a fentiekhez hasonló okoskodásra akkor is szükség lenne az yi függvények folytonosságának igazolásához.) http://www.doksihu 4. FEJEZET: Fσ -halmazok 37 lim supm∞ yn+1 (xm ) = a, és tegyük fel, hogy a > b. Ekkor (x, a) és (x, b) is eleme F -nek, továbbá a > b > yn (x) > . > y1 (x), ami ellentmond annak, hogy F -nek minden függ®leges

szelete legfeljebb n + 1 elem¶. Ezért a = b, tehát yn+1 folytonos. Legyen Tekintsük az def F ′′ = {(x, y) ∈ (G × R) ∩ F : y ≤ yn+1 (x) − ε} halmazt, amely yn+1 folytonosságából következ®en kompakt. Világos, hogy F ′′ kielégíti az éppen bizonyítandó lemma feltételeit n-re, továbbá Pnε (F ′′ ) = ε Pn+1 (F ′ ) = G és az F ′ -re illetve F ′′ -re deniált y1 , . , yn függvények egybeesnek Az induk iós feltevés szerint tehát y 1 , . , yn is folytonosak, és készen vagyunk. 4.32 Tétel Legyen H a síknak egy Fσ -részhalmaza, és legyen n ∈ N olyan, hogy H -nak minden függ®leges szelete pontosan n elem¶. Ekkor létezik olyan nemelfajuló [a, b] intervallum, és léteznek az [a, b] intervallumon értelmezett f1 < f2 < . < fn folytonos függvények úgy, hogy H tartalmazza mindegyik fi -nek a grakonját. Spe iálisan H tartalmaz ívet Bizonyítás. S H = ∞ i=1 Fi , ahol F1 ⊂ F2 ⊂ . , és i ∈ N-re

deniáljuk a következ® halmazt: Legyen kompakt. Minden def Hi = {x ∈ R : |(Fi )x | = n, és ha (x, a), (x, b) ∈ Fi , a 6= b, akkor mindegyik Fi |a − b| ≥ 1/i}. A 4.31 Lemma szerint Hi kompakt minden i ∈ N esetén Vegyük észre, S∞ hogy i=1 Hi = R, így a Baire Kategória Tétel szerint létezik i0 ∈ N, hogy Hi0 tartalmaz egy nemelfajuló szerint a Hi0 -hoz [a, b] intervallumot. Megint a 431 Lemma yk |[a,b] függvények H -ban fekszenek. tartozó függvények grakonjai folytonosak (1 ≤ k ≤ n), és ezen 4.33 Tétel Egy n-pont halmaz nem lehet Fσ , ha n = 2, 3 Bizonyítás. Használjuk a 4.13 és a 423 Következményeket, és a 432 Té- telt. 4.34 . Megjegyzés A 4.22 Tétel bizonyítása Bouhjar, Dijkstra és van Mill nevéhez f¶z®dik [4℄. Ugyanebben a ikkben szerepel a 4.31 Lemma és a 4.32 Tétel is, de a szerz®k megjegyzik, hogy a bizonyítás nem t®lük, hanem Mauldintól származik. http://www.doksihu 4. FEJEZET: Fσ

-halmazok 38 4.4 Nem létezik n-pont halmaz, amely Fσ n ≥ 4, Ha akkor a fenti módszerrel nem lehet belátni, hogy egy halmaz nem lehet Fσ , n-pont ugyanis már egy 4-pont halmaz is tartalmazhat ívet, mint azt az 5. fejezetben majd belátjuk Tehát más módszert kell keresnünk Az az igazság, hogy  egyáltalán nem nyilvánvaló, de  tulajdonképpen már minden részlet a rendelkezésünkre áll ahhoz, hogy egy bizonyítást összerakjunk. Mivel az eddig tárgyalt eredményeken kívül gyakorlatilag semmilyen új tétel vagy lemma nem szükséges, Mauldin, Bouhjar és Dijkstra ezt a bizonyítást egy  bevezetéssel és hivatkozásokkal együtt  másfél oldalas ikkben közölte [5℄. Íme a bizonyítás: 4.41 Tétel Legyen n ≥ 2 Ekkor nem létezik n-pont halmaz, mely a síknak Fσ -részhalmaza. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy A egy Fσ n-pont halmaz. Vegyünk egy tetsz®- leges derékszög¶ koordinátarendszert a síkon. A 432 Tétel szerint létezik

egy nemelfajuló [a, b] intervallum, és léteznek [a, b] intervallumon értelmezett f1 < f2 < . < fn folytonos függvények úgy, hogy ezen függvények Gi grakonjai A-nak részhalmazai A Gi halmazokat mindegyik vízszintes egyenes legfeljebb n pontban metszi, ezért a Bana h Indikátrix Tétel [8, 17.17 Tétel℄ szerint az fi függvények korlátos változásúak. (Konkrétan fi teljes változása legfeljebb n(M − m), ahol m és M az fi minimumát és maximumát jelöli. Valójában olyan spe iális esetben alkalmazzunk a Bana h Indikátrix Tételt, hogy az állításunk a teljes változás dení ióját felírva gyakorlatilag azonnal látszik.) A 2.14 Tétel szerint léteznek függvények, és létezik egy fi |C = gi |C C ⊂ [a, b] gi folytonosan dieren iálható pozitív mérték¶ kompakt halmaz, hogy minden i-re. Mivel ilyen tulajdonságú C halmaz és gi függvények minden koordinátarendszerben léteznek, a 3.21 Tétel szerint az vagy

korlátos vagy van olyan egyenes, mely legalább Egy n-pont n+1 A halmaz pontban metszi. halmaz viszont egyik tulajdonsággal sem rendelkezhet. http://www.doksihu 5. fejezet Ellenpéldák, konstruk iók 5.1 2-dimenziós n-pont halmaz létezése Az 1.24 Tételben megmutattuk, hogy egy analitikus n-pont halmaz Haus- dor-dimenziója 1. Általánosságban azonban ez nem igaz 5.11 Tétel Ha n ≥ 2, akkor létezik H n-pont halmaz, melyre dim(H) = 2, s®t H2 (H) > 0. Bizonyítás. Az 1.12 Állítás bizonyításának módosításával, transznit re- kurzióval konstruálunk ilyen halmazt. Legyen κ megint a legkisebb kontinu- um számosságú rendszám, és vegyük a sík egyeneseinek egy {lα : α < κ} 2 jólrendezését. Továbbá készítsük el a sík Borel H -nullhalmazainak (azaz a síkbeli Lebesgue-mérték szerint nullmérték¶ Borel-halmazoknak) egy {Bα : 0 < α < κ} felsorolását. α-ra deniálunk egy kontinuumnál kisebb számosságú Hα

hal′ mazt. Legyen H0 = ∅ Ha α = β + 1, akkor Hα legyen Hβ és néhány lα -n fekv® pont egyesítése, ahol a véges sok hozzávett pontot lα -n úgy választjuk meg, hogy egyikük se essen olyan  lα -tól különböz®  egyenesre, melyen Hβ -nak legalább 2 pontja van. Annyi pontot választunk, hogy |Hα′ ∩ lα | = n Minden legyen. Azt, hogy ezt meg lehet sinálni, már láttuk az 1.12 Állítás bizo- nyításában. Hα′ -ból úgy kapjuk Hα -t, hogy hozzáveszünk egy Bα -n kívüli pontot, hogy Hα -ra még mindig igaz legyen, hogy minden egyenes legfeljebb n pontban ′ metszi. Ahhoz, hogy ez lehetséges, azt kell megmutatni, hogy a Hα -beli pontpárok által meghatározott (kontinuumnál kevesebb) egyenes nem fedheti le Bα komplementerét. 39 http://www.doksihu 5. FEJEZET: Ellenpéldák, konstruk iók Van olyan irány, mely nin s a 40 Hα′ -beli pontpárok által meghatározott irá- nyok között, pontosabban van olyan egyenes, mellyel

párhuzamos egyenesek ′ mindegyike legfeljebb egy pontban metszi Hα -t. Alkalmazva ebben az irányban a Fubini-tételt a Bα halmazra, az adódik, hogy van ilyen irányú egye1 nes, melynek Bα -val vett metszete H -nullmérték¶ (s®t, majdnem mindegyik egyenes ilyen). Elég tehát azt igazolnunk, hogy a számegyenesen egy pozitív Lebesgue-mérték¶ Borel-halmaz kontinuum számosságú. Ez pedig következik abból, hogy egy ilyen halmaz tartalmaz pozitív mérték¶ zárt halmazt is, ami  mint a számegyenes minden nem megszámlálható zárt részhalmaza  felírható egy megszámlálható és egy nemüres perfekt, következésképpen kontinuum számosságú halmaz egyesítéseként. Ha α limeszrendszám, akkor ugyanezt sináljuk, miután vettük az α-nál kisebb index¶ halmazok egyesítését. Végül legyen H= [ Hβ . β<κ 2 2 Csak az szorul némi magyarázatra, hogy H (H) > 0. Ha ugyanis H (H) = 0 2 lenne, akkor H Borel-regularitása szerint létezne B

Borel-halmaz, melyre H ⊂ B és H2 (B) = 0. Ez viszont lehetetlen, mert B is szerepelt a Bα -k között, tehát H -nak van B -n kívüli pontja. A fejezet további részében szerepl® tételek bizonyítására gyakorlatilag ugyanez a re ept m¶ködik (jólrendezzük az egyeneseket, és megfelel® módon minden lépésben beválasztunk néhány új pontot). Ezért ezentúl nem fogjuk ennyire kirészletezni a bizonyításokat, sak a lényeges elemekr®l beszélünk. 5.2 Halmazok kiterjesztése n-pont halmazzá 5.21 Tétel Legyen n ≥ 2, k ≥ n + 2, és legyen H ⊂ R2 olyan halmaz, melyet minden egyenes legfeljebb n pontban metsz. Ekkor létezik He k-pont halmaz, melyre H ⊂ He . Bizonyítás. Mint mondtuk, a bizonyítás szinte szó szerint ugyanúgy törté- nik, mint az n-pont halmazok létezésének bizonyításánál, az 1.12 Állítás- ban. Csak annyit jegyzünk meg, hogy azon múlik a bizonyítás, hogy minden lépésben kontinuumnál kevesebb egyenes lesz,

amely k pontban metszi az aktuális halmazunkat, így azon az egyenesen, amelyen éppen új pontokat választunk, mindig kontinuumnál kevesebb tiltott pont lesz. http://www.doksihu 5. FEJEZET: Ellenpéldák, konstruk iók 5.22 . Megjegyzés e halmaz, H 41 k = n + 1-re. Ha ugyanis H egy n-pont e , akkor H e H egy 1-pont halmaz, egy n+1-halmaz, melyre H ⊂ H A tétel nem igaz de ilyen nyilvánvalóan nem létezik. 5.23 . Megjegyzés A tétel Bouhjar, Dijkstra és van Mill észrevétele [4℄. 5.24 Következmény Minden k ≥ 4 esetén létezik k-pont halmaz, mely tartalmaz kört. 5.3 S¶r¶ és sehol sem s¶r¶ n-pont halmaz létezése 5.31 Tétel Legyen n ≥ 2 Ekkor létezik n-pont halmaz, amely s¶r¶ a síkon. Bizonyítás. sában. Gyakorlatilag ugyanazt kell sinálni, mint az 5.11 bizonyítá- Kontinuum sok nemüres nyílt halmaz van, vegyük ezek egy jólren- dezését. Minden lépésben vegyünk be annyi pontot az aktuális egyenesr®l, amennyi hiányzik

ahhoz, hogy n legyen rajta, majd vegyünk be még egy olyan pontot is, amely benne az aktuális nyílt halmazban, de a bevételével nem keletkezik olyan egyenes, amelyen n-nél több pont lesz. Ezt azért te- hetjük meg, mert egy nemüres nyílt halmazt nem fedhet le kontinuumnál kevesebb egyenes. Valóban, legyen U nemüres nyílt halmaz, és legyen L kontinuumnál ke- l egyenest, amely nem U -val van közös pontja. l minden L-beli egyenest vesebb egyenesb®l álló halmaz. Vegyünk egy olyan párhuzamos az Az l∩U L-beli egyenesek egyikével sem, és metszet kontinuum számosságú, továbbá pontosan egy pontban metsz, ezért l∩U -ban valóban lesz olyan pont, amilyet kerestünk. Az 1.44 Tételben beláttuk, hogy egy Gδ n-pont halmaz sehol sem s¶r¶. Felmerül a kérdés, hogy létezhet-e egyáltalán sehol sem s¶r¶ n-pont halmaz. Sajnos igen. 5.32 Tétel Legyen n ≥ 2 Ekkor létezik sehol sem s¶r¶ n-pont halmaz Bizonyítás. Az eddigi

tételekben mindig úgy irányítottuk a transznit rekur- ziót, hogy a halmazunk kifelé terjeszkedjen: legyen nagy a dimenziója, legyen s¶r¶, vagy éppen el®írtunk egy halmazt, amelyet tartalmaznia kell. Most ennek pont a fordítottját sináljuk: úgy tartjuk kordában a halmazunkat, hogy sak a sík egy részhalmazából engedünk pontokat választani. http://www.doksihu 5. FEJEZET: Ellenpéldák, konstruk iók 42 C -vel a Cantor-halmazt. A Cantor-halmaz sehol sem s¶r¶ R2 ben, tehát a C × R halmaz sehol sem s¶r¶ R -ben. Az R × C halmaz is sehol def sem s¶r¶, így az uniójuk, D = (C × R) ∪ (R × C) is az. Elegend® belátni, hogy D tartalmaz n-pont halmazt. Jelöljük A szokásos transznit rekurziós építkezést folytatjuk, azzal a megkötéssel, hogy sak D -b®l választhatunk pontot. Ez valóban m¶ködik, hiszen D -nek megvan az a szeren sés tulajdonsága, hogy minden egyenest kontinuum számosságú halmazban metsz. 5.4 H1-mérhet® és

görbeszer¶ n-pont halmazok A 3.23 Tétel szerint nem létezik H1 -mérhet® görbeszer¶ n-pont halmaz. H1 -mérhe- Jogosan merül fel a kérdés, hogy szükséges-e a tételben feltenni a t®séget. A választ nem tudjuk A 323 Tétel ismertetett bizonyítása részben a 3.22 Tételre épül, ott viszont egyáltalán nem látszik, hogy hogyan lehetne 1 megszabadulni a H -mérhet®ség feltételét®l. Másrészt görbeszer¶ n-pont halmazt konstruálni sem t¶nik egyszer¶nek. Nyilvánvaló, hogy minden görbeszer¶ halmaz belefoglalható egy Fσ görbesze1 r¶ halmazba H -nullhalmaztól eltekintve. Logikusnak t¶nik tehát egy olyan transznit rekurzióval próbálkozni, amely mindig nagy görbeszer¶ halmazból választ pontokat. sak egy rögzített, elég A 2.42 Következmény vi- szont éppen azt állítja, hogy nin s olyan nagy görbeszer¶ halmaz, amellyel a szokásos re ept m¶ködik: alig van olyan egyenes, amely megszámlálhatónál több pontban metsz egy

görbeszer¶ halmazt. Természetesen merül fel az a kérdés is, hogy létezik-e pont halmaz. H1 -mérhet® n- Erre a kérdésre sem ismerjük a választ, de annyit legalább H1 -mérhet® halmaz létezése. Miller [15℄ ugyanis tudunk, hogy konzisztens bebizonyította, hogy ha a n-pont V = L axióma igaz, akkor létezik koanalitikus halmaz. La zkovi h Miklós ötlete alapján mutatunk egy ennél jóval H1 -mérhet® halmaz létezése konzisztens. egyszer¶bb bizonyítást arra, hogy 5.41 Lemma Tegyük fel, hogy a H ⊂ R2 halmazt minden B ⊂ R2 véges lineáris mérték¶ Borel-halmaz nulla lineáris mérték¶ halmazban metszi Ekkor a H halmaz H1 -mérhet®. Bizonyítás. Azt kell belátnunk, hogy H minden halmazt  jól vág ketté, azaz A ⊂ R2 halmazra H1 (A) = H1 (A ∩ H) + H1 (A H). A bal hogy minden oldal mindig legfeljebb akkora, mint a jobb oldal, ezért elég sak a fordított http://www.doksihu 5. FEJEZET: Ellenpéldák, konstruk iók 43 irányú

egyenl®tlenséggel foglalkozni. Ez 1 ezért feltehet®, hogy H (A) < ∞. H1 (A) = ∞ esetén nyilván fennáll, 1 1 halmaz Borel burka, azaz olyan, hogy H (B) = H (A). 1 1 A feltételünk szerint H (B ∩ H) = 0, ezért az is igaz, hogy H (A ∩ H) = 0. Legyen B az a A Ebb®l pedig H1 (A) ≥ H1 (A H) = H1 (A H) + H1 (A ∩ H). Ezt akartuk bizonyítani. 5.42 Tétel Legyen n ≥ 2, és tegyük fel, hogy kontinuumnál kevesebb nulla lineáris mérték¶ halmaz egyesítése is nulla lineáris mérték¶. (Ez következménye például a kontinuum hipotézisnek) Ekkor létezik H1 -mérhet® n-pont halmaz. Bizonyítás. Az 5.41 Lemma szerint elég megmutatni, hogy létezik olyan n-pont halmaz, melyet minden véges lineáris mérték¶ Borel-halmaz nullmér- ték¶ben metsz. Legyen κ a legkisebb kontinuum számosságú rendszám, és legyen {Bα : α < κ} a sík véges lineáris mérték¶ Borel-halmazainak egy κ típusú jólrendezése. A Hα halmazokat

válasszuk a következ®képpen Álljon az Rα halmaz azon β < α rendszámokból, melyekre lα ∩ Bβ nulla lineáris mérték¶. A feltéS telünk szerint lα ∩ β∈Rα Bβ isSnullmérték¶, tehát az α-adik lépésben az új pontokat választhatjuk az lα β∈Rα Bβ halmazból. Belátjuk, hogy az így konstruált halmaz mindegyik ték¶ben metszi. A konstruk ió els® összesen is részt azon β Bβ halmazt nullmér- lépésében kiválasztott pontok halmaza sak nullmérték¶ (mert kontinuumnál kisebb számosságú). Más- α > β lasztottunk pontot rendszámok halmaza, amelyekre az Bβ -ból, α-adik lépésben vá- Bβ lα ∩ Bβ sak megszámlálható. Ez világos abból, hogy véges mérték¶, minden ilyen α-ra lα ∩ Bβ pozitív mérték¶, és az halmazok közül bármely kett®nek a metszete legfeljebb egyelem¶ (tehát nullmérték¶). 5.5 Második kategóriájú n-pont halmaz létezése 5.51 Tétel Legyen n ≥ 2 Ekkor létezik

második kategóriájú n-pont halmaz Bizonyítás. Egy halmaz pontosan akkor els® kategóriájú, ha tartalmazza egy els® kategóriájú Fσ -halmaz, ugyanis sehol sem s¶r¶ halmaz lezártja is sehol http://www.doksihu 5. FEJEZET: Ellenpéldák, konstruk iók sem s¶r¶. Elég tehát egy olyan minden els® kategóriájú 44 n-pont halmazt konstruálni, amely kilóg Fσ -halmazból. A konstruk ió az 5.11 és 531 Tételek bizonyításának mintájára történik Csak annyit kell megmutatnunk, hogy egy els® kategóriájú Fσ -halmaz komplementerét nem fedheti le kontinuumnál kevesebb egyenes. Legyen tehát G egy reziduális Gδ -halmaz a síkon és legyen umnál kevesebb egyenesb®l álló halmaz. Válasszunk egy nem párhuzamos egyik L-beli egyenessel sem. reziduális R-beli reziduális Gδ -részhalmaza m-nek. Az kontinu- egyenest, amely A Kuratowski-Ulam tétel (1.41 Tétel) szerint létezik olyan olyan l-lel párhuzamos m∩G l L m egyenest

m egyenes, melyre minden L-beli egye- nes pontosan egy pontban metszi, ezért elegend® azt megmutatni, hogy egy Gδ -halmaz kontinuum számosságú. Ismeretes, hogy teljes metrikus tér Gδ altere homeomorf egy teljes metri- kus térrel ([10℄, I. rész, 58 Tétel), valamint hogy egy nem megszámlálható lengyel tér kontinuum számosságú, ugyanis tartalmaz a Cantor-halmazzal homeomorf példányt ([10℄, I. rész, 64 Tétel) Ebb®l a két tételb®l adódik az állításunk. 5.52 . Megjegyzés Mint már korábban említettük, a Kuratowski-Ulam tétel szerint egy második kategóriájú n-pont halmaz nem lehet Baire tulajdonságú. http://www.doksihu Irodalomjegyzék [1℄ F. Bagemihl, A theorem on interse tions of pres ribed Ann. of Math 55 (1952) 34-37 ardinality, [2℄ F. Bagemihl és P Erd®s, Interse tions of pres ribed power, type or measure, Fund. Math 41 (1957) 57-67 [3℄ V. J Baston és F A Bosto k, On a theorem of Larman, Math. So (2) 5

(1972) 715-718 J. London [4℄ K. Bouhjar, J J Dijkstra, és J van Mill, Three-point sets, Topology Appl. 112 (2001) 215-227 [5℄ K. Bouhjar, J J Dijkstra, és R D Mauldin, No σ- ompa t, Pro . Amer Math So 129 (2001), 621-622 [6℄ K. J Fal oner, The Geometry of Fra tal Sets n-point set is (Cambridge University Press, 1990). [7℄ H. Federer, Geometri Measure Theory [8℄ E. Hewitt és K Stromberg, (Springer-Verlag, 1969). Real and Abstra t Analysis (Springer- Verlag, 1965). [9℄ A. S Ke hris, Classi al des riptive set theory (Graduate Texts in Mat- hemati s 156, Springer-Verlag, 1995) [10℄ La zkovi h Miklós, Valós függvénytan (egyetemi jegyzet) (ELTE, Budapest, 1995). [11℄ D. G Larman, A problem of in iden e, J. London Math So 43 (1968) 407-409. [12℄ P. Mattila, Geometry of Sets and Measures in Eu lidean Spa es (Cambridge University Press, 1995). 45 http://www.doksihu IRODALOMJEGYZÉK 46 [13℄ R. D Mauldin, On sets whi h meet ea

h line in exa tly two points, Bull. London Math So 30 (1998) 397-403 [14℄ S. Mazurkiewi z, O pewnej mnogo± i pªaskiej, która ma z ka»da Comptes Rendus des Séan es de la So iété des S ien es et Lettres de Varsovie 7 (1914) 382prosta dwa i tylko dwa punkty wspólne (Lengyel), 384; Fran ia ford.: Sur un ensemble plan qui a ave haque droite deux et ommuns, Traveaux de Topologie et es Appli ations et al., PWN, Varsó, 1969) 46-47 seulement deux points (Szerk.: K Borsuk [15℄ A. Miller, Innite Logi 41 (1989) 179-203. [16℄ C. A Rogers, ombinatori s and denability, Hausdor Measures Ann. Pure Appl (Cambridge University Press, 1970). [17℄ S. Saks, Theory of the Integral (Dover, New York, 1964). [18℄ W. Sierpi«ski, Une généralisation des théorèmes de S Mazurkiewi z et F. Bagemihl, Fund. Math 40 (1953) 1-2