Zerlegung des ℝ³ in disjunkte Kreise

Veröffentlicht am Montag, 12. April 2010, von infinity auf Alphane Moon

Wie der Titel schon sagt, geht es hier darum den dreidimensionalen Euklidischen Raum komplett in disjunkte Kreise zu zerlegen. Disjunkt bedeutet, daß zwei verschiedene Kreise keinen Punkt gemeinsam haben, ihre Schnittmenge soll also leer sein. Wenn wir unsere Sammlung von Kreisen haben, so sollen sie den dreidimensionalen Raum überdecken: jeder Punkt des Raumes liegt auf einem Kreis. Anders gesagt: die Vereinigung unserer disjunkten Kreise soll der ganze Raum sein, es gibt keinen Punkt, der nicht auf einem Kreis liegt.

Wir identifizieren den dreidimensionalen Raum mit der Menge aller Tripel reeller Zahlen:

ℝ³ = { (x, y, z) | x, y, z reelle Zahlen }

Diesen Raum kann man sich anschaulich vorstellen, man kann sich auch geometrische Objekte vorstellen, die sich darin aufhalten, zum Beispiel einen Quader oder eine Sphäre oder einen 3D-Entwurf eines Raumschiffs, außerdem noch Geraden, Ebenen und Kreise.

Aber ist es wirklich wahr, daß man den kompletten Raum mit Kreisen so vollstopfen kann, daß sich keine zwei Kreise berühren und auch wirklich kein Punkt des Raumes übrigbleibt?

Mit Kreis ist hier übrigens nicht Kreisscheibe gemeint, sondern nur der Kreisrand (1-Sphären).

Formulieren wir also diesen etwas seltsamen Satz und danach geht es los mit dem Beweis.

Theorem.

ℝ³ ist die Vereinigung disjunkter Kreise.

Beweis:

Wir müssen eine Familie K von Teilmengen des dreidimensionalen Raumes konstruieren, so daß alle der folgenden Bedingungen erfüllt sind:

Die Mächtigkeit der Menge der reellen Zahlen ist

|℘(ω)| = 2ω,

die Mächtigkeit des Kontinuums, wobei ω die erste unendliche Ordinalzahl ist. Im folgenden bezeichnen kleine griechische Buchstaben Ordinalzahlen.

Wir konstruieren die Familie K durch transfinite Induktion über α < 2ω als

K = { Cα | α < 2ω }.

Wir wählen eine Aufzählung der Punkte des Raumes:

〈 pα | α < 2ω 〉.

Dann wählen wir für jeden Punkt pα einen Kreis Cα mit

pα ∊ Cα.

Dann sind sicherlich unsere Bedingungen (1) und (2) erfüllt. Wenn wir das so machen, sind die Kreise aber vielleicht nicht alle paarweise disjunkt. Wenn zum Beispiel

pα ∊ C0\{p0}

gilt, so ist die Schnittmenge der beiden Kreise nicht leer:

Cα ∩ C0 ≠ Ø.

Wir müssen unsere Konstruktion also etwas raffinierter durchführen, damit alles gut geht :-)
Wir wählen zu pα einen Kreis Cα so, daß folgende Bedingung erfüllt ist:

Mit dieser „Diagonalbedingung“ folgt schon einmal, daß die Familie K den Raum überdeckt. Allerdings müssen wir die Kreise so wählen, daß alle Kreise aus K paarweise disjunkt sind. Das erreichen wir, indem wir annehmen, daß für alle α < 2ω die bisher schon fertigen Kreise alle paarweise disjunkt sind. Wir wählen dann den Kreis Cα so, daß diese schöne Eigenschaft erhalten bleibt. Wir verlangen also:

Wenn wir unsere Familie von Kreisen

K = { Cα | α < 2ω }

so konstruieren können, daß die Bedingungen (D) und (S) für alle α < 2ω erfüllt sind, haben wir eine Zerlegung des Raumes mit den gewünschten Eigenschaften gefunden.

Das Rekursionstheorem sagt uns, daß wir eine Folge von Kreisen

〈 Cα | α < 2ω 〉

finden können, wenn für alle α < 2ω die Menge aller Kreise Cα mit den Eigenschaften (D) und (S) nicht leer ist. Die Menge der Kreise, die mit den bisher konstruierten Kreisen keinen Punkt gemeinsam haben und den gerade aktuellen Punkt enthalten, soll nicht leer sein. Mit dem Auswahlaxiom können wir dann einen Kreis aus dieser Menge auswählen, der sich zu unserer Folge der schon fertigen Kreisen gesellt.

Angenommen, daß für ein α < 2ω die Folge

〈 Cβ | β < α 〉

schon konstruiert ist und die Bedingungen (D) und (S) erfüllt sind. Wir müssen zeigen, daß mindestens noch ein weiterer Kreis Cα existiert, der auch (D) und (S) erfüllt.

Falls der Punkt pα nicht auf einem der schon fertigen Kreise liegt, also falls

pα ∉ ⋃{ Cβ | β < α },

setzen wir

p = pα.

Aber es könnte auch anders sein und der Punkt liegt auf einem der Kreise. Dann wählen wir einen beliebigen Punkt aus dem Komplement der Kreise:

p ∈ ℝ³\ ( ⋃{ Cβ | β < α })

Fein. Aber gibt es denn so einen Punkt? Mit einem Mächtigkeits-Argument sehen wir, daß das tatsächlich so ist: Sei dazu G eine beliebige Gerade. Für die Mächtigkeit von G gilt

|G| = 2ω,

die Mächtigkeit des Kontinuums. Dann betrachten wir die Menge

H = G ∩ ( ⋃{ Cβ | β < α }),

also die Schnittmenge der Gerade mit den schon vorhandenen Kreisen. Es gilt

G∩( ⋃{ Cβ | β < α }) = ⋃{ G∩Cβ | β < α }.

Wenn wir einerseits die Gerade mit der Vereinigung der Kreise schneiden oder andererseits die Gerade mit jedem einzelnen Kreis schneiden und die Ergebnisse dann erst einsammeln, kommt immer dasselbe heraus. Außerdem ist der Schnitt der Geraden G mit einem Kreis immer endlich: leer, ein Punkt oder zwei Punkte. Mehr Möglichkeiten gibt es nicht. Also ist

|H| < 2ω,

denn H ist die Vereinigung von < 2ω endlichen Mengen G ∩ C. Wir haben also

|H| < |G|.

Dann gibt es einen Punkt in G der nicht in H ist, den nehmen wir als p und es geht weiter.

Wir wollen einen Kreis, der den Punkt p enthält und (S) erfüllt. Dafür betrachten wir eine Ebene E durch den Punkt p, die keinen der bisher fertigen Kreise vollständig als Teilmenge enthält. Es ist ok, wenn die Kreise die Ebene schneiden, aber kein Kreis soll ganz in der Ebene liegen.

Das ist möglich, weil es 2ω-viele Ebenen durch p gibt, aber höchstens |α|-viele Ebenen, die einen unserer Kreise enthalten. Für α gilt:

|α| < 2ω.

Und jetzt kommt fast dasselbe Argument, das wir oben bei der Geraden G benutzt haben. Unsere Ebene E schneidet jeden schon vorhandenen Kreis in höchstens zwei Punkten. Nennen wir den Schnitt der Ebene E mit der Vereinigung der fertigen Kreise A, also

A = E ∩ ( ⋃{ Cβ | β < α }),

dann gilt:

E∩( ⋃{ Cβ | β < α }) = ⋃{ E∩Cβ | β < α },

und wir erhalten für die Mächtigkeit von A

|A| < 2ω.

Sei jetzt Y eine beliebige Gerade durch den Punkt p in der Ebene E. Dann betrachten wir die Menge aller Kreise in der Ebene E, die im Punkt p tangential an Y sind. Diese Kreise haben nur den Punkt p gemeinsam.

Die Kreise berühren die Gerade Y im Punkt P.

Von diesem Kreisen gibt es 2ω-viele und wir müssen nur |A|-viele Punkte vermeiden. Es gibt also einen Kreis Cα, der keine Punkte aus A enthält und den wir auswählen können. Fertig.

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