Προβλήματα Μαθηματικών

Απρίλιος 6, 2008

Καμπύλες Peano

Filed under: Λυμένα Προβλήματα,Με υπόδειξη — Themis Mitsis @ 3:54 μμ

Μια καμπύλη Peano είναι μια συνεχής και επί απεικόνιση

\gamma:[0,1]\to[0,1]\times[0,1].

Με άλλα λόγια, η \gamma περνάει από κάθε σημείο του μοναδιαίου τετραγώνου. Δεχτείτε χωρίς απόδειξη ότι υπάρχουν καμπύλες Peano και δείξτε ότι πάνω στην περιφέρεια κάθε κύκλου μέσα στο μοναδιαίο τετράγωνο υπάρχει κάποιο σημείο από το οποίο μια τέτοια καμπύλη περνάει τουλάχιστο δυο φορές.

Advertisements

10 Σχόλια »

  1. 1η Υπόδειξη:

    Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει κάποιος κύκλος C, από τα σημεία του οποίου η καμπύλη περνάει ακριβώς μια φορά, τότε τί είναι η απεικόνιση \gamma:\gamma^{-1}(C)\to C;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Απρίλιος 10, 2008 @ 10:58 μμ

  2. Έστω τετράγωνο ΑΒΓΔ.
    Μπορούμε να φέρουμε όλες τις δυνατές κάθετες από την ΑΒ προς την ΓΔ ώστε να πληρωθεί το τετράγωνο εσωτερικών σημείων, να καταστεί δηλαδή πολυγωνικό χωρίο;
    Ορίζουμε ΑΒ=1 και ΔΓ=0,1 επί των τετμημένων του καρτεσιανού.
    Εάν μπορούμε με τα ανύπαρκτα πλάτη των κάθετων ευθειών να αποδώσουμε το μήκος του ΑΒ, έχει νόημα το πρόβλημα που τίθεται και για την καμπύλη Πεάνο και για τον R.
    Ειδικότερα:

    Η καμπύλη Πεάνο και να την κάνουμε αποδεκτή σαν υπαρκτή χωρίς απόδειξη, την καταστήσουμε δηλαδή αξίωμα αντίστοιχο με το αξίωμα αντιστοίχησης:
    Cantor-Dedekind Axiom
    The points on a line can be put into a one-to-one correspondence with the real numbers,
    αδυνατεί να περνάει από κάθε σημείο του μοναδιαίου τετραγώνου, όπως αδυνατεί και η ευθεία [0,1] του R που συνεπάγεται [0,1]Χ[0,1], να περνάει από κάθε σημείο του μοναδιαίου ή όποιου άλλου τετραγώνου.

    Δεδομένα:

    1. Ιδιότητα αντιστοίχησης πραγματικών αριθμών και ευθείας:
    Μεταξύ των σημείων μιας ευθείας και του συνόλου των πραγματικών αριθμών, υπάρχει μια απεικόνιση «ένα προς ένα» και «επί».
    «Ταυτίζουμε» δηλαδή τα σημεία μιας ευθείας με το σύνολο R.
    Έτσι, σε κάθε σημείο μιας ευθείας, αντιστοιχεί ένας μοναδικός πραγματικός αριθμός, και, αντίστροφα, σε κάθε πραγματικό αριθμό, αντιστοιχίζεται ένα μοναδικό σημείο της ευθείας.

    2. Ιδιότητα ευθύγραμμου τμήματος:
    Κάθε ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ, έχει ένα και μόνο ένα μέσο σημείο Μ, προς το οποίο τα άκρα Α και Β είναι συμμετρικά.

    Πρόβλημα:

    Α. Ποιος μοναδικός πραγματικός αριθμός που περιέχεται στο 0,1, αντιστοιχίζεται με το μέσο σημείο Μ του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ=1;

    Β. Ποιο είναι το μισό του 0,1 αριθμητικά και ποιο το μισό του 0,1 επί του καρτεσιανού άξονα τετμημένων ή τεταγμένων (μισό διάστημα του 0,1 δηλαδή), αν το ΑΒ είναι παράλληλο προς τον τετμημένο ή τεταγμένο άξονα και οι ορθές προβολές του είναι στο 0 και το 1;

    Ότι απάντηση δοθεί για αυτό το πρόβλημα θα μπορεί να καλύψει και την καμπύλη Πεάνο. Εάν όμως δοθεί απόδειξη – απάντηση ότι υπάρχει πλήρης αντιστοίχηση όλων των σημείων ενός ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ=1 με τους πραγματικούς αριθμούς 0,1 τότε το μοναδιαίο τετράγωνο (και κάθε τετράγωνο) θα μπορεί να «κατασκευαστεί» σαν πολυγωνικό χωρίο (πλήρες εσωτερικών σημείων) ΜΟΝΟ με το [0,1] και όχι το [0,1]Χ[0,1].
    Το μήκος ΑΒ=1 είναι συνεχές.
    Το 0,1 του R είναι σώμα με πληρότητα και διάταξη.
    Επομένως όταν φέρουμε «όλες» τις ευθείες αντιστοίχησης των σημείων του ΑΒ με το 0,1 επί των καρτεσιανών (οδηγούμαστε σε ανέφικτη ή αδύνατη πράξη, εκ της απειρίας των σημείων του ΑΒ) οι ευθείες αυτές θα πρέπει να είναι συνεχείς όπως τα σημεία του ΑΒ και να αποδίδουν με το ανύπαρκτο πλάτος τους το μήκος του ΑΒ.
    Εάν και πάλι δεν είμαι κατανοητός να το εξηγήσω αναλυτικότερα αν χρειαστεί.
    Συνοπτικά και σε ότι αφορά τον R και σε ότι αφορά την καμπύλη Πεάνο, αν δεχτούμε ότι είτε η ευθεία, είτε η καμπύλη του Πεάνο, είτε του Ευκλείδη, μπορεί να «περάσει» από όλα τα σημεία ενός τετραγώνου, πληρούμε το τετράγωνο μόνο με συνεχείς παράλληλες ευθείες και δημιουργούμε εμβαδόν μόνο εκ του μήκους.
    Όμως το μήκος της ευθείας που αποτελείται από σημεία είναι αξιωματικό και δεν απαιτείται απόδειξη. Αντίθετα η δημιουργία αντίστοιχου μήκους από τα ανύπαρκτα πλάτη των ευθειών είναι θέμα κατασκευής και όχι αξιώματος. Δηλαδή η ευθεία αποτελείται αξιωματικά από σημεία που δεν έχουν διαστάσεις και αξιωματικά έχει μήκος χωρίς να κάνουμε άθροιση σημείων, ενώ δεν υπάρχει αξίωμα που να μας επιτρέπει να κάνουμε άθροιση των ανύπαρκτων πλατών των ευθειών.
    Το συμπέρασμα «Με άλλα λόγια, η γ περνάει από κάθε σημείο του μοναδιαίου τετραγώνου», είναι αυθαίρετο και χρήζει απόδειξης, ακόμα και να δχτούμε χωρίς απόδειξη την ύπαρξη της καμπύλης Πεάνο.
    Στη διάθεσή σας και εκτός φιλοσοφίας την οποία δεν διακρίνω που την αντιλαμβάνεστε, αλλά αποκλειστικά στο χώρο των όποιων αξιωματικών συστημάτων επιλογής σας.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από aplos — Απρίλιος 28, 2008 @ 11:09 πμ

  3. Όταν γράφω «δεχτείτε χωρίς απόδειξη» εννοώ, φυσικά, ότι δεν ζητάω αυτήν την απόδειξη στη λύση του προβλήματος, γιατί θα το έκανα υπερβολικά δύσκολο. Θα ήταν σαν σε κάποια άσκηση να εμφανιζόταν η τετραγωνική ρίζα του 2 και εγώ να ζητούσα να αποδειχτεί ότι υπάρχει.

    Βεβαίως και υπάρχουν καμπύλες Peano. Την πρώτη την κατασκεύασε… ο Peano, το 1890. Η άσκηση λέει ότι μια τέτοια συνάρτηση αποτυγχάνει δραματικά να είναι 1-1. Απ´την άλλη, υπάρχουν 1-1 και επί απεικονίσεις ανάμεσα στο διάστημα και το τετράγωνο (τα δυο σύνολα είναι ισοπληθικά), αυτές όμως αποκλείεται να είναι συνεχείς.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Απρίλιος 28, 2008 @ 1:20 μμ

  4. aplos:

    Ξαναδιαβάζοντας τα σχόλιά σας, υποθέτω ότι η ένστασή σας είναι η έκφραση

    «περνάει από κάθε σημείο του [0,1]x[0,1]»

    Η έκφραση αυτή είναι, απλά, η έκφραση

    «η συνάρτηση είναι επί»

    διατυπωμένη στα… ελληνικά.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Απρίλιος 28, 2008 @ 2:13 μμ

  5. Αγαπητέ κύριε Themis Mitsis.
    Μία από τις ενστάσεις μου είναι η εξής:
    Ένα τετράγωνο μπορούμε να το εξετάσουμε σαν ευθύγραμμο σχήμα, αλλά και σαν πολυγωνικό χωρίο. Πολυγωνικό χωρίο είναι οπωσδήποτε, ανεξάρτητα από το πως το εξετάζουμε εκάστοτε, αφού εγγράφεται επί του επιπέδου που είναι ένα άπειρο σύνολο σημείων. Κάθε τετράγωνο είναι υποεπίπεδο.
    Η απόλυτη πληρότητα του τετραγώνου (ή όποιου άλλου) χωρίου από εσωτερικά σημεία, είναι εκ της αρχικής έννοιας του επιπέδου αξιωματική.
    Ισχυρίζομαι ότι δεν μπορεί εναλλακτικά, αυτή η πληρότητα να κατασκευαστεί εκ της αντιστοιχίας του R, με τα σημεία μιας ευθείας.
    Ποτέ δεν μπορεί ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ (ή όποιο άλλο) σχήμα να δεχθεί «διέλευση» ευθειών (είτε υπαρκτών καμπυλών Πεάνο) από όλα τα άπειρα σημεία του, είτε των πλευρών του, είτε των εσωτερικών του, όσες άπειρες κάθετες ευθείες (ή καμπύλες Πεάνο) και να φέρουμε επί των παραλλήλων ΑΒ και ΓΔ ή επί των παραλλήλων ΑΔ και ΒΓ ή αμφότερων συγχρόνως.
    Η πληρότητα του επιπέδου από σημεία, δεν κατασκευάζεται, όπως με την αντιστοίχηση είναι υποχρεωτικό να κατασκευάζεται αν επί του ΑΒΓΔ τετραγώνου θεωρήσουμε ΑΒ=1 και ΔΓ=0,1. Τότε για να δείξουμε κατόπιν αιτήματος προς απόδειξη, την πλήρη αντιστοίχηση (και όχι να την αποδείξουμε αφού υπάρχει αξίωμα) θα είμαστε υποχρεωμένοι τα μήκη ΑΒ=1 και ΔΓ=0,1 να τα εκφράσουμε με τα πλάτη των κάθετων ευθειών που θα αντιστοιχίζουν αριθμό και σημείο, αριθμό και σημείο, αριθμό και σημείο…

    Άλλη ένστασή μου:
    Επί των καρτεσιανών ορίζεται μέτρο 1.
    Το 1 «μερίζεται» σε διαστήματα μήκους 10/10 τα οποία είναι σώμα, με πληρότητα και διάταξη.
    Τα δείχνω:
    (0,1)(0,1)(0,1)(0,1)(0,1)(0,1)(0,1)(0,1)(0,1)(0,1) (α)
    0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 (β)
    Α…………………Μ………………….Β (γ)

    Το (α) εκφράζει συνέχεια με εφαπτόμενα τα δέκατα (0,1). Αυτό κατά την άποψή μου είναι το ορθό.
    Το (β) εκφράζει συνέχεια κατά την αρχή των Αρχιμήδη – Εύδοξου που το έκανε αξίωμα συνεχείας ο Χίλμπερτ και όπου π.χ. ο αριθμός 2, είναι κοινός των 1,2 και 2,3, όπως στο ΑΒ το μέσο σημείο Μ, είναι κοινό των ΑΜ και ΜΒ. Εν προκειμένω όμως δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε, σύμφωνα με τη θεωρία μετρήσεως, επιθετικά 10 ακέραια και διακριτά μεταξύ τους μετρικά διαστήματα (0,1), ώστε να δεχθεί και να αποδειχθεί με τη μέτρηση ότι πρόκειται για ένα αθροιστικό μήκος ίσο με 1, [(0,1)+(1,2)+(2,3)+(3,4)+(4,5)+(5,6)+(6,7)+(7,8)+(8,9)+(9,10)=1], όπως μπορούμε να κάνουμε με το (α). Το (α) και το (β) δεν έχουν ίδιο μήκος.
    Το (γ) εκφράζει ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ=1 με μέσο Μ.

    Ζητείται το μέσο και το μισό των (α), (β) και (γ).
    Θα διαπιστώσετε ότι:
    Στο (α) δεν υπάρχει ούτε μέσος αριθμός (ευρίσκεται μεταξύ του 5ου και 6ου διαστήματος όπου δεν χωρεί αριθμός), ούτε μισό.
    Στο (β) υπάρχει μέσος αριθμός (το 5), αλλά δεν υπάρχουν δύο μισά και επομένως δεν μπορεί να χωριστεί σε δέκατα.
    Στο (γ) υπάρχει επίσης ένα μέσο Μ επί του οποίου τα Α και Β είναι συμμετρικά, αλλά δεν υπάρχουν δύο μισά.
    Ο ορισμός περί μέσου σημείου Μ (που αποδεικνύεται με το θεώρημα του Θαλή) δεν αφορά τα δύο μισά του ΑΒ που δεν υπάρχουν, αλλά μόνο το συμμετρικό μέσο.
    Εξετάστε το και στη διάθεσή σας, γιατί γνωρίζω και τι θα μου πείτε και τι θα σας απαντήσω.
    Αν δεν δειχθεί αντίστοιχος του μέσου σημείου Μ του ΑΒ=1, μέσος αριθμός του 0,1, η αντιστοίχηση ένα προς ένα και επί, του άξονα R με τα σημεία μιας ευθείας, δεν είναι καθολική (τουλάχιστον).

    Τώρα σε ότι αφορά την τετραγωνική ρίζα του 2, όχι αν τη ζητήσετε εσείς, αλλά αν τη ζητήσω εγώ δεν θα μπορέσετε να αποδείξετε την ύπαρξή της τουλάχιστον με το πυθαγόρειο θεώρημα στο αξιωματικό σύστημα του Ευκλείδη (μετασχηματισμοί) ή αλλιώς ειπωμένο, αποδεικνύοντας το πυθαγόρειο με κανόνα (αβαθμολόγητο χάρακα) και διαβήτη ή στην πρακτική – εποπτική γεωμετρία ή στη φύση π.χ. με πλακάκια επίστρωσης δαπέδων ή με εμβαδά.
    Αυτό γιατί στο 1+1=2 το άθροισμα 2, δεν μπορεί να αιτιολογηθεί, ούτε αριθμητικά σαν ακέραιο πολλαπλάσιο του 1 (διπλάσιο του 1), ούτε σχηματικά να αποδειχθεί ότι υπάρχει διπλάσιο τετράγωνο δοσμένου τετραγώνου.
    Ίσως σας ξενίζουν οι θέσεις μου αλλά δεν είναι αναιτιολόγητες, ούτε και πρόχειρες και φρονώ τα προβλήματά μου είναι σημαντικότερα από το να λύνουμε δύσκολες ή εύκολες ασκήσεις.

    ΥΓ: Επειδή ο κύριος Κολουντζάκης στο θέμα του, «Πώς να εξαφανίσετε ένα σημείο του κύκλου», μου είπε ο άνθρωπος ότι δεν μπορεί να απαντήσει στο πρόβλημα που έχω εμβόλιμα εισάγει, ρίξτε μια ματιά παρακαλώ μήπως μπορείτε εσείς να το απαντήσετε.

    Σας ευχαριστώ θερμά που ανταποκριθήκατε στους ισχυρισμούς μου.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από aplos — Απρίλιος 28, 2008 @ 9:54 μμ

  6. 2η Υπόδειξη:

    Η απεικόνιση της 1ης Υπόδειξης είναι ομοιομορφισμός, δηλαδή 1-1, επί, συνεχής με συνεχή αντίστροφη.
    Είναι δυνατό ένας κύκλος να είναι ομοιομορφικός με κάποιο υποσύνολο της ευθείας;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Μαΐου 8, 2008 @ 10:18 πμ

  7. oxi dioti an aferesoume opoiodhpote shmeio apo ton kuklo paramenei sunektiko enw an aferesoume ena shmeio apo ena yposunolo ths pragmatikhs eu8eias pou exei kai deksia tou kai aristera tou shmeia tote to sunolo pou prokuptei einai mh sunektiko. (www.youreka.gr)

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από artnoage — Δεκέμβριος 21, 2008 @ 4:21 πμ

  8. Ακριβώς.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Δεκέμβριος 21, 2008 @ 12:49 μμ

  9. Καλημερα!!!
    Θα ηθελα να κανω την εξης ερωτηση:
    Εστω γ απλη, συνεχης καμπυλη γ:[α, β]-R^2, πεπερασμενου μηκους L και με ακρα Α, Β (γ(α)=Α, γ(β)=Β).
    Υπαρχει σημειο τ στο [α, β] τετοιο ωστε η »καμπυλη περιορισμος »γ:[α, τ]-R^2,
    να εχει μηκος L/2?
    Ευχαριστω.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από dmtri1974 — Σεπτεμβρίου 1, 2010 @ 10:19 πμ

  10. Ναι. Η συνάρτηση που δίνει το μήκος είναι συνεχής, επομένως αυτό που θέλεις προκύπτει από το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Σεπτεμβρίου 1, 2010 @ 12:51 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Blog στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: