2013年3月24日更新

Banach-Tarskiの定理

PDF版

定義

G3R3 の回転と平行移動がなす群とする.

定義 X, Y⊂R3 が分割合同 (X~Yで表す)
⇔ あるn∈NとXi, YiR3, σi∈G3 (0≦i≦n)が存在して X = X0\sqcup\sqcupXn, Y = Y0\sqcup\sqcupYn, Yi = σiXi

命題

  1. 分割合同~は同値関係である.
  2. X0~Y0, X1~Y1 ならば X0⊕X1~Y0⊕Y1 である.特に X0∩X1 = ∅, Y0∩Y1 = ∅ ならば X0\sqcupX1~Y0\sqcupY1となる.

Banach-Tarskiの定理 B := { (x, y, z)∈R3 | x2+y2+z2≦1 } とすればB~B⊕B.

これを証明するために,まず分割合同の例を二つあげる.

適当な方法で S1 = { x∈C | |x|=1 }⊂R3とみなす.

X := { en√-1 | n∈N }, Y := S1\X とする.原点を中心とした1ラジアンの回転をσとすればσX = { en√-1 | n>0 } = X\{1} であるから S1 = X\sqcupY ~ (X\{1})\sqcupY = S1\{1}となる.即ち「円周から一点を抜いた集合」は円周と分割合同である.

O∈R3 を原点として,(適当に縮小した)S1を B の中に O∈B∩S1 となるように埋め込めば B = (B\S1)\sqcupS1 ~ (B\S1)\sqcup(S1\{O}) = B\{O} だから「球体から原点を抜いた集合」は球体と分割合同である.

これらの例から分かるように,分割合同というのは(物理的には)かなり変な分割の仕方も許している. また,次のことが分かる.

命題 S2~S2⊕S2 とする. このとき B~B⊕B

証明 S2 = X0\sqcup\sqcupXn, S2⊕S2 = Y0\sqcup\sqcupYn, YiiXi とする.X⊂S2に対してh(X) := { tx | x∈X, 0<t≦1 } とすれば h(S2) = B\{O} となり,B\{O} = h(X0)\sqcup\sqcuph(Xn), B\{O}⊕B\{O} = h(Y0)\sqcup\sqcuph(Yn), h(Yi) =σih(Xi) である.故に B~B\{O}~B\{O}⊕B\{O}~B⊕B である.

故に,後は S2~S2⊕S2 を示せばよい.

定義 Xを集合とする.有限列の集合{ x1… xn | n∈N, xi∈X∪X-1 } に積を列の結合 (x1… xn)・(y1… ym) := x1…xny1…ym で定めるとこれは群になる(ただし,x と x-1 が隣り合ったときはキャンセルする.また空文字列を単位元とみなす).これを X で生成される自由群という.

二元集合{ρ, τ}で生成される自由群を F2 と書く.

命題 W(σ) := { x1…xn∈F2 | x1=σ} と置けば

F2 = {1}\sqcupW(ρ)\sqcup W(ρ-1)\sqcupW(τ)\sqcupW(τ-1)
= W(ρ)\sqcupρW(ρ-1)
= W(τ)\sqcupτW(τ-1).

Banach-Tarskiの証明において,選択公理を使用するのは次の部分だけである.

命題1 選択公理を仮定する.F2 が集合 X⊂R3 に自由に作用しているとき,ある A, B⊂X が存在して A\sqcupB⊂X, X~A~B

群GのXへの作用が自由である
⇔ 任意のg∈G, x∈Xに対して「gx=x⇒g=e」

証明 X に同値関係 R を「xRy ⇔ あるσ∈F2が存在してy=σx」で定める.選択公理により商集合 X/R の完全代表系 M を取ることができる.すると作用が自由であるから X = \sqcupσ∈F2σM となる.

A0 := \sqcupσ∈W(ρ)σM, A1 := \sqcupσ∈W(ρ-1)σM, A := A0\sqcup A1
B0 := \sqcupσ∈W(τ)σM, B1 := \sqcupσ∈W(τ-1)σM, B := B0\sqcup B1

と置けば,X = A0\sqcupρA1 = B0\sqcupτB1⊃A0\sqcupA1\sqcupB0\sqcupB1 であるから A\sqcupB⊂X かつ X~A~B となる.

定義 A, B⊂R3 に対して二項関係≦を次のように定める.

A\precsimB ⇔ ある B'⊂B が存在して A~B'

Banach-Bernstein-Schröderの定理 A\precsimB かつ B\precsimAならば A~B.

証明 A~Bのとき,全単射 f: A→B で「任意の A'⊂A に対して A'~f(A') 」を満たすものが取れることに注意しておく.

A\precsimB かつ B\precsimA とする.ある A'⊂A と B'⊂B が存在して A~B' かつ B~A' である.よって全単射 f: A→ B' と g: A'→B で先の条件を満たすものが取れる.A0 := A\A', An+1 := g-1(f(An)), X := \sqcupn=0Anと定める.

X⊂A, A\X⊂A' だから X~f(X), A\X~g(A\X) である.従って A = X\sqcup(A\X)~f(X)\sqcupg(A\X) = B が分かる.

命題 R3の原点を中心とする回転がなす,G3の部分群をSO(3)で表す. SO(3)はF2と同型な部分群を持つ.

証明 θ=arccos(1/3)として,R3のz軸を軸とするθラジアンの回転をρ,x軸を軸とするθラジアンの回転をτとすればρ, τが生成するSO(3)の部分群はρ, τが生成する自由群F2であることが分かる.

この命題によりF2⊂SO(3)とみなせば,F2は球面S2に作用する.各元σ∈F2の不動点x∈S2は丁度2つある.よって D := { x∈S2 | あるσ∈F2が存在してσ x=x } は可算集合である.このとき F2 は X := S2\D に自由に作用する.故に命題1からある A, B⊂X, A∩B = ∅ が存在して A~X かつ B~X である.A, B の取り方から X~B⊂X\A⊂X,即ち X\precsimX\A かつ X\A\precsimX であるからBanach-Bernstein-Schroederの定理により X\A~X が分かる.改めて B := X\A と書き直せば X = A\sqcupB~A~Bが分かる.即ち,S2\D~(S2\D)⊕(S2\D)である.

命題 S2~ S2⊕S2

証明 σ∈SO(3)で D, σ D, σ2D, …が互いに素となるものが存在する.

Dを通らない,原点を通る直線l⊂R3を一つ取る. 正整数n>0とx∈Dに対して

A(n, P) := { θ∈(0, 2π) | lを軸とするθラジアン回転をσとすればσn(P)∈D }

と書くとA(n, P)は可算集合である.故に A := ∪n=0P∈DA(n, P) は可算集合である.

可算和定理を使えば明らかであるが,選択公理を使わずに可算といえる.何故か? また,実はDが可算であるという部分でも同様の問題が発生している.

故に (0, 2π)\A≠∅ であるからθ∈(0, 2π)\A を一つ取りlを軸とするθラジアンの回転をσ∈SO(3)とすればこれが条件を満たす.

このとき Y := S2\(∪n=0σnD) と置けば S2 = Y\sqcupl(∪n=0σnD)~Y\sqcup(∪n=0σ^{n+1}D) = S2\D である.故に S2~S2\D~(S2\D)⊕(S2\D)~S2⊕S2 となる.

以上により次が証明された.

Banach-Tarskiの定理 B~ B⊕B

強Banach-Tarskiの定理 内部が空でない有界部分集合 X, Y⊂R3 に対して X~Y.

証明 仮定によりある球体 K, L が存在して X⊂K かつ L⊂Y となる.n∈Nを十分大きく取り,L のn個のコピー L1, …, Ln で K を被覆する.このとき X⊂K\precsimL1⊕…⊕Ln~L⊂Y より X\precsimY が分かる.同様にして Y\precsimX だから X~Y となる.

ところで,Banach-Tarskiの定理の証明で選択公理を使っている部分は命題1のみであった.実は命題1はHahn-Banachの定理から導かれる.

定義 Bをブール代数とする.
μ: B→[0, 1] が B 上の有限加法的測度
⇔ μ(1)=1 かつ「x∧y=0 ⇒ μ(x∨y)=μ(x)+μ(y)」

定理 Hahn-Banachの定理
⇔ 任意のブール代数 B について B 上の有限加法的測度が存在する.

定理 Hahn-Banachの定理 ⇒ 命題1

証明 命題1の証明の X/R を考える.U∈X/R に対してブール代数 BU := P(U) を考え,ブール代数の直和 B := ⊕U∈X/RBU を取る.iU: BU→B を標準埋込とする.Hahn-Banachの定理により,B 上の有限加法的測度μが取れる.μU := μiUと置く.V(σ) := { x1…xn∈F2 | xn=σ } として

X1 := { x∈X | μ[x](V(ρ)x) > 1/2 }
X2 := { x∈X | μ[x](V(τ)x) > 1/2 }
X3 := { x∈X | μ[x](V(ρ-1)x) > 1/2 }
X4 := { x∈X | μ[x](V(τ-1)x) > 1/2 }
Y1 := X\(ρX1∪τX2)
Y2 := X\(ρ-1X3∪τ-1X4)

と定める.X = ρX1∪τX2∪ρ-1X3∪τ-1X4である.

任意のx∈Xを取る.V(ρ)x, V(τ)x, V(ρ-1)x, V(τ-1)x⊂[x]は互いに素だからμ[x](V(ρ)x)+μ[x](V(τ)x)+μ[x](V(ρ-1)x)+μ[x](V(τ-1)x)≦1となる.よってこの4つのうち少なくとも1つは <1/2 となる.

どの場合でも同様なのでμ[x](V(ρ)x)<1/2 だとする.F2 = V(ρ)\sqcup V(ρ-1)ρだからμ[x](V(ρ)x)+μ[x](V(ρ-1)ρx)=1 となるので,μ[x](V(ρ-1)ρ x)>1/2 である.故にρx∈X3,即ちx∈ρ-1X3である.以上により X=ρX1∪τX2∪ρ-1X3∪τ-1X4が分かった.

従って Y1∩Y2 = ∅ である.また明らかに X1, X2, X3, X4 は互いに素である.

Y1 と X1 は互いに素である.

V(ρ)⊂V(τ)τ-1だから

X1 = { x∈X | μ[x](V(ρ)x) > 1/2 }
⊂{ x∈X | μ[x](V(τ)τ-1x) > 1/2 }
= { τx∈X | μ[x](V(τ)x) > 1/2 } = τX2

である.よって Y1∩X1 = ∅.

同様にして i=1, 2, j=1, 2, 3, 4 に対して Yi∩Xj = ∅ が分かる.

X2'⊂X2, X4'⊂X4 を ρX1∪τX2=ρX1\sqcupτX2', ρ-1X3∪τ-1X4-1X3\sqcupτ-1X4' となるように取る.A = X1\sqcupX2'\sqcupY1, B := X3\sqcupX4'\sqcupY2 と置けば A\sqcup B⊂X かつ X~A, X~B である.

Hahn-Banachの定理⇒Banach-Tarskiの定理

Banach-Tarskiの証明から得られる B の分割の仕方を見ると,この分割が物理的に可能であったとしても,物理的に移動させることが不可能のようにみえる.そこで,《物理的な移動まで含めた分割合同》というものを考えてみる.

定義 X, Y⊂R3とする.
X\approxY ⇔ n∈N, Xi, YiR3,連続写像γi: [0, 1]→G3 (0≦i≦n) が存在して以下を満たす.

命題 \approxは同値関係である.

定義 u∈R3に対してσu∈G3を σu(x) = x+u で定める.

命題 X, Y⊂R3を有界部分集合とし,u, v∈R3を X∩σuY = ∅, X∩σvY = ∅ となるように取る.このときX\sqcupσuY\approx X\sqcupσvY

証明 略 (PDF版参照。こっちはそのうち書きます)

命題X0, X1R3を互いに素な有界集合, σ0, σ1∈G3, σ0X0∩σ1X1=∅とするとき X0\sqcup X1\approxσ0X0\sqcupσ1X1

証明 略 (PDF版参照)

命題 内部が空でない有界部分集合 X, Y⊂R3に対してX\approxY

証明 強Banach-Tarskiの定理によりある分割 X = X0\sqcup\sqcupXn, Y = Y0\sqcup\sqcupYn とσi∈G3 が存在してσiXi = Yi となる.故に前命題を繰り返し使用して

X = X0\sqcup\sqcupXn\approxσ0X0\sqcup\sqcupσnXn = Y.

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