Sierpiński-felbontás

A Sierpiński-felbontás egy meglehetősen paradox, a kontinuumhipotézist használó halmazelméleti konstrukció.

Az állítás

Sierpiński-felbontásnak nevezzük a sík felbontását két halmaz, A és B uniójára úgy, hogy a következő teljesül:

• A metszete minden vízszintes egyenessel megszámlálható,
• B metszete minden függőleges egyenessel megszámlálható.

A tétel

Ha igaz a kontinuumhipotézis, akkor a síknak létezik Sierpiński-felbontása. Sőt a kontinuumhipotézis ekvivalens ilyen felbontás létezésével.

Jelentősége

Szorítkozzunk csak a $[0,1]\times [0,1]$ egységnégyzetre. Ha ekkor $F(x,y)$ az $A$ halmaz karakterisztikus függvénye, tehát $F(x,y)=1$, ha $\langle x,y\rangle \in A$ és $F(x,y)=0$, ha $\langle x,y\rangle \in B$, akkor

$1=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}F(x,y)dxdy\neq \int _{0}^{1}\int _{0}^{1}F(x,y)dydx=0$

felhasználva, hogy a Lebesgue-integrál nem változik, ha a függvény értékét megszámlálható sok pontban megváltoztatjuk, így, egy olyan $[0,1]$-beli függvény integrálja, ami megszámlálható sok pontban 0, a többi helyen 1, 1, ha pedig a függvény megszámlálható sok pontban 1, a többi helyen 0, akkor integrálja is 0. Úgy is lehet fogalmazni, hogy $A$ nem mérhető.

Változatok

A Freiling-féle dárdaparadoxon

Ez a frappáns átfogalmazás Chris Freilingtől ered.

Tegyük fel a kontinuumhipotézist. Ekkor a sík pontjai felsorolhatók, mint $\{r_{\alpha }:\alpha <\omega _{1}\}$. Ketten játszanak, először Első, azután Második beledobja dárdáját a céltáblába, ami a sík. Mondjuk Első eltalálja $r_{\alpha }$-t, Második $r_{\beta }$-t. A $\{r_{0},\dots ,r_{\alpha }\}$ halmaz megszámlálható, tehát nullmértékű. Második ezt nem találhatja el, pontosabban csak nulla valószínűséggel találhatja el. Tehát 1 valószínűséggel $\beta >\alpha$. Ezután kinyílik az ajtó és belép valaki a kocsmába. Ránéz a céltáblára és megmondja hogy melyik volt Első dobása (a kisebb) és melyik Másodiké (a nagyobb indexű pont) és 1 valószínűséggel igaza van.

A háromdimenziós eset

Hasonlóképpen, szintén a kontinuumhipotézisssel igazolható, hogy a háromdimenziós euklideszi tér, R³ felbontható három halmaz, A, B és C egyesítésére, hogy

• A metszete minden az x tengellyel párhuzamos egyenessel véges,
• B metszete minden az y tengellyel párhuzamos egyenessel véges,
• C metszete minden a z tengellyel párhuzamos egyenessel véges.