De Dekpuntstelling van Brouwer

Transcriptie

1 De Dekpuntstelling van Brouwer Non impeditus ab ulla scientia K. P. Hart Faculteit EWI TU Delft Twente, 19 oktober 2009: 18:00 20:00

2 Outline

3 De formulering Dekpuntstelling van Brouwer Zij n een natuurlijk getal en f : [0, 1] n [0, 1] n een continue functie. Dan is er een x [0, 1] n met f (x) = x.

4 Met behulp van de tussenwaardestelling Stelling Zij f : [0, 1] [0, 1] continu. Dan is er een x [0, 1] met f (x) = x. Bewijs. Definieer g : [0, 1] R door g(x) = x f (x). Dan g(0) 0 en g(1) 0. Er is dus een x [0, 1] met g(x) = 0; die x voldoet aan f (x) = x.

5 Een ingewikkelder bewijs We schrijven F 0 = {x : x f (x)} en F 1 = {x : x f (x)} Te bewijzen: F 0 F 1. We bewijzen: voor elke n zijn er x n F 0 en y n F 1 met x n y n 2 n. Waarom is dat genoeg?

6 Een ingewikkelder bewijs Stelling (Bolzano-Weierstraß) Elke rij in [0, 1] heeft een convergente deelrij. Pas dit toe op de rij x n n : er is een deelrij x nk k die naar een punt x convergeert. Wegens x nk y nk 2 n k geldt ook lim k y nk = x. Omdat F 0 en F 1 gesloten zijn volgt x F 0 F 1.

7 Een ingewikkelder bewijs Waar komen x n en y n vandaan? Verdeel [0, 1] in 2 n deelintervallen [k2 n, (k + 1)2 n ] met k = 0,..., 2 n 1. Kies voor elke k een λ(k) {0, 1} zó dat k2 n F λ(k) ; neem daarbij λ(0) = 0 en λ(2 n ) = 1. Zij A = {k : λ(k) < λ(k + 1)} en B = {k : λ(k) > λ(k + 1)}. Merk op 1 = λ(2 n ) λ(0) = 2 n 1 k=0 λ(k + 1) λ(k)

8 Een ingewikkelder bewijs De bijdrage van elke k A aan de som is +1; elke k B draagt 1 bij; de andere ks dragen 0 bij. Conclusie: 1 = 2 n 1 k=0 λ(k + 1) λ(k) = A B Dus A = B + 1; we vinden een oneven aantal k met {λ(k), λ(k + 1)} = {0, 1}. Dat aantal is niet negatief, er is dus ten minste één zo n interval en dat levert een paar punten x n en y n als gevraagd.

9 Poging tot bewijs Stelling Zij f : [0, 1] 2 [0, 1] 2 continu. Dan is er een x [0, 1] 2 met f (x) = x. De tussenwaardestelling toepassen is lastig omdat we die voor functies van [0, 1] 2 naar [0, 1] 2 (nog) niet hebben. Hoe zit het met het ingewikkelde bewijs?

10 Het ingewikkelde bewijs, I Schrijf f (x, y) = ( f 1 (x, y), f 2 (x, y) ) en definieer 1 F 1,0 = {(x, y) : x f 1 (x, y)} 2 F 1,1 = {(x, y) : x f 1 (x, y)} 3 F 2,0 = {(x, y) : y f 2 (x, y)} 4 F 2,1 = {(x, y) : y f 2 (x, y)} We moeten bewijzen dat F 1,0 F 1,1 F 2,0 F 2,1 ; immers de punten in die doorsnede zijn precies de dekpunten van f. Dit kan maar is iets meer werk dan het volgende.

11 Het ingewikkelde bewijs, II Het eenheidsvierkant is homeomorf met een driehoek. Met stukjes lineaire afbeelding kun je een homeomorfisme maken. We bewijzen de stelling voor een driehoek.

12 Waarom een driehoek? a 2 x a 0 a 1 We kunnen elk punt x in het vlak als lineaire combinatie van a 0, a 1 en a 2 schrijven: x = c 0 (x)a 0 + c 1 (x)a 1 + c 2 (x)a 2 met de eis c 0 (x) + c 1 (x) + c 2 (x) = 1 zijn de c i (x) uniek.

13 Waarom een driehoek? c 0 (x) c 1 (x) c 2 (x) a 2 x a 0 a 1 Voor x in de driehoek (inclusief rand) geldt c i (x) 0 voor alle i. Meetkundig: de getallen c 0 (x), c 1 (x) en c 2 (x) zijn de oppervlakten van de deeldriehoeken (als de totale oppervlakte op 1 wordt gesteld). Ze heten de barycentrische coördinaten van x.

14 Gebruik van barycentrische coördinaten Zij f : continu. Met behulp van de barycentrische coördinaten definiëren we 1 F 0 = { x : c 0 (x) c 0 ( f (x) )} 2 F 1 = { x : c 1 (x) c 1 ( f (x) )} 3 F 2 = { x : c 2 (x) c 2 ( f (x) )} Weer: de doorsnede F 0 F 1 F 2 bestaat uit de dekpunten van f. Dus: te bewijzen: F 0 F 1 F 2. We volgen dezelfde weg als in het geval van [0, 1].

15 Convergeren naar een dekpunt We bewijzen: voor elke n bestaan x n F 0, y n F 1 en z n F 2, met onderlinge afstanden kleiner dan of gelijk aan 2 n. Bolzano-Weierstraß: er is een deelrij x nk k van x n n die convergeert, zeg naar x. Dan geldt, omdat y n x n, z n x n 2 n voor alle n, ook lim k y nk = x en lim k z nk = x. Omdat de F i gesloten zijn geldt dan x F 0 F 1 F 2.

16 Drie punten vinden In het geval van [0, 1] vonden we een intervalletje van lengte 2 n met een eindpunt in de ene en een eindpunt in de andere verzameling. In dit geval zoeken we een driehoekje met diameter kleiner dan of gelijk aan 2 n, met een hoekpunt in F 0, een hoekpunt in F 1 en een hoekpunt in F 2. Als in het geval van [0, 1] gaan we labels gebruiken om zo n driehoekje te vinden.

17 Een paar opmerkingen vooraf Omdat c 0 (a 0 ) = 1, c 1 (a 0 ) = 0 en c 2 (a 0 ) = 0 volgt dat a 0 F 0. En evenzo: a 1 F 1 en a 2 F 2. Als x op de lijn [a 1, a 2 ] ligt dan geldt c 0 (x) = 0; daaruit volgt dat c 1 (x) + c 2 (x) = 1 c 1 (f (x)) + c 2 (f (x)) en dus c 1 (x) c 1 (f (x)) of c 2 (x) c 2 (f (x)). Conclusie [a 1, a 2 ] F 1 F 2. Evenzo: [a 0, a 1 ] F 0 F 1 en [a 0, a 2 ] F 0 F 2.

18 Kleine driehoekjes a 2 a 0 a 1 Verdeel de driehoek in kleine driehoekjes van diameter ten hoogste 2 n. Kies voor elk hoekpunt x van elk driehoekje een λ(x) {0, 1, 2} zó dat x F λ(x).

19 Kleine driehoekjes a 2 a 0 a 1 Zorg er voor dat λ(a i ) = i voor i = 0, 1, 2. Zorg er ook voor dat λ(x) {i, j} als x op [a i, a j ] ligt. Dat dit kan volgt uit de opmerkingen vooraf.

20 Het lemma van Sperner Stelling Er is een oneven aantal driehoekjes die volledig gelabeld zijn (alle getallen 0, 1 en 2 komen voor). volgt uit hetgeen we voor [0, 1] bewezen hebben en door een bepaalde verzameling twee keer te tellen.

21 Bijna volle driehoekjes We bekijken de verzameling D van alle driehoekjes die de labels 0 en 1 hebben gekregen. Die valt in twee verzamelingen uiteen: D 1 : de driehoekjes die 0, 1 en 2 hebben gekregen D 2 : de driehoekjes die alleen 0 en 1 hebben gekregen in D in D in D 2

22 Volle lijntjes We bekijken ook de verzameling L van alle lijnstukjes die de labels 0 en 1 hebben gekregen. Die valt ook in twee verzamelingen uiteen: L 1 : de lijnstukjes die op de zijde [a 0, a 1 ] liggen L 2 : de lijnstukjes die in het inwendige liggen. Op de andere twee zijden liggen geen lijnstukjes uit L, wegens de keuzen die we gemaakt hebben.? 0/1/2 0 1 in L 1 1 0? in L 2

23 Verbindingen tellen We maken een tabel met voor ieder lijntje in L een rij en voor ieder driehoekje in D een kolom (met D 1 en L 1 aan het begin). l 1 d 1... d j.... l i. Plaats een in rij l i en kolom d j als l i een zijde van d j is. Onder d D 1 staat één ster. Onder d D 2 staan twee sterren. Naast l L 1 staat één ster. Naast l L 2 staan twee sterren.

24 Sterren tellen We tellen de sterren twee keer. rij voor rij: de uitkomst is dan L L 2 kolom voor kolom: de uitkomst is dan D D 2 We weten dat L 1 oneven is, dus L L 2 ook. Dus D D 2 is oneven, en daarmee D 1 ook. Klaar!!

25 n = 1 nogmaals Het was misschien niet te zien maar het bewijs voor [0, 1] werkt ook met barycentrische coordinaten: als x [0, 1] dan geldt x = (1 x) 0 + x 1, dus de coördinaten zijn c 0 (x) = 1 x en c 1 (x) = x. Dus F i = { x : c i (x) c i ( f (x) )} voor i = 0, 1. van F 0 F 1 werd teruggebracht tot een telprobleem. Dat telprobleem is ook op te lossen door het tot een eerder geval terug te voeren...

26 n = 1 nogmaals... door de volgende definities L 1 = {0}; L 2 is de verzameling punten met label 0 in (0, 1); D 1 is de verzameling intervalletjes met labels 0 en 1; D 2 is de verzameling intervalletjes met beide labels 0. Precies als bij het geval n = 2 volgt nu weer L L 2 = D D 2 en omdat L 1 = 1 volgt dat D 1 oneven is. Dit suggereert dat er een inductie aan zit te komen.

27 n = 3 Neem een 3-simplex (tetraeder) = [a 0 a 1 a 2 a 3 ] en voer weer barycentrische coördinaten in. Gegeven een continue f : definiëren we: F i = { ( )} x : c i (x) c i f (x) (voor i = 0, 1, 2 en 3). Dan geldt a i F i voor elk hoekpunt; [a i a j ] F i F j voor elk lijntje en [a i a j a k ] F i F j F k voor elk zijvlak,

28 n = 3 Bij iedere verdeling van in kleine simplices kunnen we een labeling λ maken met x F λ(x) voor alle x en zó dat λ(a i ) = i; λ(x) {i, j} als x op [a i a j ] ligt; λ(x) {i, j, k} als x op [a i a j a k ] ligt. Dan is er weer een oneven aantal volledig gelabelde simplices. En zo vinden we dan vier rijen punten die naar één punt x in F 0 F 1 F 2 F 3 convergeren.

29 Dimensies Stelling Als n m dan zijn [0, 1] n en [0, 1] m niet homeomorf. Bekijk in [0, 1] 2 de gesloten verzamelingen A 1 = {x : x 1 = 0}, A 2 = {x : x 2 = 0}, B 1 = {x : x 1 = 1} en B 2 = {x : x 2 = 1}. Neem (willekeurige) open verzamelingen U 1 en U 2 met A i U i en B i U i =. Bewering: de randen van U 1 en U 2 snijden elkaar.

30 Dimensies Er zijn continue functies f 1 en f 2 van [0, 1] 2 naar [0, 1] met f i (x) = 0 als x A i ; f i (x) = 1 2 als x Fr U i; f i (x) = 1 als x B i. We krijgen f : [0, 1] 2 [0, 1] 2 met coördinaten f 1 en f 2. Als de randen elkaar niet snijden dan f (x) ( 1 2, 1 2 ) voor alle x.

31 Dimensies Maak nu de samenstelling van f, de projectie op de rand vanuit ( 1 2, 1 2 ) en de afbeelding x x. Ga zelf na dat het resultaat, h : [0, 1] 2 [0, 1] 2, geen dekpunt heeft. Tegenspraak.

32 Dimensies Neem twee paren gesloten deelverzamelingen (F 1, G 1 ) en (F 2, G 2 ) in [0, 1]. Met eindig veel intervallen met rationale eindpunten kun je een open verzameling U 1 maken met F 1 U 1 en U 1 G 1 = en Fr U i Q. Met eindig veel intervallen met irrationale eindpunten kun je een open verzameling U 2 maken met F 2 U 2 en U 2 G 2 = en Fr U 2 Q =. Dus de randen van U 1 en U 2 snijden elkaar niet. Een duidelijk onderscheid tussen [0, 1] en [0, 1] 2!

33 Project Formuleer voor elk natuurlijk getal n een eigenschap d n, uitgedrukt in open en gesloten verzamelingen, en wel zo dat [0, 1] m heeft d n dan en slechts dan als m n en bewijs zo dat [0, 1] n en [0, 1] m alleen homeomorf zijn als n = m.

34 Verder lezen Website: fa.its.tudelft.nl/~hart L. E. J. Brouwer. Über Abbildung von Mannigfaltigkeiten, Mathematische Annalan, 71 (1912), B. Knaster, K. Kuratowski, S. Mazurkiewicz. Ein beweis des Fixpunktsatzes für n-dimensionale simplexe, Fundamenta Mathematicae, 14 (1929),