Alle draaiingen op een rijtje:
\(f, g, \bar{g}, gf, \bar{g}f, fg, f\bar{g}, fgf, f\bar{g}f, gfg,\bar{g}fg, gf\bar{g}, \bar{g}f\bar{g}, gfgf, \cdots\)
.
Kies een punt
\(x\)
op de bol.
(N.B. We kunnen er voor kiezen de verzameling
\(D\)
uit te sluiten. Dan kiezen we steeds
\(x \notin D\)
).
We bekijken nu die
\(x\)
en de beeldpunten ervan ontstaan door alle
bovengenoemde draaiingen. Dus
\(T_x = \{ x, fx, gx, \bar{g}x, gfx, \bar{g}fx, fgx, f\bar{g}x, fgfx,f\bar{g}fx, \cdots \}\)
.
Als
\(y \in T_x\)
, dan is
\(x \in T_y\)
,
(want, zeg
\(y = fgf\bar{g}x\)
, dan draaien we door en krijgen
\(gf\bar{g}fy = gf\bar{g}f\cdot fgf\bar{g}x = x\)
).
Als
\(x \neq y\)
, dan geldt altijd
\(T_x = T_y\)
óf
\(T_x \cap T_y = \emptyset\)
.
(want als
\(z \in T_x \cap T_y\)
en b.v.
\(u\in T_x\)
, dan is
\(z = Qx, z = Ry, u = Sx\)
met
\(Q,R,S\)
draaiingen, en dus
\(u = Sx = SQ^{-1}z = SQ^{-1}Ry\)
en dus is
\(u \in T_y\)
).
\(T_x\)
is dus een familie van punten (noem het b.v. de familie Jansen).
Een punt
\(y\)
behoort tot die familie (dan is
\(T_y=T_x\)
), of
anders behoort hij tot een totaal andere familie. Laat nu elke familie één lid
afvaardigen. (Er zijn heel veel families, want elk punt (
\(\notin D\)
)
op de bol behoort tot een familie).
Noem die verzameling van familierepresentanten
\(X\)
(keuzeaxioma!).
We bekijken nu die
\(X\)
en de beeldverzamelingen ervan ontstaan door
alle bovengenoemde draaiingen. Dus
\(ZZZ:=\{ X, fX, gX, \bar{g}X, gfX, \bar{g}fX, fgX, f\bar{g}X, fgfX, f\bar{g}fX, \cdots \}\)
.
Elk van deze verzamelingen uit
\(ZZZ\)
voegen we een voor een toe aan de verzamelingen
\(A,B,C\)
.
We starten met de verzameling
\(X\)
, die we in
\(A\)
stoppen.
We volgen nu het schema (zie tekening).
\(X\)
is toegevoegd aan
\(A\)
, dus (zie schema)
\(fX\)
en
\(gX\)
worden toegevoegd aan
\(B\)
,
en
\(\bar{g}X\)
wordt toegevoegd aan
\(C\)
.
Zo verdergaande vinden we
\(A = X \cup \bar{g}fX \cup fgX \cup \cdots\)
\(B = fX \cup gX \cup f\bar{g}fX \cup \cdots\)
\(C = \bar{g}X \cup gfX \cup \cdots\)
.
Als we eenmaal de verzamelingen
\(A,B,C\)
hebben kunnen we kijken naar
\(fA,gA,\bar{g}A\)
.
1.)
\(gA = B\)
, want alle verzamelingen waaruit
\(A\)
is opgebouwd worden volgens het schema (zie tekening) afgebeeld op
\(B\)
, dus
\(gA \subseteq B\)
. Net zo is
\(\bar{g}B \subseteq A\)
(zie tekening).
En dat betekent dat
\(B = g\bar{g}B \subseteq gA\)
. Kortom
\(gA=B\)
.
2.)
\(\bar{g}A = C\)
, want (zie tekening)
\(\bar{g}A \subseteq C\)
, en
\(gC \subseteq A\)
, zodat
\(C = \bar{g}gC \subseteq \bar{g}A\)
.
3.)
\(fA = B \cup C\)
, want
\(fA \subseteq B \subseteq B \cup C\)
en
\(f(B\cup C) = fB \cup fC \subseteq A\)
, zodat
\(B\cup C = f^2(B\cup C) \subseteq fA\)
.
Dus de verzameling
\(A\)
draaien over
\(180^o\)
levert een verdubbeling op van het oppervlak.
De verzamelingen
\(A,B,C\)
hebben geen oppervlakte (zijn niet meetbaar), anders zou opp(A) = opp(B+C) = 2.opp(A) zijn, hetgeen niet mogelijk is.
De paradox van Banach-Tarski borduurt hierop voort. In grote lijnen laat je de schil groeien totdat de bol gevuld is (op het middelpunt na), en dat losse puntje levert geen opstakel op.
Puzzels
