i
i
“Kelvisar” — 2016/8/31 — 12:25 — page 41 — #1 i
i
i
i
i
i
BORSUK-ULAMOV IZREK
KATJA KELVIŠAR
Fakulteta za matematiko in fiziko
Univerza v Ljubljani
Math. Subj. Class. (2010): 55M25
V članku se bomo seznaninli z Borsuk-Ulamovim izrekom in njegovo uporabo v pro-
blemu poštene delitve. Bolj konkretno se bomo ukvarjali s problemom pravičnega razreza
torte. Pokazali bomo tudi izrek o sendviču. Nadalje si bomo ogledali Borsuk-Ulamovemu
izreku ekvivalentne trditve. S pomočjo teorije stopnje v evklidskih prostorih bomo izpe-
ljali posplošitev Borsuk-Ulamovega izreka na simetrične množice. Pri tem bomo spoznali
pojem stopnje gladke in zvezne preslikave, ovojno število ter njihove številne lastnosti.
BORSUK-ULAM THEOREM
In this article we will get familiar with the Borsuk-Ulam theorem and its application in
a fair division problem. More concretely, we will deal with the fair cake-cutting problem.
We will also prove the Ham Sandwich theorem. Furthermore we will take a look at
equivalent statements of the Borsuk-Ulam theorem. We will obtain the generalization of
the Borsuk-Ulam theorem on symmetric sets, which we will do with the help of degree
theory in Euclidean spaces. We will also get to know new terms, such as the degree of a
smooth or continous mapping and winding number, and their characteristics.
Uvod
Prvič sem se z Borsuk-Ulamovim izrekom srečala že v prvem letniku študija
matematike, ko smo pri Analizi 1 pokazali, da v vsakem trenutku na Zemlji
obstajata dve nasprotni si točki z enako temperaturo. Omenili smo še, da
obstajata antipodni točki, ki imata poleg temperature enak tudi pritisk. Ta-
krat izreka samega še nisem poznala in tako nisem vedela, da to pravzaprav
sledi iz najbolj znane oblike Borsuk-Ulamovega izreka, ki pravi naslednje:
Izrek 1. Za vsako zvezno preslikavo f : Sn → Rn obstaja točka x ∈ Sn, da
velja f(x) = f(−x).
V izreku je s Sn mǐsljena enotska sfera v evklidskem prostoru Rn+1,
vendar izrek velja tudi za enotsko sfero v nekaterih drugih normah na Rn+1,
npr. v L1 normi, ter za bolj splošne podmnožice Rn+1.
Izrek je dobil ime po Stanislawu Ulamu, ki je problem zastavil, in Karolu
Borsuku, ki ga je dokazal.
Zgornja verzija Borsuk-Ulamovega izreka je bila ena izmed treh origi-
nalnih trditev, ki jih je Karol Borsuk objavil leta 1933 v reviji Fundamenta
Obzornik mat. fiz. 63 (2016) 2 41
i
i
“Kelvisar” — 2016/8/31 — 12:25 — page 42 — #2 i
i
i
i
i
i
Katja Kelvišar
Mathematicae, glej [3]. Od takrat so se razvile številne različice, posplošitve
ter aplikacije. Kot Borsuk-Ulamov izrek je v nadaljevanju članka mǐsljen
izrek 1, razen ko je navedeno drugače.
V prvem delu članka se bomo osredotočili na uporabo izreka. Pomembno
vlogo bo odigral t. i. izrek o sendviču, ki sledi iz Borsuk-Ulamovega izreka.
Uporablja se na določenem področju problema poštene delitve (angl. fair
division), ki izhaja iz problemov vsakdanjega življenja, kot so npr. dražbe,
delitve premoženja ob ločitvah, razrez torte itd.
V drugem delu članka pa si bomo ogledali nekaj Borsuk-Ulamovemu
izreku ekvivalentnih trditev in pokazali ekvivalence. Nato bomo s pomočjo
teorije stopnje v evklidskih prostorih izpeljali posplošitev tega izreka na
simetrične množice. Pri tem bomo uporabili lastnosti stopnje preslikave in
ovojnega števila.
Z Borsuk-Ulamovim izrekom ste se bralci revije Obzornik že seznanili
leta 1987, glej [4].
Primer uporabe Borsuk-Ulamovega izreka
Iz Borsuk-Ulamovega izreka sledi nekaj pomembnih trditev s področja to-
pologije in diskretne matematike. V tem razdelku se bomo osredotočili na
izrek o sendviču in njegovo uporabo v problemu poštene delitve.
Problem poštene delitve se ukvarja z delitvijo množice dobrin X med
njene upravičence, tako da vsak dobi delež, ki mu najbolj pripada.
S tem problemom so se ljudje začeli ukvarjati že zelo zgodaj, ko je prǐslo
do delitve vojnega plena, premoženja, posesti, itd. Večino primerov so re-
šili enostransko s pomočjo avtoritete (kralji, razsodniki, . . .), matematične
(logične) rešitve so bile redke. Večji premiki na tem področju so se zgodili
v zadnjem stoletju, ko se je razvilo kar nekaj algoritmov za različne tipe
problema delitve.
Poznamo različne tipe problema poštene delitve, saj so predmeti, ki jih
moramo razdeliti, lahko zelo različni. X je tako lahko končna množica nede-
ljivih objektov, kot npr. klavir, avto, stanovanje, ali pa množica neskončno
deljivih objektov, npr. denar, torta. Objekti so prav tako lahko homogeni,
kjer je pomembna samo količina, ki jo posameznik prejme, ali heterogeni,
kjer je pomembno, kaj točno (glede na svoje preference) prejme. V nada-
ljevanju članka se bomo ukvarjali z delitvijo heterogene množice z deljivimi
objekti, kot je npr. torta (angl. cake-cutting problem), pri čemer bomo
predpostavili, da so preference posameznikov aditivne. To pomeni: če si
posameznik določen kos objekta želi 40-odstotno, si preostanek objekta želi
60-odstotno. Vsota mora torej vedno biti 100 %.
42 Obzornik mat. fiz. 63 (2016) 2
i
i
“Kelvisar” — 2016/8/31 — 12:25 — page 43 — #3 i
i
i
i
i
i
Borsuk-Ulamov izrek
Eden od prispevkov k modernemu reševanju problema poštene delitve
je tudi izrek o sendviču. Zvezna verzija tega izreka se glasi:
Izrek 2. Naj bodo A1, A2, . . . , An ⊂ Rn omejene množice z volumnom
(
∫
Ai
dV obstaja za vsak i). Potem obstaja hiperravnina h, ki vsako od teh
množic razpolovi.
Dokaz. Izrek bomo dokazali z uporabo Borsuk-Ulamovega izreka na ustrezni
zvezni preslikavi f : Sn−1 → Rn−1. Izberimo poljubno točko ν na enotski
sferi Sn−1 ⊂ Rn in tako točko Tν na premici skozi izhodǐsče s smernim
vektorjem ν, da hiperravnina Hν z normalo ν skozi točko Tν razpolavlja
množico A1. Velja torej
∫
A1∩H+ν dV =
∫
A1∩H−ν dV , pri čemer sta H
+
ν in H
−
ν
zaprta polprostora z robom Hν , prvi v smeri normale, drugi pa v nasprotni
smeri. Točka Tν obstaja zaradi omejenosti množice A1. Če je množica A1
nepovezana, je takšnih točk lahko več in tvorijo cel interval, za točko Tν pa
izberemo na primer sredǐsčno točko tega intervala. Preslikavo f definiramo
s predpisom f(ν) =
(∫
Ai∩H+ν dV
)n
i=2
. Ni težko videti, da je preslikava f
zvezna. Po Borsuk-Ulamovem izreku torej obstaja taka točka x ∈ Sn−1, da
je f(x) = f(−x). Iz konstrukcije vidimo, da je Tx = T−x in Hx = H−x =:
h. Enakost f(x) = f(−x) pomeni, da hiperravnina h razpolavlja množice
A2, . . . , An, po konstrukciji pa razpolavlja tudi množico A1.
Čeprav izrek o sendviču zagotavlja, da je sendvič ali torto mogoče razde-
liti pod predpostavkami kot v izreku, nam ne pove ničesar o tem, kako naj
bi to storili. Nekaj o tem nam pove naslednji algoritem za pravično delitev
torte med n oseb, glej [5, str. 328, 329]. Denimo, da n ljudi sedi za okroglo
mizo s torto v sredǐsču mize. Nekdo začne in odreže kos, za katerega se
mu zdi, da ustreza eni n-tini, ter odrezani kos poda osebi na svoji levi. Če
se tej osebi zdi, da je njen predhodnik odrezal manj ali točno eno n-tino,
jo enostavno poda naprej v levo, sicer pa odreže odvečni del in ga vrne k
preostanku torte v sredǐsču mize. Sedaj zmanǰsan kos poda levemu sosedu.
Postopek se ponavlja, dokler nihče več ne zmanǰsa kosa. Kos dobi oseba, ki
ga je nazadnje zmanǰsala. Algoritem se nato ponovi med n− 1 osebami, ki
še niso dobile kosa, in preostankom torte.
V zgornjem algoritmu smo torto razdelili na n kosov. Torto pa je mo-
goče razdeliti na samo dva dela glede na preference n ljudi tudi direktno z
uporabo Borsuk-Ulamovega izreka, glej [6, str. 16, 17]. Torto predstavimo
s kompaktno množico T ⊂ R3. Želimo jo razdeliti na dva dela v skladu z
željami n ljudi. Vsaka oseba lahko prereže torto, nastale kose pa nato razde-
limo v dve skupini, ki predstavljata iskana dela. Želje ljudi, ki so lahko npr.
41–52 43
i
i
“Kelvisar” — 2016/8/31 — 12:25 — page 44 — #4 i
i
i
i
i
i
Katja Kelvišar
kos torte z več čokolade ali tisti z več jagodami itn., opǐsemo z zveznimi
funkcijami ρi : T → R+ ∪ {0}, i = 1, . . . , n, kjer je za i-tega opazovalca
vrednost kosa torte K ⊂ T enaka
∫
K ρidV . Koordinatni sistem v R
3 izbe-
remo tako, da torto omejujeta ravnini {z = 0} in {z = 1}. Vsaka oseba
naredi rez {z = ci}, pri čemer je ci ∈ [0, 1] za vsak i = 1, . . . , n. Brez škode
za splošnost velja ci ≤ cj za i ≤ j. Videti želimo, da obstajajo taki rezi
in razdelitev teh n + 1 kosov v dve skupini, ki tvorita razdelitev torte na
podmnožici A in B, da bo delitev v očeh n ljudi poštena. To pomeni, da
mora za vsak i veljati
∫
A ρidV =
∫
B ρidV .
Razdelitvi n + 1 kosov na dva dela priredimo točko na n-sferi S v L1
normi na prostoru Rn+1, torej na množici {x ∈ Rn+1;
∑n+1
i=1 |xi| = 1} takole:
zapomnimo si debeline posameznih kosov, ki jih označimo z d1, . . . , dn+1 in
zanje velja d1 = c1 − 0, . . . , di = ci − ci−1, . . . , dn+1 = 1 − cn. Opazimo∑n+1
i=1 |di| = 1. Razdelitvi priredimo točko (±d1, . . . ,±dn+1) na sferi S, kjer
je predznak k-te komponente pozitiven, če je k-ti kos v delu A, in negati-
ven, če je v delu B torte T . Definirajmo sedaj funkcijo f , na kateri bomo
uporabili Borsuk-Ulamov izrek. Da izrek velja tudi za zgoraj definirano
n-sfero S, ki je simetrična množica, sledi iz četrtega razdelka tega članka.
Funkcija f : S → Rn, ki točko (z1, . . . , zn) ∈ S slika v
(∫
A ρidV
)n
i=1
, je
zvezna in zadošča predpostavkam Borsuk-Ulamovega izreka. Obstaja torej
točka z ∈ S, da je f(z) = f(−z). Iz konstrukcije vidimo, da točki z ∈ S in
−z ∈ S izhajata iz kosov enakih debelin (absolutne vrednosti koordinat),
vlogi delov torte A in B pa sta zamenjani (koordinate točke z so nasprotno
predznačene kot koordinate točke −z). Ker sta tudi sliki obeh točk enaki,
velja
∫
A ρidV =
∫
B ρidV .
Ekvivalentne trditve Borsuk-Ulamovemu izreku
V tem razdelku si bomo ogledali nekaj ekvivalentnih formulacij Borsuk-
Ulamovega izreka in dokazali njihovo ekvivalentnost [2, izrek 2.1.1].
Trditev 3. Za vsak n ≥ 0 so spodnje trditve ekvivalentne:
1. Za vsako zvezno preslikavo f : Sn → Rn obstaja točka x ∈ Sn, da velja
f(x) = f(−x).
2. Za vsako liho zvezno preslikavo f : Sn → Rn obstaja točka x ∈ Sn, da
velja f(x) = 0.
3. Ne obstaja liha zvezna preslikava f : Sn → Sn−1.
44 Obzornik mat. fiz. 63 (2016) 2
i
i
“Kelvisar” — 2016/8/31 — 12:25 — page 45 — #5 i
i
i
i
i
i
Borsuk-Ulamov izrek
4. Ne obstaja zvezna preslikava f : Bn → Sn−1, ki je liha na robu, torej
zadošča pogoju f(−x) = −f(x) za vse x ∈ Sn−1 = ∂Bn.
5. (Ljusternik in Shnirel’man) Za vsako pokritje sfere Sn z n + 1 zapr-
timi množicami F1, . . . , Fn+1 obstaja vsaj ena množica Fi, ki vsebuje
antipodni točki (Fi ∩ (−Fi) 6= ∅).
Dokaz. (1.⇒ 2.) Za liho preslikavo f po točki 1 dobimo f(x) = f(−x), od
koder sledi f(x) = 0.
(2.⇒ 3.) Če bi liha zvezna preslikava f : Sn → Sn−1 ⊂ Rn obstajala, bi
bilo to v nasprotju s točko 2, ker 0 /∈ Sn−1 ⊂ Rn.
(3. ⇒ 1.) Če obstaja taka preslikava f : Sn → Rn, da za vsako točko
x ∈ Sn velja f(x) 6= f(−x), je s predpisom
g(x) =
f(x)− f(−x)
||f(x)− f(−x)||
dana liha zvezna preslikava g, ki slika iz n-sfere v (n− 1)-sfero.
(3. ⇔ 4.) Pri dokazu ekvivalence si bomo pomagali s projekcijo π :
(x1, . . . , xn+1) 7→ (x1, . . . , xn), ki je homeomorfizem zgornje hemisfere n-
sfere (označimo jo s S+) na n-disk.
(3. ⇒ 4.) Privzemimo, da je preslikava g : Bn → Sn−1 liha na robu.
Preslikavo f definiramo tako: f(x) = g(π(x)) za x ∈ S+. Upoštevamo lihost
in preslikavo f razširimo na spodnjo hemisfero, torej f(−x) = −g(π(x)) za
x ∈ S+. Preslikava f je tako definirana na vsem Sn; predpisa se ujemata
na preseku, ker je preslikava g liha na ekvatorju Sn. Je tudi liha ter zvezna,
saj je zvezna na obeh zaprtih hemisferah. To nasprotuje točki 3.
(3. ⇐ 4.) Iz lihe preslikave f : Sn → Sn−1 dobimo preslikavo g : Bn →
Sn−1, g(x) := f(π−1(x)), ki je liha na ∂Bn.
(1. ⇒ 5.) Dano je zaprto pokritje F1, . . . , Fn+1. Zvezno preslikavo f :
Sn → Rn definiramo takole: f(x) := (dist(x, F1), . . . ,dist(x, Fn)), pri čemer
je dist(x, Fi) razdalja točke x do zaprte množice Fi. Po 1. obstaja točka
x ∈ Sn, za katero je f(x) = f(−x) = y. Če je i-ta koordinata točke y enaka
0, potem tako x kot −x ležita v Fi, i ∈ {1, . . . , n}. Če pa so vse koordinate
y neničelne, x in −x ležita v Fn+1.
(5. ⇒ 3.) Recimo, da obstaja f : Sn → Sn−1, da je f(−x) = −f(x).
Sfero Sn−1 razbijemo na n + 1 zaprtih množic Z1, . . . , Zn+1, da velja Zi ∩
−Zi = ∅ za vsak i ∈ {1, . . . , n + 1}. To lahko storimo tako, da lica
n-simpleksa, ki vsebuje 0 v svoji notranjosti, projiciramo na Sn−1. V
R2 bi torej z radialno projekcijo stranice trikotnika projicirali na S1, v
R3 bi isto naredili s ploskvami tetraedra itd. Če sedaj pogledamo F1 =
41–52 45
i
i
“Kelvisar” — 2016/8/31 — 12:25 — page 46 — #6 i
i
i
i
i
i
Katja Kelvišar
f−1(Z1), . . . , Fn+1 = f
−1(Zn+1), vidimo, da zaradi lihosti f in lastnosti
množic Zi velja Fi ∩ −Fi = ∅ za vsak i ∈ {1, . . . , n+ 1}.
Pokazali smo ekvivalence med zgornjimi trditvami, ne pa tudi njihove
veljavnosti. To bomo storili v naslednjem razdelku.
Posplošitev Borsuk-Ulamovega izreka
Za posplošitev Borsuk-Ulamovega izreka na simetrične množice potrebu-
jemo nekaj znanja iz teorije stopnje v evklidskih prostorih. Najprej si bomo
ogledali stopnjo gladke preslikave, nato pa še stopnjo zvezne preslikave, ki
jo dobimo s pomočjo aproksimacije zvezne preslikave z gladkimi. Obrav-
navali bomo nekaj pomembneǰsih lastnosti tako definirane stopnje, ki jih
bomo kasneje uporabili v dokazu posplošitve. S stopnjo preslikave je te-
sno povezano tudi ovojno število, s katerim bomo formulirali posplošitev
Borsuk-Ulamovega izreka.
Preden definiramo stopnjo gladke preslikave, ponovimo še pojem regu-
larne vrednosti. Točka a ∈ Rm je regularna vrednost preslikave f : D ⊂
Rn → Rm, če je diferencial, predstavljen z Jacobijevo matriko Jf (x), sur-
jektiven za vsak x ∈ f−1(a). Po Sard-Brownovem izreku [1, izrek 3.4, str.
63] je množica regularnih vrednosti gosta v Rm, torej regularno vrednost
najdemo v vsaki odprti množici.
Za celotni razdelek privzemimo, da je D ⊂ Rn omejena odprta množica
in X = D\D njena topološka meja. Ker je D kompaktna množica, je slika
zvezne preslikave f : D → Rn kompakt in norma ||f || = max{||f(x)|| : x ∈
D} je zato dobro definirana.
Trditev 4. Naj bo f : D → Rn gladka preslikava in a ∈ Rn\f(X) regularna
vrednost f |D. Potem je f−1(a) končna množica (lahko tudi ∅).
Dokaz. Množica f−1(a) je vsebovana v D, ki je kompaktna. Zato je dovolj
videti, da je f−1(a) diskretna in zaprta. Vzemimo poljuben x ∈ f−1(a).
Po izreku o inverzni preslikavi je f lokalni difeomorfizem v neki okolici Ux
točke x, kar sledi iz neizrojenosti Jacobijeve matrike. Torej je x edina točka
v preseku Ux ∩ f−1(a), iz česar sledi diskretnost množice f−1(a). Množica
je zaprta, saj je praslika zaprte množice {a}.
Definicija 5. Naj bo f : D → Rn gladka preslikava in a ∈ Rn\f(X) regu-
larna vrednost f |D kot v preǰsnji trditvi. Stopnjo f definiramo kot
d(f,D, a) =
∑
x∈f−1(a)
signx(f),
46 Obzornik mat. fiz. 63 (2016) 2
i
i
“Kelvisar” — 2016/8/31 — 12:25 — page 47 — #7 i
i
i
i
i
i
Borsuk-Ulamov izrek
kjer je
signx(f) = sign det (Jf (x)) = ±1
predznak f v x, Jf (x) pa Jacobijeva matrika preslikave f v x.
Predznak diferenciala preslikave f nosi informacijo o orientaciji. Če
je signx(f) = 1, diferencial v točki x ∈ D orientacijo ohranja, če velja
signx(f) = −1, pa jo obrne.
Sedaj si oglejmo pomembno lastnost zgoraj definirane stopnje gladke
preslikave:
Trditev 6 (lokalna konstantnost stopnje [1, str. 139]). Za vsako re-
gularno vrednost a obstaja odprta okolica W v množici regularnih vrednosti
Rf |D\f(X), da velja: d(f,D, a) = d(f,D, x) za vsak x ∈W .
Dokaz. Množice
{
Ux;x ∈ f−1(a)
}
iz dokaza trditve 4 ustrezno zmanǰsamo,
da je na njih predznak det (Jf (x)) konstanten. To lahko storimo zaradi
zveznosti determinante Jacobijeve matrike. Za W vzamemo
W :=
⋂
x∈f−1(a)
f(Ux)\
f
D\ ⋃
x∈f−1(a)
Ux
 .
Preden si ogledamo še eno pomembno lastnost stopnje gladke presli-
kave, se spomnimo, kaj je homotopija preslikav. Naj bosta X, Y topološka
prostora ter f1, f2 : X → Y zvezni preslikavi. Homotopija od f1 do f2
je zvezna preslikava H : X × [0, 1] → Y , za katero velja H(x, 0) = f1(x)
in H(x, 1) = f2(x) za vsak x ∈ X. Predstavlja torej pot med f1 in f2
v prostoru zveznih preslikav. Pogosto namesto H(x, t) pǐsemo kar Ht(x).
Pravimo, da sta f1 in f2 homotopni preslikavi.
Trditev 7 (homotopska invariantnost stopnje [1, str. 140–144]). Za
gladko preslikavo H : [0, 1]×D → Rn in točko a ∈ Rn\H([0, 1]×X) velja:
d(H0, D, a) = d(H1, D, a).
Pomembna posledica zgornje trditve je, da za gladke preslikave f : D →
Rn in povezane množice U ⊂ Rn\f(X) velja, da je stopnja d(f,D, a) enaka
za vse regularne vrednosti a ∈ U . Omogoča nam, da stopnjo gladke presli-
kave definiramo tudi v neregularnih vrednostih.
Definicija 8. Naj bo f : D → Rn gladka preslikava, a ∈ Rn\f(X) in U po-
vezana komponenta Rn\f(X), ki vsebuje a. Potem je d(f,D, b) konstantna
za vse b ∈ U , ki so regularne vrednosti preslikave f |D. Stopnjo nad a tako
definiramo kot d(f,D, a) = d(f,D, b) za poljuben tak b.
41–52 47
i
i
“Kelvisar” — 2016/8/31 — 12:25 — page 48 — #8 i
i
i
i
i
i
Katja Kelvišar
Regularna vrednost b ∈ U iz zgornje definicije vedno obstaja po Sard-
Brownovem izreku.
V nadaljevanju bomo uporabljali predvsem stopnjo zvezne preslikave, ki
jo dobimo s pomočjo gladke takole:
Trditev 9. Naj bo f : D → Rn zvezna preslikava in a ∈ Rn\f(X). Potem
obstaja gladka preslikava g : D → Rn, za katero je ||f − g|| < dist(a, f(X)).
Stopnja d(g,D, a) je za vse take g enaka.
Dokaz. Po Weierstrassovem aproksimacijskem izreku najdemo polinomsko
preslikavo P , ki je seveda gladka, tako da velja ||P−f || < 12 dist(a, f(X)). Po
Sard-Brownovem izreku pa najdemo regularno vrednost za P |D, imenujmo
jo b, da velja: ||a− b|| < 12 dist(a, f(X)). Preslikava g, ki ustreza definiciji,
je g = P +a− b. Da imata gladki preslikavi g in g, ki sta obe blizu f , enako
stopnjo nad točko a, preverimo s homotopijo H : [0, 1]×D → Rn : (x, t) 7→
(1− t)g(x) + tg(x), kjer velja a /∈ H([0, 1]×X).
Definicija 10. Naj bo f : D → Rn zvezna preslikava in a ∈ Rn\f(X).
Potem po preǰsnji trditvi obstaja gladka preslikava g : D → Rn, za katero
je ||f − g|| < dist(a, f(X)). Za takšne g je stopnja d(g,D, a) že definirana,
pri čemer je a ∈ Rn\f(X), in je za vse take g enaka. Stopnjo f definiramo
kot
d(f,D, a) = d(g,D, a).
Za stopnjo zveznih preslikav seveda veljajo lastnosti, navedene v trditvah
6 in 7. Še več, veljajo spodnji sklepi:
Trditev 11 (Nagumo, Führer, Deimling [1, str. 149, 150]).
1. Če je f enaka inkluziji IdD : D → D ⊂ Rn, potem je stopnja preslikave
f nad točko a enaka 1, če je a ∈ D, in 0, če velja a /∈ D.
2. (obstoj rešitve) Naj bo f : D → Rn zvezna preslikava in a /∈ f(X). Če
je d(f,D, a) 6= 0, obstaja točka x ∈ D, za katero je f(x) = a.
3. (aditivnost stopnje) Naj bosta D1, D2 ⊂ D disjunktni odprti množici,
f : D → Rn zvezna preslikava in a točka, za katero velja a /∈ f(D\(D1∪
D2)). Potem je d(f,D, a) = d(f,D1, a) + d(f,D2, a).
Preden definiramo ovojno število, ki ga bomo uporabili v posplošitvi
Borsuk-Ulamovega izreka, potrebujemo še naslednji izrek, ki sledi iz homo-
topske invariantnosti stopnje:
48 Obzornik mat. fiz. 63 (2016) 2
i
i
“Kelvisar” — 2016/8/31 — 12:25 — page 49 — #9 i
i
i
i
i
i
Borsuk-Ulamov izrek
Izrek 12 ([1, str. 150]). Naj bosta f, g : D → Rn zvezni preslikavi, ki
se ujemata na meji D, torej je f |X = g|X , in a točka, za katero velja
a /∈ f(X) = g(X). Potem je d(f,D, a) = d(g,D, a).
Definicija 13. Naj bo f : X → Rn zvezna preslikava, f : D → Rn njena
zvezna razširitev in a ∈ Rn\f(X). Ovojno število f okoli a definiramo kot
w(f, a) = d(f,D, a).
Ovojno število je dobro definirano, saj po Tietzejevem razširitvenem
izreku razširitev f : D → Rn vedno obstaja, njena stopnja pa je po zgornjem
izreku 12 enaka za poljubno f . Za tako definirano ovojno število veljajo
vse lastnosti stopnje zvezne preslikave (lokalna konstantnost, homotopska
invariantnost).
Lema 14 ([1, str. 161, 162]). Naj bosta D,X ⊂ Rn, kot smo predposta-
vili na začetku razdelka, naj 0 /∈ D in naj bo D simetrična množica glede
na 0, tj., za x ∈ D je tudi −x ∈ D. Privzemimo še, da je f : X → Rn
soda (liha) zvezna preslikava in 0 /∈ f(X). Potem ima f sodo (liho) zvezno
razširitev f : D → Rn, za katero velja 0 /∈ f(D ∩ {xn = 0}).
Preslikavo v lemi konstruiramo postopoma, s pomočjo trditve, ki se od
leme razlikuje le v tem, da f slika v prostor vǐsje dimenzije, kot je dimenzija
D, ter da točka 0 ni vsebovana v sliki razširitve f . To trditev dokažemo s
pomočjo indukcije, kjer v indukcijskem koraku uporabimo sklep, da lahko
zvezno preslikavo, ki ne vsebuje točke 0 v sliki kompaktne domene K, zvezno
razširimo na kompaktno množico M (K ⊂ M), tako da tudi slika M ne
vsebuje točke 0. Lema nato sledi iz trditve in Tietzejevega razširitvenega
izreka.
Sedaj imamo na voljo vsa orodja, da dokažemo posplošitev Borsuk-
Ulamovega izreka, ki pravi:
Izrek 15. Naj bo D ⊂ Rn simetrična omejena odprta množica, 0 ∈ D,
X = D\D, f : X → Rn zvezna preslikava, 0 /∈ f(X).
1. Če velja
f(x)
||f(x)||
6= f(−x)
||f(−x)||
za vse x ∈ X, je ovojno število w(f, 0) liho, torej neničelno.
2. Če velja
f(x)
||f(x)||
6= − f(−x)
||f(−x)||
za vse x ∈ X, je ovojno število w(f, 0) sodo in enako nič, če je n liho.
41–52 49
i
i
“Kelvisar” — 2016/8/31 — 12:25 — page 50 — #10 i
i
i
i
i
i
Katja Kelvišar
Opazimo, da prvi pogoj v zgornjem izreku izpolnjujejo lihe preslikave,
drugega pa sode.
Dokaz. V dokazu bomo izračunali ovojno število w(f, 0), ki je po definiciji
enako stopnji razširitve preslikave f nad 0. Razširitev bomo označili kar z
oznako f . Na začetku bomo razširitev »popravili«, da bo liha preslikava v
prvem oziroma soda v drugem delu dokaza. S pomočjo homotopije bomo vi-
deli, da imata »popravljena« liha/soda preslikava in naša razširitev f enako
stopnjo nad 0. Iz tega sledi sklep, da je izrek dovolj pokazati na lihih/sodih
preslikavah.
Predpostavimo, da velja pogoj 1. Po Tietzejevem razširitvenem izreku
lahko preslikavo f razširimo na D, torej do f : D → Rn, ki pa ne zadošča
nujno 1. pogoju, zato jo ustrezno »popravimo« v preslikavo g.
Preslikavo g definiramo kot g : D → Rn : x 7→ f(x)− f(−x), ki je očitno
liha. S homotopijo Ht(x) = f(x)−tf(−x), H0 = f , H1 = g želimo pokazati,
da se stopnja ni spremenila, torej da je stopnja f enaka stopnji g. Da bo to
res, moramo po trditvi 7 preveriti še, da velja 0 /∈ H([0, 1]×X), kar bomo
pokazali s protislovjem. Recimo, da je 0 = f(x)− tf(−x) za neki x ∈ X in
neki 0 ≤ t ≤ 1. Ker po predpostavki izreka velja 0 /∈ f(X), mora biti t > 0.
Iz zveze f(x) = tf(−x) z normiranjem dobimo f(x)||f(x)|| =
f(−x)
||f(−x)|| , kar je v
nasprotju s pogojem 1.
Preslikavi f in g imata torej enaki stopnji. Dovolj je pokazati, da izrek
velja za lihe preslikave, zato bomo od zdaj naprej privzeli, da je f liha. S
pomočjo f bomo nato definirali nove preslikave, ki bodo imele nad točko 0
enako stopnjo kot f . Tako bomo lažje izračunali želeno stopnjo in s tem
ovojno število.
Naj bo ε > 0 dovolj majhen, da je K = {x; ||x|| ≤ ε} ⊂ D. Preslikavo
f1 definiramo takole:
f1 : K ∪X → Rn : x 7→
{
f(x); x ∈ X,
x; x ∈ K.
Zaradi lažjega pisanja označimo D1 = D\K, X1 = D1\D1 = X∪{||x|| = ε}
in f2 = f1|X1 .
Po lemi 14 obstaja taka liha razširitev f2 : D1 → Rn preslikave f2 na
D1, da velja 0 /∈ f2(D1 ∩ Rn−1). Sedaj definiramo našo končno preslikavo
f3, za katero bomo izračunali ovojno število okoli 0.
f3 : D → Rn : x 7→
{
f2(x); x ∈ D1,
x; x ∈ K.
Ker se f3 in f ujemata na X, iz izreka 12 sledi d(f,D, 0) = d(f3, D, 0).
50 Obzornik mat. fiz. 63 (2016) 2
i
i
“Kelvisar” — 2016/8/31 — 12:25 — page 51 — #11 i
i
i
i
i
i
Borsuk-Ulamov izrek
Stopnjo d(f3, D, 0) bomo izračunali z uporabo aditivnosti stopnje (la-
stnost 3 trditve 11) na D1 in odprti krogli K0 = {x; ||x|| < ε}. Za prvi del,
torej za izračun d(f2, D1, 0), bomo prav tako uporabili aditivnost stopnje,
za kar potrebujemo dve disjunktni množici, ki ustrezata predpostavkam.
Definiramo ju kot: D1+ = D1 ∩ {xn > 0}, D1− = D1 ∩ {xn < 0}.
Ker 0 /∈ f2(D1\(D1+ ∪D1−)), sledi, da je d(f2, D1, 0) = d(f2, D1+, 0) +
d(f2, D1−, 0). Radi bi videli, da je d(f2, D1+, 0) = d(f2, D1−, 0).
To vidimo, če upoštevamo simetrijo domene in lihost preslikave f2. De-
finiramo preslikavo ϕ : Rn → Rn : x 7→ −x in f2(x) zapǐsemo kot f2(x) =
ϕ−1 ◦ f2 ◦ϕ|D1(x). Enakost d(f2, D1+, 0) = d(ϕ
−1 ◦ f2 ◦ϕ|D1(x), D1+, 0) =
d(f2, D1−, 0) sledi iz verižnega pravila ter predznaka Jacobijeve determi-
nante. Velja torej d(f2, D1, 0) = 2d(f2, D1+, 0) = 2N , N ∈ Z.
Za drugi del gledamo d(Id,K0, 0). Iz 1. lastnosti trditve 11 sledi, da je
d(Id,K0, 0) = 1.
Za končni izračun d(f,D, 0) = d(f3, D, 0) bomo uporabili aditivnost
stopnje na prvem in drugem delu. To lahko storimo, ker sta K0 ∪ (D\K) ⊂
D, K0, D\K disjunktni in 0 /∈ f3(D\(K0 ∪ (D\K))). Torej:
d(f,D, 0) = d(f3, D, 0) = d(Id,K0, 0) + d(f2, D1, 0) = 1 + 2N.
Res dobimo liho število, 1. del izreka je tako dokazan.
Predpostavimo sedaj, da velja pogoj 2. Uporabljali bomo podobne
sklepe kot pri dokazu 1. dela z nekaj popravki. Na začetku, ko razširimo
preslikavo f na D in potrebujemo sodo razširitev, preslikavo g tokrat de-
finiramo kot g(x) = f(x) + f(−x). Veljajo analogni sklepi. Preslikavo f1
definiramo:
f1 : K ∪X → Rn : x 7→
{
f(x); x ∈ X,
|x| = (|x1|, |x2|, . . . , |xn|); x ∈ K.
Ustrezno prilagodimo tudi preslikavo f3:
f3 : D → Rn : x 7→
{
f2(x); x ∈ D1,
|x|; x ∈ K.
Sledi
ϕ−1 ◦ f2 ◦ ϕ|D1(x) = ϕ
−1f2(−x) = ϕ−1(f2(x)) = −f2(x).
In iz tega
d(f2, D1−, 0) = d(ϕ
−1 ◦ f2 ◦ ϕ|D1 , d1+, 0) = d(−f2, D1+, 0) =
(−1)nd(f2, D1+, 0).
41–52 51
i
i
“Kelvisar” — 2016/8/31 — 12:25 — page 52 — #12 i
i
i
i
i
i
Katja Kelvišar
Velja torej:
d(f2, D1, 0) = d(f2, D1+, 0) + (−1)nd(f2, D1+, 0) = (1 + (−1)n)N,
za neki N ∈ Z. Preden izračunamo d(f,D, 0), si oglejmo še d(|Id|,K0, 0),
ki jo bomo potrebovali v končnem izračunu. Ta je po 2. lastnosti trditve 11
enaka d(|Id|,K0, 0) = d(|Id|,K0, a) = 0, kjer je a = (−1, 0, . . . , 0) /∈ |Id|(X).
Stopnja, ki nas zanima, je tako enaka:
d(f,D, 0) = d(f3, D, 0) = d(|Id|,K0, 0) + d(f2, D1, 0) = 0 + (1 + (−1)n)N,
N ∈ Z.
Dokažimo sedaj še Borsuk-Ulamov izrek s pomočjo zgornje posplošitve:
Dokaz izreka 1. Pokazati želimo, da za zvezno preslikavo f : Sn → Rn
obstaja točka x ∈ Sn, za katero je f(x) = f(−x). Po Tietzejevem razširi-
tvenem izreku obstaja zvezna razširitev f : Bn+1 → Rn preslikave f , da je
f |Sn = f .
Definiramo preslikavo g : Sn → Rn+1 : x 7→ (f(x), 1), ki zadošča predpo-
stavkam posplošitve Borsuk-Ulamovega izreka 15 (D = int(Bn+1), X = Sn,
0 /∈ g(Sn) ⊂ Rn × {1}). Ovojno število w(g, 0) je enako stopnji poljubne
zvezne razširitve preslikave g na Bn+1 nad točko 0. Oglejmo si stopnjo nad
točko 0 naslednje razširitve g : Bn+1 → Rn+1 : x 7→ (f(x), 1). Ta je enaka 0,
saj 0 /∈ g(Bn+1) ⊂ Rn×{1}. Sledi, da obstaja točka x ∈ Sn, za katero velja
g(x)
||g(x)|| =
g(−x)
||g(−x)|| , kar je res natanko tedaj, ko je
(f(x),1)√
1+||f(x)||2
= (f(−x),1)√
1+||f(−x)||2
,
torej ko (f(x), 1) in (f(−x), 1) ležita na istem poltraku skozi izhodǐsče. Ta
poltrak seka hiperravnino Rn×{1}, na kateri v celoti leži g(Sn), v natanko
eni točki, zato je (f(x), 1) = (f(−x), 1), iz česar sledi f(x) = f(−x).
LITERATURA
[1] E. Outerelo, J. M. Ruiz, Mapping Degree Theory, Graduate Studies in Mathematics
108, American Mathematical Society, Providence, 2009.
[2] J. Matoušek, Using the Borsuk–Ulam Theorem, Lectures on Topological Methods in
Combinatorics and Geometry, 2nd corrected printing, Springer-Verlag, Berlin, 2008.
[3] K. Borsuk, Drei Sätze über die n-dimensionale euklidische Sphäre, Fund. Math. 20
(1933), 177–190.
[4] N. Mramor-Kosta, On Borsuk’s antipodal system, Obzor. Mat. Fiz. 34 (1987), 65–72.
[5] T. Hill, Mathematical Devices for Getting a Fair Share, American Sci. 88 (2000), 325–
332, ogled 1. 1. 2016, dostopno na people.math.gatech.edu/~hill/publications/
PAPER\$\%\$20PDFS/MathematicalDevicesforGettingaFairShare2000.pdf.
[6] T. Prescott, Extensions of the Borsuk-Ulam Theorem, diplomsko delo, Harvey Mudd
College, 2002, ogled 29. 02. 2016, dostopno na www.und.edu/instruct/tprescott/
papers/thesis/thesis.pdf.
52 Obzornik mat. fiz. 63 (2016) 2