Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Οµάδα Α. λ(a) (µε A B συµβολίζουµε τη συµµετρική διαφορά (A \ B) (B \ A) των A και B).

Κεφάλαιο 1 Μέτρο Lebesgue 1.1 Οµάδα Α 1. α) Εστω A ϕραγµένο υποσύνολο του R d. είξτε ότι λ A) < +. ϐ) Εστω ότι το A R d έχει τουλάχιστον ένα εσωτερικό σηµείο. είξτε ότι λ A) > 0. Υπόδειξη. α) Αφού το A είναι ϕραγµένο, υπάρχει α > 0 ώστε A α, α) d. Από τον ορισµό του εξωτερικού µέτρου, λ A) l α, α) d ) = 2α) d < +. ϐ) Εστω x 0 εσωτερικό σηµείο του A. Υπάρχει ανοικτό διάστηµα I A ώστε x 0 I. Από τη µονοτονία του εξωτερικού µέτρου, λ A) λ I) = li) > 0. 2. α) Αν το A είναι µετρήσιµο και λa B) = 0, τότε το B είναι µετρήσιµο και λb) = λa) µε A B συµβολίζουµε τη συµµετρική διαφορά A \ B) B \ A) των A και B). ϐ) Αν τα A, B είναι µετρήσιµα, τότε λa B) + λa B) = λa) + λb). γ) Αν τα A, B είναι µετρήσιµα, A B και λa) = λb) < +, τότε λb \ A) = 0. δ) ώστε παράδειγµα µετρήσιµων συνόλων A, B µε A B και λa) = λb), αλλά λb \ A) > 0. Υπόδειξη. α) Από την λa B) = 0 έχουµε ότι τα A \ B, B \ A είναι µετρήσιµα και λa \ B) = 0 και λb \ A) = 0. Γράφοντας B = A B) B \ A) = [A \ A \ B)] B \ A), 1

2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE συµπεραίνουµε ότι το B είναι µετρήσιµο, και λb) = [λa) λa \ B)] + λb \ A) = λa). ϐ) Γράφουµε λa) + λb) = λa B) + λa \ B) + λb) = λa B) + λa B), χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι τα A \ B, B είναι ξένα και A B = A \ B) B. γ) Από την B = A B \ A) παίρνουµε λb) = λa) + λb \ A), διότι τα A και B \ A είναι ξένα. Αφού λa) = λb) < +, διαγράφοντάς τα, από την προηγούµενη ισότητα παίρνουµε λb \ A) = 0. δ) Αν A = [1, + ) και B = [0, + ), τότε A B, λa) = λb) = + και B \ A = [0, 1), δηλαδή λb \ A) = 1 > 0. 3. α) Αν A, B R και λ B) = 0, δείξτε ότι λ A B) = λ A). ϐ) Αν A, B R και λ A B) = 0, δείξτε ότι λ A) = λ B). Υπόδειξη. α) Αφού A A B, έχουµε λ A) λ A B). Από την υπόθεση και από την υποπροσθετικότητα του εξωτερικού µέτρου προκύπτει η αντίστροφη ανισότητα : λ A B) λ A) + λ B) = λ A), διότι λ B) = 0. ϐ) Παρατηρήστε ότι λ A \ B) λ A B) = 0. Συνεπώς, λ A \ B) = 0. Οµοια, λ B \ A) = 0. Γράφουµε λ A) λ A B) = λ B A \ B)) λ B) + λ A \ B) = λ B). Με τον ίδιο τρόπο δείχνουµε ότι λ B) λ A). 4. α) Εστω A R και t > 0. Συµβολίζουµε µε ta το σύνολο ta = {tx : x A}. είξτε ότι λ ta) = t λ A). ϐ) Εστω f : B R R συνάρτηση Lipschitz µε σταθερά C, δηλαδή fx) fy) C x y για κάθε x, y B. είξτε ότι λ fa)) Cλ A) για κάθε A B.

1.1. ΟΜΑ Α Α 3 γ) Εστω A R µε λa) = 0. είξτε ότι το σύνολο A = {x 2 x A} έχει επίσης µέτρο λa ) = 0. Υπόδειξη. α) Παρατηρήστε ότι αν {I n } είναι µια κάλυψη του A από ανοικτά διαστή- µατα, τότε η {J n }, όπου J n = ti n, είναι κάλυψη του ta και lj n ) = t li n ), διότι lti) = tli) για κάθε διάστηµα εξηγήστε γιατί). Επεται ότι { } { } λ ta) = inf lj n ) : ta J n inf lti n ) : A I n { = inf t li n ) : A } I n = t λ A). µια κάλυψη του A από ανοικτά διαστήµατα. Μπορούµε να υποθέσουµε ϐ) Εστω {I n } ότι A I n για κάθε n N. Αν x, y A I n, τότε fx) fy) C x y C li n ). Συνεπώς, diamfa I n )) C li n ). Επεται ότι το σύνολο fa I n ) περιέχεται σε διάστηµα J n µήκους lj n ) C li n ) εξηγήστε γιατί). Η {J n } είναι κάλυψη του fa) και lj n ) C li n ). Επεται ότι { } { } λ fa)) = inf lj n ) : fa) J n inf C li n ) : A I n = C λ A). γ) Για κάθε n N ορίζουµε A n = A [ n, n]. Παρατηρήστε ότι λa n ) = 0 και ότι η fx) = x 2 είναι 2n-Lipschitz στο A n. Από το ϐ) συµπεραίνουµε ότι λ fa n )) 2nλA n ) = 0 για κάθε n N. Επεται ότι ) λ fa)) = λ fa n ) λ fa n )) = 0,

4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE δηλαδή, λfa)) = 0. 5. α) Εστω E R µε 0 < λ E) < + και έστω 0 < α < 1. είξτε ότι υπάρχει ανοικτό διάστηµα I µε την ιδιότητα λ E I) > α li). ϐ) Εστω A µετρήσιµο υποσύνολο του R και δ > 0 ώστε λa I) δ li) για κάθε ανοικτό διάστηµα. είξτε ότι λa c ) = 0. Υπόδειξη. α) Από τον ορισµό του εξωτερικού µέτρου, για κάθε ε > 0 µπορούµε να ϐρούµε ακολουθία {I n } ανοικτών διαστηµάτων ώστε A I n και λi n ) < 1 + ε)λ A) εδώ χρησιµοποιείται η υπόθεση ότι 0 < λ E) < +, εξηγήστε γιατί). Από την υποπροσθετικότητα του λ παίρνουµε λ A) λ A I n ). Από τις παραπάνω ανισότητες έπεται ότι, για κάποιον m N, λ A I m ) 1 1 + ε li m). Παίρνοντας ε = 1 α 1 > 0 έχουµε το Ϲητούµενο. Σηµείωση. Το συµπέρασµα ισχύει και στην περίπτωση που λ E) =. Παρατηρήστε ότι υπάρχει M > 0 ώστε το E M := E [ M, M] να ικανοποιεί την 0 < λ E M ) <. Εφαρµόζοντας το αποτέλεσµα της Άσκησης 5 α) για το E M, ϐρίσκουµε ανοιχτό διάστηµα I µε την ιδιότητα λ E I) λ E M I) > α li). ϐ) Αφού λa I) li) για κάθε ανοικτό διάστηµα I, συµπεραίνουµε ότι 0 < δ 1. Αν πάλι δ = 1, έχουµε λa n, n)) = 2n για κάθε n N, δηλαδή λa c n, n)) = 0 για κάθε n N, άρα λa c ) = 0 εξηγήστε τα ϐήµατα). Υποθέτουµε λοιπόν ότι 0 < δ < 1. Εστω ότι λa c ) > 0. Από το α) υπάρχει ανοικτό διάστηµα I µε την ιδιότητα λa c I) > 1 δ) li). Τότε, λa I) = λi) λa c I) < li) 1 δ) li) = δ li),

1.1. ΟΜΑ Α Α 5 το οποίο είναι άτοπο από την υπόθεση. 6. Εστω A, B R µε dista, B) = inf{ x y : x A, y B} > 0. είξτε ότι λ A B) = λ A) + λ B). Υπόδειξη. Η ανισότητα λ A B) λ A) + λ B) ισχύει πάντα, από την υποπροσθετικότητα του εξωτερικού µέτρου. Για την αντίστροφη ανισότητα µπορούµε να υποθέσουµε ότι λ A B) <. Εστω ε > 0 και έστω {I n } µια κάλυψη του A B από ανοικτά διαστήµατα. Για κάθε n N µπορούµε να ϐρούµε πεπερασµένα το πλήθος ανοικτά διαστήµατα J n,1,..., J n,kn µε µήκος µικρότερο από δ/2, όπου δ = dista, B), ώστε I n J n,1 J n,kn και li n ) < kn s=1 lj n,s ) + ε 2 n αν I n = a n, b [ n ), ϑεωρήστε το κλειστό διάστηµα a n ε, b 2 n+1 n + ε ] 2 n+1 και χωρίστε το σε k n διαδοχικά διαστήµατα µήκους µικρότερου από δ/2). Τότε, η {J n,s : n N, 1 s k n } είναι κάλυψη του A B από ανοικτά διαστήµατα µήκους µικρότερου από δ/2, και li n ) < k n s=1 lj n,s ) + ε. Αν {U s } s=1 είναι η οικογένεια των J n,s για τα οποία A J n,s και {V s } s=1 είναι η οικογένεια των J n,s για τα οποία B J n,s, τότε A s=1 U s, B s=1 V s και U s V m = για κάθε s, m: για τον τελευταίο ισχυρισµό παρατηρήστε ότι αν y U s V m τότε υπάρχουν a A U s και b B V m ώστε y a < lu s ) < δ/2 και y b < lv m ) < δ/2, οπότε dista, B) a b a y + y b < δ, το οποίο είναι άτοπο. Με άλλα λόγια, καθένα από τα ανοικτά διαστήµατα J n,s ανήκει σε µία το πολύ από τις {U s } s=1 και {V s} s=1. Τότε, λ A) + λ B) < lu s ) + lv s ) s=1 k n s=1 s=1 lj n,s ) li n ) + ε. Παίρνοντας infimum ως προς όλες τις καλύψεις {I n } του A B, συµπεραίνουµε ότι λ A) + λ B) λ A B) + ε,

6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE και, αφού το ε > 0 ήταν τυχόν, έχουµε ότι λ A) + λ B) λ A B). 7. Εστω A R. είξτε ότι τα εξής είναι ισοδύναµα : i) Το A είναι µετρήσιµο. ii) Για κάθε ε > 0 υπάρχει κλειστό F R µε F A και λ A \ F ) < ε. iii) Υπάρχει F σ -σύνολο Γ ώστε Γ A και λ A \ Γ ) = 0. Υπόδειξη. i) ii). Εστω ε > 0. Το A είναι µετρήσιµο, άρα το A c είναι µετρήσιµο. Γνωρίζουµε ότι υπάρχει ανοικτό σύνολο G ώστε A c G και λ G \ A c ) = λg \ A c ) < ε. Θέτουµε F = G c. Τότε, το F είναι κλειστό, F A, και A \ F = G \ A c. Συνεπώς, λ A \ F ) = λ G \ A c ) < ε. ii) iii). Υποθέτοντας το ii), για κάθε k N µπορούµε να ϐρούµε κλειστό F k R µε F k A και λ A \ F k ) < 1/k. Ορίζουµε Γ = k=1 F k. Το Γ είναι F σ -σύνολο και Γ A. Παρατηρούµε ότι λ A \ Γ) λ A \ F k ) < 1 k για κάθε k N, άρα λ A \ Γ) = 0. Εχουµε λοιπόν αποδείξει το iii). iii) i). Υποθέτουµε ότι υπάρχει F σ -σύνολο Γ ώστε Γ A και λ A \ Γ ) = 0. Το A \ Γ είναι µετρήσιµο έχει µηδενικό εξωτερικό µέτρο). Το Γ ανήκει στην Borel σ-άλγεβρα ως αριθµήσιµη ένωση κλειστών συνόλων). Άρα, το Γ είναι µετρήσιµο. Γράφοντας A = Γ A \ Γ) συµπεραίνουµε ότι το A είναι µετρήσιµο. 8. Εστω E ένα υποσύνολο του R. Ορίζουµε το εσωτερικό µέτρο Lebesgue του E ϑέτοντας λ i) E) = sup{λf ) : F E, F κλειστό}. α) είξτε ότι λ i) E) λ E). ϐ) Υποθέτουµε ότι λ E) <. είξτε ότι το E είναι Lebesgue µετρήσιµο αν και µόνο αν λ i) E) = λ E). γ) είξτε ότι αν λ E) = τότε η ισοδυναµία στο ϐ) δεν είναι πάντα σωστή.

1.1. ΟΜΑ Α Α 7 Υπόδειξη. α) Από τη µονοτονία του εξωτερικού µέτρου έχουµε λf ) λ E) για κάθε κλειστό F E. Συνεπώς, λ i) E) = sup{λf ) : F E, F κλειστό} λ E). ϐ) Υποθέτουµε πρώτα ότι το E είναι Lebesgue µετρήσιµο. Εστω ε > 0. Ξέρουµε ότι υπάρχει κλειστό F E ώστε λe) < λf ) + ε. Από τον ορισµό του λ i) E) έπεται ότι λe) < λ i) E) + ε. Το ε > 0 ήταν τυχόν, άρα λ E) λ i) E). Από το α) προκύπτει η ισότητα. Αντίστροφα, ας υποθέσουµε ότι λ E) = λ i) E) <. Μπορούµε τότε να ϐρούµε G δ σύνολο G και F σ σύνολο F ώστε F E G και λf ) = λ E) = λg) < εξηγήστε γιατί). Τότε, λg\f ) = λg) λf ) = 0 και E \F G\F, οπότε το E \F είναι Lebesgue µετρήσιµο µε λe \ F ) = 0). Επεται ότι το E = F E \ F ) είναι Lebesgue µετρήσιµο. γ) Αν λ E) = τότε η ισοδυναµία στο ϐ) δεν είναι πάντα σωστή, µε την εξής έννοια : υπάρχει µη µετρήσιµο σύνολο E µε λ i) E) = λ E) =. Παράδειγµα : ϑεωρήστε ένα µη µετρήσιµο A [0, 1] και πάρτε σαν E το A [2, + ). 9. Εστω A R µετρήσιµο σύνολο µε 0 < λa) < +. α) είξτε ότι η συνάρτηση f : R R µε fx) = λa, x]) είναι συνεχής. ϐ) είξτε ότι υπάρχει µετρήσιµο σύνολο F µε F A και λf ) = λa)/2. Υπόδειξη. α) Εστω x, y R µε x < y. Παρατηρήστε ότι A, y] A, x]) [x, y], άρα fy) = λa, y]) λa, x]) + λ[x, y]) = fx) + y x). Επεται ότι, για κάθε x, y R, fx) fy) x y εξηγήστε γιατί), δηλαδή η f είναι 1-Lipschitz. ϐ) Παρατηρήστε ότι lim fn) = lim λa, n]) = λa) n n και lim f n) = lim λa, n]) = λ ) = 0. n n

8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE Χρησιµοποιήσαµε το γεγονός ότι η ακολουθία A, n] αυξάνει στο A και η ακολουθία A, n] ϕθίνει στο κενό σύνολο και λa, 1]) λa) < ). Αφού η f είναι συνεχής και υπάρχει x R ώστε λa) 0 = lim f n) < < lim fn) = λa), n 2 n fx) = λa, x]) = λa) 2. Θέτοντας F = A, x], παίρνουµε το Ϲητούµενο. 10. α) Εστω A n ) ακολουθία υποσυνόλων του R d. Ορίζουµε τα σύνολα και lim sup A n = {x R : x A n για άπειρα n} lim inf A n = {x R : υπάρχει n 0 x) N ώστε x A n για κάθε n n 0 x)}. είξτε ότι lim sup A n = A k και lim inf A n = A k. k=n k=n ϐ) Εστω A n ) ακολουθία µετρήσιµων υποσυνόλων του R d. είξτε ότι : i) Τα lim sup A n και lim inf A n είναι µετρήσιµα σύνολα. ii) λlim inf A n ) lim inf λa n ) και αν λ A n) < + τότε lim sup λa n ) λlim sup A n ). iii) Λήµµα Borel-Cantelli) Αν λa n) < +, τότε λlim sup A n ) = 0. Υπόδειξη. α) Παρατηρήστε ότι x k=n A k αν και µόνο αν για κάθε n N ισχύει x k=n A k, δηλαδή αν και µόνο αν για κάθε n N υπάρχει k n ώστε x A k. Εξηγήστε γιατί η τελευταία πρόταση ισχύει αν και µόνο αν x A k για άπειρες τιµές του k. Ανάλογα, παρατηρήστε ότι x k=n A k αν και µόνο υπάρχει n N ώστε x k=n A k, δηλαδή αν και µόνο αν υπάρχει n N ώστε για κάθε k n να ισχύει x A k, δηλαδή αν και µόνο αν το x ανήκει σε τελικά όλα τα A k. ϐ) i) Αφού κάθε A n είναι µετρήσιµο σύνολο, από τις lim sup A n = k=n A k και lim inf A n = k=n A k

1.1. ΟΜΑ Α Α 9 είναι ϕανερό ότι τα lim sup A n και lim inf A n είναι µετρήσιµα σύνολα χρησιµοποιούµε το γεγονός ότι αριθµήσιµες τοµές και αριθµήσιµες ενώσεις µετρήσιµων συνόλων είναι µετρήσιµα σύνολα). ii) Θέτουµε B n = k=n A k. Η ακολουθία B n ) είναι αύξουσα και B n = lim inf A n. Άρα, λlim inf A n ) = lim n λb n). Από την άλλη πλευρά, B n A n άρα λb n ) λa n ). Συνεπώς, lim λb n) lim inf λa n). n n Συνδυάζοντας τα παραπάνω, έχουµε λlim inf A n ) lim inf λa n ). Οµοια, ϑέτουµε C n = k=n A k. Η ακολουθία C n ) είναι ϕθίνουσα και C n = lim sup A n. Από την υπόθεση έχουµε λc 1 ) < +, άρα, λlim sup A n ) = lim n λc n). Από την άλλη πλευρά, A n C n άρα λa n ) λc n ). Συνεπώς, lim sup λa n ) lim λc n). n n Συνδυάζοντας τα παραπάνω, έχουµε lim sup λa n ) λlim sup A n ). iii) Με τον συµβολισµό του ii), για κάθε n N έχουµε Αφού k=1 λa k) < +, έχουµε Επεται ότι λlim sup A n ) = 0. λlim sup A n ) λc n ) lim n k=n λa k ). k=n λa k ) = 0. 11. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείσ: i) Αν A R και λ A) = 0, τότε το A είναι πεπερασµένο ή άπειρο αριθµήσιµο σύνολο. ii) Αν A R και το A δεν είναι µετρήσιµο, τότε λ A) > 0. iii) Αν A, B R, λ A) < +, B A, το B είναι µετρήσιµο και λb) = λ A), τότε το A είναι µετρήσιµο.

10 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE iv) Εστω A [a, b]. Τότε, λ A) = 0 αν και µόνο αν υπάρχει κάλυψη του A από µια ακολουθία ανοικτών διαστηµάτων I n ) ώστε li n) < + και κάθε x A ανήκει σε άπειρα το πλήθος από τα διαστήµατα I n. v) Αν A R τότε λa) = 0 αν και µόνο αν όλα τα υποσύνολα του A είναι µετρήσιµα. Υπόδειξη. i) Ψευδήσ: το σύνολο του Cantor έχει µηδενικό µέτρο αλλά είναι υπεραριθµήσιµο σύνολο. ii) Αληθήσ: κάθε σύνολο A R µε λ A) = 0 είναι µετρήσιµο. iii) Αληθήσ: για κάθε n N υπάρχει ανοικτό σύνολο G n ώστε A G n και λg n ) < 1 n + λ A). Ορίζουµε G = G n, οπότε B A G και λg \ B) = λg) λb) < 1 n, για κάθε n N που σηµαίνει ότι το N = G \ B είναι σύνολο µηδενικού µέτρου. Τότε, γράφοντας A = B A N) ϐλέπουµε ότι το A είναι µετρήσιµο. iv) Αληθήσ: αν λ A) = 0, τότε για κάθε ε > 0 υπάρχει κάλυψη του A από ανοικτά διαστήµατα Jn) ε ώστε lj n) ε < ε. Θέτουµε I n,m := Jn 1/2m. Τότε, η οικογένεια των ανοικτών διαστηµάτων I n,m έχει τις Ϲητούµενες ιδιότητες. Αντίστροφα, έστω I n ) κάλυψη του A από ανοικτά διαστηµάτων µε li n) < + και έστω ε > 0 Τότε, υπάρχει n 0 N ώστε n=n 0 li n ) < ε. Αφού κάθε x A ανήκει σε άπειρα I n ), έπεται ότι A n=n 0 I n. Τότε, λ A) Αφού το ε > 0 ήταν τυχόν, έχουµε λ A) = 0. n=n 0 li n ) < ε < ε. v) Αληθήσ: αν λa) = 0, τότε προφανώς όλα τα υποσύνολά του είναι µετρήσιµα, και αν λa) > 0, τότε έχουµε δείξει ότι το A περιέχει µη µετρήσιµο σύνολο. 12. α) Εστω A [a, b] µε λa) > 0. είξτε ότι υπάρχουν x, y A ώστε x y R \ Q. ϐ) Λήµµα του Steinhaus) Εστω A µετρήσιµο σύνολο µε λa) > 0. είξτε ότι το «σύνολο διαφορών» A A := {x y : x A, y A} του A περιέχει διάστηµα της µορφής t, t) για κάποιο t > 0. γ) Εστω E ένα Lebesgue µετρήσιµο υποσύνολο του R µε λe) > 1. είξτε ότι υπάρχουν x y στο E ώστε x y Z.

1.1. ΟΜΑ Α Α 11 Υπόδειξη. α) Αν δεν ισχύει το Ϲητούµενο, τότε A A = {x y : x, y A} Q. Αφού λa) > 0 το A είναι µη κενό. Σταθεροποιούµε x 0 A και από την A x 0 A A Q συπεραίνουµε ότι το A x 0, άρα και το A, είναι αριθµήσιµο σύνολο. Τότε, λa) = 0, το οποίο είναι άτοπο : από την υπόθεση έχουµε λa) > 0. ϐ) Μπορούµε να υποθέσουµε ότι 0 < λa) < αν λa) =, ϑεωρούµε B A µε 0 < λb) <, δείχνουµε ότι το B B περιέχει διάστηµα της µορφής t, t) για κάποιο t > 0, και τότε, A A B B t, t)). Εστω λοιπόν A µετρήσιµο σύνολο µε 0 < λa) <. Για τυχόν ε > 0 µπορούµε να ϐρούµε ανοικτό σύνολο G A ώστε λg) < 1 + ε)λa). Μπορούµε να γράψουµε το G σαν αριθµήσιµη ένωση G = k=1 I k µη επικαλυπτόµενων διαστηµάτων. Θέτουµε A k = A I k. Τότε, λg) = li k ) και λa) = λa k ). k=1 k=1 Από την λg) < 1 + ε)λa) έπεται ότι : υπάρχει k N ώστε li k ) 1 + ε)λa I k ). Παίρνοντας ε = 1/3 συµπεραίνουµε ότι υπάρχει διάστηµα I ώστε Θέτουµε t = li) 2. Θα δείξουµε ότι λa I) 3lI) 4. A I) A I) t, t). Αν αυτό δεν ισχύει, υπάρχει s t, t) ώστε τα σύνολα A I και A I) + s να είναι ξένα. Ταυτόχρονα, περιέχονται στο I I + s), το οποίο είναι διάστηµα µήκους li) + s. Επεται ότι 2λA I) = λa I) + λa I) + s) li) + s < 3lI) 2, δηλαδή λa I) < 3lI) 4, το οποίο είναι άτοπο. Επεται ότι A A A I) A I) t, t). γ) Ορίζουµε E m = E [m, m + 1), m Z. Κάθε E m είναι Lebesgue µετρήσιµο, τα E m είναι ξένα ανά δύο, και η ένωση τους είναι το E.

12 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE Θέτουµε F m = E m m = {x m : x E m }. Παρατηρήστε ότι F m [0, 1) για κάθε m Z. Θα δείξουµε ότι υπάρχουν m n στο Z ώστε F m F n. Πράγµατι, αν τα F m ήταν ξένα ανά δύο, τότε ϑα είχαµε 1 = λ[0, 1)) λ m Z F m ) = m Z λf m ). Οµως, λf m ) = λe m ) για κάθε m. Συνεπώς, λe m ) = λe) > 1. m Z λf m ) = m Z Συνδυάζοντας τις παραπάνω ανισότητες καταλήγουµε σε άτοπο : 1 > 1. Υπάρχουν λοιπόν m n ώστε E m m) E n n). ηλαδή, υπάρχουν x E m και y E n ώστε x m = y n. Με άλλα λόγια, υπάρχουν x, y στο E ώστε x y = m n Z \ {0}. 13. Εστω f : R R. είξτε ότι το σύνολο είναι σύνολο Borel. A = {x R : η f είναι συνεχής στο x} Υπόδειξη. Για κάθε m N ορίζουµε { A m = x R : υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε y, z x δ, x + δ), fy) fz) < 1 }. m Παρατηρούµε ότι A = m=1 A m. Εστω x A και έστω m N. Αφού η f είναι συνεχής στο x, υπάρχει δ > 0 ώστε, για κάθε y x δ, x + δ) ισχύει fy) fx) < 1 2m. Τότε, για κάθε y, z x δ, x + δ) έχουµε fy) fz) fy) fx) + fx) fz) < 1 2m + 1 2m = 1 m, άρα x A m. Αφού το m ήταν τυχόν, συµπεραίνουµε ότι A x m=1 A m. Αντίστροφα, αν m=1 A m µπορούµε να δείξουµε ότι x A: έστω ε > 0. Βρίσκουµε m N µε 1 m < ε, και αφού x A m µπορούµε να ϐρούµε δ > 0 µε την εξής ιδιότητα : αν y, z x δ, x + δ) τότε fy) fz) < 1 m. Ειδικότερα, για κάθε y x δ, x+δ), ϑέτοντας z = x, παίρνουµε fy) fx) < 1 m < ε.

1.1. ΟΜΑ Α Α 13 Αυτό αποδεικνύει ότι η f είναι συνεχής στο x, δηλαδή x A. Ετσι, m=1 A m A. Επίσης, κάθε A m είναι ανοικτό σύνολο. Εστω x A m. Μπορούµε να ϐρούµε δ > 0 µε την εξής ιδιότητα : αν y, z x δ, x + δ) τότε fy) fz) < 1 m. Θα δείξουµε ότι x δ, x + δ) A m, δηλαδή το x είναι εσωτερικό σηµείο του A m. Εστω u x δ, x + δ). Υπάρχει δ 1 > 0 ώστε u δ 1, u + δ 1 ) x δ, x + δ). Τότε, αν y, z u δ 1, u + δ 1 ) έχουµε y, z x δ, x + δ), άρα fy) fz) < 1 m. Συνεπώς, u A m. Αφού κάθε A m είναι ανοικτό σύνολο και A = A m, έπεται ότι το A είναι G δ σύνολο. m=1 14. Εστω f n : R R ακολουθία συνεχών συναρτήσεων. είξτε ότι το σύνολο είναι σύνολο Borel. B = {x R : lim n f nx) = + } Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι lim fx) = + αν και µόνο αν για κάθε s N υπάρχει n k N ώστε για κάθε n k να ισχύει f n x) > s. Συνεπώς, B = s=1 k=1 n=k {x R : f n x) > s}. Αφού οι f n είναι συνεχείς, κάθε σύνολο της µορφής {x : f n x) > s} όπου s, n N) είναι ανοικτό. Άρα, το B είναι σύνολο Borel. 15. Εστω f : R R συνεχής συνάρτηση. είξτε ότι για κάθε Borel B R το f 1 B) είναι σύνολο Borel. Υπόδειξη. Εστω B η Borel σ-άλγεβρα. Ορίζουµε A = {A R : f 1 A) B}. i) Εχουµε f 1 R) = R B, άρα R A. ii) Αν A A τότε f 1 A) B και, αφού η B είναι σ άλγεβρα, f 1 A c ) = R \ f 1 A) B. Συνεπώς, A c A. iii) Αν A n A, n N, τότε ) f 1 A n = f 1 A n ) B διότι η B είναι σ άλγεβρα. Συνεπώς, A n A. iv) Αν A R ανοικτό, τότε το f 1 A) είναι ανοικτό διότι η f είναι συνεχής, άρα f 1 A) B. ηλαδή, η A περιέχει τα ανοικτά υποσύνολα του R.

14 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE Επεται ότι η A είναι σ άλγεβρα που περιέχει τα ανοικτά υποσύνολα του R, άρα A B. Αυτό δείχνει ότι για κάθε Borel B R το f 1 B) είναι σύνολο Borel. 16. Για κάθε x [0, 1) συµβολίζουµε µε x 1, x 2, x 3,...) την δεκαδική παράσταση του x αν το x έχει δύο διαφορετικές δεκαδικές παραστάσεις ϑεωρούµε εκείνη που τελειώνει σε άπειρα µηδενικά). Βρείτε το εξωτερικό µέτρο καθενός από τα σύνολα : i) A 1 = {x [0, 1) : x 1 5}. ii) A 2 = {x [0, 1) : x 1 5 και x 2 5}. iii) A 3 = {x [0, 1) : για κάθε n = 1, 2,..., x n 5}. Υπόδειξη. α) Παρατηρήστε ότι A 1 = [ 0, 1 ) [ ) 6 2 10, 1. Συνεπώς, λa 1 ) = 9 10. ϐ) Για τον ορισµό του A 1 χωρίσαµε το [0, 1) σε δέκα ίσα και διαδοχικά ηµιανοικτά διαστή- µατα [0, 1/10), [1/10, 2/10),..., [9/10, 1) και αφαιρέσαµε το [5/10, 6/10) το οποίο είναι το σύνολο των x [0, 1) για τα οποία x 1 = 5. Για να ορίσουµε το A 2 χωρίζουµε καθένα από τα υπόλοιπα διαστήµατα [k/10, k + 1)/10), k 5, σε δέκα ίσα και διαδοχικά ηµιανοικτά διαστήµατα µήκους 1/10 2 και αφαιρούµε το ένα από αυτά το έκτο κάθε ϕορά είναι το σύνολο των σηµείων του υποδιαστήµατος για τα οποία x 2 = 5). Αυτό σηµαίνει ότι το A 2 αποτελείται από 81 ξένα ηµιανοικτά διαστήµατα µήκους 1/100. Συνεπώς, λa 2 ) = 81 ) 9 2 100 =. 10 γ) Συνεχίζοντας αυτόν τον συλλογισµό, ϐλέπουµε ότι το σύνολο έχει µέτρο A n = {x [0, 1) x 1 5,..., x n 5} λa n ) = ) 9 n. 10 Συνεπώς, για το σύνολο A = {x [0, 1) : για κάθε n = 1, 2,..., x n 5} έχουµε A = A n και, αφού η {A n } είναι ϕθίνουσα ακολουθία συνόλων, παίρνουµε ) 9 n λa) = lim λa n) = lim = 0. n n 10

1.1. ΟΜΑ Α Α 15 17. Εστω θ 0, 1). Επαναλαµβάνουµε την διαδικασία κατασκευής του συνόλου του Cantor µε τη διαφορά ότι στο n-οστό ϐήµα αφαιρούµε κεντρικό ανοικτό διάστηµα µήκους θ/3 n από κάθε διάστηµα που έχει αποµείνει στο n 1)-οστό ϐήµα. Καταλήγουµε σε ένα σύνολο C θ «τύπου Cantor». είξτε ότι : α) Το C θ είναι τέλειο και δεν περιέχει ανοικτά διαστήµατα. ϐ) Το C θ είναι υπεραριθµήσιµο. γ) Το C θ είναι µετρήσιµο και λc θ ) = 1 θ > 0. Υπόδειξη. Θεωρούµε το διάστηµα I 0) = [0, 1] και το χωρίζουµε σε τρία διαστήµατα : το µεσαίο έχει µήκος θ 3 και τα άλλα δύο έχουν το ίδιο µήκος. Αφαιρούµε το ανοικτό µεσαίο διάστηµα και ονοµάζουµε I 1) το σύνολο που αποµένει. Το I 1) είναι προφανώς κλειστό σύνολο, και λi 1) ) = 1 θ 3. Χωρίζουµε καθένα από τα δύο διαστήµατα που σχηµατίζουν το I 1) σε τρία διαστήµατα : το µεσαίο έχει µήκος θ 3 2 και τα άλλα δύο έχουν το ίδιο µήκος. Κατόπιν, αφαιρούµε το µεσαίο ανοικτό διάστηµα. Ονοµάζουµε I 2) το σύνολο που αποµένει. Το I 2) είναι προφανώς κλειστό σύνολο, και λi 2) ) = λi 1) ) 2 θ 3 2 = 1 θ 3 2 θ 3 2. Συνεχίζοντας µε αυτόν τον τρόπο, κατασκευάζουµε για κάθε n = 1, 2,... ένα κλειστό σύνολο I n) έτσι ώστε η ακολουθία I n) ) να έχει τις εξής ιδιότητεσ: i) I n) I n+1) για κάθε n 0. ii) Το I n) είναι η ένωση 2 n κλειστών διαστηµάτων που έχουν το ίδιο µήκος. iii) λi n) ) = 1 θ 3 2 θ 3 2 2 n 1 θ 3 n. Τέλος, ορίζουµε Παρατηρούµε ότι C θ = λc θ ) = lim n λin) ) = lim n [ I n). n=0 1 θ 1 ) )] 2 n 1 = 1 θ. 3 Αν I n) k είναι κάποιο από τα κλειστά διαστήµατα που σχηµατίζουν το I n), τότε το µήκος του I n) k είναι ίσο µε 1 2 [1 θ 1 ) )] 2 n 1 n 3 0. Χρησιµοποιώντας αυτήν την πληροφορία και δουλεύοντας όπως στην περίπτωση του κλασικού συνόλου του Cantor, µπορούµε να δείξουµε ότι το C θ είναι τέλειο και δεν περιέχει διαστήµατα.

16 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE 18. Εστω {q n } µια αρίθµηση του Q [0, 1]. Για κάθε ε > 0 ορίζουµε Τέλος, ϑέτουµε A = α) είξτε ότι λaε)) 2ε. A1/j). Aε) = q n ε 2 n, q n + ε 2 n ). ϐ) Αν ε < 1 2 δείξτε ότι το [0, 1] \ Aε) είναι µη κενό. γ) είξτε ότι A [0, 1] και λa) = 0. δ) είξτε ότι Q [0, 1] A και ότι το A είναι υπεραριθµήσιµο. Υπόδειξη. α) Παρατηρήστε ότι λaε)) qn λ ε 2 n, q n + ε ) ) 2 n = 2ε 2 n = 2ε. ϐ) Αν το [0, 1] \ Aε) ήταν κενό, ϑα είχαµε [0, 1] Aε), οπότε 1 λaε)). Οµως, αν ε < 1 2, από το α) παίρνουµε λaε)) 2ε < 1. γ) Αφού 0 q n 1, για κάθε j N έχουµε A A1/j) [ 1/j, 1 + 1/j]. Άρα, A [ 1/j, 1 + 1/j] = [0, 1]. Επίσης, από το α), λa) λa1/j)) 2/j για κάθε j N. Άρα, λa) = 0. δ) Εχουµε Q [0, 1] = {q n : n N} A1/j) για κάθε j N, άρα Q [0, 1] A1/j) = A. Για κάθε j N, το [0, 1] \ A1/j) είναι κλειστό και πουθενά πυκνό διότι δεν περιέχει ϱητούς). Ας υποθέσουµε ότι το A είναι αριθµήσιµο. Αν A = {x n : n N}, τότε µπορούµε να γράψουµε ) [0, 1] = A [0, 1] \ A) = {x n } [0, 1] \ A1/j)). Αυτό οδηγεί σε άτοπο : όλα τα σύνολα {x n }, [0, 1] \ A1/j) είναι κλειστά, άρα κάποιο από αυτά ϑα έπρεπε να περιέχει διάστηµα, από το ϑεώρηµα του Baire. Συνεπώς, το A είναι υπεραριθµήσιµο.

1.1. ΟΜΑ Α Α 17 19. α) Εστω {A n } ακολουθία Lebesgue µετρήσιµων υποσυνόλων του [0, 1] µε την ιδιότητα lim sup λa n ) = 1. n είξτε ότι : για κάθε 0 < α < 1 υπάρχει υπακολουθία {A kn } της {A n } µε ) λ A kn > α. ϐ) Εστω E ένα Lebesgue µετρήσιµο υποσύνολο του R µε λe) <. Εστω {A n } ακολου- ϑία Lebesgue µετρήσιµων υποσυνόλων του E και έστω c > 0 µε την ιδιότητα λa n ) c για κάθε n N. είξτε ότι λlim sup A n ) > 0 και ότι υπάρχει γνησίως αύξουσα ακολουθία {k n } ϕυσικών µε την ιδιότητα A kn. Υπόδειξη. α) Αφού lim sup λa n ) = 1, για κάθε ε > 0 και για κάθε m N µπορούµε να n ϐρούµε n > m ώστε λa n ) > 1 ε. Εστω 0 < α < 1. Επαγωγικά, ϐρίσκουµε k 1 < k 2 < < k n < k n+1 < ώστε Τότε, αν ϑέσουµε A c k n := [0, 1] \ A kn, έχουµε Συνεπώς, ) λ A c k n ϐ) Για κάθε k N έχουµε Αν ϑέσουµε E k = n=k λa kn ) > 1 1 α 2 n. λa c k n ) < 1 α 2 n = 1 α. ) ) λ A kn = 1 λ A c k n > α. n=k A n A k, άρα ) λ A n λa k ) c. n=k A n, τότε E k lim sup A n και λe 1 ) λe) <. Συνεπώς, λlim sup A n ) = lim k λe k) c > 0.

18 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE Αφού λlim sup A n ) > 0, έχουµε lim sup A n. ηλαδή, υπάρχει x E το οποίο ανήκει σε άπειρα το πλήθος A n. Ισοδύναµα, υπάρχει γνησίως αύξουσα ακολουθία {k n } ϕυσικών µε την ιδιότητα x A kn. Με άλλα λόγια, A kn. 20. Για κάθε A M και για κάθε x R ορίζουµε λa x t, x + t)) ρa, x) = lim, t 0 + 2t αν αυτό το όριο υπάρχει. Ο ρa, x) είναι η µετρική πυκνότητα του A στο σηµείο x. α) είξτε ότι ρq, x) = 0 και ρr \ Q, x) = 1 για κάθε x R. ϐ) Εστω 0 < α < 1. Κατασκευάστε σύνολο A R µε την ιδιότητα ρa, 0) = α. Υπόδειξη. α) Για κάθε x R και για κάθε t > 0 έχουµε λq x t, x + t)) = 0 και λr \ Q) x t, x + t)) = 2t. [Παρατηρήστε ότι τα δύο σύνολα είναι ξένα, έχουν ένωση το x t, x + t), και το πρώτο είναι αριθµήσιµο ως υποσύνολο του Q.] Επεται ότι και λq x t, x + t)) ρq, x) = lim = 0 t 0 + 2t λr \ Q) x t, x + t)) 2t ρr \ Q, x) = lim = lim t 0 + 2t t 0 + 2t = 1. ϐ) Για κάθε n N ορίζουµε C n = 1 n, 1 ] [ 1 n + 1 n + 1, 1 ). n Στη συνέχεια επιλέγουµε µετρήσιµο A n C n ώστε λa n ) = αλc n ) το C n είναι απλό σύνολο και η επιλογή του A n δεν παρουσιάζει δυσκολίες ϑυµηθείτε όµως και την Άσκηση 9ϐ)). Ορίζουµε Παρατηρήστε ότι, αν και λa t, t)) 2t 1 n+1 t < 1 n, τότε λa t, t)) 2t A = λa 1/n, 1/n)) 2/n + 1) A n. λa 1/n + 1), 1/n + 1))) 2/n = α n α1 2t). n + 1 = 2α/n 2/n + 1) = αn + 1 α1 + 2t), n = 2α/n + 1) 2/n

1.2. ΟΜΑ Α Β 19 Επεται ότι δηλαδή ρa, 0) = α. λa t, t)) lim = α, t 0 + 2t 1.2 Οµάδα Β 21. Εστω E και F δύο συµπαγή υποσύνολα του R d µε E F και λe) < λf ). είξτε ότι για κάθε α λe), λf ) ) µπορούµε να ϐρούµε συµπαγές σύνολο K ώστε E K F και λk) = α. Υπόδειξη. είχνουµε πρώτα το εξήσ: αν W είναι ένα συµπαγές υποσύνολο του R d µε λw ) > 0, τότε, για κάθε 0 < β < λw ) µπορούµε να ϐρούµε συµπαγές V W ώστε λv ) = β. Πράγµατι, αφού το W είναι συµπαγές, µπορούµε να ϐρούµε κλειστό διάστηµα [a, b] R και κλειστό διάστηµα Q R d 1 ώστε W Q 1 := [a, b] Q. Ορίζουµε f : [a, b] R µε ft) = λw {x = x 1,..., x k ) Q 1 : a x 1 t}). Η f είναι συνεχήσ: δείξτε ότι ft) fs) λ d 1 Q) t s. Αφού fa) = 0 και fb) = λw ), ο ισχυρισµός έπεται από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής. Εστω τώρα E και F δύο συµπαγή υποσύνολα του R d µε E F και λe) < λf ). Εστω α λe), λf ) ). Αφού α λe) < λf \ E), µπορούµε να ϐρούµε συµπαγές σύνολο W F \ E µε λw ) > α λe). Εφαρµόζοντας τον ισχυρισµό, ϐρίσκουµε συµπαγές V W ώστε λv ) = α λe). Αν ϑέσουµε K = E V, έχουµε ότι το K είναι συµπαγές, E K F και λk) = α. 22. Κατασκευάστε ένα Lebesgue µετρήσιµο σύνολο E [0, 1] µε την εξής ιδιότητα : για κάθε διάστηµα J [0, 1], λj E) > 0 και λj \ E) > 0. Υπόδειξη. Ελέγξτε πρώτα ότι αν I είναι ένα διάστηµα µήκους α, και αν ακολουθήσουµε τη διαδικασία κατασκευής του συνόλου του Cantor αφαιρώντας στο n-οστό ϐήµα ανοικτά υποδιαστήµατα µήκους αδ/3 n όπου 0 < δ < 1), τότε το σύνολο που προκύπτει δεν περιέχει διαστήµατα και έχει µέτρο α1 δ).

20 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE Παίρνουµε 0 < δ 1 < 1 και κατασκευάζουµε σύνολο D 1 στο [0, 1] µε τον παραπάνω τρόπο. Το D 1 δεν περιέχει διαστήµατα και λd 1 ) = 1 δ 1. Το B 1 = [0, 1] \ D 1 είναι µια αριθµήσιµη ένωση ανοικτών διαστηµάτων : B 1 = j R 1 j. Σε κάθε κλειστό διάστηµα R 1 j, j N, κάνουµε την ίδια κατασκευή µε κάποιο 0 < δ 2 < 1 το ίδιο για κάθε j). Προκύπτει σύνολο Dj 2 που δεν περιέχει διαστήµατα και έχει µέτρο λdj 2) = 1 δ 2)λRj 1 ). Ορίζουµε D 2 = D 1 D 2 j ). Τότε, λd 2 ) = 1 δ 1 ) + 1 δ 2 )δ 1 = 1 δ 1 δ 2. Το B 2 = [0, 1] \ D 2 είναι πάλι µια αριθµήσιµη ένωση ανοικτών διαστηµάτων : B 2 = j R 2 j. Σε κάθε κλειστό διάστηµα R 2 j, j N, κάνουµε την ίδια κατασκευή µε κάποιο 0 < δ 3 < 1 το ίδιο για κάθε j). Επαγωγικά, ορίζουµε µια ακολουθία {D n } υποσυνόλων του [0, 1] µε τις εξής ιδιότητεσ: i) D n+1 B n = [0, 1] \ D n. ii) λd n ) = 1 δ 1 δ 2 δ n. iii) Το D n \ D n 1 είναι ένωση αριθµήσιµων το πλήθος µη επικαλυπτόµενων κλειστών συνόλων Dj n, καθένα από τα οποία δεν περιέχει διαστήµατα. Μπορούµε µάλιστα να επιλέξουµε συγκεκριµµένα δ j = 2j +1 2 j +2 ώστε δ 1 δ 2 δ n = 2n + 1 2 n+1 1 2. Ορίζουµε E = Dn. Τότε, λe) = lim n λdn ) = lim 1 δ 1 δ n ) = 1 n 2. Το E είναι µετρήσιµο, αφού κάθε D n είναι σύνολο Borel. Εστω J = [a, b] υποδιάστηµα του [0, 1]. Ο ισχυρισµός είναι ότι υπάρχει υποδιάστηµα R n j κάποιου B n ώστε R n j J. Απόδειξη. Με εις άτοπο απαγωγή. Εστω ότι δεν υπάρχει Rj 1 B 1 µε Rj 1 J. Παρατηρήστε ότι υπάρχει j ώστε Rj 1 J αλλιώς ϑα είχαµε J D1, άτοπο). Αφού το Rj 1 = a j, b j ) είναι ανοικτό, το Rj 1 J είναι διάστηµα. ιακρίνουµε τις εξής περιπτώσεισ: α) a j < a < b j < b: υπάρχει Rt 1 = a t, b t ) µε b j < a t b αλλιώς, [b j, b] D 1 το οποίο είναι άτοπο). Τότε όµως, υπάρχει Rs 1 = a s, b s ) [b j, a t ) λόγω της κατασκευής του D 1. Άρα, υπάρχει R 1 s J. Αυτό είναι άτοπο. ϐ) a < a j < b < b j : καταλήγουµε σε άτοπο µε τον ίδιο τρόπο.

1.2. ΟΜΑ Α Β 21 γ) J = [a, b] Rj 1 = a j, b j ): στο Rj 1 κατασκευάστηκε το D2 j. Επαναλαµβάνοντας το συλλογισµό, ϐλέπουµε ότι είτε υπάρχει j ώστε Rj 2 J ή υπάρχει j ώστε J R2 j. Συνεχίζοντας έτσι, ϐλέπουµε ότι είτε υπάρχουν n και j ώστε Rj n J ή για κάθε n υπάρχει j ώστε J Rj n. Η δεύτερη περίπτωση αποκλείεται γιατί τότε ϑα είχαµε λj) inf n λrn j ) = 0 παρατηρήστε ότι λr n j ) δ 1 δ n 3 n ). Υπάρχει λοιπόν κάποιο Rj n, ανοικτό υποδιάστηµα κάποιου Dn, ώστε Rj n J. Οµως τότε, στο Rj n κατασκευάστηκε το Dn+1 j, το οποίο έχει µέτρο λrj n+1 ) = λrj n)1 δ n+1), µέσα σε αυτό αριθµήσιµα το πλήθος Dj n+2 µε συνολικό µέτρο λrj n)δ n+11 δ n ) κλπ. ηλαδή, το συνολικό µέτρο των Dj m, m > n που κατασκευάστηκαν µέσα στο Rn j είναι ίσο µε Επεται ότι λe R n j ) = λr n j ) λrj n )1 δ n+1 δ n+2 ) = λrj n ) 1 1 1 2δ 1 δ n ). ) 1 > 0 και λrj n \ E) = λr n 1 j ) > 0. 2δ 1 δ n 2δ 1 δ n Αφού R n j J, συµπεραίνουµε ότι λe J) > 0 και λj \ E) > 0. 23. Εστω E Lebesgue µετρήσιµο υποσύνολο του R µε 0 < λe) <. είξτε ότι, για κάθε k N, υπάρχουν x, s R ώστε x, x + s, x + 2s,..., x + k 1)s E. Υπόδειξη. Αφού λe) > 0, χρησιµοποιώντας την Άσκηση 5 ϐλέπουµε ότι υπάρχει διάστη- µα [a, b] ώστε λe [a, b]) > k 1 b a). k Θέτουµε A = E [a, b]. Χωρίζουµε το [a, b) σε k διαδοχικά ηµιανοικτά διαστήµατα µήκους s := b a k : I 1 = [a, a + s), I 2 = [a + s, a + 2s),..., I k = [a + k 1)s, b),

22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE και για κάθε j = 1,..., k ορίζουµε A j = A I j. Κατόπιν, για κάθε j = 1,..., k ϑέτουµε B j = A j j 1)s. Παρατηρήστε ότι B j I 1 = [a, a + s) για κάθε j = 1,..., k και B 1 = A 1. Θα δείξουµε ότι ) k B j. Τότε, αν πάρουµε κάποιο x k B j ϑα έχουµε ότι x B j = A j j 1)s δηλαδή x + j 1)s A j για κάθε j = 1,..., k. Αφού A j A E για κάθε j, έπεται ότι x, x + s, x + 2s,..., x + k 1)s E. Για την απόδειξη της ) γράφουµε k k k λ I 1 \ B j = λ I 1 \ B j ) λi 1 \ B j ) k = λi 1 + j 1)s) \ B j + j 1)s)) = = k λi j \ A I j )) = < 1 k b a) = λi 1). k λi j \ A j ) k λi j A c ) = λ[a, b] \ A) Άρα, το I 1 \ k B j είναι γνήσιο υποσύνολο του I 1, και έπεται η ). 24. Εστω A, B R µε λa) > 0 και λb) > 0. είξτε ότι το A + B περιέχει διάστηµα. Υπόδειξη. Μπορούµε να υποθέσουµε ότι τα A και B έχουν πεπερασµένο και ϑετικό µέτρο. Μπορούµε να ϐρούµε αριθµήσιµη ένωση G = k=1 I k διαστηµάτων, που οι κορυφές τους έχουν ϱητές συντεταγµένες, ώστε A G και li k ) 4 3 λa) 4 3 k=1 Επεται ότι υπάρχει k N ώστε λa I k ). k=1 li k ) 4 3 λa I k). Εφαρµόζοντας το ίδιο επιχείρηµα και στο B, καταλήγουµε στο εξήσ: υπάρχουν διαστήµατα I 0 και J 0 µε ϱητά άκρα, ώστε ) λa I 0 ) 3 4 λi 0) και λb J 0 ) 3 4 λj 0).

1.2. ΟΜΑ Α Β 23 Αφού τα µήκη των I 0 και J 0 είναι ϱητοί αριθµοί, µπορούµε να ϐρούµε m, n N ώστε τα I 0 και J 0 να χωρίζονται σε m και n διαδοχικά διαστήµατα αντίστοιχα, που όλα έχουν το ίδιο µήκος. Χρησιµοποιώντας και την ) ϐλέπουµε τώρα ότι υπάρχουν διαστήµατα I 1 και J 1 που έχουν το ίδιο µήκος, ώστε λa I 1 ) 3 4 λi 1) και λb J 1 ) 3 4 λj 1). Με άλλα λόγια, υπάρχει διάστηµα I µε κέντρο το 0 και υπάρχουν x, y R ώστε λa x) I) 3 4 λi) και λb y) I) 3 4 λi). Επεται ότι λa x) B y) I) 1 λi) > 0. 2 Θέτουµε C = A x) B y). Από το Λήµµα του Steinhaus, το C C περιέχει διάστηµα µε κέντρο το 0. Αφού A B x + y) = A x) B y) C C, συµπεραίνουµε ότι το A B περιέχει διάστηµα. Αντικαθιστώντας το B µε το B παίρνουµε το Ϲητούµενο. 25. Εστω E µετρήσιµο υποσύνολο του R µε λe) > 0. Υποθέτουµε ότι για κάθε x, y E ισχύει 1 2 x + y) E. είξτε ότι το E έχει µη κενό εσωτερικό. Υπόδειξη. Θεωρούµε το E 2 = { x 2 : x E}. Αφού το E έχει ϑετικό µέτρο, το E 2 είναι µετρήσιµο και έχει ϑετικό µέτρο : ) E λ = λe) > 0. 2 2 Από την Άσκηση 24, το σύνολο E 2 + E 2 περιέχει κάποιο διάστηµα. Οµως, από την υπόθεση έπεται άµεσα ότι E 2 + E 2 E. Άρα, το E περιέχει διάστηµα. Ειδικότερα, έχει µη κενό εσωτερικό. 26. είξτε ότι το σύνολο των x [0, 2π) για τα οποία η ακολουθία {sin2 n x)} συγκλίνει έχει µηδενικό µέτρο Lebesgue. Υπόδειξη. είχνουµε πρώτα ότι αν sin2 n x) a τότε a = 0. Πράγµατι, αν sin2 n x) a 0 τότε, για µεγάλα n, έχουµε sin2 n x) 0, άρα cos2 n x) = sin2n+1 x) 2 sin2 n x) 1 2.

24 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE Οµως, τότε άρα sin 2 2 n x) = 1 cos2n+1 x) 2 1 4, 1 = cos 2 2 n x) + sin 2 2 n x) 1 4 + 1 4 = 1 2, το οποίο είναι άτοπο. {sin2 n x)} συγκλίνει είναι το Άρα, το σύνολο A των x [0, 2π) για τα οποία η ακολουθία A = {x [0, 2π) : sin2 n x) 0}. Το A είναι µετρήσιµο : ϑέτουµε f k x) = sin2 k x), και A k,m = { x [0, 2π) : f k x) < 1 m}. Για κάθε k, m N η f k είναι συνεχής, άρα το A k,m είναι ανοικτό στο [0, 2π), και µπορούµε να δούµε ότι Άρα, το A είναι µετρήσιµο. τότε A = m=1 k=n A k,m. Υποθέτουµε ότι λa) > 0 και ϑα καταλήξουµε σε άτοπο. Παρατηρούµε ότι αν x, y A sin 2 n x + y ) = sin2 n 1 x) cos2 n 1 y) + cos2 n 1 x) sin2 n 1 y) 0, 2 συνεπώς x+y 2 A. Από την Άσκηση 25, το A, άρα και το 1 2π A [0, 1], έχουν µη κενό εσωτερικό. Επεται ότι το 1 k 2π A περιέχει έναν τριαδικό ϱητό, της µορφής 3 m, όπου k N µε ) 0 < k < 3 m, και ο k δεν είναι πολλαπλάσιο του 3. Τότε, sin 2 n+1 3 kπ m 0, άρα και η sin ) 2 n 3 kπ) 0. Ειδικότερα, sin 2 2n+1 3 kπ 0. Παρατηρούµε ότι 3 4 n 1, άρα 6 ) 2 2n+1 2. Εποµένως, ο 22n+1 2 3 είναι άρτιος, άρα sin 2 2n+1 3 kπ = sin 2k 3 π). Εποµένως, η sin 2k 3 π) η οποία είναι σταθερή) συγκλίνει στο 0. Αυτό όµως είναι άτοπο, αφού ο 2k 3 π δεν είναι ακεραιο πολλαπλάσιο του π. 27. Εστω A R µε λa) > 0. είξτε ότι λ R \ A + Q) ) = 0. Υπόδειξη. Μπορούµε να χρησιµοποιήσουµε την Άσκηση 24. Αν είχαµε λ R\A+Q) ) > 0 τότε το σύνολο A R \ A + Q) ) ϑα περιείχε κάποιο διάστηµα I. Παρατηρούµε όµως ότι αν x A R \ A + Q) ) τότε x / Q αλλιώς ϑα είχαµε x Q και x = a y, όπου a A και y / A + Q, το οποίο ϑα οδηγούσε στην a x = y / A + Q το οποίο είναι άτοπο).

1.2. ΟΜΑ Α Β 25 Αφού το διάστηµα I περιέχει ϱητούς, οδηγούµαστε σε άτοπο. Απευθείας απόδειξη. Θα δείξουµε ότι : για κάθε n 1 υπάρχει πεπερασµένο J n Q ώστε ) λ [0, 1] \ ) A + t) < 2 n. t J n Αν ϑέσουµε J = J n τότε προκύπτει άµεσα ότι λ [0, 1] \ t JA ) + t) = 0. Τέλος, αν ορίσουµε I = r Z J + r) και γράψουµε το I στη µορφή {t s : s N} παρατη- ϱήστε ότι το I είναι αριθµήσιµο) µπορούµε εύκολα να ελέγξουµε ότι ) λ R \ A + t s ) λ [r, r + 1] \ ) A + t) = 0 r Z s=1 t J+r και αφού J + r) Q έπεται το Ϲητούµενο. r Z Για την απόδειξη της ) παρατηρούµε ότι αν επιλέξουµε k N αρκετά µεγάλο και I = [ y 1 k, y + 1 ] k για κατάλληλο y Q, έχουµε λ A I) 1 1 ) 2 n k, άρα λi \ A) 1 2 n k. Τώρα, [0, 1] = k 1 [ j k 1 k, j k + 1 ] k. Άρα, k 1 [0, 1] \ A + j k 1 k y) Θέτοντας J n = { j k y : j = 1,..., k 1} παίρνουµε λ [0, 1] \ ) k 1 A + t) t J n I \ A) + j ). k λ I \ A) + j ) = k 1)λI \ A) < k 2k 1) k 1 n < 2 n. 28. είξτε ότι υπάρχουν µετρήσιµα σύνολα A, B R µε λa) = λb) = 0 και λa+b) > 0. Μπορεί το A + B να περιέχει διάστηµα ; Υπόδειξη. Μπορούµε να δείξουµε ότι C + C/2 [0, 1], όπου C είναι το σύνολο του Cantor και C/2 = {x/2 : x C}. Πράγµατι, έστω x [0, 1]. Θεωρούµε το τριαδικό ανάπτυγµα

26 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE x = 0.x 1 x 2... x n... του x. Για κάθε n έχουµε x n {0, 1, 2}. Ορίζουµε y n = x n αν x n {0, 2} και y n = 0 αν x n = 1. Επίσης, ορίζουµε z n = x n y n για κάθε n, δηλαδή z n = 0 αν x n {0, 2} και z n = 1 αν x n = 1. Παρατηρήστε ότι y C: κάθε y n = 0 ή 2. Επίσης, αν ϑέσουµε u = 2y = 0.2y 1 )2y 2 )... 2y n )..., τότε u C: κάθε u n = 0 ή 2. Άρα, x = y + z = y + u 2 C + C 2. Τέλος, λc) = λc/2) = 0. Θέτοντας A = C και B = C/2 έχουµε το Ϲητούµενο. 29. ώστε παράδειγµα ανοικτού υποσυνόλου G του [0, 1] µε την εξής ιδιότητα : το σύνορο του G έχει ϑετικό µέτρο Lebesgue. Υπόδειξη. Θεωρούµε ένα σύνολο D τύπου Cantor το οποίο έχει ϑετικό µέτρο για παράδειγµα, το σύνολο C θ της Άσκησης 17. Ενα ανοικτό υποσύνολο G του [0, 1] µε την ιδιότητα λ G)) > 0 είναι η ένωση των ανοικτών διαστηµάτων που αφαιρέθηκαν στα «περιττά» ϐή- µατα της κατασκευής το πρώτο, το τρίτο, κλπ). Για να το δούµε αυτό, ονοµάζουµε U την ένωση των ανοικτών διαστηµάτων που αφαιρέθηκαν στα «άρτια» ϐήµατα της κατασκευής. Εχουµε [0, 1] = G D U), και τα τρία αυτά σύνολα είναι ξένα. Τώρα, αποδείξτε τα εξήσ: i) G = G D. Το G D είναι κλειστό, διότι το [0, 1] \ G D) = U είναι ανοικτό σύνολο. Επίσης, G G D, αρκεί λοιπόν να δείξετε ότι κάθε x D είναι σηµείο συσσώρευσης του G αυτό είναι απλό : µιµηθείτε την απόδειξη του ότι κάθε x D είναι σηµείο συσσώρευσης του D). ii) G D) = D. Επεται ότι λ G)) = λd) > 0. 30. Γνωρίζουµε ότι κάθε ανοικτό υποσύνολο του R γράφεται ως ένωση ξένων ανοικτών διαστηµάτων. είξτε ότι ο δίσκος D = {x, y) : x 2 + y 2 < 1} δεν µπορεί να γραφτεί ως ξένη ένωση ανοικτών ορθογωνίων. Υπόδειξη. Εστω ότι ο δίσκος µπορεί να γραφτεί ως ένωση ανοικτών και ξένων ορθογωνίων. Τότε, το 0, 0) ανήκει σε ένα από αυτά, έστω R. Στρέφοντας το σύστηµα συντεταγµένων, µπορούµε να υποθέσουµε ότι R = a, b) c, d). Τότε a < 0 < b και c < 0 < d. Επίσης, αν d > 1, τότε το 0, d+1 ) 2 ανήκει στο R, άρα και στον δίσκο, το οποίο είναι άτοπο, άρα d 1. Επίσης, a > 1: όπως και για το d, αρχικά έχουµε ότι a 1. Επιπλέον, αν a = 1, τότε 1 2 < 1 d 2 /4 2 < 1 2, άρα a = 1 < 1 1 d 2 /4 2 < 0 < b, εποµένως το ) 1 1 d σηµείο 2 /4 2, d 2 ανήκει στο R, άρα και στον δίσκο, και µε πράξεις ϐλέπουµε ότι αυτό είναι άτοπο.

1.2. ΟΜΑ Α Β 27 Θεωρούµε τώρα το σηµείο a, 0), το οποίο από τα παραπάνω ανήκει στον δίσκο. Τότε, υπάρχει ορθογώνιο S, ξένο προς το R, µε a, 0) S. Αυτό όµως είναι άτοπο, αφού υπάρχει ε > 0 τέτοιο ώστε a, 0) Ba, 0), ε) S, αλλά οποιαδήποτε µπάλα µε κέντρο το a, 0) τέµνει το R. 31. ώστε παράδειγµα συνόλου Borel που δεν είναι G δ -σύνολο ούτε F σ -σύνολο. Υπόδειξη. Θεωρούµε τα σύνολα B = Q, 0] και C = R \ Q) 0, ). Παρατηρήστε ότι το B είναι F σ -σύνολο ως αριθµήσιµη ένωση µονοσυνόλων και το C είναι G δ -σύνολο διότι γράφεται στη µορφή C = Q 0, ) 0, ) \ {q}). Ειδικότερα, τα B και C είναι Borel σύνολα. Ορίζουµε A = B C = Q, 0]) R \ Q) 0, )). Το A είναι Borel σύνολο ως ένωση δύο Borel συνόλων. Τώρα, παρατηρούµε τα εξήσ: i) Το B δεν είναι G δ -σύνολο. Αν ήταν, τότε ϑα υπήρχαν ανοικτά σύνολα G n R τέτοια ώστε B = G n. Θέτοντας U n = G n, 0] ϑα είχαµε B = U n και κάθε U n ϑα ήταν ανοικτό και πυκνό στον πλήρη µετρικό χώρο, 0] αφού U n B και το B είναι πυκνό στο, 0]. Θεωρώντας µια αρίθµηση {q n : n N} του B και τα ανοικτά πυκνά σύνολα V n =, 0] \ {q n } ϑα είχαµε ) ) = B, 0] \ B) = U n V n, το οποίο είναι άτοπο από το ϑεώρηµα Baire. ii) Το C δεν είναι F σ -σύνολο. Αν ήταν, τότε το R \ C = Q, 0] ϑα ήταν G δ -σύνολο, άρα και η τοµή του µε το G δ -σύνολο [1, ), δηλαδή το Q [1, ) ϑα ήταν G δ -σύνολο. Αυτό οδηγεί σε άτοπο όπως πριν. iii) Το A δεν είναι G δ -σύνολο. Αν ήταν, τότε επειδή το, 0] είναι G δ -σύνολο, ϑα είχαµε ότι το B = A, 0] είναι G δ -σύνολο. iv) Οµοίως, το A δεν είναι F σ -σύνολο. Αν ήταν, τότε επειδή το [0, ) είναι κλειστό σύνολο, ϑα είχαµε ότι το C = A [0, ) είναι F σ -σύνολο. 32. Εστω A και B κλειστά υποσύνολα του R. είξτε ότι το A + B = {a + b : a A, b B} δεν είναι απαραίτητα κλειστό. είξτε όµως ότι είναι πάντα F σ -σύνολο.

28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE Υπόδειξη. είχνουµε πρώτα ότι αν το A είναι συµπαγές και το B κλειστό, τότε το A + B είναι κλειστό. Εστω x n ) ακολουθία στο A + B µε x n x R. Τότε, κάθε x n γράφεται στη µορφή x n = a n + b n, όπου a n A και b n B. Αφού το A είναι συµπαγές, υπάρχει υπακολουθία a kn ) της a n ) ώστε a kn a A. Τότε, b kn = x kn a kn x a. Αφού το B είναι κλειστό, έχουµε x a B. Άρα, x = a + x a) A + B. Επεται ότι το A + B είναι κλειστό. Υποθέτουµε τώρα ότι τα A, B είναι κλειστά. Για κάθε n N ορίζουµε A n [ n, n]. Το A n είναι συµπαγές, άρα το A n + B είναι κλειστό από την προηγούµενη παρατήρηση. Επεται ότι το A + B = A n + B) είναι F σ -σύνολο ως αριθµήσιµη ένωση κλειστών συνόλων. Το επόµενο παράδειγµα δείχνει ότι το A + B δεν είναι απαραίτητα κλειστό. Ορίζουµε A = Z και B = 2Z. Τα A, B είναι κλειστά εξηγήστε γιατί). Οµως, το A+B = Z+ 2Z = {a + b 2 : a, b Z} δεν είναι κλειστό. Θα δείξουµε ότι είναι πυκνό στο R. Παρατηρούµε ότι η ακολουθία α n ) µε α n = 2 1) n είναι στο A + B και α n 0. Εστω x > 0 και έστω ε > 0. Επιλέγουµε n 0 N µε 0 < α n0 < ε και µετά m N {0} µε mα n0 x < m + 1)α n0. Τότε, 0 x mα n0 < α n0 < ε. Αν x < 0 δουλεύοντας µε τον ίδιο τρόπο ϐρίσκουµε πάλι m Z ώστε x mα n0 < ε. Αφού mα n0 Z + 2Z = A + B, έπεται ότι A + B = R. 33. Εστω ɛ > 0. Εστω A το σύνολο των x R για τους οποίους υπάρχουν άπειρα ανάγωγα κλάσµατα p x q που ικανοποιούν την p q 1 q 2+ɛ. είξτε ότι λa) = 0. Υπόδειξη. Για κάθε n N ϑέτουµε A n = A [ n, n]. Αρκεί να δείξουµε ότι λa n ) = 0 για κάθε n N. Τότε, ) λa) = λ A n άρα λa) = 0. Για κάθε q N ορίζουµε B n,q = nq p= nq λa n ) = 0, p q 1 q 2+ɛ, p q 1 ) q 2+ɛ. Τότε, A n k=1 q=k B n,q = lim sup B n,q. q

1.2. ΟΜΑ Α Β 29 Εχουµε άρα q=1 λb n,q ) nq p= nq λb n,q ) 4n q=1 2 q 2+ɛ = 1 q 1+ɛ + 2 4n q 1+ɛ + 2 q 2+ɛ, q=1 1 <. q2+ɛ Από το λήµµα Borel-Cantelli συµπεραίνουµε ότι λa n ) λlim sup q B n,q ) = 0. 34. Θέτουµε A = Q [0, 1]. είξτε ότι : α) Για κάθε ε > 0 υπάρχει ακολουθία {R j } ανοικτών διαστηµάτων ώστε : A R j και λr j) < ε. ϐ) Αν {R j } m είναι µια πεπερασµένη οικογένεια ανοικτών διαστηµάτων ώστε A m R j, τότε m λr j) 1. Υπόδειξη. α) Το A είναι άπειρο αριθµήσιµο σύνολο, άρα µπορούµε να το γράψουµε στη µορφή A = {a j : j N}. Για κάθε j N ορίζουµε R j = a j A R j και λr j ) = ε 2 j+1 = ε 2 < ε. ε 2 j+2, a j + 1 2 j+2 ). Τότε, ϐ) Εστω ότι R j = a j, b j ), 1 j m. Θεωρούµε τυχόν ε > 0 και ορίζουµε T j = a j ε, b j + ε), 1 j m. Παρατηρήστε ότι, αφού A = Q [0, 1] R 1 R m, [0, 1] = A R 1 R m = R 1 R m T 1 T m. Επεται το έχουµε δεί στη ϑεωρία) ότι m m m 1 = l[0, 1]) lt j ) = lr j ) + 2ε = 2mε + λr j ). Το πλήθος m των διαστηµάτων είναι σταθερό. Αφήνοντας το ε 0 έχουµε το Ϲητούµενο. 35. α) Εστω G ϕραγµένο, µη κενό ανοικτό υποσύνολο του R d. είξτε ότι δεν υπάρχει αριθµήσιµη κάλυψη {B j } του G από ανοικτές µπάλες ώστε : κάθε σηµείο του G ανήκει σε άπειρες το πλήθος B j και λb j) <. ϐ) είξτε ότι υπάρχει ακολουθία {B j } ανοικτών µπαλών ώστε να καλύπτει το G όπως στο α) και για κάθε p > 1 να ισχύει λb j)) p <.

30 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE Υπόδειξη. α) Εστω ότι υπάρχει αριθµήσιµη κάλυψη {B j } του G από ανοικτές µπάλες ώστε : κάθε σηµείο του G ανήκει σε άπειρες το πλήθος B j και λb j) <. Τότε, η πρώτη υπόθεση µας λέει ότι G lim sup B j. j Από την δεύτερη υπόθεση και από το λήµµα Borel-Cantelli Άσκηση 10 ϐ)) έχουµε ότι λ lim sup j B j ) = 0. Άρα, λg) = 0. Αυτό είναι άτοπο, αφού το G έχει µη κενό εσωτερικό. ϐ) Το G είναι ϕραγµένο, άρα περιέχεται σε έναν κύβο Q µε µήκος ακµής a. Q 0 1 = Q. Θέτουµε ιχοτοµούµε κάθε ακµή του Q 0 1, και παίρνουµε 2d κλειστούς ) κύβους Q 1 i, i = 1,... 2d. Αν x 1 i είναι το κέντρο του Q 1 i, ϑέτουµε B1 i = B x 1 i, 3 a d 2. Τότε Q 1 i Bi 1 για κάθε i = 1,... 2 d. Συνεχίζουµε επαγωγικά, διχοτοµώντας τις ακµές κάθε κύβου του προηγούµενου ϐή- µατος. Στο n-οστό ϐήµα παίρνουµε 2 dn µπάλες, καθεµία από τις οποίες έχει ακτίνα 3 a d 2 n, άρα το άθροισµα των p δυνάµεων των µέτρων αυτών των µπαλών ϕράσσεται από ) dp [λb d )] p 2 dn 3 a d 2 n = [λb d )] p 3a d) dp 2 nd1 p), όπου B d είναι η Ευκλείδεια µπάλα ακτίνας 1. Παρατηρήστε ότι, για κάθε n N, κάθε σηµείο του Q ανήκει σε κάποιον κύβο του n-οστού, άρα και σε µία µπάλα του n-οστού ϐήµατος. Αν ϑεωρήσουµε την συλλογή όλων των µπαλών που ορίζονται µε αυτόν τον τρόπο σε οποιοδήποτε ϐήµα, έχουµε µια κάλυψη {B j } j του Q, άρα και του G, µε την ιδιότητα ότι κάθε x G ανήκει σε άπειρες B j. Τέλος, το άθροισµα της σειράς των p-δυνάµεων των µέτρων αυτών των µπαλών ϕράσσεται από αφού 2 d1 p) < 1. [λb d )] p 3a d) dp 2 d1 p)n <, 36. Εξετάστε αν υπάρχει αρίθµηση {q n : n N} του Q τέτοια ώστε R q n 1 n, q n + 1 ). n Υπόδειξη. Μπορούµε να ορίσουµε αρίθµηση των ϱητών για την οποία λ q n 1 n, q n + n) ) 1 <.

1.2. ΟΜΑ Α Β 31 Αυτό προφανώς αποδεικνύει το Ϲητούµενο. Θεωρούµε µία 1-1 και επί συνάρτηση από το M := {k 2 : k N} στο Q\[0, 1] και µία 1-1 και επί συνάρτηση από το N\M στο Q [0, 1]. Συνδυάζοντάς τις, έχουµε µια αρίθµηση {q n : n N} του Q µε την ιδιότητα : n = k 2 αν και µόνο αν q n > 1. Παρατηρήστε ότι qn 1 n, q n + 1 ) n [ 1, 2], άρα Επίσης, Άρα, λ n M λ n/ M n/ M q n 1 n, q n + 1 n) ) 3. λ q n 1 n, q n + 1 )) n q n 1 n, q n + n) ) 1 λ n/ M + n M λ k=1 2 k 2 < 4. q n 1 n, q n + 1 ) ) n )) q n 1 n, q n + 1 n <. 37. α) Εστω f : [a, b] R συνεχής συνάρτηση. είξτε ότι το σύνολο Γ = {x, fx)) : a x b} έχει µέτρο µηδέν. ϐ) Υποθέτουµε τώρα ότι η f έχει συνεχή δεύτερη παράγωγο. είξτε ότι τα εξής είναι ισοδύναµα : α) λγ + Γ) > 0, ϐ) το Γ + Γ περιέχει κάποιο µη κενό ανοικτό σύνολο, γ) η f δεν είναι γραµµική συνάρτηση. Υπόδειξη. α) Εστω ε > 0. Η f είναι οµοιόµορφα συνεχής, άρα υπάρχει δ > 0 ώστε : αν x, y [a, b] και x y δ τότε fx) fy) ε b a. Μπορούµε λοιπόν να χωρίσουµε το [a, b] σε k διαδοχικά διαστήµατα I 1,..., I k µήκους µικρότερου ή ίσου από δ. Τότε, για κάθε j = 1,..., k έχουµε ότι το fi j ) περιέχεται σε ένα διάστηµα T j µήκους Παρατηρούµε ότι Γ = k {x, fx)) : x I j } k I j fi j ) k I j T j. ε b a. Συνεπώς, διότι λγ) k λi j T j ) = k li j )lt j ) ε b a k li j ) = l[a, b]) = b a. k li j ) = ε,

32 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΜΕΤΡΟ LEBESGUE ϐ) Παρατηρούµε πρώτα ότι το Γ + Γ είναι µετρήσιµο. Πράγµατι, Γ + Γ = g[a, b] [a, b]), όπου gx, y) = x + y, fx) + fy)). Η g είναι συνεχής, άρα το Γ + Γ είναι συµπαγές ειδικότερα, µετρήσιµο) ως συνεχής εικόνα του συµπαγούς συνόλου [a, b] [a, b]. Η συνεπαγωγή ϐ) = α) είναι απλή : αν το Γ+Γ περιέχει κάποιο µη κενό ανοικτό σύνολο, τότε περιέχει κάποια µπάλα, άρα και κάποιο µη εκφυλισµένο ορθογώνιο Q. Συνεπώς, λγ + Γ) λq) = lq) > 0. είχνουµε τώρα τη συνεπαγωγή α) = γ): έστω ότι λγ + Γ) > 0 και ότι η f είναι γραµµική, δηλαδή fx) = Ax + B για κάποιους A, B R. Τότε, Γ + Γ = {x + y, Ax + y) + 2B) : a x b}. ηλαδή, το Γ + Γ είναι ένα ευθύγραµµο τµήµα στον R 2 που περιέχεται στην ευθεία z = Au + 2B). Εύκολα ελέγχουµε ότι λγ + Γ) = 0, το οποίο είναι άτοπο. Τέλος, δείχνουµε την συνεπαγωγή γ) = ϐ): η υπόθεση είναι ότι η f δεν είναι γραµµική. Τότε, µπορούµε να ϐρούµε x y στο a, b) µε f x) f y) αν η f ήταν σταθερή στο a, b) τότε η f ϑα ήταν γραµµική. Για την συνάρτηση g που ορίσαµε παραπάνω έχουµε τότε ότι η Ιακωβιανή της στο x, y) δεν µηδενίζεται : ελέγξτε ότι είναι ίση µε f x) f y) > 0. Από το ϑεώρηµα αντίστροφης απεικόνισης έπεται ότι η g είναι οµοιοµορφισµός σε µια περιοχή του x, y), άρα το Γ + Γ = g[a, b] [a, b]) έχει µη κενό εσωτερικό. 38. Εστω A E B. Αν τα A, B είναι µετρήσιµα και λa) = λb) <, δείξτε ότι το E είναι µετρήσιµο. Υπόδειξη. Αρχικά, παρατηρούµε ότι λa) = λ A) λ E) λ B) = λb). Από την υπόθεση ότι λa) = λb) έπεται ότι ισχύει παντού ισότητα στην παραπάνω σχέση. Ειδικότερα, λa) = λ E). Αφού το A είναι µετρήσιµο, και από την E A = A, έχουµε λa) = λ E) = λ E A) + λ E \ A) = λ A) + λ E \ A) = λa) + λ E \ A), απ όπου έπεται ότι λ E \ A) = 0. Άρα, το E \ A είναι µετρήσιµο, και έπεται ότι το το E = A E \ A) είναι µετρήσιµο. 39. Εστω E R µε λe) <. Υποθέτουµε ότι E = E 1 E 2, E 1 E 2 = και λe) = λ E 1 ) + λ E 2 ). είξτε ότι τα E 1, E 2 είναι µετρήσιµα. Υπόδειξη. Για κάθε n N, υπάρχουν ανοικτά σύνολα A n, B n, G n µε E 1 A n, E 2 B n και E G n,

1.2. ΟΜΑ Α Β 33 τέτοια ώστε λa n ) < λ E 1 ) + 1 n, λb n) < λ E 2 ) + 1 n και λg n) < λe) + 1 n. Θέτουµε C n = n G k A k ) και D n = n G k B k ). Τότε, οι C n ), D n ) είναι ϕθίνουσες k=1 k=1 ακολουθίες ανοικτών συνόλων, µε E 1 C n, E 2 D n, και Ορίζουµε τώρα C = λc n ) < λ E 1 ) + 1 n, λd n) < λ E 2 ) + 1 n. C n και D = D n. Τα C, D είναι G δ -σύνολα, άρα είναι µετρήσιµα. Επιπλέον, E 1 C και E 2 D, άρα E D c E 1. Άρα, για να δείξουµε ότι το E 1 είναι µετρήσιµο, από την Άσκηση 38 αρκεί να δείξουµε ότι λc) = λe D c ). Αφού τα C, E D c έχουν πεπερασµένο µέτρο και E D c C, αρκεί να δείξουµε ότι το C \ E D c ) = C D) C E c ) έχει µηδενικό µέτρο. Για το C E c, γράφουµε C E c = C n E c ). Οµως, η C n E c ) είναι ϕθίνουσα, και λc n E c ) λg n E c ) = λg n ) λe) 1 n. Εποµένως, λc E c ) = 0. Για το C D, γράφουµε C D = και C n D n ). Οµως, η C n D n ) είναι ϕθίνουσα, λc n D n ) = λc n ) + λd n ) λc n D n ) λ E 1 ) + λ E 2 ) + 2 n λc n D n ) λ E 1 ) + λ E 2 ) + 2 n λe) = 2 n, όπου χρησιµοποιήσαµε τις E = E 1 E 2 C n D n και λe) = λ E 1 ) + λ E 2 ). Άρα, λc D) = 0. 40. Εστω E Lebesgue µετρήσιµα υποσύνολα του R 2 και έστω T : R 2 R 2 γραµ- µική απεικόνιση. είξτε ότι το T E) είναι Lebesgue µετρήσιµο. Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι αν το F R k είναι συµπαγές τότε το T F ) είναι συµπαγές, και δείξτε ότι αν το E είναι F σ σύνολο τότε το T E) είναι F σ σύνολο. Κατόπιν, χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι η T είναι Lipschitz συνεχής, δείξτε ότι αν λa) = 0 τότε λt A)) = 0.