Mitta- ja integraaliteoria Harjoitus 1, 11.9.2015 1. Näytä, että joukossa X on äärettömän monta alkiota jos ja vain jos on joukko A ⊂ X, A 6= X, joka on yhtä mahtava kuin X. Ratkaisu: ” ⇒ ” : Joukon X äärettömän monesta alkiosta voidaan valita jono (x1 , x2 , . . . ) eri pisteitä. Olkoon A = X \ {x1 } ja f : A → X, ( xk−1 , jos x = xk jollain k = 2, 3, . . . f (x) := x muuten. Tällöin A ⊂ X, A 6= X ja f : A → X on bijektio, eli A ja X ovat yhtä mahtavat. ” ⇐ ” : Jos X olisi äärellinen joukko ja A sen aito osajoukko, niin mikään kuvaus f : X → A ei voisi olla injektio kyyhkyslakkaperiaatteen nojalla. Siten tällaisen yhtämahtavan aidon osajoukon A olemassaolosta seuraa, että joukossa X on äärettömän monta alkiota. 2. Todista Lause 1.2 : Jos I on ylinumeroituva indeksijoukko ja ai > 0 kaikilla i ∈ I, P niin i∈I ai = ∞. Ratkaisu: Olkoon I0 := {i ∈ I : ai > 1} ja kaikilla j = 1, 2, . . . Ij := {i ∈ I : 2−j < ai ≤ 2−j+1 }. Tällöin I = I0 ∪ I1 ∪ I2 ∪ · · · , ja jonkin näistä joukoista Ij on oltava ylinumeroituva, sillä muuten I olisi niiden numeroituvana yhdisteenä itsekin numeroituva. Siten on k ∈ N jolle Ik on ylinumeroituva, erityisesti ääretön, eli on äärettömän monta lukua ai > 2−k . Tästä seuraa että X X X ai ≥ ai = sup ai = ∞. i∈I i∈Ik J⊂Ik ,J äärellinen J 3. Olkoon f : [0, 1] → [0, 1] vähenevä. Näytä, että joukko A = x ∈ [0, 1] : f ei ole jatkuva pisteessä x on numeroituva.1 Ratkaisu: Vähenevällä funktiolla on joka pisteessä toispuoleiset raja-arvot, ja epäjatkuvuuspisteissä x ∈ A on oltava ax = lim f (y) − lim f (y) > 0. y→x− y→x+ P Tehdään antiteesi: A on ylinumeroituva. Tällöin lauseen 1.2. ax = ∞, eriP nojalla tyisesti on äärellinen pistejoukko x1 < · · · < xn ∈ A joille axj ≥ 3. Toispuoleisten 1Vihje: Lause 1.2. raja-arvojen määritelmästä saadaan pisteet y1 < x1 < z1 < y2 < x2 < z2 < · · · < yn < xn < zn joille n X f (yj ) − f (zj ) ≥ 2. j=1 Tämän nähdään kuitenkin johtavan ristiriitaan arvioimalla 1 ≥ f (0) − f (1) n X = f (0) + −f (yj ) + f (yj ) − f (zj ) + f (zj ) − f (1) j=1 ≥ n X f (yj ) − f (zj ) ≥ 2. j=1 4. Olkoon x ∈ Rn . Näytä, että m∗ ({x}) = 0. Ratkaisu: Merkitään x = (x1 , . . . , xn ) ja valitaan testiväleiksi Ij = (x1 − 1j , x1 + 1j )×· · ·×(xn − 1 , xn + 1j ). Ulkomitan määritelmässä voidaan pisteen x numeroituvasti äärettömänä j peitteenä käyttää tällaisen välin lisäksi numeroituvan montaa tyhjää joukkoa, ja saadaan X 2n m∗ ({x}) ≤ v(Ij ) + v(∅) = n j N kaikilla j ∈ N, siis m∗ ({x}) = 0 sillä 2n jn → 0 kun j → ∞. 5. Olkoon A = Q ∩ [0, 1]. Näytä, että A voidaan peittää avoimilla väleillä, joiden pituuksien summa on enintään 1/10. Ratkaisu: Rationaalilukujen numeroituvuuden perusteella voidaan joukko A esittää jonona A = {q1 , q2 , . . . }. Tälle jonolle saadaan helposti vaadittu peite asettamalla Ij = (qj − 2j120 , qj + 2j120 ), ja käyttämällä geometrista summaa ∞ X ∞ 1 X 1 1 v(Ij ) = = . j 10 j=1 2 10 j=1 1 Yläraja 10 on konstruktion kannalta korvattavissa millä tahansa ε > 0, eli erityisesti ∗ m (A) = 0. Sama pätee edelleen kaikille numeroituville avaruuden Rn osajoukoille. ——— Seuraavista tehtävistä selviää, miksi Lebesguen ulkomitan määritelmässä käytetään äärettömän montaa peittävää väliä. Joukon A ⊂ R Jordanin ulkomitta on k k nX o [ J (A) = inf v(Ii ) : Ii on avoin väli kaikilla i = 1 . . . k, A ⊂ Ii , i=1 i=1 missä v(I) = (b − a) on välin I =]a, b[ pituus. 6. Olkoot A, B ⊂ R. Osoita, että J (A ∪ B) ≤ J (A) + J (B). Ratkaisu: Olkoon ε > 0. Valitaan avoimet välit I1 , I2 , . . . , Ik ja I10 , I20 , . . . , Il0 joille A⊂ k [ Ij , B⊂ j=1 l [ Ij0 j=1 ja k X v(Ij ) ≤ J (A) + ε, l X v(Ij0 ) ≤ J (B) + ε. j=1 j=1 0 Tällöin A ∪ B ⊂ I1 ∪ · · · ∪ Ik ∪ ∪ · · · ∪ Il ja J (A ∪ B) ≤ v(I1 ) + · · · + v(Ik ) + v(I10 ) + · · · I10 + v(Il0 ) ≤ J (A) + J (B) + 2ε, mistä väite seuraa kun ε valittiin mielivaltaisesti. 7. Osoita, että J (A) = J (A) kaikilla A ⊂ R. Ratkaisu: Olkoon A ⊂ R. Selvästi J (A) ≤ J (A), sillä A ⊂ A ja isomman joukon peite on aina myös sen jokaisen osajoukon peite. Jos J (A) = ∞, on epäyhtälö toiseen suuntaan triviaali. Oletetaan siis J (A) < ∞. Olkoot ε > 0 ja I1 = (a1 , b1 ), . . . , Ik = P S P (ak , bk ) avoimia välejä, joille A ⊂ Ij ja kj=1 v(Ij ) = kj=1 bj − aj ≤ J (A) + S ε. Vastaavien suljettujen välien äärellinen yhdiste [aj , bj ] on suljettu ja sisältää joukon A, joten joukon sulkeuman määritelmän nojalla sisältää myös sen sulkeuman ε ε A. Siten muodostamalla välit Ij0 = (aj − 2k , bj + 2k ) saadaan [ [ A⊂ Ij ⊂ Ij0 , ja siten J (A) ≤ k X j=1 v(Ij0 ) =ε+ k X v(Ij ) ≤ J (A) + 2ε. j=1 Koska mielivaltaisella ε > 0 pätee J (A) ≤ J (A)+2ε, niin yhdessä toisen epäyhtälön kanssa saadaan J (A) = J (A). 8. Näytä joukon Q ∩ [0, 1] avulla, että subadditiivisuus ei päde “ulkomitalle” J : Ratkaisu: Edellisen tehtävän nojalla J (Q ∩ [0, 1]) = J (Q ∩ [0, 1]) = J ([0, 1]) = 1, missä viimeinen yhtäsuuruus voidaan perustella seuraavasti: 2Vihje: Tehtävä 7. Näytä, että J (Q ∩ [0, 1]) = 1 mutta J ({q}) = 0 kaikilla q ∈ Q ∩ [0, 1]. 2 Mielivaltaiselle välin [0, 1] äärelliselle peitteelle avoimilla väleillä I1 = (a1 , b1 ), . . . , Ik = (ak , bk ) Jordanin ulkomitan määritelmässä on olemassa j1 siten, että aj1 < 0. Samoin löytyy j2 jolle aj2 ≤ bj1 , ja näin edeten viimeistään k. vaiheessa on lisäksi oltava 1 < bjl jollain l = 1, 2, . . . , k. Siten saadaan k X j=1 v(Ij ) ≥ l X bji − aji ≥ 1. i=1 Tämä pätee mielivaltaiselle määritelmän peitteelle, joten luku 1 on alaraja myös infimumille ja siis J ([0, 1]) ≥ 1. Koska kaikilla ε > 0 väli [−ε, 1 + ε] on sellaisenaan peite, on J ([0, 1]) = 1. Toisaalta jokaisella x ∈ R pätee J ({x}) = 0, mikä voidaan osoittaa samoin kuin Lebesguen ulkomitalle tehtävässä 4. Edellisten nojalla J ei ole subadditiivinen, sillä kun Q ∩ [0, 1] = {q1 , q2 , . . . }, niin ∞ ∞ X [ J ({qj }) = 0 < 1 = J (Q ∩ [0, 1]) = J ( {qj }). j=1 j=1