Ukuran Lebesgue pada ℝ^r — Fondasi Teori Ukuran

Sesudah gagasan-gagasan yang sangat abstrak dalam §§111-113, terdapat kebutuhan mendesak akan contoh-contoh ruang ukur yang taktrivial. Contoh yang jauh lebih penting daripada contoh-contoh lain adalah ruang-ruang Euklides \(\BbbR^r\) dengan ukuran Lebesgue, dan sekarang saya akan menguraikan definisi ukuran-ukuran ini (115A-115E), beserta beberapa sifat dasarnya. Kecuali pada satu titik (dalam bukti lema fundamental 115B), bagian ini tidak bergantung secara hakiki pada §114; tetapi bagaimanapun, kebanyakan mahasiswa yang menjumpai ukuran Lebesgue untuk pertama kalinya akan merasa lebih mudah mempelajari dengan saksama kasus berdimensi satu sebelum beranjak ke kasus berdimensi banyak.

115A Definisi (a)

Hampir di seluruh bagian ini (pengecualiannya adalah bukti Lema 115B), \(r\) akan menyatakan suatu bilangan bulat tetap yang lebih besar daripada atau sama dengan \(1\). Saya akan menggunakan huruf Latin \(a\), \(b\), \(c\), \(d\), \(x\), \(y\) untuk menyatakan anggota \(\BbbR^r\), dan huruf Yunani untuk koordinatnya, sehingga \(a=(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)\), \(b=(\beta_1,\ldots,\beta_r)\), \(x=(\xi_1,\ldots,\xi_r)\).

115Ab (b)

Untuk keperluan bagian ini, sebuah interval setengah terbuka dalam \(\BbbR^r\) adalah himpunan berbentuk \(\coint{a,b}=\{x:\alpha_i\le \xi_i<\beta_i\Forall i\le r\}\), dengan \(a\), \(b\in\BbbR^r\). Perhatikan bahwa saya mengizinkan \(\beta_i\le \alpha_i\) dalam rumus ini; jika hal ini terjadi untuk suatu \(i\), maka \(\coint{a,b}=\emptyset\).

115Ac (c)

Jika \(I=\coint{a,b}\subseteq \BbbR^r\) adalah interval setengah terbuka, maka \(I=\emptyset\) atau

\(\alpha_i=\inf\{\xi_i:x\in I\}\), \(\beta_i=\sup\{\xi_i:x\in I\}\)

untuk setiap \(i\le r\); dalam kasus kedua, penyajian \(I\) sebagai interval setengah terbuka bersifat unik. Karena itu, kita dapat mendefinisikan volume berdimensi \(r\) \(\lambda I\) dari suatu interval setengah terbuka \(I\) dengan menetapkan

\(\lambda\emptyset = 0\), \(\lambda\coint{a,b}=\prod_{i=1}^r\beta_i-\alpha_i\) jika \(\alpha_i<\beta_i\) untuk setiap \(i\).

115B Lema

Jika \(I\subseteq\BbbR^r\) adalah interval setengah terbuka dan \(\langle I_j\rangle_{j\in\Bbb N}\) adalah barisan interval setengah terbuka yang menutupi \(I\), maka \(\lambda I\le\sum_{j=0}^{\infty}\lambda I_j\).

Bukti

Bukti dilakukan dengan induksi pada \(r\). Karena itu, hanya untuk bukti ini, saya menuliskan \(\lambda_r\) bagi fungsi yang didefinisikan pada interval-interval setengah terbuka dalam \(\BbbR^r\) melalui rumus 115Ac.

(a) Argumen untuk \(r=1\), yang memulai induksi, serupa dengan langkah induksi; tetapi alih-alih menetapkan kesepakatan yang sesuai untuk membangun kasus trivial \(r=0\), atau meminta Anda mengerjakan sendiri rinciannya, saya merujuk Anda ke 114B, yang tepat merupakan kasus \(r=1\).

(b) Untuk langkah induksi menuju \(r+1\), dengan \(r\ge 1\), ambil interval setengah terbuka \(I\subseteq\BbbR^{r+1}\) dan \(\sequence{j}{I_j}\) suatu barisan interval setengah terbuka yang menutupi \(I\). Jika \(I=\emptyset\), tentu saja \(\lambda_{r+1} I=0\le\sum_{j=0}^{\infty}\lambda_{r+1} I_j\). Jika tidak, nyatakan \(I\) sebagai \(\coint{a,b}\), dengan \(\alpha_i<\beta_i\) untuk \(i\le r+1\), dan setiap \(I_j\) sebagai \(\coint{a^{(j)},b^{(j)}}\). Tuliskan \(\zeta=\prod_{i=1}^r\beta_i-\alpha_i\), sehingga \(\lambda_{r+1}I=\zeta(\beta_{r+1}-\alpha_{r+1})\). Tetapkan \(\epsilon>0\). Untuk setiap \(\xi\in \Bbb R\), misalkan \(H_{\xi}\) adalah setengah-ruang \(\{x:\xi_{r+1}<\xi\}\), dan tinjau himpunan

\(A=\{\xi:\alpha_{r+1}\le \xi\le \beta_{r+1},\, \zeta(\xi-\alpha_{r+1}) \le(1+\epsilon)\sum_{j=0}^{\infty}\lambda_{r+1}(I_j\cap H_{\xi})\}\).

(Perhatikan bahwa \(I_j\cap H_{\xi}=\mathopen{[}a^{(j)},\tilde b^{(j)}\mathclose{[}\), dengan \(\tilde\beta^{(j)}_i=\beta^{(j)}_i\) untuk \(i\le r\) dan \(\tilde\beta^{(j)}_{r+1}=\min(\beta^{(j)}_{r+1},\xi)\), sehingga \(\lambda_{r+1}(I_j\cap H_{\xi})\) selalu terdefinisi.) Kita mempunyai \(\alpha_{r+1}\in A\), karena

\(\zeta(\alpha_{r+1}-\alpha_{r+1})=0 \le(1+\epsilon)\sum_{j=0}^{\infty}\lambda_{r+1}(I_j\cap H_{\alpha_{r+1}})\),

dan tentu saja \(A\subseteq[\alpha_{r+1},\beta_{r+1}]\), sehingga \(\gamma=\sup A\) terdefinisi dan termasuk dalam \([\alpha_{r+1},\beta_{r+1}]\).

(c) Sekarang kita dapati bahwa \(\gamma\in A\).

\[\begin{aligned}\Prf\ \zeta(\gamma-\alpha_{r+1}) &=\sup_{\xi\in A}\zeta(\xi-\alpha_{r+1})\\ &\le(1+\epsilon)\sup_{\xi\in A} \sum_{j=0}^{\infty}\lambda_{r+1}(I_j\cap H_{\xi}) \le(1+\epsilon)\sum_{j=0}^{\infty}\lambda_{r+1}(I_j\cap H_{\gamma}). \quad\square\\\end{aligned}\]

(d) ? Andaikan, jika mungkin, bahwa \(\gamma<\beta_{r+1}\). Maka \(\gamma\in\coint{\alpha_{r+1},\beta_{r+1}}\). Tetapkan

\(J=\{x:x\in\BbbR^r,\,(x,\gamma)\in I\} =\coint{a',b'}\),

dengan \(a'=(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)\), \(b'=(\beta_1,\ldots,\beta_r)\), dan untuk setiap \(j\in\Bbb N\) tetapkan

\(J_j=\{x:x\in\BbbR^r,\,(x,\gamma)\in I_j\}\).

Karena \(I\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}I_j\), kita harus mempunyai \(J\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}J_j\). Tentu saja, baik \(J\) maupun setiap \(J_j\) merupakan interval setengah terbuka dalam \(\BbbR^r\). (Inilah salah satu tempat yang memperlihatkan manfaat menganggap himpunan kosong sebagai interval setengah terbuka.) Menurut hipotesis induksi, \(\zeta=\lambda_rJ\le\sum_{j=0}^{\infty}\lambda_rJ_j\). Karena \(\zeta>0\), terdapat \(m\in\Bbb N\) sedemikian sehingga \(\zeta\le(1+\epsilon)\sum_{j=0}^m\lambda_rJ_j\). Sekarang, untuk setiap \(j\le m\), berlaku \(J_j=\emptyset\) atau \(\alpha^{(j)}_{r+1}\le\gamma<\beta^{(j)}_{r+1}\); tetapkan

\(\xi=\min(\{\beta_{r+1}\}\cup\{\beta^{(j)}_{r+1}:j\le m,\,J_j\ne\emptyset\})>\gamma\).

Maka

\(\lambda_{r+1}(I_j\cap H_{\xi}) \ge\lambda_{r+1}(I_j\cap H_{\gamma})+(\xi-\gamma)\lambda_rJ_j\)

untuk setiap \(j\le m\) yang untuknya \(J_j\) tak kosong, dan karena itu untuk setiap \(j\). Akibatnya,

\[\begin{aligned}\zeta(\xi-\alpha_{r+1}) &=\zeta(\gamma-\alpha_{r+1})+\zeta(\xi-\gamma)\\ &\le(1+\epsilon)\sum_{j=0}^{\infty}\lambda_{r+1}(I_j\cap H_{\gamma}) +(1+\epsilon)(\xi-\gamma)\sum_{j=0}^m\lambda_rJ_j\\ &\le(1+\epsilon)\sum_{j=m+1}^{\infty}\lambda_{r+1}(I_j\cap H_{\gamma}) +(1+\epsilon)\sum_{j=0}^m\lambda_{r+1}(I_j\cap H_{\xi})\\ &\le(1+\epsilon)\sum_{j=0}^{\infty}\lambda_{r+1}(I_j\cap H_{\xi}),\\\end{aligned}\]

dan \(\xi\in A\), yang mustahil. X

(e) Kita menyimpulkan bahwa \(\gamma=\beta_{r+1}\), sehingga \(\beta_{r+1}\in A\) dan

\(\lambda_{r+1}I=\zeta(\beta_{r+1}-\alpha_{r+1}) \le(1+\epsilon)\sum_{j=0}^{\infty}\lambda_{r+1}(I_j\cap H_{\beta_{r+1}}) \le(1+\epsilon)\sum_{j=0}^{\infty}\lambda_{r+1}I_j\).

Karena \(\epsilon\) sebarang,

\(\lambda_{r+1}I\le\sum_{j=0}^{\infty}\lambda_{r+1}I_j\),

sebagaimana diklaim.

Catatan Bukti ini cukup berat, dan tidak semua orang menyusun uraian serinci ini untuk membuktikannya. Pendekatan yang barangkali lebih konvensional diuraikan secara garis besar dalam 115Ya, dengan menggunakan teorema Heine–Borel untuk mereduksi masalah menjadi persoalan tentang liputan berhingga, kemudian (sangat sering) mengatakan bahwa persoalan tersebut trivial. Saya tidak menggunakan metode ini, antara lain karena kita tidak memerlukan teorema Heine–Borel di tempat lain dalam jilid ini (meskipun kita pasti memerlukannya dalam Jilid 2, dan saya menuliskan buktinya dalam 2A2F), dan antara lain karena saya tidak setuju bahwa lema tersebut trivial ketika kita mempunyai barisan berhingga \(I_0,\ldots,I_m\) yang menutupi \(I\). Saya mengundang Anda untuk mempertimbangkannya sendiri. Menurut saya, setiap argumen yang saksama harus melibatkan induksi pada dimensi, dan itulah yang saya berikan di sini. Tentu saja, penanganan barisan tak hingga sepanjang pembuktian membuat pelacakan atas apa yang sedang kita kerjakan sedikit lebih sulit, dan saya mencatat bahwa sesungguhnya terdapat suatu langkah krusial yang mengharuskan pemotongan barisan; yang saya maksud ialah rumus

\(\xi=\min(\{\beta_{r+1}\}\cup\{\beta^{(j)}_{r+1}: j\le m,\,J_j\ne\emptyset\})\)

pada bagian (d) dari bukti. Kita jelas tidak dapat mengambil \(\xi=\inf\{\beta^{(j)}_{r+1}:j\in\Bbb N,\,J_j\ne\emptyset\}\), karena nilai ini sangat mungkin sama dengan \(\gamma\). Dengan demikian, saya memerlukan suatu alasan untuk memotong barisan, dan alasan itu terdapat dalam kalimat

Karena \(\zeta>0\), terdapat \(m\in\Bbb N\) sedemikian sehingga \(\zeta\le(1+\epsilon)\sum_{j=0}^m\lambda_rJ_j\).

Langkah itulah alasan untuk memasukkan kelonggaran \(\epsilon\) ke dalam definisi himpunan \(A\) pada awal bukti. Selain modifikasi ini, struktur argumen tersebut dimaksudkan mencerminkan struktur 114B; jadi saya berharap Anda dapat menggunakan rumus-rumus yang lebih sederhana dalam 114B sebagai panduan di sini.

115C Definisi

Sekarang, dan untuk seluruh sisa bagian ini, definisikan \(\theta:\Cal P(\BbbR^r)\to[0,\infty]\) dengan menetapkan

\[\begin{aligned}\theta A=\inf\{\sum_{j=0}^{\infty}\lambda I_j:\langle I_j\rangle_{j\in\Bbb N} \text{ adalah barisan }&\text{interval setengah terbuka}\\ &\text{sedemikian sehingga } A\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}I_j\}.\\\end{aligned}\]

Perhatikan bahwa setiap \(A\) dapat ditutupi oleh suatu barisan interval setengah terbuka — misalnya, \(A\subseteq\bigcup_{n\in\Bbb N}\coint{-\tbf{n},\tbf{n}}\), dengan \(\tbf{n}=(n,n,\ldots,n)\in\BbbR^r\); sehingga jika kita menafsirkan jumlah-jumlahnya dalam \([0,\infty]\), seperti dalam 112Bc di atas, kita selalu mempunyai himpunan tak kosong yang infimumnya dapat diambil, dan \(\theta A\) selalu terdefinisi dalam \([0,\infty]\).

Fungsi \(\theta\) ini disebut ukuran luar Lebesgue pada \(\BbbR^{r}\); frasa ini dibenarkan oleh (a) dari proposisi berikutnya.

115D Proposisi

(a) \(\theta\) adalah ukuran luar pada \(\BbbR^r\).

(b) \(\theta I=\lambda I\) untuk setiap interval setengah terbuka \(I\subseteq\BbbR^r\).

Bukti

(a)(i) \(\theta\) mengambil nilai dalam \([0,\infty]\) karena setiap \(\theta A\) merupakan infimum suatu subhimpunan tak kosong dari \([0,\infty]\).

(ii) \(\theta\emptyset=0\) karena (misalnya) jika kita menetapkan \(I_j=\emptyset\) untuk setiap \(j\), maka setiap \(I_j\) adalah interval setengah terbuka (menurut kesepakatan yang saya gunakan), \(\emptyset\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}I_j\) dan \(\sum_{j=0}^{\infty}\lambda I_j=0\).

(iii) Jika \(A\subseteq B\), maka setiap kali \(B\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}I_j\) kita mempunyai \(A\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}I_j\), sehingga \(\theta A\) adalah infimum suatu himpunan yang memuat himpunan yang terlibat dalam definisi \(\theta B\), dan \(\theta A\le\theta B\).

(iv) Sekarang andaikan bahwa \(\langle A_n\rangle_{n\in\Bbb N}\) adalah barisan subhimpunan \(\BbbR^r\), dengan gabungan \(A\). Untuk setiap \(\epsilon>0\), kita dapat memilih, bagi setiap \(n\in\Bbb N\), suatu barisan \(\langle I_{nj}\rangle_{j\in\Bbb N}\) yang terdiri atas interval setengah terbuka sedemikian sehingga \(A_n\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}I_{nj}\) dan \(\sum_{j=0}^{\infty}\lambda I_{nj}\le\theta A_n+2^{-n}\epsilon\). (Anda mungkin perlu memeriksa bahwa perumusan ini sah, baik ketika \(\theta A_n\) berhingga maupun tak hingga.) Sekarang, menurut 111F(b-ii), terdapat bijeksi dari \(\Bbb N\) ke \(\Bbb N\times\Bbb N\); nyatakan bijeksi ini dalam bentuk \(m\mapsto(k_m,l_m)\). Maka kita memperoleh

\(\sum_{m=0}^{\infty}\lambda I_{k_m,l_m} =\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{j=0}^{\infty}\lambda I_{nj}\).

(Untuk melihat ini, perhatikan bahwa karena setiap \(\lambda I_{nj}\) lebih besar daripada atau sama dengan \(0\), dan \(m\mapsto(k_m,l_m)\) adalah bijeksi, kedua jumlah sama dengan

\(\sup_{K\subseteq\Bbb N\times\Bbb N\text{ berhingga}} \sum_{(n,j)\in K}\lambda I_{nj}\).

Atau lihat argumen yang dituliskan lengkap dalam 114D.) Namun sekarang \(\langle I_{k_m,l_m}\rangle_{m\in\Bbb N}\) adalah barisan interval setengah terbuka dan

\(A=\bigcup_{n\in\Bbb N}A_n \subseteq\bigcup_{n\in\Bbb N}\bigcup_{j\in\Bbb N}I_{nj} =\bigcup_{m\in\Bbb N}I_{k_m,l_m}\),

sehingga

\[\begin{aligned}\theta A &\le\sum_{m=0}^{\infty}\lambda I_{k_m,l_m} =\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{j=0}^{\infty}\lambda I_{nj}\\ &\le\sum_{n=0}^{\infty}(\theta A_n+2^{-n}\epsilon) =\sum_{n=0}^{\infty}\theta A_n+\sum_{n=0}^{\infty}2^{-n}\epsilon =\sum_{n=0}^{\infty}\theta A_n+2\epsilon.\\\end{aligned}\]

Karena \(\epsilon\) sebarang, \(\theta A\le\sum_{n=0}^{\infty}\theta A_n\) (sekali lagi, Anda sebaiknya memeriksa bahwa ini sah, baik \(\sum_{n=0}^{\infty}\theta A_n\) berhingga maupun tidak). Karena \(\langle A_n\rangle_{n\in\Bbb N}\) sebarang, \(\theta\) adalah ukuran luar.

(b) Karena kita selalu dapat mengambil \(I_0=I\) dan \(I_j=\emptyset\) untuk \(j\ge 1\), untuk memperoleh barisan interval setengah terbuka yang menutupi \(I\) dengan \(\sum_{j=0}^{\infty}\lambda I_j=\lambda I\), kita tentu mempunyai \(\theta I\le\lambda I\). Untuk ketaksamaan sebaliknya, gunakan 115B; jika \(I\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}I_j\), maka \(\lambda I\le\sum_{j=0}^{\infty}\lambda I_j\); karena \(\langle I_j\rangle_{j\in\Bbb N}\) sebarang, \(\theta I\ge\lambda I\) dan \(\theta I=\lambda I\), sebagaimana diperlukan.

115E Definisi

Karena ukuran luar Lebesgue (115C) adalah memang ukuran luar (115Da), kita dapat menggunakannya untuk mengonstruksi suatu ukuran \(\mu\), dengan metode Carathéodory (113C). Ukuran ini adalah ukuran Lebesgue pada \(\BbbR^r\). Himpunan-himpunan \(E\) dengan \(\mu E\) terdefinisi (yakni, yang memenuhi \(\theta(A\cap E)+\theta(A\setminus E)=\theta A\) untuk setiap \(A\subseteq\BbbR^r\)) disebut terukur Lebesgue.

Himpunan-himpunan yang terabaikan untuk \(\mu\) disebut terabaikan Lebesgue; perhatikan bahwa himpunan-himpunan ini tepatlah himpunan \(A\) yang memenuhi \(\theta A=0\), dan semuanya terukur Lebesgue (113Xa).

115F Lema

Jika \(i\le r\) dan \(\xi\in\Bbb R\), maka \(H_{i\xi}=\{y:\eta_i<\xi\}\) terukur Lebesgue.

Bukti

Tuliskan \(H\) untuk \(H_{i\xi}\).

(a) Intinya adalah bahwa \(\lambda I=\lambda(I\cap H)+\lambda(I\setminus H)\) untuk setiap interval setengah terbuka \(I\subseteq\BbbR^r\). Bukti. Jika \(I\subseteq H\) atau \(I\cap H=\emptyset\), hal ini langsung jelas. Jika tidak, \(I\) harus berbentuk \(\coint{a,b}\), dengan \(\alpha_i<\xi<\beta_i\). Sekarang \(I\cap H=\coint{a,x}\) dan \(I\setminus H=\coint{y,b}\), dengan \(\xi_j=\beta_j\) untuk \(j\ne i\), \(\xi_i=\xi\), \(\eta_j=\alpha_j\) untuk \(j\ne i\), \(\eta_i=\xi\), sehingga keduanya merupakan interval setengah terbuka, dan

\[\begin{aligned}\lambda(I\cap H)+\lambda(I\setminus H) &=(\xi-\alpha_i)\prod_{j\ne i}(\beta_j-\alpha_j) +(\beta_i-\xi)\prod_{j\ne i}(\beta_j-\alpha_j)\\ &=(\beta_i-\alpha_i)\prod_{j\ne i}(\beta_j-\alpha_j) =\lambda I.\quad\square\\\end{aligned}\]

(b) Sekarang andaikan bahwa \(A\) adalah sembarang subhimpunan \(\BbbR^r\), dan \(\epsilon>0\). Maka kita dapat menemukan barisan \(\langle I_j\rangle_{j\in\Bbb N}\) yang terdiri atas interval setengah terbuka sedemikian sehingga \(A\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}I_j\) dan \(\sum_{j=0}^{\infty}\lambda I_j\le\theta A+\epsilon\). Dalam hal ini, \(\langle I_j\cap H\rangle_{j\in\Bbb N}\) dan \(\langle I_j\setminus H\rangle_{j\in\Bbb N}\) adalah barisan interval setengah terbuka, \(A\cap H\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}(I_j\cap H)\) dan \(A\setminus H\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}(I_j\setminus H)\). Jadi

\[\begin{aligned}\theta(A\cap H)+\theta(A\setminus H) &\le\sum_{j=0}^{\infty}\lambda(I_j\cap H)+\sum_{j=0}^{\infty}\lambda(I_j\setminus H) \\ &=\sum_{j=0}^{\infty}\lambda I_j \le\theta A+\epsilon.\\\end{aligned}\]

Karena \(\epsilon\) sebarang, \(\theta(A\cap H)+\theta(A\setminus H)\le\theta A\); karena \(A\) sebarang, \(H\) terukur, sebagaimana dicatat dalam 113D.

115G Proposisi

Semua subhimpunan Borel dari \(\BbbR^r\) terukur Lebesgue; khususnya, semua himpunan terbuka dan semua himpunan dari kelas-kelas berikut, beserta gabungan terhitung dari himpunan-himpunan tersebut:

interval terbuka \(\ooint{a,b}=\{x:x\in\BbbR^r,\, \alpha_i<\xi_i<\beta_i\Forall i\le r\}\), dengan \(-\infty\le\alpha_i<\beta_i\le\infty\) untuk setiap \(i\le r\);

interval tertutup \([a,b] =\{x:x\in\BbbR^r,\,\alpha_i\le\xi_i\le\beta_i \Forall i\le r\}\), dengan \(-\infty<\alpha_i<\beta_i<\infty\) untuk setiap \(i\le r\).

Kita juga mempunyai rumus berikut untuk ukuran himpunan-himpunan tersebut, dengan \(\mu\) menyatakan ukuran Lebesgue:

\(\mu\ooint{a,b}=\mu[a,b]=\prod_{i=1}^r\beta_i-\alpha_i\)

setiap kali \(a\le b\) dalam \(\BbbR^r\). Akibatnya, setiap subhimpunan terhitung dari \(\BbbR^r\) terukur dan berukuran nol.

Bukti

(a) Pertama-tama saya tunjukkan bahwa semua subhimpunan terbuka dari \(\BbbR^r\) terukur. Bukti. Misalkan \(G\subseteq\BbbR^r\) terbuka. Misalkan \(K\subseteq\BbbQ^r\times\BbbQ^r\) adalah himpunan pasangan \((c,d)\) dari tupel-\(r\) bilangan rasional sedemikian sehingga \(\coint{c,d}\subseteq G\). Sekarang, menurut catatan dalam 111E-111F — khususnya, 111Eb, yang menunjukkan bahwa \(\Bbb Q\) terhitung, 111F(b-iii), yang menunjukkan bahwa produk dua himpunan terhitung adalah terhitung, dan 111F(b-i), yang menunjukkan bahwa subhimpunan dari himpunan terhitung adalah terhitung — kita melihat, dengan induksi pada \(r\), bahwa \(\BbbQ^r\) terhitung, dan bahwa \(K\) terhitung. Selain itu, setiap \(\coint{c,d}\) terukur, karena merupakan

\(\bigcap_{i\le r}H_{i\delta_i}\setminus H_{i\gamma_i}\),

dalam notasi 115F, jika \(c=(\gamma_1,\ldots,\gamma_r)\) dan \(d=(\delta_1,\ldots,\delta_r)\). Jadi, menurut 111Fa, \(G'=\bigcup_{(r,s)\in K}\coint{r,s}\) terukur.

Menurut definisi \(K\), \(G'\subseteq G\). Di pihak lain, jika \(x\in G\), terdapat \(\epsilon>0\) sedemikian sehingga \(y\in G\) setiap kali \(\|y-x\|<\epsilon\). Sekarang, untuk setiap \(i\), terdapat bilangan-bilangan rasional \(\gamma_i\), \(\delta_i\) sedemikian sehingga \(\gamma_i\le\xi_i<\delta_i\) dan \(\delta_i-\gamma_i\le\Bover{\epsilon}{\sqrt r}\). Jika \(y\in\coint{c,d}\), maka \(|\eta_i-\xi_i|<\Bover{\epsilon}{\sqrt r}\) untuk setiap \(i\), sehingga \(\|y-x\|<\epsilon\) dan \(y\in G\). Dengan demikian \((c,d)\in K\) dan \(x\in\coint{c,d}\subseteq G'\). Karena \(x\) sebarang, \(G=G'\) dan \(G\) terukur. ∎

(b) Sekarang keluarga \(\Sigma\) dari himpunan-himpunan terukur Lebesgue adalah aljabar-\(\sigma\) atas subhimpunan-subhimpunan \(\BbbR^r\) yang memuat keluarga himpunan terbuka, sehingga harus memuat setiap himpunan Borel, menurut definisi himpunan Borel (111G).

(c) Di antara jenis-jenis interval yang ditinjau, semua interval terbuka memang merupakan himpunan terbuka, sehingga tentu merupakan himpunan Borel. Sebuah interval tertutup \([a,b]\) dapat dinyatakan sebagai irisan \(\bigcap_{n\in\Bbb N}\ooint{a-2^{-n}\tbf{1},b+2^{-n}\tbf{1}}\) dari suatu barisan interval terbuka, sehingga merupakan himpunan Borel.

(d) Untuk menghitung ukurannya, dari 115Db kita sudah mengetahui bahwa \(\mu\coint{a,b}=\prod_{i=1}^r\beta_i-\alpha_i\) jika \(a\le b\). Untuk jenis-jenis interval berbatas lainnya, cukup diperhatikan bahwa jika \(-\infty<\alpha_i<\beta_i<\infty\) untuk setiap \(i\), maka

\(\coint{a+\epsilon\tbf{1},b} \subseteq\ooint{a,b}\subseteq[a,b]\subseteq \coint{a,b+\epsilon\tbf{1}}\)

setiap kali \(\epsilon>0\) dalam \(\Bbb R\). Jadi

\(\mu\ooint{a,b}\le\mu[a,b] \le\inf_{\epsilon>0}\mu\coint{a,b+\epsilon\tbf{1}} =\inf_{\epsilon>0}\prod_{i=1}^r(\beta_i-\alpha_i+\epsilon) =\prod_{i=1}^r\beta_i-\alpha_i\).

Jika \(\beta_i=\alpha_i\) untuk suatu \(i\), maka kita harus mempunyai

\(\mu\ooint{a,b}=\mu[a,b]= 0=\prod_{i=1}^r\beta_i-\alpha_i\).

Jika \(\beta_i>\alpha_i\) untuk setiap \(i\), tetapkan \(\epsilon_0=\min_{i\le r}\beta_i-\alpha_i>0\); maka

\[\begin{aligned}\mu[a,b]\ge\mu\ooint{a,b} &\ge\sup_{0<\epsilon\le\epsilon_0}\mu\coint{a+\epsilon\tbf{1},b}\\ &=\sup_{0<\epsilon\le\epsilon_0} \prod_{i=1}^r(\beta_i-\alpha_i-\epsilon) =\prod_{i=1}^r\beta_i-\alpha_i.\\\end{aligned}\]

Jadi, dalam kasus ini,

\(\prod_{i=1}^r\beta_i-\alpha_i\le\mu\ooint{a,b} \le\mu[a,b]\le\prod_{i=1}^r\beta_i-\alpha_i\)

dan

\(\mu\ooint{a,b} =\mu[a,b]=\prod_{i=1}^r\beta_i-\alpha_i\).

(e) Menurut (d), \(\mu\{a\}=\mu[a,a]=0\) untuk setiap \(a\). Jika \(A\subseteq\BbbR^r\) terhitung, himpunan tersebut kosong atau dapat dinyatakan sebagai \(\{a_n:n\in\Bbb N\}\). Dalam kasus pertama, \(\mu A=\mu\emptyset=0\); dalam kasus kedua, \(A=\bigcup_{n\in\Bbb N}\{a_n\}\) adalah himpunan Borel dan \(\mu A\le\sum_{n=0}^{\infty}\mu\{a_n\}=0\).

Latihan

115X Latihan dasar

Jika Anda melewati §114, sekarang Anda sebaiknya kembali ke 114X dan memastikan bahwa Anda dapat mengerjakan latihan-latihan di sana maupun latihan-latihan di bawah ini.

115Xa (a)

Tunjukkan bahwa jika \(I\), \(J\) adalah interval setengah terbuka dalam \(\BbbR^r\), maka \(I\setminus J\) dapat dinyatakan sebagai gabungan paling banyak \(2r\) interval setengah terbuka yang saling lepas. Selanjutnya, tunjukkan bahwa (i) setiap gabungan berhingga interval-interval setengah terbuka dapat dinyatakan sebagai gabungan berhingga interval-interval setengah terbuka yang saling lepas (ii) setiap gabungan terhitung interval-interval setengah terbuka dapat dinyatakan sebagai gabungan suatu barisan interval setengah terbuka yang saling lepas.

115Xb (>b) penting

Tuliskan \(\theta\) untuk ukuran luar Lebesgue, \(\mu\) untuk ukuran Lebesgue pada \(\BbbR^r\). Tunjukkan bahwa \(\theta A=\inf\{\mu E:E\) terukur Lebesgue, \(A\subseteq E\}\) untuk setiap \(A\subseteq\BbbR^r\). Petunjuk: Tinjau himpunan-himpunan \(E\) berbentuk \(\bigcup_{j\in\Bbb N}I_j\), dengan \(\sequence{j}{I_j}\) suatu barisan interval setengah terbuka.

115Xc (c)

Misalkan \(E\subseteq\BbbR^r\) suatu himpunan yang mempunyai ukuran berhingga menurut ukuran Lebesgue \(\mu\). Tunjukkan bahwa untuk setiap \(\epsilon>0\) terdapat keluarga saling lepas \(I_0,\ldots,I_n\) yang terdiri atas interval setengah terbuka sedemikian sehingga \(\mu(E\symmdiff\bigcup_{j\le n}I_j)\le\epsilon\). Petunjuk: misalkan \(\langle J_j\rangle_{j\in\Bbb N}\) suatu barisan interval setengah terbuka sedemikian sehingga \(E\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}J_j\) dan \(\sum_{j=0}^{\infty}\mu J_j\le\mu E+\bover{1}{2}\epsilon\). Sekarang ambil \(m\) yang cukup besar dan nyatakan \(\bigcup_{j\le m}J_j\) sebagai gabungan saling lepas interval-interval setengah terbuka.

115Xd (>d) penting

Andaikan bahwa \(c\in\BbbR^r\). (i) Tunjukkan bahwa \(\theta(A+c)=\theta A\) untuk setiap \(A\subseteq\BbbR^r\), dengan \(A+c=\{x+c:x\in A\}\). (ii) Tunjukkan bahwa jika \(E\subseteq \BbbR^r\) terukur, maka \(E+c\) juga terukur, dan dalam hal ini \(\mu(E+c)=\mu E\).

115Xe (e)

Andaikan bahwa \(\gamma>0\). (i) Tunjukkan bahwa \(\theta(\gamma A)=\gamma^r\theta A\) untuk setiap \(A\subseteq\BbbR^r\), dengan \(\gamma A=\{\gamma x:x\in A\}\). (ii) Tunjukkan bahwa jika \(E\subseteq \BbbR^r\) terukur, maka \(\gamma E\) juga terukur, dan dalam hal ini \(\mu(\gamma E)=\gamma^r\mu E\)

115Y Latihan lanjutan (a)

(i) Andaikan bahwa \(M\) adalah bilangan bulat positif dan \(k_i\), \(l_i\) adalah bilangan bulat untuk \(1\le i\le r\). Tetapkan \(\alpha_i=k_i/M\) dan \(\beta_i=l_i/M\) untuk setiap \(i\), dan \(I=\coint{a,b}\). Tunjukkan bahwa \(\lambda I=\#(J)/M^r\), dengan \(J\) menyatakan \(\{z:z\in\BbbZ^r\), \(\bover1Mz\in I\}\). (ii) Tunjukkan bahwa jika suatu interval setengah terbuka \(I\subseteq\BbbR^r\) ditutupi oleh suatu barisan berhingga \(I_0,\ldots,I_m\) yang terdiri atas interval setengah terbuka, dan semua koordinat yang terlibat dalam menentukan interval-interval \(I\), \(I_0,\ldots,I_m\) adalah rasional, maka \(\lambda I\le\sum_{j=0}^m\lambda I_j\). (iii) Dengan mengandaikan teorema Heine–Borel dalam bentuk

setiap kali \([a,b]\) merupakan interval tertutup dalam \(\BbbR^r\) yang ditutupi oleh suatu barisan \(\sequence{j}{\ooint{a^{(j)},b^{(j)}}}\) yang terdiri atas interval terbuka, terdapat \(m\in\Bbb N\) sedemikian sehingga \([a,b]\subseteq\bigcup_{j\le m}\ooint{a^{(j)},b^{(j)}}\),

buktikan 115B. Petunjuk: jika \(\coint{a,b}\subseteq\bigcup_{j\in\Bbb N}\coint{a^{(j)},b^{(j)}}\), gantikan \(\coint{a,b}\) dengan interval tertutup yang lebih kecil dan setiap \(\coint{a^{(j)},b^{(j)}}\) dengan interval terbuka yang lebih besar, dengan mengubah masing-masing volume sebesar nilai yang cukup kecil.

115Yb (b)

(i) Tunjukkan bahwa jika \(A\subseteq\BbbR^r\) dan \(\epsilon>0\), terdapat himpunan terbuka \(G\supseteq A\) sedemikian sehingga \(\theta G\le\theta A+\epsilon\), dengan \(\theta\) ukuran luar Lebesgue. (ii) Tunjukkan bahwa jika \(E\subseteq\BbbR^r\) terukur Lebesgue dan \(\epsilon>0\), terdapat himpunan terbuka \(G\supseteq E\) sedemikian sehingga \(\mu(G\setminus E)\le\epsilon\), dengan \(\mu\) ukuran Lebesgue. Petunjuk: tinjau terlebih dahulu kasus \(E\) berbatas. (iii) Tunjukkan bahwa jika \(E\subseteq\BbbR^r\) terukur Lebesgue, terdapat himpunan-himpunan Borel \(H_1\), \(H_2\) sedemikian sehingga \(H_1\subseteq E\subseteq H_2\) dan \(\mu(H_2\setminus E)=\mu(E\setminus H_1)=0\). Petunjuk: gunakan (ii) untuk menemukan \(H_2\), lalu tinjau komplemen \(E\).

115Yc (c)

Tuliskan \(\theta\) untuk ukuran luar Lebesgue pada \(\BbbR^r\). Tunjukkan bahwa suatu himpunan \(E\subseteq\BbbR^r\) terukur Lebesgue jika dan hanya jika \(\theta([-\tbf{n},\tbf{n}]\cap E)+\theta([-\tbf{n},\tbf{n}]\setminus E)=(2n)^r\) untuk setiap \(n\in\Bbb N\), dengan \(\tbf{n}=(n,\ldots,n)\). Petunjuk: gunakan 115Yb untuk menunjukkan bahwa bagi setiap \(n\) terdapat himpunan-himpunan terukur \(F_n\), \(H_n\) sedemikian sehingga \(F_n\subseteq[-\tbf{n},\tbf{n}]\cap E\subseteq H_n\) dan \(H_n\setminus F_n\) terabaikan.

115Yd (d)

Dengan mengandaikan bahwa terdapat himpunan \(A\subseteq\Bbb R\) yang bukan himpunan Borel, tunjukkan bahwa terdapat keluarga \(\Cal E\) yang terdiri atas interval setengah terbuka dalam \(\BbbR^2\) sedemikian sehingga \(\bigcup\Cal E\) bukan himpunan Borel. Petunjuk: tinjau \(\Cal E=\{\coint{\xi,1+\xi}\times\coint{-\xi,1-\xi}:\xi\in A\}\).

115Ye (e)

Misalkan \(X\) suatu himpunan dan \(\Cal A\) suatu semiring yang terdiri atas subhimpunan-subhimpunan \(X\), yakni, suatu keluarga subhimpunan \(X\) sedemikian sehingga

\(\emptyset\in\Cal A\),

\(E\cap F\in\Cal A\) untuk semua \(E\), \(F\in\Cal A\),

setiap kali \(E\), \(F\in\Cal A\), terdapat himpunan-himpunan saling lepas \(E_0,\ldots,E_n\in\Cal A\) sedemikian sehingga \(E\setminus F=E_0\cup\ldots\cup E_n\).

Misalkan \(\lambda:\Cal A\to[0,\infty]\) suatu fungsional sedemikian sehingga

\(\lambda\emptyset=0\),

\(\lambda E=\sum_{i=0}^{\infty}\lambda E_i\) setiap kali \(E\in\Cal A\) dan \(\sequence{i}{E_i}\) adalah barisan saling lepas dalam \(\Cal A\) dengan gabungan \(E\).

Tunjukkan bahwa terdapat suatu ukuran \(\mu\) pada \(X\) yang memperluas \(\lambda\). Petunjuk: gunakan metode 113Yi.

Catatan dan komentar

115-notes Catatan penutup untuk Bagian 115

Dalam catatan untuk §114, saya meninjau sekilas metode-metode yang sejauh ini tersedia bagi kita untuk mengonstruksi ruang ukur. Sekarang ukuran Lebesgue pada \(\BbbR^r\) dapat kita tambahkan ke dalam daftar tersebut.

Jika Anda melihat kembali §114, Anda akan melihat bahwa saya sengaja menyalin pemaparan di sana. Saya berharap pengulangan ini membantu Anda melihat unsur-unsur hakiki dari metode tersebut, yang berjumlah tiga: suatu konsep primitif tentang volume (114A/115A); subaditivitas terhitung (114B/115B); dan keterukuran blok-blok pembangun (114F/115F).

Mengenai ‘konsep primitif tentang volume’, tidak banyak yang perlu dikatakan. Gagasan panjang suatu interval, luas suatu persegi panjang, dan volume suatu balok dapat ditelusuri sampai ke awal sejarah matematika. Saya menggunakan ‘interval setengah terbuka’, sebagaimana didefinisikan dalam 114Aa/115Ab, semata-mata karena alasan teknis, yakni karena interval-interval tersebut dapat dirangkai dengan rapi (lihat 115Xa dan 115Ye); jika kita memulai dengan interval ‘terbuka’ atau ‘tertutup’, metode ini tetap akan berhasil. Satu hal barangkali layak disebutkan: semua balok yang saya gunakan berorientasi tegak, dengan rusuk-rusuk sejajar terhadap sumbu-sumbu koordinat. Sesungguhnya, membuktikan bahwa suatu balok dalam orientasi lain mempunyai ukuran Lebesgue yang tepat merupakan latihan yang taktrivial, dan saya menundanya hingga Bab 26. Untuk saat ini, kita mencari jalan aman terpendek menuju definisi yang tepat, dan fakta bahwa merotasi suatu himpunan tidak mengubah ukuran Lebesgue-nya harus menunggu.

Langkah besarnya ialah ‘subaditivitas terhitung’: fakta bahwa jika suatu balok ditutupi oleh barisan balok lain, volumenya lebih kecil daripada atau sama dengan jumlah volume balok-balok tersebut. Hal ini tentunya diperlukan jika balok-balok itu harus terukur dan mempunyai ukuran yang tepat, menurut 112Cd. (Yang luar biasa ialah bahwa syarat ini nyaris sudah mencukupi.) Di sini kita mempunyai pekerjaan yang perlu dilakukan, dan dalam kasus berdimensi \(r\) terdapat bukit terjal yang harus didaki. Anda dapat mendakinya dalam dua tahap jika Anda mencari teorema Heine–Borel (115Ya); tetapi sebagaimana saya coba jelaskan dalam catatan setelah 115B, menurut saya jalur ini tidak menghindari satu pun kesulitan yang sesungguhnya.

Hal ketiga yang harus kita periksa ialah bahwa balok-balok tersebut terukur dalam pengertian teknis yang diuraikan oleh teorema Carathéodory. Ini karena balok-balok itu dapat diperoleh dari setengah-ruang melalui operasi irisan, gabungan, dan pengambilan komplemen, sedangkan setengah-ruang terukur karena alasan yang sangat langsung (114F/115F). Setelah itu kita sudah melangkah jauh, dan saya hanya melakukan sedikit lagi: sekadar memeriksa bahwa himpunan terbuka, dan dengan demikian himpunan Borel, terukur, serta bahwa interval tertutup dan terbuka mempunyai ukuran yang tepat (114G/115G). Beberapa sifat ukuran Lebesgue yang lain dapat ditemukan dalam §134. Namun, setiap jilid—bahkan hampir setiap bab—dalam risalah ini akan memperkenalkan ciri-ciri lebih lanjut dari konstruksi yang luar biasa ini.