Ketaksamaan Brunn–Minkowski — Fondasi Teori Ukuran

Sekarang kita telah memiliki sebagian besar unsur penting untuk membuktikan ketaksamaan Brunn-Minkowski (266C) dalam bentuk yang kuat. Saat ini saya tidak berharap akan menggunakannya dalam risalah ini, tetapi ketaksamaan tersebut merupakan salah satu hasil dasar teori ukuran geometris dan, dari posisi kita sekarang, tidak sulit; karena itu saya menyertakannya di sini. Hasil-hasil pendahuluan mengenai rataan aritmetika dan geometrik (266A) serta penutupan esensial (266B) sangat penting pula untuk alasan-alasan lain.

266A Rataan aritmetika dan geometrik

Kita akan memerlukan hasil baku berikut.

Proposisi Jika \(u_0,\ldots,u_n,p_0,\ldots,p_n\in\coint{0,\infty}\) dan \(\sum_{i=0}^np_i=1\), maka \(\prod_{i=0}^nu_i^{p_i}\le\sum_{i=0}^np_iu_i\).

Bukti

Lakukan induksi pada \(n\). Untuk \(n=0\), \(p_0=1\), hasilnya segera. Jika \(n=1\), maka apabila \(u_1=0\) hasilnya segera (bahkan jika, sebagaimana menjadi kebiasaan dalam buku ini, kita menafsirkan \(0^0\) sebagai \(1\)). Jika tidak, tetapkan \(t=\Bover{u_0}{u_1}\); maka

\(t^{p_0}\le p_0t+1-p_0=p_0t+p_1\)

(seperti pada bagian (a) bukti 244E), sehingga

\(u_0^{p_0}u_1^{p_1}=t^{p_0}u_1\le p_0tu_1+p_1u_1 =p_0u_0+p_1u_1\).

Untuk langkah induksi menuju \(n\ge 2\), jika \(p_0=\ldots=p_{n-1}=0\) hasilnya segera. Jika tidak, tetapkan \(q=p_0+\ldots+p_{n-1}=1-p_n\); maka

\[\begin{aligned}\prod_{i=0}^nu_i^{p_i} &=(\prod_{i=0}^{n-1}u_i^{p_i/q})^qu_n^{p_n} \le(\sum_{i=0}^{n-1}\Bover{p_i}qu_i)^qu_n^{p_n}\\ &\text{(berdasarkan hipotesis induksi)}\\ &\le q(\sum_{i=0}^{n-1}\Bover{p_i}qu_i)+p_nu_n\\ &\text{(berdasarkan kasus dua suku yang baru saja diperiksa)}\\ &=\sum_{i=0}^np_iu_i,\\\end{aligned}\]

dan induksi berlanjut.

266B Proposisi

Untuk setiap himpunan \(D\subseteq\BbbR^r\), tetapkan

\(\clstar D=\{x:\limsup_{\delta\downarrow 0} \Bover{\mu^*(D\cap B(x,\delta))}{\mu B(x,\delta)}>0\}\),

dengan \(\mu\) ukuran Lebesgue pada \(\BbbR^r\).

(a) \(D\setminus\clstar D\) terabaikan.

(b) \(\clstar D\subseteq\overline{D}\).

(d) \(\mu(\clstar D)=\mu^*D\).

(e) Jika \(C\subseteq\Bbb R^r\), maka \(\overline{C}+\clstar D\subseteq\clstar(C+D)\), dengan \(C+D\) menyatakan \(\{x+y:x\in C\), \(y\in D\}\).

Bukti

(a) 261Da.

(b) Jika \(x\in\BbbR^r\setminus\overline{D}\), maka \(D\cap B(x,\delta)=\emptyset\) untuk semua \(\delta\) yang cukup kecil.

(c) Intinya hanyalah bahwa \((x,\delta)\mapsto\mu^*(D\cap B(x,\delta))\) kontinu. Bukti. Untuk setiap \(x\), \(y\in\BbbR^r\) dan \(\delta\), \(\eta\ge 0\), kita mempunyai

\[\begin{aligned}|\mu^*(D\cap B(y,\eta))-\mu^*(D\cap B(x,\delta))| &\le\mu(B(y,\eta)\symmdiff B(x,\delta))\\ &=2\mu(B(x,\delta)\cup B(y,\eta))-\mu B(x,\delta)-\mu B(y,\eta)\\ &\le\beta_r\bigl(2(\max(\delta,\eta)+\|x-y\|)^r-\delta^r-\eta^r\bigr)\\ &\text{(dengan }\beta_r=\mu B(\tbf{0},1)\text{)}\\ &\to 0\\\end{aligned}\]

ketika \((y,\eta)\to(x,\delta)\). ∎ Jadi

\(x\mapsto \limsup_{\delta\downarrow 0} \Bover{\mu^*(D\cap B(x,\delta))}{\mu B(x,\delta)} =\inf_{\alpha\in\Bbb Q,\alpha>0}\sup_{\beta\in\Bbb Q,0<\beta\le\alpha} \Bover1{\beta_r\beta^r}\mu^*(D\cap B(x,\beta))\)

terukur Borel, dan

\(\clstar D=\{x:\limsup_{\delta\downarrow 0} \Bover{\mu^*(D\cap B(x,\delta))}{\mu B(x,\delta)}>0\}\)

adalah himpunan Borel.

(d) Berdasarkan (c), \(\mu(\clstar D)\) terdefinisi; berdasarkan (a), \(\mu(\clstar D)\ge\mu^*D\). Di sisi lain, ambil selubung terukur \(E\) dari \(D\) (132Ee); maka 261Db memberi tahu kita bahwa

\(\limsup_{\delta\downarrow 0} \Bover{\mu^*(D\cap B(x,\delta))}{\mu B(x,\delta)} \le\limsup_{\delta\downarrow 0} \Bover{\mu(E\cap B(x,\delta))}{\mu B(x,\delta)} =0\)

untuk hampir setiap \(x\in\BbbR^r\setminus E\), sehingga \(\clstar D\setminus E\) terabaikan dan

\(\mu(\clstar D)\le\mu E=\mu^*D\).

(e) Jika \(x\in\overline{C}\) dan \(y\in\clstar D\), tetapkan

\(\gamma=\Bover13\limsup_{\delta\downarrow 0} \Bover{\mu^*(D\cap B(y,\delta))}{\mu B(y,\delta)}>0\).

Untuk setiap \(\eta>0\), terdapat \(\delta\in\ocint{0,\eta}\) sedemikian sehingga \(\mu^*(D\cap B(y,\delta))\ge 2\gamma\mu B(x,\delta)\). Ambil \(\delta_1\in\coint{0,\delta}\) sedemikian sehingga \(\delta^r-\delta_1^r\le\gamma\delta^r\). Maka terdapat \(x'\in C\) sedemikian sehingga \(\|x-x'\|\le\delta-\delta_1\). Dalam hal ini,

\[\begin{aligned}\mu^*((C+D)\cap B(x+y,\delta)) &\ge\mu^*((x'+D)\cap B(x'+y,\delta_1)) =\mu^*(D\cap B(y,\delta_1))\\ &\ge\mu^*(D\cap B(y,\delta))-\mu B(y,\delta)+\mu B(y,\delta_1)\\ &\ge 2\beta_r\gamma\delta^r-\beta_r\delta^r+\beta_r\delta_1^r \ge\beta_r\gamma\delta^r.\\\end{aligned}\]

Karena \(\eta\) sebarang,

\(\limsup_{\delta\downarrow 0} \Bover{\mu^*((C+D)\cap B(x+y,\delta))}{\mu B(y,\delta)} \ge\gamma\)

dan \(x+y\in\clstar(C+D)\); karena \(x\) dan \(y\) sebarang, \(\overline{C}+\clstar D\subseteq\clstar(C+D)\).

Catatan Dalam konteks ini, \(\clstar D\) disebut penutupan esensial dari \(D\).

266C Teorema

Misalkan \(A\), \(B\subseteq\BbbR^r\) adalah himpunan tak kosong, dengan \(r\ge 1\) bilangan bulat. Jika \(\mu\) adalah ukuran Lebesgue pada \(\BbbR^r\), dan \(A+B=\{x+y:x\in A\), \(y\in B\}\), maka \(\mu^*(A+B)^{1/r}\ge(\mu^*A)^{1/r}+(\mu^*B)^{1/r}\).

Bukti

(a) Pertama-tama tinjau kasus ketika \(A=\coint{a,a'}\) dan \(B=\coint{b,b'}\) adalah interval setengah terbuka. Dalam hal ini \(A+B=\coint{a+b,a'+b'}\); dengan menulis \(a=(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)\), dan seterusnya, seperti dalam §115, tetapkan

\(u_i =\Bover{\alpha'_i-\alpha_i}{\alpha'_i+\beta'_i-\alpha_i-\beta_i}\), \(v_i =\Bover{\beta'_i-\beta_i}{\alpha'_i+\beta'_i-\alpha_i-\beta_i}\)

untuk setiap \(i\). Maka kita mempunyai

\[\begin{aligned}(\mu A)^{1/r}+(\mu B)^{1/r} &=\prod_{i=1}^r(\alpha'_i-\alpha_i)^{1/r} +\prod_{i=1}^r(\beta'_i-\beta_i)^{1/r}\\ &=\mu(A+B)^{1/r}(\prod_{i=1}^ru_i^{1/r}+\prod_{i=1}^rv_i^{1/r})\\ &\le\mu(A+B)^{1/r}(\Bover1r\sum_{i=1}^ru_i+\Bover1r\sum_{i=1}^rv_i)\\ &\text{(266A)}\\ &=\mu(A+B)^{1/r}.\\\end{aligned}\]

(b) Sekarang saya buktikan dengan induksi pada \(m+n\) bahwa jika \(A=\bigcup_{j=0}^mA_j\) dan \(B=\bigcup_{j=0}^nB_j\), dengan \(\langle A_j\rangle_{j\le m}\) dan \(\langle B_j\rangle_{j\le n}\) keduanya keluarga saling lepas dari interval setengah terbuka tak kosong, maka \(\mu(A+B)^{1/r}\ge(\mu A)^{1/r}+(\mu B)^{1/r}\). Bukti. Induksi dimulai dengan kasus \(m=n=0\), yang telah ditangani dalam (a). Untuk langkah induksi menuju \(m+n=l\ge 1\), salah satu dari \(m\), \(n\) tidak nol; argumennya sama dalam kedua kasus; misalkan yang pertama. Karena \(A_0\cap A_1=\emptyset\), harus ada suatu \(j\le r\) dan \(\alpha\in\Bbb R\) sedemikian sehingga \(A_0\) dan \(A_1\) dipisahkan oleh hiperbidang \(\{x:\xi_j=\alpha\}\). Tetapkan \(A'=\{x:x\in A\), \(\xi_j<\alpha\}\) dan \(A''=\{x:x\in A\), \(\xi_j\ge\alpha\}\); maka \(A'\) dan \(A''\) keduanya tak kosong dan dapat dinyatakan sebagai gabungan paling banyak \(m\) interval setengah terbuka yang saling lepas. Tetapkan \(\gamma=\Bover{\mu A'}{\mu A}\in\ooint{0,1}\). Fungsi \(\beta\mapsto\mu\{x:x\in B\), \(\xi_j<\beta\}\) kontinu, sehingga terdapat \(\beta\in\Bbb R\) sedemikian sehingga \(\mu B'=\gamma\mu B\), dengan \(B'=\{x:x\in B\), \(\xi_j<\beta\}\); tetapkan \(B''=B\setminus B'\). Maka \(B'\) dan \(B''\) dapat dinyatakan sebagai gabungan paling banyak \(n+1\) interval setengah terbuka. Berdasarkan hipotesis induksi,

\(\mu(A'+B')^{1/r}\ge(\mu A')^{1/r}+(\mu B')^{1/r}\), \(\mu(A''+B'')^{1/r}\ge(\mu A'')^{1/r}+(\mu B'')^{1/r}\).

Sekarang \(A'+B'\subseteq\{x:\xi_j<\alpha+\beta\}\), sedangkan \(A''+B''\subseteq\{x:\xi_j\ge\alpha+\beta\}\). Jadi

\[\begin{aligned}\mu(A+B) &\ge\mu(A'+B')+\mu(A''+B'')\\ &\ge\bigl((\mu A')^{1/r}+(\mu B')^{1/r}\bigr)^r +\bigl((\mu A'')^{1/r}+(\mu B'')^{1/r}\bigr)^r\\ &=\bigl((\gamma\mu A)^{1/r}+(\gamma\mu B)^{1/r}\bigr)^r +\bigl(((1-\gamma)\mu A)^{1/r}+((1-\gamma)\mu B)^{1/r}\bigr)^r\\ &=(\bigl(\mu A)^{1/r}+(\mu B)^{1/r}\bigr)^r.\\\end{aligned}\]

Dengan mengambil akar ke-\(r\), \(\mu(A+B)^{1/r}\ge(\mu A)^{1/r}+(\mu B)^{1/r}\) dan induksi berlanjut. ∎

(c) Sekarang misalkan \(A\) dan \(B\) adalah himpunan bagian kompak tak kosong dari \(\BbbR^r\). Maka \(\mu(A+B)^{1/r}\ge(\mu A)^{1/r}+(\mu B)^{1/r}\). Bukti. \(A+B\) kompak (karena \(A\times B\subseteq\BbbR^r\times\BbbR^r\) kompak, sebab tertutup dan terbatas, serta penjumlahan kontinu, sehingga kita dapat menggunakan 2A2Eb). Ambil \(\epsilon>0\). Ambil himpunan terbuka \(G\supseteq A+B\) sedemikian sehingga \(\mu G\le\mu(A+B)+\epsilon\) (134Fa); maka terdapat \(\delta>0\) sedemikian sehingga \(B(x,2\delta)\subseteq G\) untuk setiap \(x\in A+B\) (2A2Ed). Ambil \(n\in\Bbb N\) sedemikian sehingga \(2^{-n}\sqrt{r}\le\delta\), dan misalkan \(A_1\) adalah gabungan semua interval setengah terbuka berbentuk \(\coint{2^{-n}z,2^{-n}z+2^{-n}e}\) yang bertemu \(A\), dengan \(z\in\BbbZ^r\) dan \(e=(1,1,\ldots,1)\). Maka \(A_1\) adalah gabungan berhingga yang saling lepas dari interval-interval setengah terbuka, \(A\subseteq A_1\), dan setiap titik dalam \(A_1\) berjarak paling jauh \(\delta\) dari suatu titik dalam \(A\). Dengan cara serupa, kita dapat memperoleh himpunan \(B_1\), suatu gabungan berhingga yang saling lepas dari interval-interval setengah terbuka, yang mencakup \(B\) dan sedemikian sehingga setiap titik dalam \(B_1\) berjarak paling jauh \(\delta\) dari suatu titik dalam \(B\). Namun ini berarti bahwa setiap titik dalam \(A_1+B_1\) berjarak paling jauh \(2\delta\) dari suatu titik dalam \(A+B\), dan termasuk dalam \(G\). Oleh karena itu

\[\begin{aligned}(\mu(A+B)+\epsilon)^{1/r} &\ge(\mu G)^{1/r} \ge\mu(A_1+B_1)^{1/r} \ge(\mu A_1)^{1/r}+(\mu B_1)^{1/r}\\ &\text{(berdasarkan (b))}\\ &\ge(\mu A)^{1/r}+(\mu B)^{1/r}.\\\end{aligned}\]

Karena \(\epsilon\) sebarang, \(\mu(A+B)^{1/r}\ge(\mu A)^{1/r}+(\mu B)^{1/r}\). ∎

(d) Selanjutnya, misalkan \(A\), \(B\subseteq\BbbR^r\) terukur Lebesgue. Maka

\[\begin{aligned}(\mu A)^{1/r}+(\mu B)^{1/r} &=\sup\{(\mu K)^{1/r}+(\mu L)^{1/r}: K\subseteq A\text{ dan }L\subseteq B\text{ kompak}\}\\ &\text{(134Fb)}\\ &\le\sup\{\mu(K+L)^{1/r}: K\subseteq A\text{ dan }L\subseteq B\text{ kompak}\}\\ &\text{(berdasarkan (c))}\\ &\le\mu^*(A+B)^{1/r}.\\\end{aligned}\]

(e) Untuk langkah kedua terakhir, misalkan \(A\), \(B\subseteq\BbbR^r\) mempunyai ukuran luar Lebesgue tak nol. Tinjau \(\clstar A\), \(\clstar B\), dan \(\clstar(A+B)\) sebagaimana didefinisikan dalam 266B. Maka \(\clstar A\) dan \(\clstar B\) tak kosong dan jumlahnya termuat dalam \(\clstar(A+B)\), berdasarkan 266Bb dan 266Be. Jadi kita mempunyai

\[\begin{aligned}(\mu^*A)^{1/r}+(\mu^*B)^{1/r} &=\mu(\clstar A)^{1/r}+\mu(\clstar B)^{1/r}\\ &\text{(266Bd)}\\ &\le\mu^*(\clstar A+\clstar B)^{1/r}\\ &\text{(berdasarkan (d) di sini)}\\ &\le\mu(\clstar(A+B))^{1/r} =\mu^*(A+B)^{1/r}.\\\end{aligned}\]

(f) Akhirnya, untuk himpunan tak kosong sebarang \(A\), \(B\subseteq\BbbR^r\), perhatikan bahwa jika (misalnya) \(A\) dapat diabaikan, kita dapat mengambil sembarang \(x\in A\) dan melihat bahwa

\(\mu^*(A+B)^{1/r}\ge\mu^*(x+B)^{1/r}=(\mu^*B)^{1/r} =(\mu^*A)^{1/r}+(\mu^*B)^{1/r}\),

dan hasilnya segera pula jika \(B\) terabaikan. Jadi semua kasus telah tercakup.

Latihan

266X Latihan dasar (a)

Misalkan \(D\), \(D'\) adalah himpunan bagian dari \(\BbbR^r\). Tunjukkan bahwa (i) \(\clstar(D\cup D')=\clstar D\cup\clstar D'\) (ii) \(\clstar D=\clstar D'\) jika dan hanya jika \(D\) dan \(D'\) mempunyai selubung terukur bersama (iii) \(\clstar D\setminus\clstar(\BbbR^r\setminus D') \subseteq\clstar(D\cap D')\) (iv) \(D\) terukur Lebesgue jika dan hanya jika \(\clstar D\cap\clstar(\BbbR^r\setminus D)\) terabaikan menurut Lebesgue (v) \(D\cup\clstar D\) adalah selubung terukur dari \(D\) (vi) \(\clstar(\clstar D)=\clstar D\).

266Xb (b)

Tunjukkan bahwa, untuk himpunan terukur \(E\subseteq\Bbb R\), \(\clstar E\) tepat merupakan himpunan bilangan real yang bukan titik kepadatan dari \(\Bbb R\setminus E\).

266Xc (c)

Dalam 266C, tunjukkan bahwa jika \(A\) dan \(B\) adalah himpunan cembung serupa dengan orientasi yang sama, maka \(A+B\) adalah himpunan cembung yang serupa dengan keduanya dan \(\mu(A+B)^{1/r}=(\mu A)^{1/r}+(\mu B)^{1/r}\).

Catatan dan komentar

266 Catatan penutup untuk Bagian 266

Bukti 266C diambil dari Federer 69.

Ada sedikit generalitas semu dalam bentuk yang diberikan di sini. Jika himpunan \(A\) dan \(B\) sedikit saja tak beraturan, maka \(\mu^*(A+B)^{1/r}\) kemungkinan jauh lebih besar daripada \((\mu^*A)^{1/r}+(\mu^*B)^{1/r}\). Kasus kritis, ketika \(A\) dan \(B\) merupakan himpunan cembung serupa, jauh lebih mudah (266Xc). Karena itu teorema ini paling berguna ketika \(A\) dan \(B\) adalah himpunan cembung yang tidak serupa dan kita memperoleh taksiran tak sepele yang mungkin sulit dibuktikan dengan cara lain. Untuk kasus ini kita tidak memerlukan 266B. Teorema 266C merupakan contoh yang mencerahkan tentang cara dimensi \(r\) masuk ke dalam rumus-rumus ketika kita mencari hasil yang berlaku bagi ruang Euklides umum. Akan ada jauh lebih banyak contoh ketika saya kembali ke teori ukuran geometris dalam Bab 47 Jilid 4.