Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

9Teori Ukuran

Berapa panjang sebuah himpunan bagian $\R$ ? Jawaban naifnya — yaitu memberi setiap himpunan sebuah panjang yang invarian terhadap translasi dan memperluas panjang selang — ternyata mustahil: konstruksi Vitali, pada akhir bab ini, menghasilkan himpunan yang tak punya panjang yang konsisten. Teori ukuran adalah kemunduran yang tertib: yakni membatasi perhatian pada kelas kaya berisi himpunan terukur, yang di atasnya panjang yang aditif secara terbilang memang ada dan tunggal. Ganjarannya luar biasa — integral Lebesgue (Bab 10), ruang $L^p$ pada analisis fungsional, dan seluruh peluang modern (Bab 22) dibangun di atas ketiga teorema yang dibuktikan di sini: lema ketunggalan Dynkin, teorema perluasan Carathéodory, dan keberadaan ukuran Lebesgue.

9.1 Aljabar- $\sigma$

Definisi 9.1

Sebuah aljabar- $\sigma$ pada himpunan $X$ adalah keluarga $\mathcal A$ berisi himpunan bagian yang memuat $\varnothing$ , stabil terhadap komplemen dan terhadap gabungan terbilang (sehingga juga terhadap irisan terbilang, selisih himpunan, dan ia memuat $X$ ). Pasangan $(X, \mathcal A)$ disebut ruang terukur; dan anggota $\mathcal A$ disebut himpunan terukur. Untuk sembarang keluarga $\mathcal E$ berisi himpunan bagian, $\sigma(\mathcal E)$ melambangkan aljabar- $\sigma$ terkecil yang memuat $\mathcal E$ (yakni irisan semuanya — sebab irisan aljabar- $\sigma$ tetap demikian).

Definisi 9.2

Aljabar- $\sigma$ Borel sebuah ruang topologi adalah $\mathcal B(X) = \sigma(\{\text{himpunan terbuka}\})$ . Pada $\R$ : $\mathcal B(\R)$ juga dibangkitkan oleh selang terbuka, oleh selang tertutup, oleh sinar $(-\infty, a]$ , dan oleh sinar yang ujungnya rasional (Latihan 9.1) — sebab setiap keluarga itu membangkitkan himpunan terbukanya lewat operasi terbilang, misalnya setiap himpunan terbuka $\R$ berupa gabungan terbilang selang terbuka yang datanya rasional.

Definisi 9.3

Sebuah sistem- $\pi$ adalah keluarga yang stabil terhadap irisan berhingga. Sebuah sistem- $\lambda$ (kelas Dynkin) adalah keluarga $\mathcal D$ dengan: $X \in \mathcal D$ ; $A, B \in \mathcal D$ dan $A \subseteq B$ $\Rightarrow$ $B \setminus A \in \mathcal D$ ; serta $A_n \uparrow A$ dengan $A_n \in \mathcal D$ $\Rightarrow$ $A \in \mathcal D$ .

Teorema 9.4 (Lema $\pi$ – $\lambda$ Dynkin)

Jika sebuah sistem- $\lambda$ $\mathcal D$ memuat sistem- $\pi$ $\mathcal P$ , maka $\mathcal D \supseteq \sigma(\mathcal P)$ .

Bukti. Misalkan $\mathcal D_0$ sistem- $\lambda$ terkecil yang memuat $\mathcal P$ (yakni irisan semuanya); cukup ditunjukkan bahwa $\mathcal D_0$ merupakan aljabar- $\sigma$ , sebab lalu $\sigma(\mathcal P) \subseteq \mathcal D_0 \subseteq \mathcal D$ . Sistem- $\lambda$ yang stabil terhadap irisan berhingga memang aljabar- $\sigma$ : sebab komplemennya ( $X \setminus A = X \setminus A$ dengan $A \subseteq X$ ), gabungan berhingganya ( $A \cup B = X \setminus ((X\setminus A)\cap(X\setminus B))$ ), dan gabungan terbilangnya lewat $\bigcup_{k \leq n}A_k \uparrow \bigcup_kA_k$ . Jadi kita buktikan bahwa $\mathcal D_0$ merupakan sistem- $\pi$ , dalam dua langkah. Misalkan

\mathcal D_1 = \{A \in \mathcal D_0 : A \cap P \in \mathcal D_0 \ \forall P \in \mathcal P\}.

Keluarga $\mathcal D_1$ merupakan sistem- $\lambda$ (ketiga aksiomanya diperiksa dengan mengiriskannya dengan $P$ : misalnya $(B\setminus A)\cap P = (B \cap P)\setminus(A \cap P)$ , yaitu selisih sejati di dalam $\mathcal D_0$ ) dan memuat $\mathcal P$ (karena sistem- $\pi$ ): sehingga $\mathcal D_1 = \mathcal D_0$ . Sekarang misalkan

\mathcal D_2 = \{A \in \mathcal D_0 : A \cap D \in \mathcal D_0\ \forall D \in \mathcal D_0\}.

Menurut langkah sebelumnya, $\mathcal D_2 \supseteq \mathcal P$ ; dan $\mathcal D_2$ merupakan sistem- $\lambda$ lewat pemeriksaan yang sama: jadi $\mathcal D_2 = \mathcal D_0$ , dan itu tepat mengatakan bahwa $\mathcal D_0$ stabil terhadap irisan. ∎

9.2 Ukuran

Definisi 9.5

Sebuah ukuran pada $(X, \mathcal A)$ adalah pemetaan $\mu \colon \mathcal A \to [0, +\infty]$ dengan $\mu(\varnothing) = 0$ yang bersifat aditif- $\sigma$ : yakni untuk $(A_n)_{n\in\N}$ yang saling lepas berpasangan,

\mu\Bigl(\bigsqcup_n A_n\Bigr) = \sum_n \mu(A_n).

Tripel $(X, \mathcal A, \mu)$ disebut ruang ukuran; ukuran $\mu$ disebut berhingga jika $\mu(X) < \infty$ , sebuah ukuran peluang jika $\mu(X) = 1$ , dan berhingga- $\sigma$ jika $X$ merupakan gabungan terbilang himpunan berukuran berhingga. Contohnya: ukuran cacah pada $(\N, \mathcal P(\N))$ ; massa Dirac $\delta_a(A) = \mathbf 1_{a \in A}$ ; dan, yang menjadi pokok bab ini, ukuran Lebesgue.

Proposisi 9.6

Misalkan $\mu$ sebuah ukuran. (a) Kemonotonan: $A \subseteq B \Rightarrow \mu(A) \leq \mu(B)$ . (b) Subaditivitas terbilang: $\mu(\bigcup A_n) \leq \sum\mu(A_n)$ . (c) Kekontinuan dari bawah: $A_n \uparrow A \Rightarrow \mu(A_n) \to \mu(A)$ . (d) Kekontinuan dari atas: $A_n \downarrow A$ dengan $\mu(A_1) < \infty$ $\Rightarrow \mu(A_n) \to \mu(A)$ .

Bukti. (a) $B = A \sqcup (B\setminus A)$ . (b) Saling lepaskan: $B_n = A_n \setminus \bigcup_{k<n}A_k$ saling lepas dengan gabungan yang sama, dan $\mu(B_n) \leq \mu(A_n)$ . (c) $A = \bigsqcup_n (A_n \setminus A_{n-1})$ (dengan $A_0 = \varnothing$ ): jumlah parsial $\sum\mu(A_n\setminus A_{n-1})$ adalah $\mu(A_n)$ . (d) Terapkan (c) pada $A_1 \setminus A_n \uparrow A_1 \setminus A$ lalu kurangkan dari $\mu(A_1)$ — dan keberhinggaannya membuat pengurangannya sah. Contoh penyangkal tanpa itu: $A_n = [n, \infty)$ untuk ukuran Lebesgue: $A_n \downarrow \varnothing$ padahal $\mu(A_n) = \infty$ . ∎

Teorema 9.7 (Ketunggalan)

Misalkan $\mu, \nu$ ukuran pada $\sigma(\mathcal P)$ , dengan $\mathcal P$ sebuah sistem- $\pi$ dan $\mu = \nu$ pada $\mathcal P$ . Jika ada himpunan $P_k \in \mathcal P$ dengan $P_k \uparrow X$ dan $\mu(P_k) < \infty$ , maka $\mu = \nu$ pada seluruh $\sigma(\mathcal P)$ .

Bukti. Tetapkan $k$ lalu tinjaulah ukuran berhingga $\mu_k(A) = \mu(A \cap P_k)$ dan $\nu_k(A) = \nu(A \cap P_k)$ pada $\sigma(\mathcal P)$ : keduanya bersesuaian pada $\mathcal P$ , sebab $P \cap P_k \in \mathcal P$ (karena sistem- $\pi$ ), dan keduanya memberi $X$ nilai berhingga yang sama, yaitu $\mu(P_k)$ . Kelas $\mathcal D = \{A : \mu_k(A) = \nu_k(A)\}$ merupakan sistem- $\lambda$ : sebab $X \in \mathcal D$ ; selisih sejatinya lewat pengurangan (karena nilainya berhingga); dan limit naiknya lewat kekontinuan dari bawah (Proposisi 9.6(c)). Ia memuat sistem- $\pi$ $\mathcal P$ , sehingga Dynkin (Teorema 9.4) memberikan $\mathcal D \supseteq \sigma(\mathcal P)$ : jadi $\mu_k = \nu_k$ di mana-mana. Akhirnya, untuk sembarang $A \in \sigma(\mathcal P)$ , kekontinuan dari bawah sepanjang $A \cap P_k \uparrow A$ memberikan $\mu(A) = \lim_k\mu_k(A) = \lim_k\nu_k(A) = \nu(A)$ . ∎

9.3 Ukuran luar dan teorema Carathéodory

Definisi 9.8

Sebuah ukuran luar pada $X$ adalah pemetaan $\mu^* \colon \mathcal P(X) \to [0, \infty]$ dengan $\mu^*(\varnothing) = 0$ , yang monoton dan subaditif secara terbilang. Sebuah himpunan $A$ disebut terukur- $\mu^*$ (menurut Carathéodory) jika ia memecah setiap himpunan secara aditif:

\mu^*(E) = \mu^*(E \cap A) + \mu^*(E \setminus A) \qquad \text{untuk setiap } E \subseteq X

( $\leq$ selalu berlaku menurut subaditivitasnya; isinya adalah $\geq$ ).

Teorema 9.9 (Carathéodory)

Himpunan yang terukur- $\mu^*$ membentuk aljabar- $\sigma$ $\mathcal M$ , dan $\mu^*\restriction_{\mathcal M}$ merupakan ukuran. Lebih lanjut setiap himpunan dengan $\mu^*(N) = 0$ termasuk $\mathcal M$ (sehingga ukurannya lengkap).

Bukti. Keluarga $\mathcal M$ memuat $\varnothing$ dan stabil terhadap komplemen (sebab syarat pendefinisinya simetris terhadap $A$ dan $X\setminus A$ ). Gabungan berhingga: misalkan $A, B \in \mathcal M$ dan $E$ sembarang; dengan memecah $E$ oleh $A$ , lalu setiap kepingannya oleh $B$ :

\mu^*(E) = \mu^*(E\cap A\cap B) + \mu^*(E\cap A\setminus B) + \mu^*(E\cap B\setminus A) + \mu^*(E\setminus(A\cup B)).

Ketiga kepingan pertamanya menyelimuti $E \cap (A \cup B)$ , sehingga subaditivitasnya memberikan $\mu^*(E) \geq \mu^*(E\cap(A\cup B)) + \mu^*(E\setminus(A\cup B))$ : jadi $A \cup B \in \mathcal M$ . Lewat induksi, gabungan berhingganya pun demikian; dan bersama komplemennya, manipulasi kesalinglepasan yang berhingga menjadi tersedia.

Keaditifan pada $\mathcal M$ : untuk $A, B \in \mathcal M$ yang saling lepas dan $E$ apa pun: $\mu^*(E\cap(A\sqcup B)) = \mu^*(E\cap A) + \mu^*(E \cap B)$ (dengan memecahnya oleh $A$ ); lalu lewat induksi,

\mu^*\Bigl(E \cap \bigsqcup_{k\leq n}A_k\Bigr) = \sum_{k\leq n}\mu^*(E\cap A_k). \tag{$*$}

Gabungan terbilang: misalkan $(A_k) \subseteq \mathcal M$ saling lepas (dan ini sudah cukup, lewat pelepasan di dalam aljabar $\mathcal M$ ), $A = \bigsqcup A_k$ , serta $E$ sembarang. Dengan memakai $\bigsqcup_{k\leq n}A_k \in \mathcal M$ dan kemonotonannya:

\mu^*(E) = \mu^*\Bigl(E\cap\bigsqcup_{k\leq n}A_k\Bigr) + \mu^*\Bigl(E\setminus\bigsqcup_{k\leq n}A_k\Bigr) \geq \sum_{k \leq n}\mu^*(E\cap A_k) + \mu^*(E\setminus A)

menurut ( $*$ ). Biarkan $n \to \infty$ lalu pakai subaditivitas terbilangnya secara terbalik:

\mu^*(E) \geq \sum_{k}\mu^*(E\cap A_k) + \mu^*(E\setminus A) \geq \mu^*(E \cap A) + \mu^*(E\setminus A) \geq \mu^*(E):

sehingga semua ketaksamaannya menjadi kesamaan. Ini membuktikan sekaligus $A \in \mathcal M$ dan, dengan mengambil $E = A$ , keaditifan terbilang $\mu^*$ pada $\mathcal M$ .

Himpunan nol: jika $\mu^*(N) = 0$ , maka untuk $E$ apa pun: $\mu^*(E \cap N) + \mu^*(E\setminus N) \leq 0 + \mu^*(E)$ : jadi $N \in \mathcal M$ . ∎

9.4 Ukuran Lebesgue pada $\R$

Definisi 9.10

Ukuran luar Lebesgue dari $A \subseteq \R$ adalah

\lambda^*(A) = \inf\Bigl\{\sum_{n} (b_n - a_n) : A \subseteq \bigcup_n \intoo{a_n}{b_n}\Bigr\}

(dengan selimut terbilang oleh selang terbuka).

Lema 9.11

Fungsi $\lambda^*$ merupakan ukuran luar yang invarian terhadap translasi, dan $\lambda^*(I) = \ell(I)$ (yakni panjangnya) untuk setiap selang $I$ .

Bukti. Ukuran luarnya: $\varnothing$ terselimuti oleh selang yang sekecil apa pun; kemonotonannya jelas; dan subaditivitasnya: diberikan selimut setiap $A_n$ dalam $\varepsilon 2^{-n}$ dari infimumnya, gabungannya menyelimuti $\bigcup A_n$ dengan panjang total $\leq \sum \lambda^*(A_n) + \varepsilon$ . Keinvarianan translasinya: translasikan selimutnya.

Untuk panjangnya: cukup ditangani $I = \intcc ab$ (sebab jenis lainnya berbeda pada ujungnya, yang berukuran luar $0$ : selimuti dengan selang mungil; lalu himpitlah lewat perbandingan bertipe $\intcc{a+\varepsilon}{b - \varepsilon} \subseteq \intoo ab$ ). Untuk $\lambda^*(\intcc ab) \leq b - a$ : selimuti dengan $\intoo{a-\varepsilon}{b+\varepsilon}$ . Sebaliknya misalkan $\intcc ab \subseteq \bigcup_n\intoo{a_n}{b_n}$ : menurut kekompakannya (Borel–Lebesgue, Teorema 6.16), berhingga selang sudah cukup, sebutlah $I_1, \dots, I_N$ . Kita tunjukkan $\sum_{k\leq N}(b_k - a_k) \geq b - a$ lewat induksi pada $N$ : pilihlah $I_{k_1} \ni a$ ; jika $b_{k_1} > b$ maka selesai (sebab $b_{k_1} - a_{k_1} > b - a$ ); jika tidak, ruas $\intcc{b_{k_1}}b$ terselimuti oleh $N - 1$ selang sisanya, dan induksinya memberikan $\sum_{k \neq k_1}(b_k - a_k) \geq b - b_{k_1}$ , sedangkan $b_{k_1} - a_{k_1} > b_{k_1} - a$ : lalu jumlahkan. ∎

Teorema 9.12 (Ukuran Lebesgue)

Setiap himpunan Borel di $\R$ bersifat terukur- $\lambda^*$ . Pembatasan $\lambda$ dari $\lambda^*$ pada aljabar- $\sigma$ $\mathcal L = \mathcal M_{\lambda^*} \supseteq \mathcal B(\R)$ (yakni aljabar- $\sigma$ Lebesgue) merupakan satu-satunya ukuran pada $\mathcal B(\R)$ yang memberi setiap selang panjangnya; ia invarian terhadap translasi dan berhingga- $\sigma$ .

Bukti. Menurut Teorema 9.9 cukup ditunjukkan bahwa setiap sinar $A = \intoo{-\infty}c$ bersifat terukur- $\lambda^*$ (sebab sinar membangkitkan $\mathcal B$ , Definisi 9.2). Misalkan $E \subseteq \R$ dengan $\lambda^*(E) < \infty$ dan $\bigcup I_n \supseteq E$ sebuah selimut dengan $\sum\ell(I_n) \leq \lambda^*(E) + \varepsilon$ . Setiap $I_n$ terpecah menjadi dua selang $I_n' = I_n \cap A$ dan $I_n'' = I_n\setminus A$ (sebab selang dikurangi sinar tetap selang) dengan $\ell(I_n') + \ell(I_n'') = \ell(I_n)$ ; lalu $I_n'$ menyelimuti $E \cap A$ dan $I_n''$ menyelimuti $E \setminus A$ (perbesarlah masing-masing menjadi selang terbuka berpanjang $\ell + \varepsilon2^{-n}$ agar tetap sesuai definisinya), sehingga

\lambda^*(E\cap A) + \lambda^*(E\setminus A) \leq \sum_n\bigl(\ell(I_n') + \ell(I_n'')\bigr) + 2\varepsilon \leq \lambda^*(E) + 3\varepsilon .

Ketunggalannya: dua ukuran yang bersesuaian dengan panjang pada sistem- $\pi$ berisi selang $\intoc ab$ (dan berhingga di sana) bersesuaian pada $\sigma(\text{selang}) = \mathcal B$ menurut Teorema 9.7 dengan $P_k = \intoc{-k}k$ . Keberhinggaan- $\sigma$ -nya: $\R = \bigcup(-k, k]$ . ∎

Teorema 9.13 (Keteraturan)

Untuk setiap $A \in \mathcal L$ :

\lambda(A) = \inf\{\lambda(U) : U \supseteq A \text{ terbuka}\} = \sup\{\lambda(K) : K \subseteq A \text{ kompak}\}.

Bukti. Sisi luarnya: selimut $\bigcup I_n$ dengan $\sum\ell(I_n) \leq \lambda(A) + \varepsilon$ merupakan himpunan terbuka $U \supseteq A$ dengan $\lambda(U) \leq \lambda(A) + \varepsilon$ (lewat subaditivitasnya); dan jika $\lambda(A) = \infty$ pernyataannya trivial. Sisi dalamnya: lebih dahulu misalkan $A$ terbatas, $A \subseteq [-M, M]$ . Pilihlah sebuah $U \supseteq ([-M,M]\setminus A)$ yang terbuka dengan $\lambda(U) \leq \lambda([-M,M]\setminus A) + \varepsilon$ ; maka $K = [-M, M]\setminus U$ bersifat kompak, $K \subseteq A$ , dan

\lambda(K) = \lambda([-M,M]) - \lambda([-M,M]\cap U) \geq \lambda([-M,M]) - \bigl(\lambda([-M,M]) - \lambda(A) + \varepsilon\bigr) = \lambda(A) - \varepsilon .

Untuk $A$ yang umum: $\lambda(A) = \lim_M\lambda(A\cap[-M,M])$ (lewat kekontinuan dari bawah) lalu terapkan kasus terbatasnya di dalamnya. ∎

Contoh 9.14

Himpunan Cantor (Latihan 6.10) mempunyai $\lambda(C) = 0$ : sebab $C \subseteq C_n$ , yaitu gabungan $2^n$ selang berpanjang $3^{-n}$ , sehingga $\lambda(C) \leq (2/3)^n \to 0$ . Jadi ada himpunan nol yang tak terbilang — kardinalitas tak melihat ukuran. Sebaliknya, himpunan Cantor gemuk (Latihan 9.5) bersifat tak padat di mana pun tetapi berukuran positif: jadi topologi pun tak melihat ukuran. Soal akhir pekan mendorong permainan ini sampai kesimpulannya yang mencolok: bahwa ada himpunan terukur Lebesgue yang bukan himpunan Borel.

Teorema 9.15 (Vitali)

Tak ada ukuran pada seluruh himpunan bagian $\R$ yang invarian terhadap translasi dan memberi setiap selang panjangnya. Khususnya $\mathcal L \neq \mathcal P(\R)$ : jadi himpunan tak terukur memang ada.

Bukti. Andaikan $\mu$ salah satunya. Pada $\intcc01$ , tinjaulah relasi ekuivalensi $x \sim y \iff x - y \in \Q$ ; lalu lewat aksioma pilihan ambillah satu wakil di $\intcc01$ per kelasnya: sebutlah himpunan $V$ . Untuk $q \in \Q\cap\intcc{-1}1$ , translasi $V + q$ saling lepas berpasangan (sebab dua titik $V$ yang berselisih rasional akan ekuivalen padahal keduanya wakil yang berbeda) dan

\intcc01 \subseteq \bigsqcup_{q \in \Q\cap\intcc{-1}1}(V + q) \subseteq \intcc{-1}2 :

dengan inklusi pertamanya karena setiap $x \in \intcc01$ berselisih dari wakilnya $v$ sebesar bilangan rasional $q = x - v \in \intcc{-1}1$ . Lalu kemonotonan dan keaditifan- $\sigma$ -nya memberikan

1 \leq \sum_{q}\mu(V + q) \leq 3, \qquad\text{dengan } \mu(V + q) = \mu(V) \text{ untuk setiap } q .

Jumlah tak berhingga atas konstanta $\mu(V)$ bernilai $0$ atau $\infty$ : sehingga kedua batasnya tak mungkin berlaku bersamaan. Jadi $\mu$ semacam itu tak ada — dan $V \notin \mathcal L$ , sebab $\lambda$ pada $\mathcal L$ mempunyai semua sifat yang dipakai tadi. ∎

Catatan 9.16

Di $\R^3$ kegagalannya lebih dramatis: paradoks Banach–Tarski menguraikan sebuah bola menjadi lima kepingan yang dirakit kembali, lewat rotasi dan translasi, menjadi dua bola berjari-jari sama — sehingga bahkan volume yang aditif berhingga dan invarian terhadap rotasi pada seluruh himpunan bagian $\R^3$ pun tak ada. Kepingannya, tentu saja, tidak terukur. Jadi keterukuran bukanlah kehati-hatian birokratis; ia adalah batas kekoherenan.

Metode 9.17

Asas himpunan baik: untuk membuktikan bahwa semua himpunan $\sigma(\mathcal E)$ mempunyai sebuah sifat, tunjukkan bahwa himpunan baiknya membentuk aljabar- $\sigma$ (atau sistem- $\lambda$ , bila sifatnya bersifat teori ukuran dan $\mathcal E$ merupakan sistem- $\pi$ — lalu pakai Dynkin) yang memuat $\mathcal E$ . Hampir setiap bukti pada bab ini dan bab berikutnya merupakan contohnya. Untuk membuktikan dua ukuran sama: periksalah keduanya pada sistem- $\pi$ pembangkitnya ditambah keberhinggaan- $\sigma$ (Teorema 9.7). Untuk membangun sebuah ukuran: bangunlah ukuran luar lewat selimut lalu kutiplah Carathéodory.

9.5 Latihan

Latihan 9.1 ★

(a) Tunjukkan bahwa $\{A \subseteq X : A$ atau $X\setminus A$ bersifat terbilang $\}$ merupakan aljabar- $\sigma$ : yakni yang dibangkitkan oleh himpunan tunggal. (b) Tunjukkan bahwa $\mathcal B(\R)$ dibangkitkan oleh masing-masing berikut: selang terbuka; selang tertutup; sinar $\intoc{-\infty}a$ ; dan sinar dengan $a \in \Q$ . (c) Apakah keluarga berisi gabungan berhingga selang yang saling lepas $\intoc ab$ merupakan aljabar- $\sigma$ ? Apakah ia aljabar (yakni stabil terhadap komplemen dan gabungan berhingga)?

Solusi

Solusi Latihan 9.1.

(a) Pengambilan komplemen menukar kedua kasus pendefinisinya. Gabungan terbilang himpunan terbilang tetap terbilang; dan jika salah satu anggotanya berkomplemen terbilang, maka gabungannya pun demikian: jadi kestabilannya berlaku. Ia memuat himpunan tunggal, dan setiap aljabar- $\sigma$ yang memuatnya memuat semua himpunan terbilang (lewat gabungan terbilang) beserta komplemennya: jadi ia $\sigma(\{\text{himpunan tunggal}\})$ .

(b) Tulis $\mathcal B = \sigma(\text{himpunan terbuka})$ . Setiap himpunan bagian $\R$ yang terbuka merupakan gabungan terbilang selang terbuka berujung rasional (di sekitar setiap titik rasional himpunan terbukanya, ambil selang berjari-jari rasional di dalamnya), sehingga himpunan terbukanya $\in \sigma(\text{selang terbuka}) \subseteq \sigma(\text{data rasional})$ . Peralihannya: $\intoo ab = \bigcup_n\intcc{a + \frac1n}{b - \frac1n}$ ; $\intcc ab = \bigcap_n \intoo{a - \frac1n}{b + \frac1n}$ ; $\intoc{-\infty}a = \bigcap_n \intoo{-\infty}{a + \frac1n}$ dan sebaliknya $\intoo ab = \intoo{-\infty}b \setminus \intoc{-\infty}a$ ; sedangkan untuk sinar rasional: $\intoc{-\infty}a = \bigcap_{q \in \Q,\, q > a}\intoc{-\infty}q$ . Jadi setiap keluarganya membangkitkan yang lain lewat operasi terbilang: keempatnya membangkitkan $\mathcal B$ .

(c) Dengan ujung yang berhingga saja, keluarganya bahkan bukan aljabar: sebab komplemen $\intoc01$ memuat sinar tak terbatas. Bila ujung tak berhingga diperbolehkan ( $\intoc{-\infty}b$ , $\intoo a{+\infty}$ ) ia menjadi aljabar (sebab komplemen dan gabungan berhingga atas gabungan semacam itu tetap demikian), tetapi bukan aljabar- $\sigma$ : sebab $\{0\} = \bigcap_n\intoc{-\frac1n}0$ bukan gabungan berhingga selang tak degenerat.

Latihan 9.2 ★

(a) Buktikan inklusi–eksklusi bagi ukuran berhingga: $\mu(A\cup B) = \mu(A) + \mu(B) - \mu(A\cap B)$ , beserta versi tiga himpunannya. (b) Berilah contoh yang menunjukkan bahwa kekontinuan dari atas (Proposisi 9.6(d)) gagal tanpa pengandaian keberhinggaannya. (c) Tunjukkan bahwa himpunan terbilang berukuran Lebesgue nol. Lalu simpulkan $\lambda(\Q) = 0$ dan $\lambda(\intcc01\setminus\Q) = 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 9.2.

(a) $A \cup B = A \sqcup (B \setminus (A\cap B))$ , sehingga $\mu(A\cup B) = \mu(A) + \mu(B) - \mu(A\cap B)$ (dan keberhinggaannya mengizinkan pengurangan itu). Untuk tiga himpunan: terapkan rumus dua himpunannya dua kali,

\mu(A\cup B\cup C) = \sum\mu(A) - \sum\mu(A\cap B) + \mu(A\cap B\cap C)

(dengan jumlah atas himpunan indeks yang sudah jelas).

(b) Untuk ukuran Lebesgue, $A_n = [n, +\infty) \downarrow \varnothing$ , padahal $\lambda(A_n) = \infty \not\to 0$ .

(c) Sebuah titik terletak di selang berpanjang $\varepsilon$ : sehingga $\lambda(\{x\}) = 0$ ; lalu subaditivitas terbilangnya mematikan himpunan terbilang. Karena itu $\lambda(\Q \cap \intcc01) = 0$ dan, lewat keaditifannya, $\lambda(\intcc01\setminus\Q) = 1$ : jadi bilangan irasionallah yang membawa seluruh panjangnya.

Latihan 9.3 ★★

Misalkan $\mu, \nu$ ukuran peluang pada $\mathcal B(\R)$ dengan $\mu(\intoc{-\infty}t) = \nu(\intoc{-\infty}t)$ untuk setiap $t \in \R$ . Tunjukkan $\mu = \nu$ . (Hal ini menjadikan fungsi distribusi $F(t) = \mu(\intoc{-\infty}t)$ sebuah invarian yang lengkap — yakni landasan Bab 22.)

Solusi

Solusi Latihan 9.3.

Sinar $\intoc{-\infty}t$ membentuk sistem- $\pi$ (sebab irisan dua di antaranya adalah yang lebih kecil) yang membangkitkan $\mathcal B(\R)$ (Latihan 9.1). Himpunan $P_k = \intoc{-\infty}k$ naik menuju $\R$ dengan $\mu(P_k) \leq 1 < \infty$ : sehingga Teorema 9.7 berlaku, dan $\mu = \nu$ pada $\mathcal B(\R)$ . Dengan demikian fungsi distribusinya menentukan ukurannya.

Latihan 9.4 ★★

(Borel–Cantelli, versi ukuran) Misalkan $(A_n)$ terukur dengan $\sum_n\mu(A_n) < \infty$ , dan $\limsup A_n = \bigcap_N\bigcup_{n\geq N}A_n$ (yakni titik yang termasuk tak berhingga banyak $A_n$ ). Tunjukkan $\mu(\limsup A_n) = 0$ . Terapannya: untuk hampir setiap $x \in \intcc01$ , hanya berhingga banyak $n$ yang memenuhi $\abs{x - p/q_n} \leq 4^{-n}$ bagi bilangan rasional ke- $n$ , yakni $p/q_n$ , pada suatu pencacahan $\Q\cap\intcc01$ .

Solusi

Solusi Latihan 9.4.

Untuk setiap $N$ berlaku $\limsup A_n \subseteq \bigcup_{n \geq N}A_n$ , sehingga $\mu(\limsup A_n) \leq \sum_{n\geq N}\mu(A_n)$ , yakni ekor sebuah deret konvergen: lalu biarkan $N \to \infty$ . Terapannya: dengan $A_n = \{x \in \intcc01 : \abs{x - r_n} \leq 4^{-n}\}$ (dengan $r_n$ bilangan rasional ke- $n$ ), $\lambda(A_n) \leq 2\cdot4^{-n}$ dapat dijumlahkan: sehingga $\lambda(\limsup A_n) = 0$ , yakni hampir setiap $x$ termasuk hanya berhingga banyak $A_n$ . (Padahal setiap $x$ merupakan limit bilangan rasional: intinya adalah kelajuan $4^{-n}$ -nya.)

Latihan 9.5 ★★

(Himpunan Cantor gemuk) Ulangi konstruksi Cantor pada $\intcc01$ , tetapi pada langkah $n$ buanglah dari masing-masing $2^{n-1}$ selangnya sebuah selang terbuka terpusat berpanjang $4^{-n}$ saja. Tunjukkan bahwa $K = \bigcap K_n$ yang dihasilkan bersifat kompak, berinterior kosong (sebab tak ada selang yang bertahan), dan

\lambda(K) = 1 - \sum_{n\geq1}2^{n-1}4^{-n} = \tfrac12 :

yakni himpunan tak padat di mana pun yang berukuran $\frac12$ . Lalu simpulkan adanya himpunan bagian $\intcc01$ yang kurus tetapi berukuran penuh $1$ , dan sebuah himpunan bagian terbuka yang padat dan berukuran $< \varepsilon$ .

Solusi

Solusi Latihan 9.5.

Himpunan $K = \bigcap K_n$ merupakan irisan gabungan berhingga selang tertutup: jadi kompak. Pada tahap $n$ tersisa $2^n$ selang berpanjang sama $\ell_n \leq 2^{-n}$ (sebab setiap tahapnya membelah dan menyusutkan); dan selang $I \subseteq K$ akan terletak di dalam satu selang tahap- $n$ untuk setiap $n$ , sehingga memaksa $\ell(I) = 0$ : jadi interiornya kosong. Ukuran yang dibuang adalah $\sum_{n\geq1}2^{n-1}\cdot 4^{-n} = \frac12\sum_{n\geq1}2^{-n} = \frac12$ , dengan semua pembuangannya berupa selang terbuka yang saling lepas: jadi $\lambda(K) = \frac12$ .

Ragamnya: membuang selang tengah berpanjang $\varepsilon 4^{-n}$ meninggalkan kompak tak padat di mana pun $K^{(\varepsilon)}$ yang berukuran $1 - \frac\varepsilon2$ . Lalu $\bigcup_m K^{(1/m)}$ bersifat kurus (sebagai gabungan terbilang himpunan tak padat di mana pun) dan berukuran $\geq \sup_m(1 - \frac1{2m}) = 1$ : jadi himpunan kurus yang berukuran penuh — sedangkan komplemennya di $\intoo01$ merupakan $G_\delta$ padat berukuran $0$ (gemuk secara topologi, nol secara metrik). Komplemen $K^{(\varepsilon)}$ di $\intoo01$ bersifat terbuka, padat, dan berukuran $\frac\varepsilon2 < \varepsilon$ .

Latihan 9.6 ★★

Misalkan $\mu$ sebuah ukuran pada $\mathcal B(\R)$ yang invarian terhadap translasi, dengan $c = \mu(\intoc01) < \infty$ . Tunjukkan $\mu = c\,\lambda$ pada $\mathcal B(\R)$ . (Hitunglah $\mu$ pada selang diadik dengan membagi $\intoc01$ menjadi $2^n$ translasinya, lalu panggillah Teorema 9.7.)

Solusi

Solusi Latihan 9.6.

Dengan memotong $\intoc01$ menjadi $2^n$ translasi $\intoc0{2^{-n}}$ : $c = 2^n\,\mu(\intoc0{2^{-n}})$ , sehingga $\mu(\intoc0{2^{-n}}) = c\,2^{-n} = c\,\lambda(\intoc0{2^{-n}})$ . Lewat keinvarianan translasi dan keaditifannya, $\mu = c\lambda$ pada setiap selang $\intoc ab$ yang $b - a$ -nya rasional diadik dan $a$ -nya apa pun; sedangkan $\intoc ab$ yang umum merupakan gabungan naik selang semacam itu ( $b_k \uparrow b$ lewat langkah diadik dari $a$ ), dan kekontinuan dari bawah memperluas kesamaannya. Selang $\intoc ab$ membentuk sistem- $\pi$ yang membangkitkan $\mathcal B(\R)$ , dengan $\intoc{-k}k \uparrow \R$ yang berukuran berhingga (sebab $\mu(\intoc{-k}k) = 2kc$ ): sehingga Teorema 9.7 memberikan $\mu = c\lambda$ pada $\mathcal B(\R)$ .

Latihan 9.7 ★★

(Penghampiran) Misalkan $A \in \mathcal L$ dengan $\lambda(A) < \infty$ dan $\varepsilon > 0$ . Tunjukkan bahwa ada gabungan berhingga selang $B$ dengan $\lambda(A\,\triangle\,B) < \varepsilon$ (dengan $\triangle$ = selisih simetris). (Lewat keteraturannya: himpitlah $K \subseteq A \subseteq U$ lalu pakai struktur $U$ yang terbuka sebagai gabungan terbilang selang, ditambah kekompakan $K$ .)

Solusi

Solusi Latihan 9.7.

Menurut keteraturannya (Teorema 9.13) pilihlah $K \subseteq A \subseteq U$ dengan $K$ kompak, $U$ terbuka, dan $\lambda(U\setminus K) < \varepsilon$ (dengan kedua penghampirannya dalam $\varepsilon/2$ , sebab $\lambda(U \setminus K) = \lambda(U\setminus A) + \lambda(A \setminus K)$ ). Tulis $U$ sebagai gabungan terbilang selang terbuka $(I_n)$ yang saling lepas (yakni komponen himpunan terbukanya); lalu $K$ yang kompak terselimuti oleh berhingga di antaranya, $K \subseteq B = I_1\cup\dots\cup I_N \subseteq U$ . Maka $A \setminus B \subseteq A\setminus K \subseteq U\setminus K$ dan $B \setminus A \subseteq U \setminus A \subseteq U\setminus K$ : sehingga $\lambda(A\,\triangle\,B) \leq 2\lambda(U\setminus K)$ — jadi mulailah dari $\varepsilon/2$ agar mendarat di bawah $\varepsilon$ .

Latihan 9.8 ★★★

(Steinhaus) Misalkan $A \in \mathcal L$ dengan $\lambda(A) > 0$ . Tunjukkan bahwa $A - A = \{x - y : x, y \in A\}$ memuat sebuah selang di sekitar $0$ . (Reduksikan ke $\lambda(A) < \infty$ ; lalu lewat keteraturan bergaya Latihan 9.7, carilah selang $I$ dengan $\lambda(A \cap I) > \frac34\ell(I)$ ; maka untuk $\abs t < \frac12\ell(I)$ , himpunan $A\cap I$ dan $(A\cap I) + t$ keduanya duduk di selang berpanjang $\frac32\ell(I)$ dan berukuran total $> \frac32\ell(I)$ : sehingga keduanya harus berpotongan.)

Solusi

Solusi Latihan 9.8.

Dengan mengganti $A$ oleh $A \cap [-M, M]$ yang berukuran positif (dan suatu $M$ memang berhasil, menurut kekontinuan dari bawah), andaikan $0 < \lambda(A) < \infty$ . Ambil $U \supseteq A$ yang terbuka dengan $\lambda(U) < \frac43\lambda(A)$ lalu uraikan $U = \bigsqcup_nI_n$ atas selang terbuka yang saling lepas: maka $\lambda(A) = \sum_n\lambda(A\cap I_n)$ . Seandainya setiap $n$ mempunyai $\lambda(A\cap I_n) \leq \frac34\ell(I_n)$ , menjumlahkannya akan memberikan $\lambda(A) \leq \frac34\lambda(U) < \lambda(A)$ : jadi ada selang $I$ yang memenuhi $\lambda(A\cap I) > \frac34\ell(I)$ . Tetapkan $B = A \cap I$ lalu misalkan $\abs t < \frac12\ell(I)$ : maka $B$ dan $B + t$ keduanya terletak di selang $I \cup (I + t)$ yang berpanjang $< \frac32\ell(I)$ . Seandainya keduanya saling lepas: $\lambda(B) + \lambda(B + t) = 2\lambda(B) > \frac32\ell(I)$ akan melampaui ukuran selang pemuatnya — mustahil. Jadi $B \cap (B + t) \neq \varnothing$ : sehingga suatu $x \in B$ ditulis $x = y + t$ dengan $y \in B$ , dan $t = x - y \in A - A$ . Karena itu $\intoo{-\frac{\ell(I)}2}{\frac{\ell(I)}2} \subseteq A - A$ .

Latihan 9.9 ★★★

Tunjukkan bahwa setiap $A \in \mathcal L$ dengan $\lambda(A) > 0$ memuat himpunan bagian yang tak terukur. (Iriskan $A$ dengan translasi $V + q$ dari himpunan Vitali: sebab jika semua $A \cap (V+q)$ terukur, masing-masing akan berukuran nol menurut argumen Teorema 9.15 — dan Steinhaus (Latihan 9.8) menolong: himpunan terukur berukuran positif di dalam $V + q$ akan membuat $(V+q) - (V+q) \supseteq$ sebuah selang, dan itu bertentangan dengan kenyataan bahwa himpunan selisih itu memotong $\Q$ hanya di $0$ ; lalu simpulkan lewat subaditivitasnya.)

Solusi

Solusi Latihan 9.9.

Translasi Vitali $(V + q)_{q\in\Q}$ mempartisi $\R$ (sebab setiap bilangan real ekuivalen dengan tepat satu wakilnya). Andaikan semua himpunan $B_q = A \cap (V + q)$ terukur. Dua unsur $V + q$ mana pun berselisih bilangan irasional atau nol (sebab dua wakil yang berbeda tak ekuivalen), sehingga $B_q - B_q$ memotong $\Q$ hanya di $\{0\}$ : jadi ia tak memuat selang, dan Steinhaus (Latihan 9.8) memaksa $\lambda(B_q) = 0$ . Lalu $\lambda(A) \leq \sum_{q}\lambda(B_q) = 0$ , dan itu bertentangan dengan $\lambda(A) > 0$ . Jadi ada $B_q \subseteq A$ yang tak terukur.

Latihan 9.10 ★★

Tunjukkan bahwa $A \subseteq \R$ dengan $\lambda^*(A) < \infty$ bersifat terukur Lebesgue jika dan hanya jika untuk setiap $\varepsilon > 0$ ada $U \supseteq A$ yang terbuka dengan $\lambda^*(U \setminus A) < \varepsilon$ , dan jika dan hanya jika ada himpunan $G_\delta$ $G \supseteq A$ dengan $\lambda^*(G\setminus A) = 0$ . (Jadi himpunan Lebesgue merupakan himpunan Borel modulo himpunan nol.)

Solusi

Solusi Latihan 9.10.

Terukur $\Rightarrow$ penghampiran- $\varepsilon$ : lewat keteraturan luarnya (Teorema 9.13) ambillah $U \supseteq A$ yang terbuka dengan $\lambda(U) \leq \lambda(A) + \varepsilon$ ; lalu keterukurannya mengizinkan pengurangan $\lambda(U\setminus A) = \lambda(U) - \lambda(A) \leq \varepsilon$ . Versi- $\varepsilon$ $\Rightarrow$ versi- $G_\delta$ : ambillah $U_n$ dengan $\lambda^*(U_n\setminus A) < \frac1n$ lalu $G = \bigcap U_n$ : sebuah $G_\delta$ dengan $\lambda^*(G\setminus A) \leq \lambda^*(U_n\setminus A) \to 0$ . Versi- $G_\delta$ $\Rightarrow$ terukur: sebab $G\setminus A$ berukuran- $\lambda^*$ nol, sehingga terukur menurut kelengkapannya (Teorema 9.9), dan $A = G \setminus (G\setminus A)$ terukur (sebab $G$ bersifat Borel). Jadi himpunan Lebesgue tepat berupa “Borel modulo himpunan nol”.

Latihan 9.11 ★★

(Kekontinuan sepanjang limit monoton, dan ketajamannya) (a) Tunjukkan bahwa untuk himpunan terukur berlaku $\mu(\liminf A_n) \leq \liminf\mu(A_n)$ (yakni Fatou untuk himpunan), dan bahwa jika $\mu\bigl(\bigcup A_n\bigr) < \infty$ , maka juga $\limsup\mu(A_n) \leq \mu(\limsup A_n)$ . (b) Tampilkan, untuk ukuran Lebesgue pada $\R$ , sebuah barisan dengan $\mu(A_n) = 1$ untuk setiap $n$ namun $\mu(\limsup A_n) = 0$ : jadi hipotesis keberhinggaan pada ketaksamaan kedua bukanlah hiasan. (c) Simpulkan: jika $\sum\mu(A_n) < \infty$ maka $\mu(\limsup A_n) = 0$ (Borel–Cantelli lagi), dan jika $A_n$ naik atau turun (dengan $\mu(A_1) < \infty$ pada kasus turunnya), maka $\mu(\lim A_n) = \lim\mu(A_n)$ .

Solusi

Solusi Latihan 9.11.

(a) Himpunan $\liminf A_n = \bigcup_N\bigcap_{n\geq N}A_n$ merupakan gabungan naik himpunan $B_N = \bigcap_{n\geq N}A_n$ , sehingga $\mu(\liminf A_n) = \lim_N\mu(B_N)$ (lewat kekontinuan dari bawah); dan $\mu(B_N) \leq \inf_{n \geq N}\mu(A_n)$ , yang limitnya $\liminf\mu(A_n)$ . Untuk $\limsup$ -nya: terapkan hal yang sama pada komplemennya di dalam lingkungan berukuran berhingga $U = \bigcup A_n$ — sebab kekontinuan dari atas pada $C_N = \bigcup_{n\geq N}A_n$ yang turun menuntut $\mu(C_1) \leq \mu(U) < \infty$ , dan memberikan $\mu(\limsup A_n) = \lim\mu(C_N) \geq \limsup\mu(A_n)$ .

(b) Selang berjalan $A_n = \intcc n{n+1}$ : setiap titiknya termasuk paling banyak dua $A_n$ dan akhirnya tak termasuk satu pun, sehingga $\limsup A_n = \varnothing$ ; padahal $\mu(A_n) = 1$ . Jadi $\limsup\mu(A_n) = 1 > 0 = \mu(\limsup A_n)$ : tanpa selubung berukuran berhingga, ketaksamaan kedua pada (a) gagal — sebab massanya lolos ke tak hingga, tempat yang tak dapat ditangkap himpunan tetap mana pun.

(c) Jika $\sum\mu(A_n) < \infty$ : maka $\mu(C_N) \leq \sum_{n\geq N}\mu(A_n) \to 0$ dan $\limsup A_n = \bigcap C_N$ berukuran $\leq \inf\mu(C_N) = 0$ . Untuk kasus monotonnya: yang naik adalah kekontinuan dari bawah; sedangkan yang turun dengan $\mu(A_1) < \infty$ adalah kekontinuan dari atas — keduanya sudah dibuktikan pada sifat dasar Bab 9; dan contoh penyangkal $A_n = \intco n\infty$ (yang turun ke $\varnothing$ dengan $\mu \equiv \infty$ ) menunjukkan bahwa keberhinggaannya kembali menjadi hal yang mendasar.

Latihan 9.12 ★★★

(Teorema Egorov) Misalkan $\mu(X) < \infty$ dan $f_n \to f$ titik demi titik, dengan semuanya terukur (bernilai real). Untuk $k, N \geq 1$ tetapkan

E_{k,N} = \bigcap_{n \geq N}\Bigl\{x : \abs{f_n(x) - f(x)} \leq \tfrac1k\Bigr\} .

(a) Tunjukkan bahwa untuk $k$ yang tetap, $E_{k,N} \nearrow X$ ketika $N \to \infty$ , lalu simpulkan adanya $N_k$ dengan $\mu(X \setminus E_{k,N_k}) \leq \varepsilon2^{-k}$ . (b) Simpulkan teorema Egorov: bahwa untuk setiap $\varepsilon > 0$ ada $A$ yang terukur dengan $\mu(X\setminus A) \leq \varepsilon$ sedemikian sehingga $f_n \to f$ secara seragam pada $A$ — jadi kekonvergenan titik demi titik menjadi kekonvergenan seragam di luar himpunan yang sekecil apa pun. (c) Tunjukkan bahwa teoremanya gagal pada $(\R, \lambda)$ : gundukan berjalan $f_n = \mathbf 1_{\intcc n{n+1}}$ konvergen titik demi titik ke $0$ tetapi tidak seragam pada komplemen himpunan berukuran berhingga mana pun. Di manakah (a) memakai $\mu(X) < \infty$ ?

Solusi

Solusi Latihan 9.12.

(a) Himpunan $E_{k,N}$ naik terhadap $N$ (sebab kendalanya berkurang), dan setiap $x$ akhirnya memenuhi $\abs{f_n(x) - f(x)} \leq \frac1k$ untuk setiap $n \geq N(x)$ (menurut kekonvergenan titik demi titiknya): jadi $\bigcup_NE_{k,N} = X$ . Lalu lewat kekontinuan dari bawah: $\mu(E_{k,N}) \to \mu(X) < \infty$ , sehingga $\mu(X\setminus E_{k,N}) \to 0$ ; lalu pilihlah $N_k$ yang sesuai.

(b) Misalkan $A = \bigcap_kE_{k,N_k}$ : maka $\mu(X\setminus A) \leq \sum_k\varepsilon2^{-k} = \varepsilon$ . Pada $A$ : untuk setiap $k$ , setiap $n \geq N_k$ memenuhi $\sup_A\abs{f_n - f} \leq \frac1k$ — dan itu tepat kekonvergenan seragam pada $A$ .

(c) Untuk gundukan berjalannya, kekonvergenan seragam pada $A$ menuntut $A$ akhirnya menghindari setiap $\intcc n{n+1}$ — lebih tepatnya $\sup_A\abs{f_n} < \frac12$ memaksa $A \cap \intcc n{n+1}$ kosong untuk $n$ besar, sehingga $X \setminus A$ memuat sebuah ekor $\bigcup_{n\geq n_0}\intcc n{n+1}$ yang berukuran tak berhingga. Pada (a), keberhinggaannya mengubah “ $E_{k,N}\nearrow X$ ” menjadi “ukuran komplemennya menuju $0$ ”: sebab kekontinuan dari atas memerlukan awal yang berhingga, dan pada ruang berukuran tak berhingga pelolosan ke tak hingga persis merupakan hal yang tak dapat dilihatnya.

9.6 Soal: tangga Cantor–Vitali dan sebuah himpunan terukur yang bukan Borel

Tangga Cantor–Vitali: yang konstan pada setiap celah himpunan Cantor, namun mendaki dari 0 ke 1 secara kontinu. Turunannya lenyap hampir di mana-mana — jadi seluruh pendakiannya terjadi pada sebuah himpunan nol. — Tangga Cantor–Vitali: yang konstan pada setiap celah himpunan Cantor, namun mendaki dari $0$ ke $1$ secara kontinu. Turunannya lenyap hampir di mana-mana — jadi seluruh pendakiannya terjadi pada sebuah himpunan nol.

Soal 9.1

Soal akhir pekan — tangga setan, dan $\mathcal B(\R) \subsetneq \mathcal L$

Kita bangun fungsi Cantor–Vitali (yakni tangga setan), memakainya untuk mengangkut ukuran secara patologis, lalu menutup dengan teorema yang tak diberikan oleh argumen lunak mana pun: bahwa ada himpunan terukur Lebesgue yang bukan Borel. Notasinya: $C$ adalah himpunan Cantor, $C_n$ tahap ke- $n$ -nya ( $2^n$ selang berpanjang $3^{-n}$ ), dan setiap $x \in C$ berangka terner $x = \sum 2b_n3^{-n}$ dengan $b_n \in \{0,1\}$ (Latihan 6.10).

Bagian I — Tangganya. Definisikan $c_0(x) = x$ lalu $c_{n+1}$ dari $c_n$ lewat

c_{n+1}(x) = \begin{cases} \tfrac12\,c_n(3x) & 0 \leq x \leq \tfrac13,\\[2pt] \tfrac12 & \tfrac13 \leq x \leq \tfrac23,\\[2pt] \tfrac12 + \tfrac12\,c_n(3x - 2) & \tfrac23 \leq x \leq 1. \end{cases}

Tunjukkan bahwa setiap $c_n$ kontinu, tak turun, dengan $c_n(0) = 0$ , $c_n(1) = 1$ , dan bahwa $\norm{c_{n+1} - c_n}_\infty \leq \tfrac12\norm{c_n - c_{n-1}}_\infty$ .
Simpulkan bahwa $(c_n)$ konvergen seragam ke sebuah $c$ yang kontinu dan tak turun dengan $c(0) = 0$ , $c(1) = 1$ (yakni fungsi Cantor–Vitali), yang memenuhi relasi serupa-diri yang sama seperti $c_{n+1}$ di atas.
Tunjukkan bahwa $c$ konstan pada setiap komponen terhubung $\intcc01\setminus C$ , dan bahwa untuk $x = \sum_n 2b_n3^{-n} \in C$ berlaku $c(x) = \sum_n b_n2^{-n}$ : jadi tangganya membaca angka Cantor dalam biner (yakni fungsi $g$ pada Soal 6.1, yang dibuat monoton dan global).
Simpulkan bahwa $c$ dapat diturunkan, dengan $c' = 0$ , di setiap titik $\intcc01\setminus C$ : sehingga $c' = 0$ hampir di mana-mana terhadap $\lambda$ (Contoh 9.14). Lalu simpulkan bahwa teorema fundamental kalkulus gagal bagi $c$ :

$c(1) - c(0) = 1 \neq 0 = \int_0^1 c'(t)\,\dd t$

(dengan integralnya atas himpunan berukuran penuh tempat $c' = 0$ ; dan dengan mendahului Bab 10, himpunan nol tak memengaruhi integral). Hipotesis mana pada teorema fundamental $\mathcal C^1$ yang dilanggar?
Tunjukkan bahwa $c(C) = \intcc01$ : jadi himpunan nol $C$ terpetakan pada himpunan berukuran penuh.

Bagian II — Homeomorfisma yang bengkok. Misalkan $h(x) = \frac{c(x) + x}{2}$ .

Tunjukkan bahwa $h \colon \intcc01 \to \intcc01$ merupakan homeomorfisma (yakni naik sejati, kontinu, dan surjektif).
Tunjukkan bahwa $\lambda\bigl(h(\intcc01\setminus C)\bigr) = \tfrac12$ : sebab pada setiap celah berpanjang $\ell$ , $h$ bekerja sebagai pemetaan afin berkemiringan $\tfrac12$ , dan celahnya berpanjang total $1$ .
Simpulkan $\lambda\bigl(h(C)\bigr) = \tfrac12$ : jadi peta homeomorfik sebuah himpunan nol dapat berukuran positif. (Di manakah hal ini bertentangan dengan gerak hati yang naif tentang “ukuran”?)

Bagian III — Sebuah himpunan terukur yang bukan Borel.

Menurut Latihan 9.9, pilihlah $W \subseteq h(C)$ yang tak terukur. Tunjukkan bahwa $Z = h^{-1}(W) \subseteq C$ bersifat terukur Lebesgue. (Sebab ia himpunan bagian sebuah himpunan nol; lihat kelengkapannya, Teorema 9.9.)
Tunjukkan bahwa prapeta himpunan Borel di bawah pemetaan kontinu bersifat Borel. (Lewat asas himpunan baik: $\{B : h^{-1}(B) \in \mathcal B\}$ merupakan aljabar- $\sigma$ yang memuat himpunan terbukanya — perhatikan arah pemetaannya.)
Simpulkan bahwa $Z$ bukan Borel: sebab seandainya demikian, $W = (h^{-1})^{-1}(Z)$ akan menjadi Borel (terapkan pertanyaan 10 pada $h^{-1}$ yang kontinu), sehingga terukur — kontradiksi. Karena itu

$\boxed{\ \mathcal B(\R) \subsetneq \mathcal L\ }$

dan kelengkapan sungguh memperbesar dunia Borel.
Tampilkan sebuah fungsi $g$ yang terukur Lebesgue dan sebuah fungsi kontinu $\varphi$ sedemikian sehingga $g \circ \varphi$ tak terukur Lebesgue: jadi keterukuran, tak seperti kekontinuan, tak terkomposisikan. (Ambil $g = \mathbf 1_Z$ dan $\varphi = h^{-1}$ , sambil mendahului definisi fungsi terukur pada Bab 10: bahwa prapeta himpunan Borel merupakan himpunan Lebesgue. Di manakah kita harus berhati-hati tentang aljabar- $\sigma$ mana yang dipakai pada sasarannya?)

Bagian IV — Penutup.

Urutkan kelas berikut menurut inklusi sejatinya lalu benarkan setiap kesejatiannya dengan contoh dari bab ini beserta soalnya: himpunan terbilang; himpunan nol Borel; himpunan nol Lebesgue; himpunan Borel; himpunan Lebesgue; dan himpunan sembarang.

Bagian V — Ukuran Cantor: massa pada sebuah himpunan nol. Tangga itu merupakan fungsi distribusi sebuah ukuran yang luar biasa, yang kini kita bangun dengan perkakas bab ini sendiri.

(Lebesgue–Stieltjes, keberadaannya) Misalkan $F\colon\R\to\R$ tak turun, kontinu, dan terbatas. Pada selang setengah terbuka definisikan $\rho\bigl(\intoc ab\bigr) = F(b) - F(a)$ lalu, untuk $A \subseteq \R$ ,

$\mu_F^*(A) = \inf\Bigl\{\sum_k\bigl(F(b_k) - F(a_k)\bigr) : A \subseteq \bigcup_k\intoc{a_k}{b_k}\Bigr\} .$

Tunjukkan bahwa $\mu_F^*$ merupakan ukuran luar dan bahwa $\mu_F^*\bigl(\intoc ab\bigr) = F(b) - F(a)$ (tirulah argumen kekompakan pada Teorema 9.12, dengan memperbesar setiap $\intoc{a_k}{b_k}$ menjadi selang terbuka berbiaya- $F$ $\leq \varepsilon2^{-k}$ — di manakah kekontinuan $F$ dipakai?).
Tunjukkan bahwa setiap himpunan Borel bersifat terukur- $\mu_F^*$ dalam arti Carathéodory (seperti pada kasus Lebesgue, cukup diuji pada setengah garis; ikutilah bukti penerapan Teorema 9.9), sehingga $\mu_F = \mu_F^*$ yang dibatasi pada $\mathcal B(\R)$ merupakan ukuran dengan $\mu_F(\intoc ab) = F(b) - F(a)$ : yakni ukuran Lebesgue–Stieltjes dari $F$ .
Terapkan hal ini pada tangganya (yakni $F = c$ yang diperluas dengan $0$ pada $\R_-$ dan $1$ pada $\intco1\infty$ ): diperolehlah ukuran Cantor $\mu$ . Tunjukkan $\mu(\R) = 1$ , bahwa setiap celah himpunan Cantor berukuran- $\mu$ nol (sebab $c$ konstan di sana), lalu simpulkan

$\mu(C) = 1, \qquad \lambda(C) = 0 :$

jadi $\mu$ dan $\lambda$ hidup pada pembawa yang saling lepas (yakni $C$ dan komplemennya). Dua ukuran dalam kedudukan itu disebut saling singular, ditulis $\mu \perp \lambda$ .
Tunjukkan bahwa $\mu$ tak beratom: $\mu(\{x\}) = 0$ untuk setiap $x$ (lewat kekontinuan $c$ ). Jadi ada ukuran peluang tanpa atom yang dibawa sebuah kompak berukuran nol Lebesgue: bandingkan dengan ukuran yang sudah kita lihat sejauh ini.
(Pelemparan koin yang menyamar) Untuk sebuah kata $(\varepsilon_1, \dots, \varepsilon_m) \in \{0,1\}^m$ , misalkan $C_{\varepsilon}$ himpunan $x \in C$ yang angka ternernya memenuhi $b_i(x) = \varepsilon_i$ untuk $i \leq m$ (yakni salah satu dari $2^m$ kepingan Cantor berkedalaman $m$ ). Tunjukkan $\mu(C_\varepsilon) = 2^{-m}$ (sebab tangganya mendaki $2^{-m}$ sepanjang kepingan itu: pakailah Bagian I, pertanyaan 3). Jadi ukuran Cantor merupakan hukum sebuah barisan tak berhingga lemparan koin adil yang dibaca dalam terner — dan Bab 22 akan mengeksakkannya.
Buktikan keserupaan dirinya: bahwa untuk setiap $A$ yang Borel,

$\mu(A) = \tfrac12\,\mu(3A) + \tfrac12\,\mu(3A - 2) ,$

dengan $3A - 2 = \{3x - 2 : x \in A\}$ (periksalah pada selang pembangkitnya $\intoc ab$ lewat relasi serupa-diri $c$ , lalu panggillah ketunggalannya, Teorema 9.7).
Tunjukkan bahwa pencerminan $s(x) = 1 - x$ mempertahankan $\mu$ : yakni $\mu(s(A)) = \mu(A)$ (lewat $c(1 - x) = 1 - c(x)$ , yang menyusul dari kesimetrian konstruksinya — buktikanlah).
Hitunglah dua momen pertama $\mu$ , yakni dari sebuah titik acak $X$ berhukum $\mu$ (integralnya boleh digarap sebagai limit jumlah atas kepingan berkedalaman $m$ , sambil mendahului Bab 10): kesimetriannya memberikan $\int x\,\dd\mu = \frac12$ , dan keserupaan dirinya memberikan

$\int x^2\,\dd\mu = \frac38, \qquad\text{sehingga}\qquad \operatorname{Var}(X) = \frac18 .$

Bandingkan dengan hukum seragam pada $\intcc01$ (yang beragam $\frac1{12}$ ): jadi massa Cantor, yang terdorong ke tepinya, menyebar lebih lebar.
Tunjukkan bahwa pendukung (secara topologi) dari $\mu$ — yakni himpunan tertutup terkecil yang berukuran penuh — tepat berupa $C$ .
(Sintesis) Tangga $c$ bersifat kontinu dan tak turun namun menggagalkan teorema fundamental kalkulus (Bagian I); sedangkan ukuran $\mu_c$ merupakan peluang, tanpa atom, dan singular terhadap $\lambda$ . Jelaskan dalam satu paragraf pendek bagaimana keduanya merupakan dua wajah satu gejala, lalu nyatakan pelajaran umumnya: bahwa fungsi tak turun bersesuaian dengan ukuran ( $F \leftrightarrow \mu_F$ ), keterdiferensialan hampir di mana-mana bersesuaian dengan “bagian kontinu mutlaknya”, dan $c$ merupakan saksi baku bahwa $F$ yang kontinu dapat tak membawa bagian kontinu mutlak sama sekali.
(Modulus kekontinuan yang tajam) Misalkan $s = \frac{\ln 2}{\ln 3}$ . Tunjukkan bahwa $c$ bersifat Hölder kontinu dengan eksponen $s$ :

$\abs{c(x) - c(y)} \leq 4\,\abs{x - y}^{s} \qquad (x, y \in \intcc01),$

dan bahwa tak ada eksponen $t > s$ yang berlaku, bahkan secara lokal. Lalu simpulkan bentuk teori ukurannya: bahwa untuk setiap $x$ dan setiap $r \in \intoc01$ ,

$\mu\bigl(\intcc{x - r}{x + r}\bigr) \leq 8\,r^{s} .$

(Bandingkan kisi triadik berkedalaman $m$ dengan skala $\abs{x - y}$ ; dan pertanyaan 18 memberikan pendakian sepanjang setiap kepingannya. Eksponen $s$ merupakan dimensi Hausdorff $C$ , sebagaimana akan dikatakan kuliah berikutnya.)
(Keserupaan diri mencirikan $\mu$ ) Buktikan konvers pertanyaan 19: jika $\nu$ sebuah ukuran peluang pada $\mathcal B(\R)$ yang dibawa $\intcc01$ dan memenuhi

$\nu(A) = \tfrac12\,\nu(3A) + \tfrac12\,\nu(3A - 2) \qquad (A \in \mathcal B(\R)),$

maka $\nu = \mu$ . (Iterasikan relasinya $m$ kali untuk menyebarkan $\nu$ atas $2^m$ kepingan Cantor berkedalaman $m$ , taksirlah $\nu(\intoc ab)$ terhadap cacahan kepingan di dalam $\intoc ab$ , lalu biarkan $m \to \infty$ ; dan selesaikan dengan Teorema 9.7.)

Solusi

Solusi Soal 9.1.

1. Lewat induksi. Kekontinuannya: ketiga rumusnya bersesuaian di sambungannya (sebab $\frac12c_n(1) = \frac12$ dan $\frac12 + \frac12c_n(0) = \frac12$ ); dan setiap kepingannya kontinu. Kemonotonan dan nilai batasnya diwarisi. Untuk taksiran kontraksinya: pada $[0,\frac13]$ , $\abs{c_{n+1} - c_n}(x) = \frac12\abs{c_n - c_{n-1}}(3x) \leq \frac12\norm{c_n - c_{n-1}}_\infty$ ; pada sepertiga tengahnya selisihnya $0$ ; dan pada sepertiga kanannya, sama seperti kirinya.

2. Berlaku $\norm{c_{n+1} - c_n}_\infty \leq 2^{-n}\norm{c_1 - c_0}_\infty$ : sehingga deret pertambahannya konvergen seragam, jadi $c_n \to c$ secara seragam; lalu $c$ bersifat kontinu, tak turun, dengan $c(0) = 0$ , $c(1) = 1$ (semuanya terpelihara oleh limit seragam), dan mengambil limit pada rekursi pendefinisinya menunjukkan bahwa $c$ sendiri memenuhi ketiga identitas serupa-dirinya.

3. Menurut identitas tengahnya, $c \equiv \frac12$ pada $\intcc{\frac13}{\frac23}$ , yakni celah pertamanya. Setiap celah $C$ merupakan peta celah pertama itu di bawah komposisi kedua kontraksi afin $x \mapsto \frac x3$ dan $x\mapsto\frac{x + 2}3$ ; dan identitasnya mengangkut kekonstanannya sejalan dengan itu (dengan nilainya berupa bilangan rasional diadik). Untuk rumus angkanya, ambillah $x = \sum_n 2b_n3^{-n} \in C$ : jika $b_1 = 0$ maka $x \in [0,\frac13]$ dan $c(x) = \frac12c(3x)$ dengan $3x$ berangka $(b_2, b_3, \dots)$ ; sedangkan jika $b_1 = 1$ maka $x \in [\frac23, 1]$ dan $c(x) = \frac12 + \frac12c(3x - 2)$ , dengan pergeseran yang sama. Lewat induksi, $N$ angka biner pertama $c(x)$ adalah $b_1, \dots, b_N$ untuk setiap $N$ : jadi $c(x) = \sum_nb_n2^{-n}$ .

4. Di luar $C$ , $c$ konstan secara lokal: sehingga dapat diturunkan dengan turunan $0$ . Dan karena $\lambda(C) = 0$ (Contoh 9.14), maka $c' = 0$ hampir di mana-mana. Namun $c(1) - c(0) = 1$ : sebab teorema fundamental dalam bentuk $\mathcal C^1$ -nya menuntut $c$ dapat diturunkan di mana-mana dengan turunan yang kontinu (atau setidaknya terintegralkan, ditambah kekontinuan mutlak — lihat Bab 10); padahal $c$ tak dapat diturunkan di titik $C$ , dan yang lebih mendasar, $c$ menggagalkan kekontinuan mutlak: sebab ia mendaki pada himpunan nol.

5. Diberikan $y = \sum_n\beta_n2^{-n} \in \intcc01$ (dengan $\beta_n \in \{0,1\}$ ), titik $x = \sum_n2\beta_n3^{-n} \in C$ mempunyai $c(x) = y$ menurut pertanyaan 3: jadi $c(C) = \intcc01$ , yakni himpunan berukuran $1$ — sehingga himpunan nol $C$ membawa, lewat $c$ , seluruh selangnya.

6. Fungsi $h$ kontinu dan naik sejati (sebab $x$ demikian dan $c$ tak turun); lalu $h(0) = 0$ , $h(1) = 1$ , sehingga menurut teorema nilai antara $h$ merupakan bijeksi kontinu pada $\intcc01$ ; dan bijeksi kontinu dari ruang kompak ke ruang Hausdorff merupakan homeomorfisma (Akibat 6.14).

7. Pada sebuah celah $(u, v)$ (berpanjang $\ell$ ), $c$ konstan, sehingga $h$ bersifat afin berkemiringan $\frac12$ : jadi $h((u,v))$ merupakan selang berpanjang $\frac\ell2$ . Celahnya saling lepas dan $h$ injektif: sehingga petanya saling lepas, dengan ukuran total $\frac12\sum\ell = \frac12(1 - \lambda(C)) = \frac12$ .

8. Berlaku $h(\intcc01) = \intcc01$ dan $h(C)$ bersifat kompak (sebagai peta kontinu), sehingga terukur, dengan

\lambda\bigl(h(C)\bigr) = 1 - \lambda\bigl(h(\intcc01\setminus C)\bigr) = 1 - \tfrac12 = \tfrac12 .

Jadi sebuah homeomorfisma dapat menggembungkan himpunan nol menjadi berukuran $\frac12$ : sehingga “ukuran topologi” (kategori, dimensi) dan “ukuran” diangkut homeomorfisma dengan cara yang sangat berbeda — hanya yang pertama yang merupakan invarian topologi.

9. Himpunan $Z = h^{-1}(W) \subseteq h^{-1}(h(C)) = C$ mempunyai $\lambda^*(Z) \leq \lambda(C) = 0$ : jadi himpunan nol, sehingga terukur Lebesgue menurut kelengkapannya (Teorema 9.9).

10. Misalkan $\varphi$ kontinu dan $\mathcal D = \{B : \varphi^{-1}(B) \in \mathcal B\}$ . Prapeta komutatif dengan komplemen dan gabungan terbilang, sehingga $\mathcal D$ merupakan aljabar- $\sigma$ ; dan ia memuat himpunan terbukanya (menurut kekontinuannya): jadi $\mathcal D \supseteq \mathcal B$ — sehingga prapeta himpunan Borel di bawah pemetaan kontinu bersifat Borel.

11. Seandainya $Z$ bersifat Borel, terapkan pertanyaan 10 pada $\varphi = h^{-1}$ yang kontinu: maka $\varphi^{-1}(Z) = h(Z) = W$ akan bersifat Borel, sehingga terukur Lebesgue — dan itu bertentangan dengan pemilihan $W$ . Jadi $Z \in \mathcal L \setminus \mathcal B$ : sehingga aljabar- $\sigma$ Lebesgue memuat milik Borel secara sejati.

12. Fungsi $g = \mathbf 1_Z$ terukur Lebesgue (sebab $Z \in \mathcal L$ ) dan $\varphi = h^{-1}$ kontinu, tetapi $(g\circ\varphi)^{-1}(\{1\}) = \varphi^{-1}(Z) = W$ tidak terukur: jadi $g \circ \varphi$ tak terukur Lebesgue. Kehati-hatian yang diperlukan: “fungsi terukur Lebesgue” berarti prapeta himpunan Borel mendarat di $\mathcal L$ ; sedangkan mengomposisikannya menuntut prapeta himpunan Lebesgue tetap Lebesgue, dan itu tak diberikan kekontinuan (di sini $\varphi^{-1}(Z) \notin \mathcal L$ walaupun $\varphi$ sebuah homeomorfisma).

13. Rantainya, beserta saksi kesejatiannya:

\{\text{terbilang}\} \subsetneq \{\text{nol Borel}\} \subsetneq \{\text{nol Lebesgue}\} \subsetneq \mathcal L \subsetneq \mathcal P(\R), \qquad \{\text{nol Borel}\} \subsetneq \mathcal B \subsetneq \mathcal L .

Saksinya: $C$ bersifat Borel, nol, dan tak terbilang (untuk jurang pertama); $Z$ bersifat nol Lebesgue tetapi bukan Borel (untuk jurang kedua dan, di dalam $\mathcal B \subsetneq \mathcal L$ , jurang keenam); himpunan Cantor gemuk bersifat Borel, tak padat di mana pun, dan berukuran positif (yang memisahkan himpunan nol dari himpunan Borel); dan himpunan Vitali $V$ tak berada di $\mathcal L$ (untuk jurang terakhir). Jadi ukuran, topologi, dan kardinalitas mengiris $\mathcal P(\R)$ menurut garis yang sungguh berbeda.

14. Untuk ukuran luarnya: $\mu_F^*(\varnothing) = 0$ (selimuti dengan selang yang melenyap), kemonotonannya jelas, dan subaditivitas terbilangnya menyusul lewat penyambungan selimut yang optimal dalam $\varepsilon2^{-k}$ , persis seperti untuk $\lambda^*$ . Selimut satu selangnya memberikan $\mu_F^*(\intoc ab) \leq F(b) - F(a)$ . Sebaliknya misalkan $\intoc ab \subseteq \bigcup_k\intoc{a_k}{b_k}$ . Menurut kekontinuan $F$ , ambillah $b_k' > b_k$ dengan $F(b_k') \leq F(b_k) + \varepsilon2^{-k}$ , dan $a' \in \intoo ab$ dengan $F(a') \leq F(a) + \varepsilon$ . Kompak $\intcc{a'}b$ terselimuti oleh $\intoo{a_k}{b_k'}$ yang terbuka: sehingga berhingga di antaranya sudah cukup, dan argumen perantaian pada Teorema 9.12 (yakni berjalan dari $a'$ ke $b$ melalui selang yang bertindih, sambil meneleskopkan pertambahan $F$ , dengan kemonotonannya menyerap tindihannya) melahirkan $F(b) - F(a') \leq \sum_k(F(b_k') - F(a_k)) \leq \sum_k(F(b_k) - F(a_k)) + \varepsilon$ . Lalu biarkan $\varepsilon \to 0$ : diperoleh kesamaan. (Dan kekontinuan $F$ -lah yang mengizinkan pembukaan selangnya dengan biaya- $F$ sekecil apa pun.)

15. Cukup dibuktikan bahwa setiap setengah garis $H_t = \intoc{-\infty}t$ terukur menurut Carathéodory, sebab himpunan terukurnya membentuk aljabar- $\sigma$ (Teorema 9.9) dan setengah garis membangkitkan $\mathcal B$ . Diberikan $A$ dan sebuah selimut optimal dalam $\varepsilon$ , sebut $(\intoc{a_k}{b_k})$ , atas $A$ : maka setiap selangnya terpecah sebagai $\intoc{a_k}{t\wedge b_k} \cup \intoc{t \vee a_k}{b_k}$ (dengan satu kepingannya mungkin kosong), dan biaya- $F$ -nya berjumlah tepat $F(b_k) - F(a_k)$ ; lalu kepingan pertamanya menyelimuti $A \cap H_t$ , dan kepingan keduanya menyelimuti $A \setminus H_t$ . Karena itu $\mu_F^*(A\cap H_t) + \mu_F^*(A\setminus H_t) \leq \mu_F^*(A) + \varepsilon$ , sedangkan ketaksamaan sebaliknya adalah subaditivitasnya. Dengan membatasi ukuran yang dihasilkan pada $\mathcal B$ : diperolehlah ukuran Lebesgue–Stieltjes $\mu_F$ .

16. Berlaku $\mu(\R) = \lim_n(F(n) - F(-n)) = 1 - 0 = 1$ (lewat kekontinuan ukurannya sepanjang $\intoc{-n}n$ ). Pada sebuah celah $\intoo uv$ dari $C$ , $c$ konstan, sehingga setiap subselang setengah terbukanya berukuran- $\mu$ nol dan demikian pula celahnya (lewat gabungan terbilang); dan di luar $\intcc01$ , $c$ juga konstan. Karena itu $\mu(\R\setminus C) = 0$ dan $\mu(C) = 1$ , sedangkan $\lambda(C) = 0$ (Contoh 9.14): jadi masing-masing dari $\mu, \lambda$ dibawa oleh himpunan yang oleh yang lain dinyatakan nol — yakni saling singular.

17. Berlaku $\mu(\{x\}) = \lim_{\delta\downarrow0} \mu(\intoc{x-\delta}x) = \lim(c(x) - c(x-\delta)) = 0$ menurut kekontinuan $c$ : jadi tak beratom. Sehingga $\mu$ merupakan ukuran peluang tanpa atom yang dibawa sebuah kompak berukuran nol Lebesgue — bukan menyebar-berkepadatan seperti pembatasan $\lambda$ , bukan pula beratom seperti ukuran cacah: yakni spesies ketiga.

18. Kepingan $C_\varepsilon$ merentang sebuah selang terner $I_\varepsilon$ berpanjang $3^{-m}$ , dan Bagian I pertanyaan 3 menunjukkan bahwa sepanjang $I_\varepsilon$ tangganya mendaki tepat $2^{-m}$ (sebab $m$ angka biner pertama $c$ dibekukan pada $\varepsilon$ , sedangkan sisanya menyapu segalanya). Karena itu $\mu(C_\varepsilon) = \mu(I_\varepsilon) = c(\text{ujung kanan}) - c(\text{ujung kiri}) = 2^{-m}$ : jadi silinder angka berkedalaman $m$ semuanya bermassa $2^{-m}$ , yakni hukum $m$ koin adil.

19. Ruas kanannya mendefinisikan ukuran Borel $\nu = \frac12\,(x \mapsto \tfrac x3)_*\mu + \frac12\,(x \mapsto \tfrac{x+2}3)_*\mu$ yang dinilaikan di $A$ — yakni ukuran peluang. Secara titik demi titik, dengan $c$ yang diperluas secara global, mudah diperiksa kasus demi kasus ( $x \leq 0$ ; ketiga sepertiganya; $x \geq 1$ ) identitas

c(x) = \tfrac12\,c(3x) + \tfrac12\,c(3x - 2),

misalnya pada $\intcc{1/3}{2/3}$ : $\frac12\cdot1 + \frac12\cdot0 = \frac12 = c(x)$ . Karena itu menilaikan $\nu$ pada $\intoc ab$ memberikan $c(b) - c(a) = \mu(\intoc ab)$ , sedangkan dua ukuran berhingga yang bersesuaian pada sistem- $\pi$ berisi selang setengah terbuka berimpit pada $\mathcal B$ (Teorema 9.7): jadi $\nu = \mu$ .

20. Lewat induksi pada $n$ : $c_0(1-x) = 1 - c_0(x)$ , dan jika $c_n$ mempunyai kesimetrian itu, maka untuk $x \in \intcc0{1/3}$ : $c_{n+1}(1 - x) = \frac12 + \frac12c_n(3(1-x) - 2) = \frac12 + \frac12c_n(1 - 3x) = \frac12 + \frac12(1 - c_n(3x)) = 1 - c_{n+1}(x)$ ; sedangkan sepertiga tengahnya bercermin di sekitar $\frac12$ ; dan sepertiga kanannya merupakan kasus kirinya yang dicerminkan. Pada limitnya, $c(1-x) = 1 - c(x)$ . Untuk peta majunya: $(s_*\mu)(\intoc ab) = \mu(\intco{1-b}{1-a}) = c(1-a) - c(1-b)$ (sebab $\mu$ tak beratom, pertanyaan 17, sehingga kesepakatan batasnya tak berbiaya) $= (1 - c(a)) - (1 - c(b)) = \mu(\intoc ab)$ : jadi $s_*\mu = \mu$ menurut ketunggalannya.

21. Misalkan $X \sim \mu$ (integral fungsi kontinu terhadap $\mu$ ada sebagai limit jumlah bertipe Riemann atas kepingan berkedalaman $m$ , yang masing-masing bermassa $2^{-m}$ , dengan galat pencuplikan $\leq \operatorname{osc} \leq \norm{f'}_\infty3^{-m}$ ; dan Bab 10 akan menyistematiskannya). Kesimetriannya: $1 - X \sim X$ , sehingga $\E X = \frac12$ . Keserupaan dirinya: $X$ berhukum $\frac Y3$ dengan peluang $\frac12$ dan berhukum $\frac{Y+2}3$ dengan peluang $\frac12$ , dengan $Y \sim \mu$ , sehingga

\E X^2 = \frac12\,\frac{\E Y^2}9 + \frac12\, \frac{\E Y^2 + 4\E Y + 4}{9} = \frac{2\E X^2 + 6}{18},

sehingga $\E X^2 = \frac38$ dan $\operatorname{Var}X = \frac38 - \frac14 = \frac18$ . Sedangkan hukum seragam beragam $\frac1{12} < \frac18$ : jadi massa Cantor memeluk ujungnya.

22. Himpunan $C$ tertutup dan $\mu(C) = 1$ . Jika sebuah $I$ yang terbuka memotong $C$ di $x$ , maka kepingan berkedalaman $m$ yang memuat $x$ menyusut ke $x$ , sehingga ada $I_\varepsilon \subseteq I$ dan $\mu(I) \geq 2^{-m} > 0$ : jadi tak ada himpunan tertutup yang lebih kecil yang dapat membawa $\mu$ . Sedangkan titik di luar $C$ berpersekitaran celah yang berukuran- $\mu$ sama dengan $0$ . Karena itu $\operatorname{supp}\mu = C$ tepat.

23. Satu gejala, dua dialek. Bagian I mengatakan bahwa pertumbuhan $c$ tak terlihat oleh turunannya: $c' = 0$ hampir di mana-mana, dengan seluruh pendakiannya memusat pada himpunan nol $C$ . Bagian V mengatakan bahwa ukuran terkaitnya $\mu_c$ menaruh seluruh massanya pada himpunan nol yang sama: $\mu_c \perp \lambda$ , sehingga tak ada kepadatan $f \geq 0$ yang dapat memenuhi $\mu_c(A) = \int_Af\,\dd\lambda$ — sebab kepadatan memaksa kelenyapan pada himpunan nol- $\lambda$ . Kamusnya: bagi yang tak turun dan terbatas, $F \leftrightarrow$ ukuran berhingga $\mu_F$ (pertanyaan 14–15); $F$ yang merupakan integral turunannya $\leftrightarrow$ $\mu_F$ yang berkepadatan (yakni kasus “kontinu mutlak”); dan secara umum $F'$ , yang ada hampir di mana-mana bagi $F$ yang monoton (lewat teorema pendiferensialan Lebesgue, yang melampaui bab ini), hanya memulihkan bagian kepadatannya. Tangganya merupakan ujung ekstremnya: kontinu, dengan turunan $0$ hampir di mana-mana — sehingga ukurannya singular murni, dan teorema fundamental kalkulus, jauh dari gagal secara kebetulan, gagal persis sebesar massa singularnya $\mu_c(\R) = 1$ .

24. Tetapkan $x < y$ di $\intcc01$ lalu pilihlah $m \geq 0$ dengan $3^{-(m+1)} < y - x \leq 3^{-m}$ . Sepanjang sembarang selang triadik $\intcc{k3^{-m}}{(k+1)3^{-m}}$ tangganya mendaki paling banyak $2^{-m}$ : sebab selang semacam itu entah salah satu dari $2^m$ kepingan $C_m$ , yang pendakiannya tepat $2^{-m}$ (pertanyaan 18), entah termuat di penutup satu celah pada suatu tahap $\leq m$ , tempat $c$ konstan. Dan karena $y - x \leq 3^{-m}$ , selang $\intcc xy$ memotong paling banyak dua selang triadik berkedalaman $m$ yang berurutan, sehingga

c(y) - c(x) \leq 2\cdot2^{-m} = 2\bigl(3^{-m}\bigr)^{s} < 2\bigl(3(y - x)\bigr)^{s} = 4\,(y - x)^{s},

dengan memakai $3^{s} = 2$ dan $3^{-m} < 3(y - x)$ . Keoptimalannya: ujung $u < v$ sebuah kepingan Cantor berkedalaman $m$ memenuhi $v - u = 3^{-m}$ dan $c(v) - c(u) = 2^{-m} = (v - u)^{s}$ ; sehingga batas Hölder $\abs{c(v) - c(u)} \leq K(v - u)^{t}$ dengan $t > s$ akan memaksa $K \geq 2^{-m}3^{mt} = (3^{t}/2)^{m} \to \infty$ (sebab $3^{t} > 3^{s} = 2$ ), dan setiap subselang $\intcc01$ memuat kepingan semacam itu, sehingga kegagalannya bersifat lokal pula. Bentuk ukurannya: $\mu\bigl(\intcc{x-r}{x+r}\bigr) \leq c(x + r) - c(x - r) \leq 4(2r)^{s} = 4\cdot2^{s}r^{s} \leq 8r^{s}$ (dengan nilai $c$ yang diperluas ke $\R$ seperti pada pertanyaan 16; sebab $\mu$ tak beratom, pertanyaan 17).

25. Tulis $S_0(x) = \frac x3$ dan $S_1(x) = \frac{x+2}3$ ; maka hipotesisnya mengatakan $\nu = \frac12(S_0)_*\nu + \frac12(S_1)_*\nu$ . Dengan mengiterasikannya $m$ kali,

\nu = 2^{-m}\sum_{w \in \{0,1\}^m}(S_w)_*\nu, \qquad S_w = S_{w_1}\circ\dots\circ S_{w_m}.

Karena $\nu$ dibawa oleh $\intcc01$ dan $S_w(\intcc01) = I_w$ , yakni kepingan Cantor berkedalaman $m$ yang diindeks $w$ , maka setiap $(S_w)_*\nu$ merupakan ukuran peluang yang dibawa $I_w$ ; sedangkan $2^m$ kepingannya berupa selang tertutup saling lepas berpasangan yang berpanjang $3^{-m}$ . Tetapkan $\intoc ab$ lalu misalkan $N_m$ banyaknya kepingan $I_w \subseteq \intoc ab$ . Sebuah kepingan yang memotong $\intoc ab$ tanpa termuat di dalamnya harus memuat $a$ atau $b$ , sedangkan sebuah titik terletak paling banyak di satu kepingan, sehingga

2^{-m}N_m \leq \nu(\intoc ab) \leq 2^{-m}N_m + 2\cdot2^{-m}.

Ketaksamaan rangkap yang sama berlaku bagi $\mu$ (sebab pertanyaan 19 memberikan iterasi yang identik), dengan cacahan $N_m$ yang sama. Karena itu $\abs{\nu(\intoc ab) - \mu(\intoc ab)} \leq 2^{-m+1} \to 0$ : sehingga $\nu$ dan $\mu$ bersesuaian pada sistem- $\pi$ berisi selang setengah terbuka, dan keduanya ukuran peluang, sehingga Teorema 9.7 memberikan $\nu = \mu$ . Jadi ukuran tangganya merupakan satu-satunya titik tetap skema perata-rataan dua pemetaan itu — yakni pernyataan setingkat ukuran atas keserupaan diri $C$ .

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium

9.1 Aljabar-σ\sigmaσ

9.2 Ukuran

9.3 Ukuran luar dan teorema Carathéodory

9.4 Ukuran Lebesgue pada R\RR

9.5 Latihan

9.6 Soal: tangga Cantor–Vitali dan sebuah himpunan terukur yang bukan Borel

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

9.1 Aljabar- $\sigma$

9.4 Ukuran Lebesgue pada $\R$