´ nd Tudoma ´ nyegyetem E¨ otv¨ os Lora ´szettudoma ´ nyi Kar Terme
V´eges M´arton Matematika BSc Matematikus szakir´any
´rhetetlen halmazok Me
Szakdolgozat
T´emavezet˝ o: Keleti Tam´as egyetemi docens, tansz´ekvezet˝o Anal´ızis tansz´ek
Budapest, 2013.
K¨ osz¨ onetnyilv´ an´ıt´ as Ez´ uton szeretn´em megk¨ osz¨ onni t´emavezet˝omnek, Keleti Tam´asnak, a szakdolgozathoz ny´ ujtott sok seg´ıts´eg´et; bele´ertve mag´ at a t´emafelvet´est, kapcsol´od´o szakirodalom aj´anl´as´at, illetve a probl´em´ akra adott v´ alaszait.
2
Tartalomjegyz´ ek Tartalomjegyz´ ek
3
Bevezet´ es
4
1. A Liouville sz´ amok ´ es m´ erhetetlens´ eg
5
1.1. Bevezet´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2. M´erhetetlens´eg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
2. Besicovitch-Eggleston ´ es nem-norm´ alis sz´ amok
10
2.1. Norm´ alis sz´ amok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2.2. Besicovitch-Eggleston sz´ amok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.3. A Besicovitch-Eggleston sz´ amok tov´abbi oszt´alyai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 3. Tov´ abbi p´ eld´ ak
20
3.1. P´eld´ ak tetsz˝ oleges Borel-oszt´aly´ u halmazra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 3.2. P´elda tetsz˝ oleges Hausdorff dimenzi´oj´ u halmazra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3.2.1. Bevezet´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3.2.2. A konstrukci´ o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3
Bevezet´ es Gyakran haszn´ alt eszk¨ oz a matematik´aban, hogy egy halmazon valamilyen val´osz´ın˝ us´egi m´ert´eket defini´ alunk. Sokszor ez a m´ert´ek eltol´as-invari´ans is egyben. Felmer¨ ul a k´erd´es, van-e olyan halmaz, amin nem lehet ilyen m´ert´eket megadni, azaz minden eltol´as-invari´ans (Borel)-m´ert´ekre 0 vagy v´egtelen m´ert´ek˝ u. Ilyet term´eszetesen k¨ onny˝ u adni, p´eld´aul egy tetsz˝oleges korl´atos, m´erhet˝o H halmaz v´egtelen ´ sok diszjunkt eltoltja. Altal´ aban, ha egy halmaz ilyen m´odon periodikus”, akkor csak 0 vagy v´egtelen ” lehet a m´ert´eke. Azonban ezek a p´eld´ak mind σ-v´egesek, pr´ob´aljunk olyan p´eld´akat adni, amik 0 vagy nem σ-v´egesek minden eltol´ as-invari´ans m´ert´ekre. Az els˝o p´eld´at erre R. O. Davies adta 1971-ben [2] (Larman konstru´ alt egy m´ asik halmazt 1965-ben, de azt nem konkr´etan ezzel a c´ellal k´esz´ıtette, meg sincs eml´ıtve ez a tulajdons´ ag a cikkben [8]). Davies konstrukci´oja halmazok olyan sorozat´an alapszik, ahol a sorozatban k¨ ovetkez˝ o elem l´enyeg´eben tartalmazza az el˝oz˝o kontinuum-sok eltoltj´at. R. D. Mauldin a Liouville-sz´ amokkal kapcsolatban tette fel ezt a k´erd´est, azaz van-e olyan eltol´ asinvari´ ans Borel m´ert´ek, amire a Liouville-sz´amok m´ert´eke pozit´ıv ´es σ-v´eges [11]. Erre a v´alasz nem, amint azt a k´es˝ obbiekben l´ atni fogjuk. T¨obb gyeng´ebb ´all´ıt´as is sz¨ uletett, p´eld´aul L. Olsen a Hausdorffm´ert´ekekre l´ atta be, hogy 0 vagy v´egtelen a m´ert´ek [12]. K´es˝obb a [1] cikkben minden eltol´asinvari´ ans m´ert´ekre bizony´ıtott´ ak, hogy 0 vagy v´egtelen a m´ert´ek (a σ-v´egess´eget nem vizsg´alva). Elekes ´es Keleti l´ atta be az ´ all´ıt´ ast u ´gy, ahogy azt Mauldin feltette [3]. hogy Most defini´aljuk a m´erhetetlens´eg fogalm´ at, amit a k´es˝ obbiekben vizsg´alni fogunk. Defin´ıci´ o. Egy nem¨ ures Borel halmazt R-en m´erhetetlennek nevez¨ unk, ha minden eltol´as-invari´ ans Borel-m´ert´ekre 0 vagy nem σ-v´eges a m´ert´eke. Az els˝ o fejezetben defini´ aljuk a Liouville-sz´amok halmaz´at ´es bel´atjuk n´eh´any alaptulajdons´ ag´ at. Elekes ´es Keleti m´ ar eml´ıtett m´ odszer´evel bel´atjuk, hogy ez a halmaz m´erhetetlen. Ez egy ´altal´anosabb all´ıt´ ´ as k¨ ovetkezm´enyeke, amit a k´es˝ obbiekben m´as t´etelek bizony´ıt´as´ahoz u ´jra felhaszn´alunk. A m´ asodik fejezetben tov´ abbi m´erhetetlen halmazokat adunk. Ezek k¨ozt szerepelnek a nem norm´ alis sz´ amok, a Besicovitch-Eggleston sz´ amok bizonyos t´ıpusai, illetve egy gyeng´ebb ´all´ıt´as, ami csak annyit l´ at be, hogy minden Besicovitch-Eggleston oszt´aly 0 vagy v´egtelen m´ert´ek˝ u (teh´at lehet σ-v´eges a m´ert´ek). El˝ obbi t´etelek Elekes ´es Keleti eredm´enyei, ut´obbi pedig Bugeaud, Dodson ´es Kristensent˝ ol sz´ armazik. V´eg¨ ul a harmadik fejezetben adunk p´eld´at tetsz˝oleges Borel-oszt´aly´ u illetve Hausdorff- ´es boxdimenzi´ oj´ u m´erhetetlen halmazra. El˝ obbi a [3] cikkb˝ol sz´armazik, ut´obbi pedig saj´at munka, ami Davies konstrukci´ oj´ an alapszik.
4
1. fejezet
A Liouville sz´ amok ´ es m´ erhetetlens´ eg 1.1. Bevezet´ es A Liouville-sz´ amok olyan irracion´ alis sz´amok, amelyek j´ol k¨ozel´ıthet˝oek racion´alisakkal : 1.1.1. Defin´ıci´ o (Liouville sz´ amok). p x ∈ R : ∀n∃p, q ∈ Z(q > 1), hogy 0 < x − < q p x ∈ R \ Q : ∀n∃p, q ∈ Z(q > 1), hogy x − < q
L = =
1 qn 1 qn
´ Erdekess´ eg, hogy a Liouville-sz´ amok voltak az els˝ok, amelyekr˝ol bel´att´ak, hogy transzcendensek. A k¨ ovetkez˝ oekben bel´ atunk n´eh´ any egyszer˝ u ´all´ıt´ast, amik a k´es˝obbiekben hasznosak lesznek. A bizony´ıt´ asok a [13] k¨ onyvb˝ ol sz´ armaznak. ´ ıt´ 1.1.2. All´ as. Az L egy s˝ ur˝ u ´es Gδ halmaz. Bizony´ıt´ as. Defini´ aljuk az Un halmazokat a k¨ovetkez˝o m´odon : Un =
[ [ q≥2 p
x ∈ R : 0 < x −
1 p < q qn
Ekkor a Liouville-sz´ amok ´ıgy ´ırhat´ok: L=
\
Un
n
Az Un halmazok ny´ıltak, teh´ at L egy Gδ halmaz lesz. Az Un halmazok tov´abb´a s˝ ur˝ uek is (minden racion´ alis sz´ amhoz van tetsz˝ olegesen k¨ozel egy Un -beli elem), ez´ert a Baire kateg´oria-t´etel miatt a metszet¨ uk s˝ ur˝ u.
5
´ ıt´ 1.1.3. All´ as. λ(L) = 0, ahol λ a Lebesgue-m´ert´ek. Bizony´ıt´ as. Defini´ aljuk a Gn,q halmazokat a k¨ovetkez˝o m´odon, n > 2 ´es q ≥ 2-re : Gn,q A defin´ıci´ ob´ ol nyilv´ an L ⊆
S
q≥2
[
L ∩ (−m, m) ⊆
∞ [ p 1 p 1 = − n, + n q q q q p=−∞
Gn,q . Innen : Gn,q ∩ (−m, m) ⊆
q≥2
q≥2 2 qn ,
A jobb oldalon lev˝ o intervallumok hossza
λ(L ∩ (−m, m))
≤
mq X X q≥2 p=−mq
mq [ p 1 p 1 − n, + n q q q q p=−mq
teh´at
X (2mq + 1)2 X 1 2 = ≤ (4m + 1) qn qn q n−1
ˆ
≤
[
q≥2
∞
(4m + 1) x≥1
q≥2
4m + 1 dx = n−1 x n−2 1
A jobb oldal 0-hoz tart, ha n tart v´egtelenhez, ´ıgy λ(L ∩ (−m, m)) = 0. Mivel L lefedhet˝o megsz´ amolhat´ o sok nullm´ert´ek˝ u halmaz uni´oj´aval, ez´ert maga is nullm´ert´ek˝ u. Megjegyezz¨ uk, hogy a fenti bizony´ıt´ashoz hasonl´oan, ´ovatosabb becsl´est alkalmazva, bel´athatjuk azt is, hogy L Hausdorff-dimenzi´ oja 0. Ennek a bizony´ıt´asa szint´en megtal´alhat´o Oxtoby k¨onyv´eben. ´ ıt´ 1.1.4. All´ as. L eltol´ asinvari´ ans a racion´ alis sz´ amokra n´ezve, azaz L + q = L minden q ∈ Q-ra. Bizony´ıt´ as. Trivi´ alis.
1.2. M´ erhetetlens´ eg Most bel´ atjuk, hogy L egy m´erhetetlen halmaz. A bizony´ıt´asok [3] alapj´an t¨ort´ennek. El˝osz¨or a k¨ ovetkez˝ o k´et lemm´ at l´ atjuk be : 1.2.1. Lemma. Ha B egy Lebesgue null-m´ert´ek˝ u Borel-halmaz, ´es µ egy Borel-m´ert´ek, amire µ(B) pozit´ıv ´es σ-v´eges, akkor l´etezik olyan C ⊂ B kompakt r´eszhalmaz, amire µ(C) > 0 ´es int(C − C) = ∅. Bizony´ıt´ as. Az els˝ o l´ep´esben bel´ atjuk, hogy λ-majdnem minden t-re µ(B ∩ (B + t)) = 0. Jel¨olje A azt a σ-algebr´ at, ahol µ ´ertelmezve van. Defini´aljuk a k¨ovetkez˝o u ´j m´ert´eket: µB (A) = µ(B ∩ A) minden A ∈ A-ra Ez a m´ert´ek is σ-v´eges Borel-m´ert´ek lesz. Legyen B 0 = (x, y) ∈ R2 : x + y ∈ B
6
Most alkalmazzuk Fubini-t´etel´et. A szorzatt´er els˝o komponens´enek a m´ert´ek´enek µB -t v´alasztjuk, a m´ asodik´enak pedig λ-t. R¨ ogz´ıtett x-re B 0 f¨ ugg˝oleges szekci´oi {y ∈ R : y ∈ B − x} = B − x alak´ uak, ezek pedig a felt´etel miatt null-m´ert´ek˝ uek. Teh´at a Fubini-t´etel szerint (µB × λ)(B 0 ) = 0. Ekkor λ-m.m v´ızszintes szekci´ o is 0-m´ert´ek˝ u (µB szerint). Egy v´ızszintes szekci´o B − y alak´ u, ez´ert λ-m.m. y-ra 0 = µB (B − y) = µ(B ∩ (B − y)). Ez pedig pont az, amit be akartunk l´atni az els˝o l´ep´esben. A m´ asodik l´ep´esben keres¨ unk egy H Borel-halmazt, ami megfelel a lemmabeli ´all´ıt´asnak, azaz H ⊂ B, µ(H) > 0 ´es int(H − H) = ∅. Legyen D egy olyan megsz´amolhat´o s˝ ur˝ u halmaz, hogy µ(B ∩ ∩ (B + t)) = 0 minden t ∈ D -re (az el˝oz˝o l´ep´es szerint ilyen l´etezik) . Ekkor H legyen a k¨ovetkez˝ o: H =B\
[
(B + t)
t∈D
A t-k v´ alaszt´ asa miatt µ(B ∩ (∪t∈D B + t)) = 0, ´ıgy µ(H) = µ(B) > 0. Tov´abb´a t ∈ D-re t ∈ / (H − − H), k¨ ul¨ onben valamilyen a, b ∈ H sz´amokra a = b + t, de a ∈ H ⊂ B \ (B + t), ami ellentmond´ as. Teh´ at D ∩ (H − H) = ∅ ´es D s˝ ur˝ u, ´ıgy int(H − H) = ∅. Azaz H val´oban megfelel a felt´eteleknek. Utols´ o l´ep´esk´ent megadjuk a C kompakt halmazt, m´egpedig az el˝obb defini´alt H r´eszhalmazak´ent. S H ⊂ B, ´ıgy H σ-v´eges. Legyen H = n An , ahol An ∈ A ´es µ(An ) < ∞. Mivel H pozit´ıv m´ert´ek˝ u, ´ıgy valamelyik An -re µ(An ) > 0. Legyen A = An . Defini´aljuk a k¨ovetkez˝o m´ert´eket: µA (S) = µ(A ∩ S) minden S ⊂ R Borel halmazra Ekkor µA egy v´eges m´ert´ek. Ismert, hogy ekkor µA (H) = sup {µA (C) : C kompakt} Mivel µA (H) = µ(A ∩ H) = µ(A) > 0, l´etezik egy kompakt C ⊂ A, amire 0 < µA (C) = µ(A ∩ C) = = µ(C). Mivel C ⊂ H, ez´ert int(C − C) = ∅. Ezzel bebizony´ıtottuk a lemma ´all´ıt´as´at. A k¨ ovetkez˝ o lemma bizony´ıt´ as´ ahoz sz¨ uks´eg lesz egy egyszer˝ u ´all´ıt´asra a kompakt halmazok k¨ ul¨ onbs´eg´er˝ ol: ´ ıt´ 1.2.2. All´ as. Legyenek K, L ⊂ R kompakt halmazok. Ekkor K − L is kompakt. Bizony´ıt´ as. A K −L halmaz nyilv´ an korl´atos, ez´ert el´eg bel´atni, hogy z´art. Legyen ki ∈ K, li ∈ L olyan sz´ amok, amire ki −li konvergens, be kell bizony´ıtani, hogy a hat´ar´ert´ek K −L-ben van. A ki sorozatnak van konvergens r´eszsorozata K kompakts´aga miatt, ´ıgy feltehet˝o, hogy ki → a ∈ K. Hasonl´oan, li -nek is van konvergens r´eszsorozata, ez´ert li → b ∈ L ´es ki − li → a − b ∈ K − L. 1.2.3. Lemma. Legyen B egy Gδ halmaz, amire {t ∈ R : B + t ⊂ B} s˝ ur˝ u, ´es C ⊂ B olyan kompakt halmaz, amire int(C − C) = ∅. Ekkor C-nek van nem megsz´ amolhat´ o sok diszjunkt eltoltja B-ben. Bizony´ıt´ as. Legyen T = {t ∈ R : C + t ⊂ B}. Mivel B Gδ , ez´ert l´eteznek Un ny´ılt halmazok, hogy T T T B = n Un . C + t ⊂ n Un pontosan akkor, ha C + t ⊂ Un minden n-re. Emiatt T = Gn , ahol
7
Gn = {t ∈ R : C + t ⊂ Un } . Legyen t0 ∈ Gn . Mivel C kompakt ´es Un ny´ılt, ez´ert d = dist(C + t0 , R \ Un ) > 0, ´es ´ıgy t ∈ Gn , ha |t − t0 | < d2 . Teh´ at Gn ny´ılt. Azaz T egy s˝ ur˝ u Gδ halmaz, ez´ert m´asodik kateg´ori´as. Kell keresn¨ unk t¨ obb, mint megsz´ amolhat´o sok diszjunkt eltoltat, ehhez transzfinit indukci´ot fogunk haszn´ alni: keress¨ uk a sz´ amoknak egy (tα )α<ω1 sorozat´at, amelyekre a C + tα halmazok p´aronk´ent diszjunktak. A tα sz´ amokat T -b˝ ol fogjuk v´alasztani, ez´ert C + tα ⊂ B minden α < ω1 -re. A konstrukci´ o : Nyilv´ an (C + tα ) ∩ (C + tβ ) pontosan akkor u / C − C + tβ . El´eg ¨res, ha tα ∈ azt bizony´ıtani, hogy minden megsz´amolhat´o α rendsz´amra tal´alunk olyan tα ∈ T sz´amot, amire tα ∈ / C − C + tβ , minden β < α rendsz´amra. Ha ezt nem lehetne megtenni, az azt jelenten´e, hogy S T ⊂ β<α C − C + tβ . A felt´etel szerint C − C belseje u ¨res ´es az 1.2.2 ´all´ıt´as miatt z´art, teh´at C − C sehol sem s˝ ur˝ u halmaz. De T m´ asodik kateg´ori´as, ez´ert nem lehet lefedni megsz´amolhat´o sok sehol sem s˝ ur˝ u halmazzal, teh´ at ellentmond´asra jutottunk. ´Igy mindig tal´alunk megfelel˝o tα sz´amot ´es ezzel igazoltuk a lemma ´ all´ıt´ as´ at. A k´et lemm´ at ¨ osszerakva kimondjuk a k¨ovetkez˝o t´etelt: 1.2.4. T´ etel. Legyen B ⊂ R egy nem¨ ures Gδ halmaz, amire λ(B) = 0 ´es {t ∈ R : B + t ⊂ B} s˝ ur˝ u. Ekkor B m´erhetetlen halmaz. Bizony´ıt´ as. B nyilv´ an Borel-halmaz. Legyen µ egy olyan eltol´asinvari´ans m´ert´ek, amire µ(B) > 0. Indirekten tegy¨ uk fel, hogy µ(B) σ-v´eges. Ekkor a 1.2.1 lemma miatt van egy C kompakt r´eszhalmaza B-nek, amire µ(C) > 0 ´es int(C − C) = ∅. De a 1.2.3 lemma szerint C-nek nem megsz´amolhat´ oan v´egtelen sok eltoltja van B-ben, ´ıgy az nem lehet σ-v´eges. Teh´at B m´erhetetlen. Ezt a t´etelt a k´es˝ obbiekben sokszor fogjuk haszn´alni. Az els˝o alkalmaz´asa a k¨ovetkez˝o : 1.2.5. K¨ ovetkezm´ eny. A Liouville-sz´ amok m´erhetetlen halmazt alkotnak. Bizony´ıt´ as. Az el˝ oz˝ o szakasz ´ all´ıt´ asai alapj´an teljes¨ ulnek az 1.2.4 t´etel felt´etelei, ´ıgy L m´erhetetlen halmaz. Megjegyezz¨ uk, hogy az 1.2.4 t´etel felt´etelei k¨oz¨ ul egy sem hagyhat´o el. A nem¨ uress´eg szerepel a m´erhetetlens´eg defin´ıci´ oj´ aban. Ha egy B halmaz Lebesgue-m´ert´eke pozit´ıv, akkor σ-v´eges is, ´es ´ıgy a Lebesgue-m´ert´ek egy megfelel˝ o eltol´as-invari´ans m´ert´ek lesz, teh´at B nem m´erhetetlen. A racion´ alis sz´ amok ´es a sz´ amoss´ agm´ert´ek j´ o ellenp´elda olyan halmazra, ami nem Gδ . V´eg¨ ul a {t ∈ R : B + t ⊂ B} halmaz s˝ ur˝ us´eg´enek sz¨ uks´egess´eg´ere j´o p´elda a Cantor-halmaz. A Cantor-halmaz Hausdorff-dimenzi´ oja log 2/ log 3, ´es a megfelel˝ o Hausdorff-m´ert´ek 1 [7, 3.3 T´etel], ´ıgy a Cantor-halmaz nem lesz m´erhetetlen. Tov´ abb´ a az 1.2.4 t´etel seg´ıts´eg´evel tov´abbi m´erhetetlen halmazokat gener´alhatunk a k¨ovetkez˝ o elj´ ar´ assal : Legyen A egy Lebesgue null-m´ert´ek˝ u halmaz, B pedig egy szint´en nullm´ert´ek˝ u Gδ halmaz, ami T tartalmazza A + Q-t. Tekints¨ uk a H = q∈Q (B + q) halmazt. Ez nyilv´an Gδ ´es A ⊂ H miatt nem¨ ures, tov´ abb´ a eltol´ asinvari´ ans a racion´ alisakra n´ezve, ´ıgy az 1.2.4 t´etel miatt m´erhetetlen. Vegy¨ uk ´eszre,
8
hogy minden A nullm´ert´ek˝ u halmaz lefedhet˝o egy m´erhetetlen halmazzal. Mivel a m´erhetetlen halmazok megsz´ amolhat´ o uni´ oja is m´erhetetlen (ez egyszer˝ uen k¨ovetkezik a defin´ıci´ob´ol), ´ıgy a m´erhetetlen halmazok ´es a nullm´ert´ek˝ u halmazok ´altal gener´alt σ-ide´al megegyezik.
9
2. fejezet
Besicovitch-Eggleston ´ es nem-norm´ alis sz´ amok 2.1. Norm´ alis sz´ amok Ebben a fejezetben bel´ atjuk, hogy a nem norm´alis sz´amok halmaza m´erhetetlen. Ez az el˝oz˝o fejezetbeli t´etel egy egyszer˝ u k¨ ovetkezm´enye lesz. 2.1.1. Defin´ıci´ o. Egy x val´ os sz´ am norm´alis, ha d1 , d2 ,. . . sz´amjegyeire Pn lim
n→∞
i=1
n
di
= 4.5
A norm´ alis sz´ amok halmaz´ at jel¨olj¨ uk N -nel. A fenti defin´ıci´ oban nem sz´ am´ıt, hogy azokn´al a sz´amokn´al, amiknek k´etf´ele fel´ır´asa van 10-es sz´ amrendszerben melyiket v´ alasztjuk, hiszen az egyikben egy pontt´ol kezdve csak 0, a m´asikban meg csak 9 lesz. Nyilv´ an egyik fel´ır´ as sem tesz eleget a defin´ıci´onak. Ismert, hogy a nagy sz´ amok er˝ os t¨orv´enye miatt majdnem minden sz´am norm´alis. Emiatt N nem lehet m´erhetetlen, hiszen a Lebesgue-m´ert´eke σ-v´eges. Azonban a komplementere m´ar val´oban m´erhetetlen lesz. El˝ osz¨ or bel´ atjuk k´et tulajdons´ag´at a m´erhetetlen halmazoknak: ´ ıt´ 2.1.2. All´ as. Megsz´ amolhat´ o sok m´erhetetlen halmaz uni´ oja m´erhetetlen S Bizony´ıt´ as. Legyen µ egy eltol´ as-invari´ans Borel m´ert´ek, ´es A = n An , ahol minden An m´erhetetlen. Ha van olyan n, amire µ (An ) nem σ-v´eges, akkor A se az. Ha nincs ilyen n, akkor minden n-re µ (An ) = 0, ´es ´ıgy µ (A) = 0. Teh´ at A val´oban m´erhetetlen. ´ ıt´ 2.1.3. All´ as. Ha A4B (a szimmetrikus differencia) megsz´ amolhat´ o sok elemb˝ ol ´ all, akkor A pontosan akkor m´erhetetlen, ha B is az. Bizony´ıt´ as. Ha A megsz´ amolhat´ o sok pontb´ol ´all, akkor B is, ´es a sz´amoss´ag m´ert´ek miatt egyik sem m´erhetetlen. Ha A nem megsz´ amolhat´o sok pontb´ol ´all, akkor µ(A4B) = 0, ahol µ egy eltol´asinvari´ ans
10
m´ert´ek, ami nem a sz´ amoss´ agm´ert´ek. Teh´at µ(A) = µ(B) minden eltol´asinvari´ans m´ert´ekre (ez m´ ar a sz´ amoss´ agm´ert´ekre is igaz), ´ıgy A ´es B halmazok pontosan ugyanakkor m´erhet˝oek. 2.1.4. T´ etel. A nem-norm´ alis sz´ amok m´erhetetlen halmazt alkotnak. Bizony´ıt´ as. A 2.1.3 ´ all´ıt´ as miatt el´eg az ´all´ıt´ast bel´atni (R \ N ) \ Q-ra. Ezt az´ert tessz¨ uk, hogy a v´eges tizedest¨ ort alak´ u sz´ amok ne okozzanak gondot. Bontsuk fel ezt a k¨ovetkez˝o m´odon: (R \ N ) \ Q = S∞ S∞ = m=1 Hm ∪ m=1 Gm ahol : Pn
Hm =
i=1
x ∈ R \ Q : lim sup
n
n→∞
´es
Pn
Gm =
di
i=1
x ∈ R \ Q : lim inf
di
n
n→∞
≥ 4.5 +
1 m
≤ 4.5 −
1 m
Az 2.1.2 ´ all´ıt´ as miatt el´eg bel´ atni, hogy minden Hm ´es Gm halmaz m´erhetetlen. Csak az el˝ obbire l´ atjuk be, a m´ asik eset hasonl´ oan bizony´ıthat´o. A 1.2.4 t´etelt akarjuk alkalmazni. Jel¨olje D a v´eges tizedest¨ort alakban ´ırhat´o sz´amokat. Nyilv´ an Hm + D ⊂ Hm , hiszen v´eges sok sz´ amjegy v´altozik csak meg. Mivel D s˝ ur˝ u, ´ıgy a t´etel egyik felt´etel´et teljes´ıtett¨ uk. Hm ⊂ R \ N ´es majdnem minden sz´am norm´alis, ´ıgy λ (Hm ) = 0. Be kell m´eg l´atni, hogy Hm egy Gδ halmaz. Ehhez bontsuk fel az al´abbi m´odon : Hm =
∞ \ ∞ [ ∞ \
Pn x∈R\Q:
i=1
k=1 l=1 n=l
n
di
> 4.5 +
1 1 − m k
A legbel¨ ul lev˝ o halmaz nyilv´ an ny´ılt R \ Q-ban (itt haszn´aljuk ki, hogy v´egtelen sok nem nulla sz´ amjegye van x-nek), ´ıgy Hm egy Gδ halmaz R \ Q-ban, ´es R-ben is.
2.2. Besicovitch-Eggleston sz´ amok A Besicovitch-Eggleston sz´ amok olyan sz´amok, melyekben a sz´amjegyek gyakoris´aga adott sz´ amhoz konverg´ al. Jel¨ olje 0.d1 d2 . . . az x sz´ am t¨ortr´esz´et valamilyen b alap´ u sz´amrendszerben. 2.2.1. Defin´ıci´ o (Besicovitch-Eggleston sz´amok). Legyenek α0 , α1 ,. . . αb−1 nemnegat´ıv val´os sz´ amok, Pb−1 amelyekre i=0 αi = 1. Ekkor BE(α0 , . . . αb−1 ) =
card {i : 1 ≤ i ≤ n, di = d} x ∈ R : ∀d = 0 . . . b − 1-re lim = αd n→∞ n
Az ilyen sz´ amok sz´ amjegyeinek eloszl´asa teh´at r¨ogz´ıtett. Ezen sz´amok k¨oz¨ ul a BE
1 1 b,... b
hal-
mazba es˝ ok norm´ alisak lesznek. A nagy sz´amok t¨orv´eny´enek alkalmaz´as´aval kapjuk, hogy m´eg ezek is sokan vannak, azaz majdnem minden val´os sz´am ebbe a halmazba esik: 2.2.2. T´ etel. Majdnem minden x ∈ R-re igaz, hogy x ∈ BE 1b , . . . 1b .
11
Bizony´ıt´ as. Azt l´ atjuk be, hogy majdnem minden x-re a 0-´ak ar´anya a kifejt´esben 1b -hez tart. Jel¨ olje Xi azt az indik´ atorv´ altoz´ ot, ami 1, ha az x i-dik sz´amjegye 0. Ekkor P (Xi = 1) = 1b . A nagy sz´ amok er˝ os t¨orv´enye miatt
Pn
i=1
Xi
n
→
1 b
majdnem minden x-re. Ugyanez igaz az 1,2, . . . , b − 1 sz´amjegyekre is, ´ıgy ezen esem´enyek metszete is 1 val´ osz´ın˝ us´eg˝ u. Ezzel igazoltuk az ´ all´ıt´ast. Jel¨ olje most az o u halmaz uni´oj´at BEb . Bel´atjuk, hogy ezen sz´amok komplementerei ¨sszes fenti t´ıpus´ m´erhetetlen halmazt alkotnak. 2.2.3. T´ etel. A R \ BEb halmaz m´erhetetlen. Bizony´ıt´ as. A 2.1.4 t´etelhez hasonl´ oan az (R \ BEb ) \ Q halmazra l´atjuk be az ´all´ıt´ast. Bontsuk fel ezt a k¨ ovetkez˝ o m´ odon : (R \ BEb ) \ Q =
b−1 [ d=0
ahol Adq
=
´es Bpd =
[
Adq ∩ Bpd ,
p
card {i : 1 ≤ i ≤ n, di = d} x ∈ R \ Q : lim sup ≥q n n→∞
x ∈ R \ Q : lim inf n→∞
card {i : 1 ≤ i ≤ n, di = d} ≤p . n
Az Adq ´es Bpd halmazok nullm´ert´ek˝ uek a 2.2.2 t´etel miatt. Tov´abb´a eltol´asinvari´ansak a v´eges tizedes t¨ ort alak´ u sz´ amokkal val´ o eltol´ asra is. Ahhoz, hogy a 1.2.4 t´etelt alkalmazzuk, el´eg bel´atni, hogy Adq ´es Bpd mindketten Gδ halmazok. Ekkor a metszet¨ uk is az, ´es alkalmazhatjuk a t´etelt. Mivel Adq
=
∞ ∞ \ ∞ [ \ l=1 m=1 n=m
1 card {i : 1 ≤ i ≤ n, di = d} >q− x∈R\Q: n l
´es a kapcsos z´ ar´ ojelen bel¨ ul lev˝ o halmaz ny´ılt R \ Q-ban, ´ıgy Adq egy Gδ halmaz R \ Q-ban ´es ´ıgy R-ben is. Ezzel k´esz a bizony´ıt´ as. A k¨ ovetkez˝ o l´ep´esk´ent a Besicovitch-Eggleston sz´amok egy t´ıpus´ar´ol l´atjuk be, hogy m´erhetetlenek, m´egpedig azokr´ ol, ahol az αi sz´ amok k¨oz¨ ul valamelyik 1. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ekkor a t¨obbi j indexre αj = 0, azaz l´enyeg´eben ”csak egy” sz´amjegy szerepel a felbont´asban. El˝ osz¨ or l´ assunk a term´eszetes sz´ amok egy halmaz´ar´ol egy defin´ıci´ot: 2.2.4. Defin´ıci´ o. Legyen H a term´eszetes sz´amok egy r´eszhalmaza. A H halmaz s˝ ur˝ us´ege a k¨ovetkez˝ o limesz ´ert´eke (ha l´etezik): lim
n→∞
card(H ∩ [1, n]) n
12
Az al´ abbi egyszer˝ u ´ all´ıt´ asok hasznosak lesznek a k´es˝obbiekben. Az els˝o ´all´ıt´as szerint k´et nulla s˝ ur˝ us´eg˝ u halmaz uni´ oja is az, ´ıgy a nulla s˝ ur˝ us´eg˝ u halmazokat tekinthetj¨ uk ”elhanyagolhat´onak” egy bizonyos ´ertelemben. ´ ıt´ 2.2.5. All´ as. Ha A ´es B nulla s˝ ur˝ us´eg˝ u halmazok, akkor A ∪ B is az. Bizony´ıt´ as. A k¨ ovetkez˝ o egyenl˝ otlens´egb˝ol trivi´alisan k¨ovetkezik : lim
n→∞
card((A ∪ B) ∩ [1, n]) card(A ∩ [1, n]) card(B ∩ [1, n]) ≤ lim + lim n→∞ n→∞ n n n
2.2.6. K¨ ovetkezm´ eny. Ha A ´es B 1 s˝ ur˝ us´eg˝ u halmazok, akkor A ∩ B is az. Bizony´ıt´ as. Komplementereket v´eve trivi´alisan j¨on az el˝oz˝o ´all´ıt´asb´ol. A m´erhetetlens´eg bizony´ıt´ as´ ahoz a k¨ovetkez˝o lemm´at fogjuk haszn´alni. Ez a k´es˝obbiekben is hasznos lesz, ez´ert k¨ ul¨ onv´ alasztottuk a bizony´ıt´as t¨obbi r´esz´et˝ol. 2.2.7. Lemma. Legyen B egy Borel-halmaz, amire λ(B) = 0, B + B ⊂ B, ´es B − B nem Fσ halmaz. Ekkor B m´erhetetlen. Bizony´ıt´ as. Indirekt bizony´ıt´ ast haszn´alunk. Legyen µ egy eltol´as-invari´ans Borel-m´ert´ek, amire µ(B) pozit´ıv ´es σ-v´eges. Az 1.2.1. lemma bizony´ıt´as´aban haszn´alt m´odszerrel bel´athatjuk, hogy l´etezik egy C ⊂ B kompakt halmaz, amire µ(c) > 0. Most kell keresn¨ unk C-nek nem megsz´amolhat´o sok eltoltj´ at B-ben. Transzfinit indukci´ ot fogunk haszn´alni, az 1.2.3 lemma bizony´ıt´as´ahoz hasonl´oan: keress¨ uk a sz´ aat, amelyekre a C + tα halmazok p´aronk´ent diszjunktak. A tα sz´amokat moknak egy (tα )α<ω1 sorozat´ B-b˝ ol fogjuk v´ alasztani, ez´ert C + tα ⊂ B minden α < ω1 -re. Nyilv´ an (C + tα ) ∩ (C + tβ ) pontosan akkor u / C − C + tβ . El´eg azt bizony´ıtani, hogy ¨res, ha tα ∈ minden megsz´ amolhat´ o α rendsz´ amra tal´alunk olyan tα ∈ B sz´amot, amire tα ∈ / C − C + tβ , minden β < α rendsz´ amra, azaz ut´ obbi halmazok nem tudj´ak lefedni B-t. A C − C + tβ = (C + tβ ) − C S halmazok mind a B − B r´eszhalmazai lesznek. Most tegy¨ uk fel, hogy B ⊂ β<α (C − C + tβ ). Ekkor : B−B =
[
((C − C + tβ ) − (C − C + tγ ))
β,γ<α
Az ⊃ ir´ any´ u tartalmaz´ ashoz kihaszn´aljuk, hogy B − B csoport. A jobb oldalon lev˝o halmazok mind z´ artak, ez´ert B −B egy Fσ halmaz lesz, ami ellentmond´as. Teh´at tudunk tal´alni megfelel˝o tα sz´amokat, ´es ´ıgy l´etezik C-nek ω1 darab p´ aronk´ent diszjunkt eltoltja B-ben, teh´at µ(B) nem σ-v´eges. A k¨ ovetkez˝ o lemma seg´ıts´eg´evel bel´athatjuk az ´all´ıt´ast a BE(1,0, . . . ,0) halmazokra : 2.2.8. Lemma. Jel¨ olje di az x sz´ am t¨ ortr´esz´enek i-dik tizedesjegy´et, a sz´ amrendszer alapsz´ am´ at d, tov´ abb´ a legyen G = {x ∈ R : dn = dn+1 = 0 vagy dn = dn+1 = d − 1 egy 0 s˝ ur˝ us´eg˝ u halmazt kiv´eve} .
13
Ekkor BE(1,0, . . . ,0) − BE(1,0, . . . ,0) = G ´es G egy Borel, de nem Fσ halmaz. Bizony´ıt´ as. A r¨ ovids´eg kedv´e´ert legyen B = BE(1,0, . . . ,0) ´es S(x) = {n ∈ N : dn 6= dn+1 vagy dn = dn+1 ´es dn 6= 0, d − 1} . Vegy¨ uk ´eszre, hogy G = {x ∈ R : S(x) egy 0 s˝ ur˝ us´eg˝ u halmaz}, azaz S(X) a ”hib´as” indexek halmaza. Els˝ o l´ep´esk´ent bel´ atjuk, hogy B − B = G. El˝ osz¨ or bebizony´ıtjuk, hogy B − B ⊂ G. V´alasszunk k´et a, b ∈ B sz´amot. Ha b d-adikus (azaz d alap´ u sz´ amrendszerben v´eges sok sz´amjegyb˝ol ´all a kifejt´ese), akkor (−b) is d-adikus. a − b = a + (− −b) ∈ B, hiszen csak v´eges sok sz´ amjegy v´altozott meg a-hoz k´epest. Teh´at feltehet˝o, hogy b nem d-adikus. Ekkor (−b) t¨ ort´er´esz´enek i-dik sz´amjegye d − 1 − di lesz. Val´oban, hiszen ezzel a fel´ır´ assal a k´et sz´ amjegysorozat o ¨sszege 1 lesz, ´es k¨onnyen l´athat´o, hogy {−x} = 1−{x}. Tov´abb´a b nem d−adikus, ´ıgy csak egyetlen lehets´eges kifejt´es van. Most jel¨olje di , ei , fi az a, (−b), a + (−b) sz´amok t¨ortr´esz´enek i-dik sz´ amjegy´et. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az ei sz´amok, egy 0 s˝ ur˝ u halmazt kiv´eve, mind egyenl˝oek (d − 1)gyel. Ekkor az A = {i ∈ N : di = di+1 = 0, ei = ei+1 = d − 1} halmaz 1 s˝ ur˝ us´eg˝ u a 2.2.6 k¨ovetkezm´eny szerint. Tegy¨ uk fel, hogy i ∈ A. Att´ol f¨ ugg˝oen, hogy az o¨sszead´askor az i + 2-dik helyen k´epz˝od¨ ott-e marad´ek vagy sem, fi = fi+1 = d − 1 vagy fi = fi+1 = 0 lesz. Ekkor teh´at A ⊂ {i : fi = fi+1 = 0 vagy fi = fi+1 = d − 1} = N \ S(a + (−b)). Teh´ at S(a − b) 0 s˝ ur˝ us´eg˝ u ´es ´ıgy a − b ∈ G. Most bel´ atjuk a m´ asik ir´ anyt, azaz G ⊂ B − B-t. Vegy¨ unk egy tetsz˝oleges x ∈ G elemet, a t¨ ortr´esz´enek sz´ amjegyeit jel¨ olje di . Ehhez kell tal´alnunk egy olyan b ∈ B sz´amot, amire x + b ∈ B. Legyenek {b} sz´ amjegyei az ei sz´ amok. Defini´aljuk ˝oket a k¨ovetkez˝o m´odon (fel¨ ulr˝ol lefel´e haladva a szab´ alyokon, az els˝ o ´erv´enyest haszn´alva): 1. Ha di = 0, akkor ei = 0 2. Ha di+1 = 0, akkor ei = d − di 3. Egy´ebk´ent ei = d − di − 1 Mivel x ∈ G, ez´ert egy nulla s˝ ur˝ u halmazt kiv´eve di = 0, ez´ert ugyanezekre a sz´amjegyekre ei = 0. Teh´ at b ∈ B. Be kell m´eg l´ atni, hogy x + b ∈ B. Jel¨olje x + b sz´amjegyeit fi . A k¨ovetkez˝o ´all´ıt´ast l´ atjuk be : fi 6= 0 ⇔ di = 0 ´es di+1 6= 0
(2.1)
Ezt el´eg lesz bizony´ıtani, hiszen ekkor {i : fi 6= 0} ⊂ S(x), ´es ´ıgy x + b nem nulla sz´amjegyei egy nulla s˝ ur˝ us´eg˝ u halmazt alkotnak. Most l´assuk be az ´all´ıt´ast. El˝osz¨or legyen di+1 = 0. Ekkor ei+1 = 0 (az en sz´ amok defin´ıci´ oj´ aban az els˝o pontot kell figyelembe venni). Teh´at az i + 1-dik helyr˝ol nem ´erkezik marad´ek az o askor, ez´ert fi csak di -t˝ol ´es ei -t˝ol f¨ ugg. Ugyan di ´ert´ek´et˝ol f¨ ugg az di + ei ¨sszead´ osszeg (0 vagy d az eredm´eny), de mindk´et esetben fi = 0 (esetleg egy marad´ek k´epz˝odik). ¨
14
Teh´ at feltehetj¨ uk, hogy di+1 6= 0, ´es el´eg bel´atni, hogy fi 6= 0 ⇔ di = 0. Jel¨olje k az els˝o indexet i ut´ an, amire dk = 0. Vegy¨ uk ´eszre, hogy di+1 6= 0 miatt k ≥ i + 2. Ekkor b defin´ıci´oja szerint ek = 0, ek−1 = d − dk−1 ´es ej = d − dj − 1, ha i + 1 ≤ j ≤ k − 2. A k-dik helyen nem k´epz˝odik marad´ek az osszead´ askor. A k − 1-dik helyen dk−1 + ek−1 = d, ´ıgy itt keletkezik egy u ´j marad´ek. A k − 2-dik helyen ¨ (ha k − 2 > i) dk−2 + ek−2 + 1 = d, ´ıgy itt is keletkezik marad´ek. Ezt az elj´ar´ast ism´etelve kapjuk, hogy az i + 1-dik helyen is keletkezik marad´ek. Most, ha di = 0, akkor ei = 0 ´ıgy a marad´ekkal egy¨ utt fi = 1. Ha di 6= 0, akkor ei = d − di − 1, ´es ´ıgy di + ei + 1 = d, teh´at fi = 0. Azaz bel´attuk, hogy fi 6= 0 ⇔ di = 0, ´ıgy a (2.1) ´ all´ıt´ ast is, teh´at B − B = G val´oban. Most be kell l´ atni, hogy G Borel, de nem Fσ . El˝obbi nyilv´anval´o az al´abbi fel´ır´asb´ol:
G = =
card {i : 1 ≤ i ≤ n, i ∈ S(x)} x ∈ R : lim =0 n→∞ n \ [ \ card {i : 1 ≤ i ≤ n, i ∈ S(x)} 1 < k n k No ∈N n≥N0
A jobb oldal nyilv´ an ny´ılt, ´ıgy G Borel. Most bel´atjuk, hogy G nem egy Fσ halmaz. Indirekten ´ bizony´ıtunk, tegy¨ uk fel, hogy G egy Fσ halmaz. Alljon C azokb´ol a val´os sz´amokb´ol, amik d alap´ u sz´ amrendszerbeli fel´ır´ asukban csak a 0 ´es d − 1 sz´amjegyek szerepelnek. Ez a Cantor-halmazhoz hasonl´ oan defini´ alt halmaz, ´es a Cantor-halmaz z´arts´ag´aval megegyez˝oen bel´athatjuk, hogy C z´art. Ekkor a H = G ∩ C halmaz is Fσ halmaz. Jel¨olje D a d-adikus sz´amokat. Defini´aljuk az f : [0,1) \ D → [0,1) \ D f¨ uggv´enyt a k¨ ovetkez˝ o m´ odon : ha x = 0.d1 d2 . . ., akkor legyen f (x) = 0.e1 e2 . . ., ahol
e1 =
´es en+1 =
0
ha d1 = 0
d − 1
k¨ ul¨onben
e
ha dn = 0
n
d − 1 − e
n
k¨ ul¨onben
Vegy¨ uk ´eszre, hogy en ∈ {0, d − 1} ´es en+1 = en pontosan akkor, ha dn = 0. Ez j´o defin´ıci´ o lesz, hiszen f (x) ∈ [0,1) \ D, k¨ ul¨ onben x ∈ D lenne. f folytonos, hiszen f (x) els˝o n sz´amjegye csak x els˝ o n jegy´et˝ ol f¨ ugg. Tov´ abb´ a f −1 (H ∩ ([0,1) \ D)) = B ∩ ([0,1) \ D). A felt´etel miatt H ∩ ([0,1) \ D) Fσ halmaz ([0,1) \ D)-ben, ´ıgy B ∩ ([0,1) \ D) is Fσ halmaz ([0,1) \ D) -ben, mivel az f ´altali ˝osk´epe. D megsz´ amolhat´ o sok pontb´ ol ´ all, ez´ert Fσ halmaz, a komplementere, [0,1) \ D, pedig Gδ . Ekkor l´eteznek Fi z´ art halmazok, hogy B ∩ ([0,1) \ D) =
\
(Fi ∩ ([0,1) \ D)) =
i
\
Fi ∩ ([0,1) \ D)
i
azaz B ∩([0,1)\D) egy Fσ ´es Gδ halmaz metszete. Ehhez j¨on m´eg megsz´amolhat´o sok pont, ´ıgy kapjuk, hogy B ∩ [0,1) egy Gδσ halmaz. Most ´alljon C 0 azokb´ol a sz´amokb´ol, amelyek d-sz´amrendszerbeli kifejt´es¨ ukben csak 0 ´es 1 van. Ekkor B ∩ [0,1) ∩ C 0 m´eg mindig Gδσ halmaz C 0 z´arts´aga miatt. Vegy¨ uk azt a folytonos g : C 0 → R f¨ uggv´enyt, ami az x ∈ C 0 sz´am d-es sz´amrendszerbeli alakj´at kettes
15
sz´ amrendszerbelik´ent ´ertelmezi. Ez nyilv´an folytonos bijekci´o ´es g(B ∩ [0,1) ∩ C 0 ) = B(1,0) ∩ [1,0). Teh´ at B(1,0) ∩ [1,0) is egy Gδσ halmaz. Ez azonban ellentmond´as, hiszen B(1,0) ∩ [0,1) val´oj´aban egy Fσδ halmaz a k¨ ovetkez˝ o´ all´ıt´ as szerint. Most meghat´ arozzuk B(1,0) pontos Borel-oszt´aly´at. Ezt visszavezetj¨ uk egy m´asik halmaz Boreloszt´ aly´ anak meghat´ aroz´ as´ ara, ami m´ar ismert. 2.2.9. T´ etel. B(1,0) pontos Borel-oszt´ alya Fσδ , azaz B(1,0) ∈ Fσδ \ Gδσ . Bizony´ıt´ as. Jel¨ olje 2N azt a teret, aminek pontjai az N r´eszhalmazai, ´es A, B ⊂ N eset´en d(A, B) = = 2−n−1 , ahol n az A4B legkisebb eleme (teh´at n a legkisebb olyan sz´am, amire az A ´es B halmazok k¨ ul¨ onb¨ oznek). Tudjuk, hogy az A = {A ⊂ N : A nulla s˝ ur˝ us´eg˝ u halmaz} ∈ Fσδ \ Gδσ , a bizony´ıt´ as p´eld´ aul megtal´ alhat´ o [6]-ben. Legyen H = {A ⊂ N : A vagy N \ A v´eges}. Vegy¨ uk azt az f : 2N \ H → [0,1] \ D bijekci´ ot, ami az A halmazhoz azt a 0.x1 x2 . . . kettes sz´amrendszerbeli sz´amot rendeli, ahol xi = = 1 ⇔ i ∈ A. Mivel a H-beli elemeket kiz´artuk, ez´ert 0.x1 x2 . . . sz´amban v´egtelen sok 1 ´es 0 lesz, teh´ at f val´ oban bijekci´ o. Nyilv´ an folytonos, tov´abb´a f (A \ H) = B(1,0) ∩ [0,1] \ D, ´ıgy A \ H ´es B(1,0) ∩ [0,1] \ D pontos Borel oszt´alya megegyezik a 2N \ H illetve a [0,1] \ D terekben. Innen k¨ ovetkezik, hogy B(1,0) ∩ [1,0] pontos Borel oszt´alya is Fσδ . Most m´ ar csak o u halma¨ssze kell rakni az eddig bizony´ıtott lemm´akat. A BE(0,0,1,0, . . .) t´ıpus´ zok (teh´ at ahol nem a 0 a gyakori sz´amjegy) eltol´asok seg´ıts´eg´evel sz´armaztathat´ok a BE(1,0, . . . ,0) halmazb´ ol, ´ıgy a m´erhetetlens´eg is megmarad. 2.2.10. T´ etel. Legyenek az α0 , α1 , . . . αd−1 sz´ amok olyanok, hogy k¨ oz¨ ul¨ uk pontosan egynek az ´ert´eke 1, a t¨ obbi pedig 0. Ekkor a BE(α0 , . . . , αd−1 ) halmaz m´erhetetlen. Bizony´ıt´ as. El˝ osz¨ or bel´ atjuk, hogy a B = BE(1,0, . . . ,0) halmazra B + B ⊂ B. Legyen a, b ∈ B, a sz´ amjegyeiket jel¨ olje an ´es bn . Ekkor a 2.2.6 k¨ovetkezm´eny szerint egy nulla s˝ ur˝ us´eg˝ u halmaz kiv´etel´evel minden n-re an = an+1 = bn = bn+1 = 0. Ekkor az n + 1-dik helyr˝ol biztos nem ´erkezik marad´ek az osszead´ askor, ´ıgy a + b n-dik sz´ amjegye 0 lesz. Teh´at a + b ∈ B. Ekkor a 2.2.7 ´es 2.2.8 lemm´ akat ¨ haszn´ alva kapjuk, hogy BE(1,0, . . . ,0) m´erhetetlen. Vegy¨ uk ´eszre, hogy BE(1,0, . . . ,0) + 0.111 . . . = BE(0,1,0, . . . ,0). Val´ oban, tetsz˝ oleges b ∈ BE(1,0, . . . ,0)-ra jel¨olje b sz´amjegyeit bn . Ekkor egy nulla s˝ ur˝ us´eg˝ u halmaz kiv´etel´evel minden n-re bn = bn+1 = 0. Az el˝oz˝o ´ervel´eshez hasonl´oan, az n + 1-dik helyr˝ol nem ´erkezik marad´ek (ha d > 2), ´ıgy c = b + 0.111 . . . n-dik sz´amjegye 1 lesz. Teh´at c ∈ BE(0,1,0, . . . ,0), azaz BE(1,0, . . . ,0) + 0.111 . . . ⊂ BE(0,1,0, . . . ,0). A megford´ıt´ast ugyan´ıgy lehet bel´atni, egy tetsz˝ oleges
16
c ∈ BE(0,1,0, . . . ,0) sz´ amot v´ alasztva, majd hozz´aadva {−0.11 . . .} = 0.eee . . .-t, ahol e = d − 1. Mivel BE(0,1,0, . . . ,0) a BE(1,0, . . . ,0) eltoltja, ez´ert ˝o is m´erhetetlen. Hasonl´ oan, BE(0,1,0, . . . ,0) + 0.111 . . . = BE(0,0,1,0, . . . ,0), ´ıgy ez ut´obbi halmaz is m´erhetetlen. A bizony´ıt´ as eg´eszen BE(0, . . . ,0,1,0)-ig m˝ uk¨odik, ut´ana azonban elromlik: ha bn = bn+1 = d − − 2, akkor lehet, hogy az n + 1-dik helyr˝ol ´erkezik marad´ek az n-dik helyre. A fenti m´odszer helyett azonban egyszer˝ uen tekinthetj¨ uk −BE(1,0, . . . ,0) = BE(0, . . . ,0,1) egyenl˝os´eget, ezt m´ar a 2.2.8 lemma bizony´ıt´ asa k¨ ozben bel´ attuk. Ekkor BE(0, . . . ,0,1)-re teljes¨ ulnek 2.2.7 lemma felt´etelei, ´ıgy ez is egy m´erhetetlen halmaz, ´es ezzel k´esz az ´all´ıt´as.
2.3. A Besicovitch-Eggleston sz´ amok tov´ abbi oszt´ alyai Eddig bel´ attuk, hogy a Besicovitch-Eggleston sz´amok komplementerei ´es a B(1,0, . . .), B(0,1,0, . . .), stb. halmazok mind m´erhetetlenek. Tudjuk, hogy a B 1b , . . . , 1b halmaz nem m´erhetetlen, hiszen Lebesguem´ert´eke σ-v´eges. Fennmaradtak azok az oszt´alyok, ahol valamelyik sz´amjegy s˝ ur˝ us´ege nem 0 vagy 1 vagy
1 b.
Ezekr˝ ol nem ismert, hogy m´erhetetlenek-e. Az al´abbiakban bemutatunk egy ´all´ıt´ast, ami a
m´erhetetlens´eg egy gyeng´ebb v´ altozata. ´ ıt´ 2.3.1. All´ as. Legyen F egy ny´ılt halmaz lez´ artja, µ pedig egy eltol´ as-invari´ ans Borel-m´ert´ek. Legyen B = BE (α0 , . . . , αb−1 ), ahol αi < 1 minden i-re ´es valamilyen j-re αj 6= 1b . Ekkor µ(B ∩ F ) mindig 0 vagy ∞. A bizony´ıt´ as a [1] cikkb˝ ol sz´ armazik. El˝osz¨or kimondunk egy lemm´at, amin a bizony´ıt´as alapulni fog. 2.3.2. Lemma. Legyen F ⊂ R egy halmaz, amelynek Lebesgue-k¨ uls˝ o m´ert´ek´ere 0 < λ(F ) < ∞. Legyen E ⊂ F egy m´erhet˝ o halmaz, amire λ(E) < λ(F ). µ legyen egy k¨ uls˝ o m´ert´ek. Jel¨ olje B(c, r) a c k¨ oz´eppont´ u r sugar´ u ny´ılt g¨ omb¨ ot, ´es tegy¨ uk fel, hogy µ (E ∩ B(c, r)) ≤
λ (B(c, r)) µ(E) λ(F )
minden c, r ∈ R sz´ amra. Ekkor µ(E) = 0 vagy v´egtelen. Bizony´ıt´ as. Indirekten bizony´ıtunk, azaz tegy¨ uk fel, hogy 0 < µ(E) < ∞. λ(E) < λ(F ) miatt l´etezik P E-nek olyan fed´ese ny´ılt B (ci , ri ) g¨omb¨okkel, amire λ (B (ci , ri )) < λ(F ). Ekkor: !! 0
<
µ (E) = µ E ∩
[
B (ci , ri )
i
≤
X i
µ (B (ci , ri ) ∩ E) ≤
! =µ
[
(B (ci , ri ) ∩ E)
i
µ(E) X λ (B(ci , ri )) < µ(E) λ(F ) i
Ez nyilv´ an ellentmond´ as, teh´ at µ(E) = 0 vagy ∞. Az ´ all´ıt´ as bel´ at´ ashoz a k¨ ovetkez˝ o, ´altal´anosabb t´etelt fogjuk bizony´ıtani:
17
2.3.3. T´ etel. Legyen E ⊂ R olyan m´erhet˝ o halmaz, amire λ (R \ E) > 0. Tegy¨ uk fel, hogy l´etezik olyan l ≥ 2 eg´esz sz´ am, amire E eltol´ asinvari´ ans az o u racion´ alis sz´ amra (a eg´esz sz´ am). ¨sszes lak alak´ Legyen µ egy eltol´ as-invari´ ans Borel-m´ert´ek, F pedig egy ny´ılt halmaz lez´ artja. Ekkor µ(E ∩ F ) mindig 0 vagy ∞. Ebb˝ ol trivi´ alisan k¨ ovetkezik a 2.3.1 ´all´ıt´as az l = b v´alaszt´assal. Val´oban, a b-adikus sz´amok csak a ⊂ B. Tov´abb´a BE 1b , . . . , 1b ⊂ R \ B bk
v´eges sok helyen v´ altoztatj´ ak meg a sz´amjegyeket, ´ıgy B + miatt λ (R \ B) > 0 is igaz lesz.
Bizony´ıt´ as. El´eg bizony´ıtani olyan F halmazokra, amik 0, lak alak´ uak. Ugyanis, ha egy F 0 halmaz egy ny´ılt halmaz lez´ artja, akkor l´etezik olyan el˝obbi alak´ u F halmaz, amire F + q ⊂ F 0 , ahol q tetsz˝ oleges val´ os sz´ am. Ha µ(F ) = ∞, akkor µ(F 0 ) = ∞ is igaz. Ha µ(F ) = 0, akkor F 0 -t le tudjuk fedni F -nek megsz´ amolhat´ o sok eltoltj´ aval, ´es ´ıgy µ(F 0 ) is nulla. S˝ ot, el´eg a [0,1] intervallumra bel´atni az ´all´ıt´ast, ugyanis az eltol´asinvariancia miatt µ(E ∩ [0,1]) = = l µ E ∩ 0, l1k , ´ıgy a [0,1] ´es a 0, lak intervallumok m´ert´eke pontosan ugyanakkor 0 vagy v´egtelen. j j+1 u eltol´asokra, ez´ert Vezess¨ uk be az I(j, k) = lk , lk jel¨ol´est. Mivel E invari´ans az lk nevez˝oj˝ 1 j E ∩ I(j, k) = E ∩ 0, lk + lk . Ekkor: k
µ (E ∩ [0,1]) =
k lX −1
j=0
1 µ (E ∩ I(j, k)) = lk µ E ∩ 0, k , l
innen az eltol´ as-invariancia miatt µ (E ∩ I(j, k)) =
µ (E ∩ [0,1]) lk
Nyilv´ an minden (a, b) ny´ılt intervallum el˝o´all diszjunkt I(j, k) intervallumok uni´ojak´ent, p´eld´ aul fel´ırhatjuk a v´egpontok l-alap´ u sz´ amrendszerbeli kifejt´ese alapj´an. Azaz vannak olyan ji ´es ki sz´ amok, S P amire (a, b) = i I (ji , ki ) ´es µ((a, b)) = i µ (I (ji , ki )). Mivel a ny´ılt g¨omb¨ok most intervallumok, ez´ert tetsz˝ oleges c ´es r sz´ amokra B(c, r) fel´ırhat´o az el˝obbi alakban, ´ıgy ! µ (B(c, r) ∩ E ∩ [0,1])
=
µ
[
I (ji , ki ) ∩ E ∩ [0,1]
i
≤
X
µ (I (ji , ki ) ∩ E ∩ [0,1])
i
X 1 X = µ (E ∩ [0,1]) λ (I (ji , ki )) l ki i i
≤
µ (E ∩ [0,1])
=
µ (E ∩ [0,1]) λ(B(c, r)).
(2.2)
Most a 2.3.2 lemm´ at akarjuk haszn´alni. A lemm´aban szerepl˝o F halmaznak v´alasszuk meg a [0,1] intervallumot, az ˝ o r´eszhalmaz´ anak pedig az E ∩[0,1] halmazt. λ(E ∩[0,1]) < λ([0,1]), k¨ ul¨onben λ([0,1]\ \ E) = 0 lenne, ´es az eltol´ asinvarianci´at haszn´alva λ(R \ E) = 0-t kapn´ank. A (2.2) egyenl˝otlens´eg pont a lemma felt´etel´et adja, ´ıgy a lemma szerint µ(E ∩ [0,1]) = 0 vagy ∞. De ez pont a t´etel ´all´ıt´ asa az F = [0,1] esetben. Ebb˝ ol a t´etelb˝ ol m´ ar nyilv´ an k¨ ovetkezik az ´all´ıt´as. Az l = b helyettes´ıt´est haszn´alva B +
18
a bk
⊂ B,
hiszen
a -nak bk
csak v´eges sok nem nulla sz´amjegye van. Tov´abb´a, ahogy m´ar meg´allap´ıtottuk λ(B) = 0,
´ıgy λ (R \ B) > 0. Teh´ at alkalmazhatjuk a t´etelt.
19
3. fejezet
Tov´ abbi p´ eld´ ak Az eddig bemutatott halmazok mind el´eg ”egyszer˝ uek” voltak abban az ´ertelemben, hogy mindegyik Fσδ vagy Gδσ halmaz volt. Ebben a fejezetben bel´atjuk, hogy egy m´erhetetlen halmaz Borel-oszt´ alya tetsz˝ oleges lehet. Tov´ abb´ a l´ atunk p´eld´at tetsz˝oleges Hausdorff-dimenzi´os m´erhetetlen halmazra is.
3.1. P´ eld´ ak tetsz˝ oleges Borel-oszt´ aly´ u halmazra El˝ osz¨ or r¨ oviden ¨ osszefoglaljuk a Borel-hierarchi´at alkot´o oszt´alyokat ´es defin´ıci´ojukat. Ezek tetsz˝ oleges metrikus t´erben ugyan´ıgy defini´ alhat´ok, de itt most el´eg nek¨ unk R-ben n´ezni ˝oket. 3.1.1. Defin´ıci´ o. A Borel halmazok a ny´ılt halmazok ´altal gener´alt σ-algebra. A Borel-hierarchi´ at alkot´ o Borel-oszt´alyok defin´ıci´oja az al´abbi: 3.1.2. Defin´ıci´ o (Borel-oszt´ alyok). Jel¨olje Σ01 a ny´ılt halmazokat, Π01 a z´art halmazokat. Ezek lesznek a legkisebb Borel-oszt´ alyok. Ezut´ an tetsz˝oleges α megsz´amolhat´o rendsz´amra legyen : ∞ [
( Σ0α
=
) An : An ∈
Π0βn , βn
An : An ∈
Σ0βn , βn
<α
n=1
( Π0α
=
∞ [
) <α
n=1
∆0α = Σ0α ∩ Π0α K¨ onnyen bel´ athat´ o, hogy Σ0α = R \ A : A ∈ Π0α . V´eges α-ra a k¨ovetkez˝o jel¨ol´esek is haszn´ altak: F = Π01 , G = Σ01 , Fσ = Σ02 , Gδ = Π02 , Fσδ = Π03 , stb. Az al´abbi ´all´ıt´asok ¨osszefoglalj´ak a Borel-oszt´ alyok legfontosabb tulajdons´ agait. A bizony´ıt´asok megtal´alhat´oak a [5, 7] k¨onyvekben. ´ ıt´ 3.1.3. All´ as. A Borel-halmazok oszt´ alya egyenl˝ o az
S
α<ω1
Π0α illetve a
S
α<ω1
Σ0α oszt´ alyokkal.
M´ ask´ent fogalmazva, minden Borel-halmaz benne van valamelyik Borel-oszt´alyban, azaz a Borelhierarchia val´ oban j´ ol le´ırja a Borel-halmazokat.
20
´ ıt´ 3.1.4. All´ as. A Π0α ´es Σ0α oszt´ alyok z´ artak a v´eges uni´ ora ´es metszetre. ´ ıt´ 3.1.5. All´ as. Minden α < β rendsz´ amra Σ0α ∪ Π0α ⊂ Σ0β ∩ Π0β , azaz a Borel-oszt´ alyok b˝ ov¨ ul˝ o rendszert alkotnak. ´ ıt´ 3.1.6. All´ as. Minden α-ra Σ0α \ Π0α 6= ∅, Π0α \ Σ0α 6= ∅ ´es
S
β<α
Σ0β ∪ Π0β
Σ0α ,
S
β<α
Σ0β ∪ Π0β
Π0α . M´ ask´ent fogalmazva, a Borel-oszt´ alyok folyamatosan n˝ onek ´es mindig van u ´j elem a nagyobb oszt´ alyokban. 3.1.7. Defin´ıci´ o. Egy H halmaz pontos Borel-oszt´alya Σ0α , ha H ∈ Σ0α \ Π0α . Hasonl´oan, H pontos S Borel-oszt´ alya Π0α , ha H ∈ Π0α \ Σ0α , illetve ∆0α , ha H ∈ ∆0α , de H ∈ / β<α Σ0β ∪ Π0β . Miel˝ ott tov´ abbmenn´enk, finom´ıtjuk azt az ´all´ıt´ast, hogy l´etezik tetsz˝oleges (pontos) Borel-oszt´ aly´ u m´erhetetlen halmaz. Ugyanis a ∆01 ´es Σ01 oszt´alyok elemei ny´ıltak, ´es ny´ılt halmaz nem lehet m´erhetetlen: p´eld´ aul a Lebesgue-m´ert´eke egy ny´ılt G halmaznak pozit´ıv, hiszen tartalmaz egy intervallumot, tov´ abb´ a σ-v´eges, mivel az eg´esz t´er is σ-v´eges. A k¨ovetkez˝oekben mutatunk p´eld´akat minden egyes oszt´ alyb´ ol. Els˝ ok´ent α > 2-re bizony´ıtunk, a 2.2.7 lemma seg´ıts´eg´evel. 3.1.8. T´ etel. Minden α ≥ 3 rendsz´ amra l´etezik m´erhetetlen halmaz a ∆0α , Σ0α ´es Π0α pontos Boreloszt´ alyokb´ ol. Bizony´ıt´ as. Mauldin a [10] cikkben p´eld´at mutat R-nek olyan B r´eszcsoportjaira, amik ∆0α , Σ0α illetve aly´ uak. Mivel B csoport az o¨sszead´asra, ez´ert B + B ⊂ B igaz, illetve B − B = B nem Fσ , Π0α oszt´ ez´ert a 2.2.7 lemma szerint B m´erhetetlen. A k¨ ovetkez˝ oekben adunk egy p´eld´at z´art m´erhetetlen halmazra. Ez R. O. Davies konstrukci´oja [2]. El˝ osz¨ or tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o defin´ıci´ot: 3.1.9. Defin´ıci´ o. Legyenek A, B Borel-halmazok. Ha A el˝o´all egy A0 Borel-halmaz v´eges sok eltoltj´ anak diszjunkt uni´ ojak´ent, B pedig tartalmazza A0 kontinuum-sok diszjunkt eltoltj´at, akkor ezt A B-val jel¨ olj¨ uk. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha µ egy eltol´ as-invari´ans m´ert´ek ´es µ(A) > 0, akkor µ(B) nem σ-v´eges. Ugyanis a fenti A0 halmazra µ(A0 ) > 0, ´es A0 -nak kontinuum sok diszjunkt eltoltja van B-ben. P Tegy¨ uk fel, hogy l´eteznek olyan K1 , K2 , . . . kompakt halmazokat, amikre diam(Ki ) v´eges ´es K1 K2 . . .. Helyezz¨ uk ezeket 2diam(Ki ) hossz´ u ny´ılt intervallumok belsej´ebe, ´es rakjuk az intervallumokat egym´ as ut´ an. Adjuk hozz´a ehhez a halmazhoz azt a hat´arpontj´at, amihez az intervallumok konverg´ alnak. Az ´ıgy kapott K halmaz korl´atos lesz, ´es nyilv´an z´art. Tov´abb´a m´erhetetlen is lesz : ha µ(Ki ) = 0 minden i-re, akkor az uni´ojuk is nullm´ert´ek˝ u, teh´at µ(K) = 0. Ha pedig l´etezik n, hogy µ(Kn ) > 0, akkor a fenti megjegyz´es miatt µ (Kn+1 ) nem σ-v´eges, ´es ´ıgy K se az. Most m´ ar el´eg megkonstru´ alni a fenti tulajdons´ag´ u Ki halmazokat. Ehhez el˝osz¨or vegy¨ uk a term´eszetes sz´ amok halmazainak olyan cs¨ okken˝o Nr sorozat´at, amelyekre a k¨ovetkez˝ok igazak: 1. Nr v´egtelen halmaz 2. Nr \ Nr+1 v´egtelen minden r-re
21
Ilyen sorozat l´etezik, p´eld´ aul a 2r -rel oszthat´o sz´amok. Legyen Kr azon sz´amok halmaza, amik az al´ abbi m´ odon ´ırhat´ oak: x=
cr cr+1 + r+1 + . . . , r 8 8
ahol ci eg´esz, 0 ≤ ci < 8 ´es ci = 1 vagy 5, ha i ∈ Nr . Nyilv´an diam (Kr ) ≤ 8−r+1 ´es ´ıgy
P
diam(Ki )
v´eges. Tov´ abb´ a Kr z´ art is, ´ıgy kompakt. Legyen Ar azon sz´amok halmaza, amik az al´abbi m´ odon ´ırhat´ oak: x=
cr+1 cr+2 + r+2 + . . . , r+1 8 8
ahol a ci sz´ amokra ugyanazok a felt´etelek vonatkoznak, mint fentebb. Ekkor Kr az Ar halmaz 2 vagy 8 diszjunkt eltoltj´ anak uni´ oja, att´ ol f¨ ugg˝oen, hogy r ∈ Nr vagy sem. Tov´abb´a Kr+1 tartalmazza Ar kontinuum sok eltoltj´ at diszjunktan. Ezek az eltoltak azon Ar + y halmazok lesznek, ahol y az al´ abbi alak´ u: y=
dr+1 dr+2 + r+2 + . . . , 8r+1 8
ahol di = 0 vagy 2, ha i ∈ Nr \ Nr+1 , egy´ebk´ent 0. Ezekb˝ol val´oban kontinuum sok van ´es diszjunktak is, hiszen y 6= y 0 eset´en valamelyik di sz´amjegy k¨ ul¨onb¨oz˝o lesz, ´es ekkor Ar + y-ban ci = 1 vagy 5, de Ar + y 0 -ben ci = 3 vagy 7 (vagy ford´ıtva). Teh´at val´oban Kr Kr+1 . Ezzel bel´attuk, hogy K m´erhetetlen: 3.1.10. T´ etel. A fenti K halmaz kompakt ´es m´erhetetlen. Kis m´ odos´ıt´ assal ez a halmaz j´ o lesz ∆02 oszt´aly´ u p´eld´anak is : 3.1.11. T´ etel. Legyen K 0 az a halmaz, amit u ´gy kapunk, hogy K-b´ ol elhagyjuk a fent hozz´ aadott torl´ od´ asi pontot. Ekkor K 0 m´erhetetlen ´es pontos Borel-oszt´ alya ∆02 . Bizony´ıt´ as. A 2.1.3 ´ all´ıt´ as miatt K 0 is m´erhetetlen. K 0 nyilv´an nem z´art, hiszen elhagytuk bel˝ ole az egyik torl´ od´ asi pontot. Nem is ny´ılt, ez l´atszik Kr konstrukci´oj´ab´ol: minden ny´ılt halmazban van olyan x sz´ am, aminek n-dik sz´ amjegye 3, de n ∈ Nr , ´ıgy x ∈ / Kr . K 0 egy Fσ halmaz, hiszen a Kr kompakt halmazok uni´ oja. Tov´ abb´ a Gδ is : legyenek Ir azok a ny´ılt intervallumok, amikbe Kr -t raktuk. Mivel Kr z´ art, ez´ert Gδ is, ´ıgy fel´ırhat´ o az al´abbi alakban: Kr =
∞ \
Gr,i =
i=1
∞ \
(Gr,i ∩ Ir ) ,
i=1
ahol Gr,i ny´ılt halmazok. Ekkor az Ir intervallumok diszjunkts´aga miatt: K0 =
∞ [ r=1
Kr =
∞ [ ∞ \
(Gr,i ∩ Ir ) ,
i=1 r=1
itt a jobb oldalon ny´ılt halmazok uni´oja van, teh´at K 0 val´oban Gδ . Ezzel bel´attuk, hogy K 0 pontos Borel-oszt´ alya val´ oban ∆02 . Egy tov´ abbi m´ odos´ıt´ assal k¨ onnyen nyerhet¨ unk p´eld´at Fσ oszt´aly´ u halmazra : 3.1.12. T´ etel. A K + Q halmaz m´erhetetlen ´es pontos Borel-oszt´ alya Fσ
22
Bizony´ıt´ as. A 2.1.2 ´ all´ıt´ as miatt ez val´oban m´erhetetlen ´es nyilv´an Fσ halmaz is. El´eg bel´atni, hogy K+Q ∈ / Gδ . Mivel a Kr halmazok z´artak ´es u uk (ezt bel´attuk az el˝oz˝o t´etel bizony´ıt´ asa ¨res a belsej¨ k¨ ozben), ez´ert sehol sem s˝ ur˝ uek. A K + Q halmaz megsz´aml´alhat´o sok Kr uni´oja, teh´at els˝o kateg´ ori´ as ´es s˝ ur˝ u. Mivel a s˝ ur˝ u Gδ halmazok m´asodik kateg´ori´asak a Baire kateg´oria-t´etel miatt, ´ıgy K + Q nem lehet Gδ halmaz. M´ ar minden Borel-oszt´ alyra adtunk p´eld´at, kiv´eve Gδ -ra. Az els˝o fejezetben l´atott Liouville sz´ amok pont ilyenek lesznek: 3.1.13. T´ etel. L, azaz a Liouville-sz´ amok halmaza m´erhetetlen ´es pontos Borel-oszt´ alya Gδ . Bizony´ıt´ as. Az els˝ o fejezetben bel´ attuk, hogy L m´erhetetlen, s˝ ur˝ u ´es Gδ . Ut´obbi k´et tulajdons´ag miatt S m´ asodik kateg´ ori´ as is. Tegy¨ uk fel, hogy Fσ halmaz is, ekkor el˝o´all L = Fi alakban, ahol Fi z´ art. ´ Mivel L m´ asodik kateg´ ori´ as, ez´ert az egyik Fi nem sehol se s˝ ur˝ u, teh´at nem u ¨res a belseje. Igy L belseje sem u ¨res, de L ∩ Q = ∅ miatt ez lehetetlen. Teh´at L ∈ Gδ \ Fσ . Teh´ at, ¨ osszefoglalva a 3.1.8-3.1.13 t´etelek eredm´enyeit: 3.1.14. T´ etel. A ∆01 ´es a Σ01 oszt´ alyok kiv´etel´evel minden Γ Borel-oszt´ alyra l´etezik olyan A m´erhetetlen halmaz, aminek a pontos Borel-oszt´ alya Γ.
3.2. P´ elda tetsz˝ oleges Hausdorff dimenzi´ oj´ u halmazra Ebben a szakaszban minden 0 < α ≤ 1 sz´amra mutatunk egy m´erhetetlen halmazt, amelynek Hausdorff´es boxdimenzi´ oja ´eppen α. El˝ osz¨ or defini´aljuk a k¨ ul¨onb¨oz˝o dimenzi´ofogalmakat, amikre sz¨ uks´eg lesz a t´etel kimond´ as´ ahoz illetve bizony´ıt´as´ahoz. Bizony´ıt´as n´elk¨ ul megeml´ıtj¨ uk a k¨ ul¨onb¨oz˝o dimenzi´ ok n´eh´ any ´erdekes tulajdons´ ag´ at is. A m´asodik r´eszben pedig kimondjuk ´es bel´atjuk, hogy l´eteznek tetsz˝ oleges Hausdorff-dimenzi´ os m´erhetetlen halmazok R-ben.
3.2.1. Bevezet´ es El˝ osz¨ or a Hausdorff-dimenzi´ ot tekintj¨ uk ´at. Ez sok szempontb´ol a ”legszebb” dimenzi´o, p´eld´aul tartozik hozz´ a m´ert´ek ´es eg´esz esetekben ez a m´ert´ek megegyezik a Lebesgue-m´ert´ekkel. Az al´abbiakban osszefoglaljuk a Hausdorff-dimenzi´ o defin´ıci´oj´at ´es legfontosabb tulajdons´agait. A bizony´ıt´asok megta¨ l´ alhat´ oak p´eld´ aul [7]-ban. A defin´ıci´ ok metrikus t´eren is ´ertelmezhet˝oek, de itt el´eg lesz R-et haszn´ alni. 3.2.1. Defin´ıci´ o. Legyen s ≥ 0 val´ os sz´am, H ⊂ R ´es δ > 0. Ekkor legyen ( µsδ (H)
= inf
∞ X
s
(diamHn ) : H ⊂
n=1
∞ [
) Hn ´es diamHn ≤ δ
.
n=1
Ha s = 0, akkor 00 = 1 kifejt´est haszn´aljuk. Ekkor az s-dimenzi´os Hausdorff-m´ert´ek defin´ıci´oja: µs (H) = lim µsδ (H) δ→+0
23
Vegy¨ uk ´eszre, hogy a limesz mindig l´etezik, hiszen µsδ (H) monoton n˝o, ha δ cs¨okken. Ekkor µs k¨ uls˝ o m´ert´ek lesz R-en. Tov´ abb´ a az s = 0 ´es s = 1 speci´alis esetekben µs egy-egy m´ar ismert m´ert´ek: ´ ıt´ 3.2.2. All´ as. µ0 a sz´ amoss´ ag m´ert´ek, azaz v´eges H-ra µ0 (H) egyenl˝ o H elemsz´ am´ aval, egy´eb esetben pedig v´egtelen. ´ ıt´ 3.2.3. All´ as. Minden H ⊂ R halmazra, ´es δ > 0-ra µ1δ (H) = µ1 (H) = λ(H), azaz µ1 az egydimenzi´ os Lebesgue-m´ert´ek. A Hausdorff-m´ert´ekek seg´ıts´eg´evel tudjuk defini´alni a Hausdorff-dimenzi´ot. Ez a k¨ovetkez˝o : 3.2.4. Defin´ıci´ o. Egy H ⊂ R halmaz Hausdorff-dimenzi´oja a k¨ovetkez˝o szupr´emum : sup {s ≥ 0 : µs (H) > 0} A dimenzi´ o egy fontos tulajdons´ ag´ara vil´ag´ıt r´a a k¨ovetkez˝o t´etel: 3.2.5. T´ etel. Ha H Hausdorff-dimenzi´ oja s, akkor :
µt (H) =
∞,
ha t < s
0,
ha t > s
Bizony´ıt´ as. A t > s eset trivi´ alisan k¨ovetkezik a defin´ıci´ob´ol. Ha t < s, akkor l´etezik egy u > t sz´ am, amire µu (H) > 0. R¨ ogz´ıts¨ unk egy δ > 0, sz´amot ´es H-nak egy Hn fed´es´et legfeljebb δ ´atm´er˝ oj˝ u elemekkel. Ekkor: µuδ (H) ≤
X
u
(diamHn ) =
X
n
≤ δ
u−t
X
u−t
(diamHn )
(diamHn )
t
n t
(diamHn ) .
n
Infimumot v´eve kapjuk, hogy µuδ (H) ≤ δ u−t µtδ (H). µu (H) > 0 miatt minden el´eg kicsi δ-ra µuδ (H) > >
µu (H) . 2
Innen µt (H)
=
lim µtδ (H) ≥ lim δ t−u µuδ (H) ≥
δ→+0
δ→+0
lim δ t−u
δ→+0
µu (H) = ∞. 2
Teh´ at s-n´el kisebb dimenzi´ os Hausdorff-m´ert´ekekre a H m´ert´eke v´egtelen, nagyobbakra meg 0. Ez o ua ¨sszhangban van azzal, amit egy dimenzi´ot´ol elv´arn´ank: egy egyenes vonal a s´ıkon nullm´ert´ek˝ 2-dimenzi´ os Lebesgue-m´ert´ekre n´ezve. Egy egyenes ”elhanyagolhat´o” a s´ıkon, hiszen nem lehet megsz´ amolhat´ o sokkal lefedni a teljes s´ıkot. Ugyan´ıgy a Hausdorff-m´ert´ekekn´el: egy kisebb dimenzi´os halmaz elhanyagolhat´ o egy nagyobb dimenzi´os m´ert´ek szempontj´ab´ol, teh´at logikus, hogy nulla legyen a m´ert´ek. Ford´ıtva n´ezve, egy nagyobb dimenzi´os halmazr´ol nem tudunk ´ertelmeset mondani egy kisebb dimenzi´ ob´ ol n´ezve, csak azt, hogy ”nagy”, azaz v´egtelen a m´ert´eke.
24
S 3.2.6. K¨ ovetkezm´ eny. Legyen Hi ⊂ R. Ekkor dimH i Hi = supi dimH Hi . S Bizony´ıt´ as. Legyen H = i Hi . Ha valamilyen s-re ´es i-re µs (Hi ) = ∞, akkor µs (H) = ∞, azaz S dimH Hi ≤ dimH H. Innen dimH i Hi ≥ supi dimH Hi . A m´asik ir´anyhoz v´alasszunk egy tetsz˝ oleges s > supi dimH Hi sz´ amot. Ekkor minden i-re µs (Hi ) = 0, ez´ert µs (H) = 0. Innen dimH H ≤ s S k¨ ovetkezik, ebb˝ ol pedig dimH i Hi ≤ supi dimH Hi . Megjegyezz¨ uk, hogy µs (H) ak´ armi lehet, nem felt´etlen kell v´egesnek vagy pozit´ıvnak lennie. Egyszer˝ u p´elda a teljes sz´ amegyenes : ez 1-dimenzi´os, ´es µ1 (R) = λ(R) = ∞. Az is igaz, hogy tetsz˝ oleges dimenzi´ os halmaz l´etezik. Kor´ abban haszn´altuk, ez´ert most itt megeml´ıtj¨ uk a Cantor-halmaz dimenzi´ oj´ at: 3.2.7. T´ etel. Legyen C a Cantor-halmaz. A Cantor-halmaz dimenzi´ oja s=
log 2 log 3
´es µs (C) = 1. Ezt a k¨ ovetkez˝ o heurisztikus m´ odszerrel lehet kisz´amolni : legyen C1 a Cantor halmaz baloldali r´esze, azaz C1 = C ∩ 0, 12 ´es C2 a jobb oldali r´esz. Mindk´et r´esz az eredeti C halmaz 13 -szoros kicsiny´ıt´es´enek egy eltoltja ´es C = C1 ∪ C2 diszjunkt uni´o. Ez´ert minden s-re : s s 1 1 s µ (C) + µs (C) . µ (C) = µ (C1 ) + µ (C2 ) = 3 3 s
s
s
Ha feltessz¨ uk, hogy az s = dimH C esetben 0 < µs (C) < ∞, leoszthatunk µs (C)-vel. Az eredm´eny s 1 = 2 31 , amib˝ ol m´ ar k¨ ovetkezik, hogy s = log 2/ log 3. Ez a m´odszer m´as ¨onhasonl´o halmazokra is alkalmazhat´ o, a pontos ´ all´ıt´ as a k¨ ovetkez˝o (bizony´ıt´as megtal´alhat´o [4]-ben): 3.2.8. T´ etel. Legyen F ⊂ R, ´es legyenek S1 , S2 , . . . , Sm olyan hasonl´ os´ agok, amikre Si (F ) p´ aronk´ent diszjunkt. Jel¨ olje ci az Si hasonl´ os´ agi ar´ any´ at (azaz Si (x) = ci x + ai alak´ u). Ha ci < 1 ´es F invari´ ans ezekre a hasonl´ os´ agokra, azaz F =
m [
Si (F ),
i=1
akkor dimH F = s, ahol
m X
csi = 1.
i=1
Most r´ at´er¨ unk a Minkowski-dimenzi´ora. Ez m´eg boxdimenzi´ok´ent is ismert. A nev´et arr´ol kapta, hogy a dimenzi´ o meghat´ aroz´ as´ ahoz ε nagys´ag´ u t´egl´akkal fedj¨ uk le a halmazt. Fedj¨ uk le a s´ıkot egy ε nagys´ ag´ u n´egyzetr´accsal. Jel¨olje N (ε) azon n´egyzetek sz´am´at, amik belemetszenek a halmazba. Ha most ε =
1 n,
akkor azt v´arjuk, hogy egy egyenes szakasz eset´en N (ε) ≈ cn
valamilyen c konstansra. Ha a halmazunk egy s´ıkbeli ny´ılt halmaz, akkor N (ε) ≈ cn2 v´arunk el. Egy s dimenzi´ os halmazn´ al ennek az anal´ ogi´aj´ara N (ε) ≈ cns -t szeretn´enk, teh´at N (ε) n-alap´ u logaritmus´ ara vagyunk k´ıv´ ancsiak. Ezen alapul a boxdimenzi´o defin´ıci´oja :
25
3.2.9. Defin´ıci´ o. Legyen A ⊂ Rn korl´atos halmaz. Ekkor a fels˝o boxdimenzi´o dimB A = lim sup
log N (ε) − log ε
dimB A = lim inf
log N (ε) − log ε
az als´ o boxdimenzi´ o
Ha l´etezik a limesz, azaz dimB A = dimB A, akkor a hat´ar´ert´eket dimB A-val jel¨olj¨ uk. A boxdimenzi´ o egyik ´erdekes tulajdons´aga, hogy a fenti defin´ıci´oban az N (ε) sz´amot ki lehet cser´elni m´ as t´ıpus´ u fed´esekre is. P´eld´ aul jel¨olje P (ε) a maxim´alis sz´am´at azon ε sugar´ u g¨omb¨oknek, amik diszjunktak, ´es k¨ oz´eppontjaik A-ban vannak. Ha a fenti formul´akban N (ε) hely´ere minden¨ utt P (ε)-t ´ırunk, akkor egy ekvivalens defin´ıci´ ot kapunk. Egy harmadik lehets´eges m´odszer, hogy azon ε sugar´ u g¨ omb¨ ok minim´ alis C(ε) sz´ am´ at tekintj¨ uk, amelyek lefedik A-t. Ez is ekvivalens lesz az el˝oz˝oekkel. Ezen all´ıt´ ´ asok bizony´ıt´ asa egyszer˝ u, megtal´alhat´o p´eld´aul [9] k¨onyvben. A boxdimenzi´ o defin´ıci´ oja szeml´eletes, ´es viszonylag egyszer˝ uen ki lehet sz´amolni, h´ala a r´ acsfelbont´ asnak ´es a sok ekvivalens defin´ıci´onak. H´atr´anyai k¨oz´e tartozik, hogy csak korl´atos halmazra m˝ uk¨ odik, ´es megsz´ amolhat´ o uni´ ora a dimenzi´o nem marad meg. P´eld´aul egy egy pontb´ol ´all´o halmaz boxdimenzi´ oja nyilv´ an 0, azonban a 0,1, 12 , 31 , . . . halmaz dimenzi´oja 12 . Ezt a k´et hib´ at k¨ usz¨ ob¨ olhetj¨ uk ki a fels˝o pakol´asi dimenzi´oval: 3.2.10. Defin´ıci´ o. Legyen A ⊂ Rn . Ekkor a fels˝o pakol´asi dimenzi´o : ( dimP A = inf
) sup dimB Ai : A = i
[
Ai , Ai korl´atos
i
ot Ez nyilv´ an megtartja a megsz´ amolhat´o uni´ot, tov´abb´a dimP A ≤ dimB A. Az als´o pakol´asi dimenzi´ hasonl´ oan defini´ alhatjuk, ott az als´o boxdimenzi´ot haszn´aljuk. Azonban a fels˝o pakol´asi dimenzi´ ot el˝ o´ all´ıthatjuk a Hausdorff-dimenzi´ ohoz hasonl´o m´odon, egy m´ert´eken kereszt¨ ul is. Ez´ert gyakran a fels˝ o pakol´ asi dimenzi´ ot egyszer˝ uen csak pakol´asi dimenzi´ok´ent h´ıvj´ak. 3.2.11. Defin´ıci´ o. Legyen s ≥ 0 val´os sz´am. Legyen H ⊂ R ´es δ > 0. Ekkor ( P0s (A) = lim sup δ→+0
∞ X
) ris : ri ≤ δ, ∃ci ∈ A, hogy a B(ci , ri ) g¨omb¨ok p´aronk´ent diszjunktak
n=1
Ez a limesz mindig l´etezik, hiszen a limeszen bel¨ ul lev˝o szupr´emum ´ert´eke cs¨okken, ha δ cs¨ okken. Ez m´eg nem lesz m´ert´ek, hiszen a megsz´amolhat´o uni´ot nem tartja. De ebb˝ol m´ar tudunk k´epezni egy m´ert´eket az al´ abbi m´ odon: s
P (A) = inf
(∞ X
P0s (Ai )
i=1
:A=
∞ [
) Ai
i=1
A pakol´ asi dimenzi´ o defin´ıci´ oja a Hausdorff-dimenzi´o´ehoz nagyon hasonl´o :
26
3.2.12. Defin´ıci´ o. Legyen A ⊂ Rn egy tetsz˝oleges halmaz. A pakol´asi dimenzi´oja dimP A = sup {s : P s (A) > 0} asi Be lehet l´ atni, hogy ez a dimenzi´o megegyezik a kor´abban defini´alt dimP A sz´ammal. A pakol´ m´ert´ekekre is igaz a 3.2.5 t´etel, azaz el˝osz¨or v´egtelen az A halmaz s dimenzi´os P s pakol´asi m´ert´eke, azt´ an az s = dimP A pont ut´ an ´ atv´ alt, ´es v´egig nulla lesz a m´ert´ek. Az egyes dimenzi´ ofogalmak egym´ashoz val´o viszony´ar´ol sz´ol az al´abbi t´etel: 3.2.13. T´ etel. Legyen H ⊂ R korl´ atos halmaz. Ekkor dimH H ≤ dimP H ≤ dimB H
3.2.2. A konstrukci´ o Az itt megadott konstrukci´ o a Davies-f´ele halmaz kis m´odos´ıt´as´aval kaphat´o. Az elj´ar´assal tetsz˝ oleges 0 < s < 1 boxdimenzi´ oj´ u m´erhetetlen halmazt kaphatunk. A halmazok olyanok, hogy a Hausdorff- ´es boxdimenzi´ ojuk megegyezik, ´ıgy tetsz˝oleges Hausdorff-dimenzi´oj´ u m´erhetetlen halmazt is el˝o tudunk all´ıtani. ´ Legyen a egy p´ aratlan pozit´ıv sz´am ´es legyen Nr a 2r -rel vagy a-val oszthat´o sz´amok halmaza. Ekkor az Nr halmazok mind v´egtelenek, monoton cs¨okken˝oek, illetve Nr \ Nr+1 is v´egtelen. Legyen ´ λ ≥ 8 tetsz˝ oleges val´ os sz´ am. Alljon a Kr halmaz az al´abbi alak´ u sz´amokb´ol: x=
cr+1 cr + r+1 + . . . , λr λ
ahol ci eg´esz, 0 ≤ ci < 8 ´es ci = 1 vagy 5, ha i ∈ Nr . Helyezz¨ uk egym´as ut´an a Ki halmazokat u ´gy, hogy dist (Ki , Ki+1 ) = 0 legyen. Azaz az el˝oz˝o szakaszban lev˝o m´odszerrel ellent´etben a halmazokat S ”szorosan” egym´ as ut´ an rakjuk. Az ´ıgy kapott K = r Kr halmaz m´erhetetlen lesz a 3.1.10 t´etel szerint. ´ ıt´ 3.2.14. All´ as. A Kr halmaz Hausdorff-dimenzi´ oja : dimH Kr = ´ Bizony´ıt´ as. Alljon La
c1 λ1
+
c2 λ2
3a − 2 − a
a−1 2r−1
log 2 log λ
+ . . . alak´ u sz´amokb´ol, ahol ci -re ugyanazok a felt´etelek ´erv´enyesek,
mint a Kr fenti defin´ıci´ oj´ aban. Vegy¨ uk ´eszre, hogy L a Kr halmaz v´eges sok eltoltj´ab´ol ´all, ez´ert dimH L = dimH Kr . Teh´ at el´eg L dimezi´oj´at kisz´amolni. Ha i ∈ / Nr , akkor ci tetsz˝ oleges sz´amjegy lehet (itt sz´amjegy alatt nyolcas sz´amrendszerbeli sz´ amjegyet ´ert¨ unk), ha i ∈ Nr , akkor pedig csak 1 vagy 5 lehet. Nr defin´ıci´oja szerint teh´at pontosan az r
i = 2r l vagy az i = ak esetekben van k¨ ul¨on felt´etel a sz´amjegyekre, ez´ert az L halmaz a H = λ−2 a L amv´eges sok diszjunkt eltoltj´ ab´ ol fog ´ allni, m´egpedig azon y = λc11 + λc22 + . . . + λc22rraa -kal, ahol a ci sz´ jegyekre teljes¨ ul a szok´ asos felt´etel. Ha y1 ´es y2 k´et ilyen sz´am akkor H + y1 ´es H + y2 diszjunktak.
27
Teh´ at a 3.2.8 t´etel szerint dimH L = s, ahol m X
λ−2
r
as
=1
i=1
´ ´es m a lehets´eges y-ok sz´ ama. Atrendezve az egyenletet s=−
log m . log λ−2r a
M´ ar csak m ´ert´ek´et kell meghat´ aroznunk. Ehhez hat´arozzuk meg azon ci sz´amjegyek d sz´am´at, amik csak 1-et vagy 5-¨ ot vehetnek fel. d nem m´as, mint azon eg´eszek sz´ama az [1,2r a] intervallumban, amik oszthat´ ok 2r -rel vagy a-val. Teh´ at d = a + 2r − 1 (a darab 2r -rel, ´es 2r darab a-val oszthat´o sz´am van, de 2r a-t k´etszer sz´ amoltuk). Egy fenti y eset´en d darab sz´amjegy k´etf´ele ´ert´eket vehet fel, ´es 2r a − d r
darab sz´ amjegy nyolcf´ele ´ert´eket. Teh´at m = 82
a−d d
2 . Innen:
r
s = =
r
log m log 82 a−d 2d log 23·2 a−2d 3 · 2r a − 2d log 2 − = − = − = r r r log λ−2 a log λ−2 a log λ−2 a 2r a log λ a−1 r r 3a − 2 − 2r−1 log 2 3 · 2 a − 2 · 2 − 2a − 2 log 2 = 2r a log λ a log λ
3.2.15. K¨ ovetkezm´ eny. A K halmaz Hausdorff-dimenzi´ oja : dimH K = Bizony´ıt´ as. Eml´ekezz¨ unk vissza, hogy K = 3a−2− a−1 2r−1 a
→
3a−2 a ,
S
r
3a − 2 log 2 a log λ
Kr , ez´ert dimH K = supr dimH Kr . r → ∞ eset´en
´ıgy az el˝ oz˝ o´ all´ıt´asb´ol r¨ogt¨on kapjuk a bizony´ıt´ast.
3.2.16. K¨ ovetkezm´ eny. A K halmaz boxdimenzi´ oj´ ara : dimB K ≥
3a − 2 log 2 a log λ
Bizony´ıt´ as. K¨ ovetkezik abb´ ol, hogy a Hausdorff-dimenzi´o a boxdimenzi´o als´o becsl´ese. Most be kell l´ atnunk a boxdimenzi´ora a fels˝o becsl´est. 3.2.17. T´ etel. A K halmaz boxdimenzi´ oja dimB K =
3a − 2 log 2 a log λ
Bizony´ıt´ as. Az als´ o becsl´es szerepelt, a fels˝o becsl´est kell bel´atni. Ehhez el˝osz¨or figyelj¨ uk meg, hogy S −r+1 −k ´ diamKr < 2λ . Innen diam r≥k+1 Kr < 4λ . Alljon L azokb´ol a sz´amokb´ol, amik λc11 + λc22 + . . . alakban ´ırhat´ oak, ahol ci 1 vagy 5 lehet, ha a osztja i-t. Ekkor Kr ⊂ L minden r-re.
28
A feladatunk megsz´ amolni, h´ any λ−ka hossz´ u intervallummal lehet lefedni K-t, jel¨olje ezt N (k). S Osszuk k´et r´eszre a Kr halmazokat. r > ka eset´en r>ka Kr lefedhet˝o n´egy darab λ−ka hossz´ u intervallummal. Az r ≤ ka eset´en azt sz´amoljuk meg, hogy L h´any darab intervallummal fedhet˝ o le. S Jel¨ olj¨ uk ezt a sz´ amot M (k)-val. Ekkor r≤ka Kr lefedhet˝o legfeljebb kaM (k) darab intervallummal. M (k) meghat´ aroz´ as´ ahoz azt kell ´eszrevenni, hogy x ∈ L eset´en az els˝o ka sz´amjegy k¨oz¨ ul pontosan ¨ k darab veheti fel csak az 1-et vagy az 5-¨ot. Teh´at M (k) ≤ 8ka−k 2k = 23ka−2k . Osszefoglalva, N (k) ≤ ≤ 4 + ka23ka−2k . Teh´ at dimB K
log N (k) 2 · ka23ka−2k ≤ lim sup − log λ−ka log λ−ka k→∞ k→∞ 1 + 3ka − 2k + log2 ka log 2 lim sup ka log λ k→∞ 3a − 2 log 2 a log λ
≤ lim sup − = =
3.2.18. T´ etel. Minden 0 < s ≤ 1 sz´ amra l´etezik H ⊂ R m´erhetetlen halmaz, hogy dimH H = = dimB H = s. Bizony´ıt´ as. El˝ osz¨ or n´ezz¨ uk az s < 1 esetet. Jel¨olj¨ uk Ka,λ -val a fentebb elk´esz´ıtett halmazokat. Mivel ezekn´el a halmazokn´ al a Hausdorff- ´es a boxdimenzi´o megegyezik, ez´ert a tov´abbiakban nem k¨ ul¨ on log 2 2 log 2 b¨ oztetj¨ uk meg ˝ oket. Ka,λ dimenzi´ oja a fenti ´all´ıt´asok szerint 3 − a log λ . λ ≥ 8 miatt log λ a 0, 31 intervallumban veszi fel az ´ert´ekeit, ´es itt minden sz´amot felvesz. Teh´at r¨ogz´ıtett a-ra λ n¨ovel´es´evel 2 2 dim Ka,λ minden ´ert´eket felvesz a 0,1 − 3a intervallumban. Ha a → ∞, akkor 1 − 3a → 1, ´ıgy minden s ∈ (0,1) sz´ amra l´eteznek a ´es λ sz´ amok, hogy dim Ka,λ = s. Most bel´ atjuk az s = 1 esetet. Legyen Hn olyan m´erhetetlen halmaz, hogy dim Hn = 1 − n1 . S Ekkor a 2.1.2 ´ all´ıt´ as miatt a H = n Hn halmaz is m´erhetetlen ´es dim H ≥ 1 − n1 minden n-re, azaz dim H = 1. Megjegyezz¨ uk, hogy van nulla Hausdorff-dimenzi´os m´erhetetlen halmaz, p´eld´aul a Liouville-sz´ amok. Ennek a bizony´ıt´ asa megtal´ alhat´ o [13]-ban.
29
Irodalomjegyz´ ek [1] Y. Bugeaud, M. M. Dodson, ´es S. Kristensen. Zero-infinity laws in Diophantine approximation. Q. J. Math., 56(3):311–320, 2005. [2] R. O. Davies. Sets which are null or non-sigma-finite for every translation invariant measure. Mathematika, 18(02):161–162, 1971. [3] M. Elekes ´es T. Keleti. Borel sets which are null or non-σ-finite for every translation invariant measure. Adv. Math., 201 :102–115, 2011. [4] K. Falconer. Fractal Geometry : Mathematical Foundations and Applications. Wiley, 2003. [5] A. Kechris. Classical Descriptive Set Theory. Graduate Texts in Mathematics. Springer, 1995. [6] H. Ki ´es T. Linton. Normal numbers and subsets of N with given densities. Fundam. Math., 144(2):163–179, 1994. [7] M. Laczkovich. Val´ os f¨ uggv´enytan. Egyetemi jegyzet. [8] D. G. Larman. The approximation of Gδ -sets, in measure, by Fσ -sets. Proc. Cambridge Philos. Soc., 61(01):105–107, 1965. [9] P. Mattila. Geometry of Sets and Measures in Euclidean Spaces : Fractals and Rectifiability. Cambridge Studies in Advanced Mathematics. Cambridge University Press, 1999. [10] R. D. Mauldin. On the Borel subspaces of algebraic structures. Indiana Univ. Math. J., 29(2):261– 265, 1980. [11] R. D. Mauldin. Problem Session at the Millenium Symposium. Denton, Texas, 2000. [12] L. Olsen. On the exact Hausdorff dimension of the set of Liouville numbers. Manuscripta Math., 116(2):157–172, 2005. [13] J. C. Oxtoby. Measure and Category : A Survey of the Analogies between Topological and Measure Spaces. Graduate Texts in Mathematics. Springer, 1980.
30
