Лекции по математическому анализу - Архипов Г.И.
ISBN 5-06-003596-4
Скачать (прямая ссылка):
5. Множество всех граничных точек фигуры P называется его границей и обозначается через дР.
Теорема (Критерий квадрируемости фигуры). Фигура P — квадрируема тогда и только тогда, когда мера ее границы равна нулю, т.е. ц(дР) = 0.
Доказательство. Необходимость. Нам надо доказать, что если P — квадрируемая фигура, то р(дР) = 0. Для этого достаточно при любом є > 0 указать простейшую фигуру H такую, что дР С Я и р(Н) < е.
Поскольку фигура P — квадрируема, существует величина р(Р) — ц+(Р) = Следовательно, для всякого Є\ > 0 найдутся открытая
простейшая фигура Pi и замкнутая простейшая фигура /? такие, что Pl С P С Pi и, кроме того, справедливы неравенства
М(Р) =S(P)^rtP1X р(Р)+ єь
264- P(P)-S1 <р(Р2)<р(Р) = р*(Р).
Рассмотрим фигуру Pz = Pi \ P2- Она является простейшей. Пусть H = Рз- Тогда вне этой фигуры Я содержатся только внешние или внутренние точки фигуры Р. Поэтому дР С Я. Далее, имеем P1 = P2UP3, P2HP3 = 0, следовательно, P(P1) = р(Р2) + р(Рз), откуда
р(Рз) = Ai(Pi) - р(Р2) < р(Р) + ?i ~ р(Р) + S1 = 2C1.
Заметим, что р(Рз) — р(Рз)» так как граница простейшей фигуры имеет нулевую меру.
Возьмем Єї = є/2, получим, что р(Н) < є, дР С Я, следовательно, р(дР) = 0. Необходимость доказана.
Достаточность. Нам дано, что граница дР фигуры P имеет нулевую меру. Надо доказать, что фигура P измерима по Жордану, т.е. имеет место равенство р*(Р) = р*(Р).
Для этого потребуется одна лемма, полезная и сама по себе.
JT е м м а (О связности отрезка на плоскости). Пусть на плоскости заданы отрезок L с концами А\ и A2 и некоторое множествд М, причем Ai Є М, A2 ?. М. Тогда существует точка Aq Є I такая, что A0 € дМ.
Доказательство леммы. Для каждой Точки
а Є I рассмотрим функцию р(а), равную расстоянию от нее до точки
Ai. Очевидно, что для любой точки а € / справедливо неравенство
Р(а) ^ Kl- Пусть В — ІПМ. Тогда множество В непусто, так как
точка Ai принадлежит и отрезку /, и множеству М. Пусть, далее,
Po = sup р(А). Рассмотрим точку ао, лежащую на расстоянии ро от Аев
точки Ai. Любая точка а, удаленная от точки Ai на расстояние р(а) > ро, не принадлежит как B1 так и М, поэтому ао не может быть внутренней точкой множества М. С другой стороны, в любой окрестности точки ао на отрезке / найдется точка, принадлежащая В С М. Поэтому точка ао не является внешней точкой множества М, следовательно, ао Є дМ. Лемма доказана.
Итак, пусть р(дР) = 0. Это значит, что для любого є > 0 существует открытая простейшая фигура Рз такая, что дP С Рз, ^(Рз) < Граница ее дРз состоит из конечного числа отрезков, параллельных осям координат. Заключим эти фигуры P и Рз в квадрат К со сторонами, параллельными осям координат. Далее, продолжим отрезки границы дРз,- параллельные оси Ох, до пересечения со Сторонами квадрата К. Тогда квадрат К и фигура Рз разобьются на отдельные стандартные прямоугольники. Пусть это будут прямоугольники hi, .. .,hm (каждый из них будем раассматривать без границы). Тогда прямоугольники hs, s = 1,.. .,m, либо целиком принадлежат Рз, либо Zi5HP3= 10.
265- Покажем, что если прямоугольник hs не является подмножеством Рз, но имеет хотя бы одну общую точку с фигурой Р, ТО hg с Р. Действительно, если в этом прямоугольнике Х\ Є Pj X2 ?: Р, то некоторые точки отрезка It соединяющего эти точки (а он тоже целиком принадлежит прямоугольнику Л,), принадлежат Р, а некоторые точки не принадлежат Р. По лемме отрезок I содержит точку sc о Є дР, т.е. точка Xq Є h9 f Xo Є дР С Рз, а это значит, что Zi4 С Рз, что противоречит условию, что. прямоугольник hs не является подмножеством
P3-
Таким образом, если ha П P ^ 0, то прямоугольник Zi5 целиком лежит в Р. Объединим все такие прямоугольники hs во множество P2. Очевидно, что P2 С P-
Рассмотрим еще простейшее множество Pi = P2 U Р3. Докажем, что P С Pi • Действительно, фигура Р, как и всякая фигура, состоит из внутренних точек, образующих множество P \ дР, и некоторого подмножества Г С дР, — множества своих граничных точек. Достаточно показать, что дР С Pi, P \ дР С Pi.
Включение дР С Pi следует из того, что дР С P3 С Pj. А всякая внутренняя точка множества P по построению принадлежит: 1) либо Рз; 2) либо некоторому• открытому прямоугольнику ha-t 3) либо его границе dhg. Но тогда в первом случае точка х Є Рз С Pi1 и, следовательно, она принадлежит Pi; во втором случае ,х Є hs, х Є Р, а это значит, что h, С P2 (по способу построения множества P2), т.е. X Є hs С P2 С Pi; в третьем случае имеем, что внутренняя точка множества P лежит на границе открытого прямоугольника Zi5. Но тогда некоторая е - окрестность этой точки целиком состоит из точек множества P и в то же время в ней содержатся точки из прямоугольника hSt тогда ha С P2, откуда dhs С P2, а потому я Є dhg С P2 С P- Отсюда имеем: P G Pi- Далее, имеем P2 П Р3 = 0, кроме того, Pit P2 и Рз —- простейшие фигуры. Поэтому
Ii(P1) = /X(P2).+ Ji(P3) < Ji(P2) + е.
Следовательно,
Ji(P2) < Ji.(P) < Ji-(P) < Ji(Pi) < Ji(P2) + с. Таким образом, получим
О < Ji^(P) - MP) < КЪ) + Є - 1*(Ъ) = С.
