|
Odgovor je ne jer se moze konstruirati kompaktan skup u R^2 koji nema povrsinu.
Neka je K neki kompaktan skup u R^2.
K ima povrsinu je ekvivalentno s K ima rub Lebesgueove mjere 0.
(Kompaktan je pa je ogranicen pa je bitno samo da jos da je karakteristicna funkcija integrabilna na nekom pravokutniku koji sadrzi K, tj. da ima skup prekida (a to je bas rub) Lebesgueove mjere 0. Obrat slican.)
K ima rub Lebesgueove mjere 0 je ekvivalentno s K ima rub povrsine 0.
(Kompaktan je pa ako mu je rub pokriven s prebrojivo otvorenih pravokutnika neke zajednicke povrsine onda mu je pokriven i s konacno otvorenih pravokutnika jos manje povrsine. Obrat trivijalan.)
Sada je (uz pretpostavku kompaktnosti) K ima povrsinu ekvivalentno s K ima rub povrsine 0.
Uzmemo sada debeli Cantorov skup ([url]https://en.wikipedia.org/wiki/Smith%E2%80%93Volterra%E2%80%93Cantor_set[/url]), oznacimo ga s C i neka je A=Cx[0,1] (Kartezijev produkt). A je ogranicen jer je sadrzan u [0,1]^2 i zatvoren jer mu je komplement unija otvorenih skupova, dakle A je kompaktan. Preostaje samo pokazati da mu rub nije povrsine 0.
Kada bi A imao neprazan interior, tada bi sadrzavao neku otvorenu kuglu K((x_1,x_2),r), no tada bi kopija debelog Cantorovog skupa Cx{x_2} sadrzavala otvoreni interval <x_1-r,x_1+r>x{x_2} sto je nemoguce zbog konstrukcije. (Lako se vidi da se iz svakog intervala makne neki podinterval tijekom konstrukcije.) Dakle A ima prazan interior pa je rub od A jednak A.
Pretpostavimo da A ima rub povrsine 0, tj. da A ima povrsinu 0. Tada se za proizvoljan e>0 moze pokriti s konacno mnogo otvorenih pravokutnika cija je ukupna povrsina strogo manja od e. Neka je e=1/2. [0,1]^2\A se po konstrukciji od C moze pokriti s prebrojivo mnogo otvorenih pravokutnika ukupne povrsine tocno 1/2. To znaci da se cijeli [0,1]^2 moze pokriti s prebrojivo mnogo otvorenih pravokutnika ukupne povrsine strogo manje od 1. [0,1]^2 je kompaktan pa se moze pokriti i s konacno mnogo otvorenih pravoktunika ukupne povrsine strogo manje od 1. A to zbog monotonosti integrala znaci da [0,1]^2 ima povrsinu strogo manju od 1, a znamo da ona iznosi 1 pa je to kontradikcija.
Dakle A je kompaktan skup koji nema povrsinu.
Nisam bas sve detaljno obrazlozio, ali nadam se da barem nema neke vece greske.
Odgovor je ne jer se moze konstruirati kompaktan skup u R^2 koji nema povrsinu.
Neka je K neki kompaktan skup u R^2.
K ima povrsinu je ekvivalentno s K ima rub Lebesgueove mjere 0.
(Kompaktan je pa je ogranicen pa je bitno samo da jos da je karakteristicna funkcija integrabilna na nekom pravokutniku koji sadrzi K, tj. da ima skup prekida (a to je bas rub) Lebesgueove mjere 0. Obrat slican.)
K ima rub Lebesgueove mjere 0 je ekvivalentno s K ima rub povrsine 0.
(Kompaktan je pa ako mu je rub pokriven s prebrojivo otvorenih pravokutnika neke zajednicke povrsine onda mu je pokriven i s konacno otvorenih pravokutnika jos manje povrsine. Obrat trivijalan.)
Sada je (uz pretpostavku kompaktnosti) K ima povrsinu ekvivalentno s K ima rub povrsine 0.
Uzmemo sada debeli Cantorov skup (https://en.wikipedia.org/wiki/Smith%E2%80%93Volterra%E2%80%93Cantor_set), oznacimo ga s C i neka je A=Cx[0,1] (Kartezijev produkt). A je ogranicen jer je sadrzan u [0,1]^2 i zatvoren jer mu je komplement unija otvorenih skupova, dakle A je kompaktan. Preostaje samo pokazati da mu rub nije povrsine 0.
Kada bi A imao neprazan interior, tada bi sadrzavao neku otvorenu kuglu K((x_1,x_2),r), no tada bi kopija debelog Cantorovog skupa Cx{x_2} sadrzavala otvoreni interval <x_1-r,x_1+r>x{x_2} sto je nemoguce zbog konstrukcije. (Lako se vidi da se iz svakog intervala makne neki podinterval tijekom konstrukcije.) Dakle A ima prazan interior pa je rub od A jednak A.
Pretpostavimo da A ima rub povrsine 0, tj. da A ima povrsinu 0. Tada se za proizvoljan e>0 moze pokriti s konacno mnogo otvorenih pravokutnika cija je ukupna povrsina strogo manja od e. Neka je e=1/2. [0,1]^2\A se po konstrukciji od C moze pokriti s prebrojivo mnogo otvorenih pravokutnika ukupne povrsine tocno 1/2. To znaci da se cijeli [0,1]^2 moze pokriti s prebrojivo mnogo otvorenih pravokutnika ukupne povrsine strogo manje od 1. [0,1]^2 je kompaktan pa se moze pokriti i s konacno mnogo otvorenih pravoktunika ukupne povrsine strogo manje od 1. A to zbog monotonosti integrala znaci da [0,1]^2 ima povrsinu strogo manju od 1, a znamo da ona iznosi 1 pa je to kontradikcija.
Dakle A je kompaktan skup koji nema povrsinu.
Nisam bas sve detaljno obrazlozio, ali nadam se da barem nema neke vece greske.
|
