О.Г. Смолянов - Курс лекций по действительному анализу (1111920), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Пусть ∀ ω ∈ Ω ∃ lim fn (ω) = f (ω), где fn — изn→∞меримые функции. Тогда функция f тоже измерима.Доказательство. Положим ϕk (ω) = sup fn (ω), тогда f (ω) = inf ϕk (ω).kn>kДокажем, что ∀ a ∈ R1{ω ∈ Ω : ϕk (ω) < a} ∈ a. В самом деле,\{ω : ϕk (ω) < a} ={ω : fn (ω) < a} ∈ a,n>kпоэтому все ϕk измеримы. Поскольку f (ω) = inf ϕk (ω) и {ω : inf ϕk (ω) >kkT> a} = {ω : ϕk (ω) > a} ∈ a, то f (ω) измерима.kЛекция 6.Определение 5.3. Пусть фиксировано измеримое пространство (Ω, a).Функция на измеримом пространстве называется простой, если она принимает конечное число значений.Если простая функция определена на пространстве с мерой, то ν{ω ∈∈ Ω | f (ω) 6= 0} < ∞.Предложение 5.3.
Функция f является простой ⇔∃ Ωj : Ω =гдеnGj=1Ωjи ∀ω(1,γΩj (ω) =0,f (ω) =j=1если ω ∈ Ωj ;иначе— индикаторная функция множества Ωj .4Множество aL нельзя заменить на B.15nXaj γΩj (ω),Доказательство. В самом деле, обратная ипмликация очевидна. Пустьтеперь функция f проста и a1 , . . . , an — различные ненулевые значения f .Тогда множества Ωj = {ω ∈ Ω | f (ω) = aj } удовлетворяют условию.Замечание. Условие «Ω =nFj=16= kΩj ∩ Ωk = ∅».Ωj » можно заменить на условие «∀ j 6=Очевидно, что если f1 и f2 — простые функции, то их линейная комбинация αf1 + βf2 и произведение f1 f2 также будут простыми функциями.Предложение 5.4. Если функция f (ω) =nPj=16= kaj γΩj (ω), причем ∀ j 6=Ωj ∩ Ωk = ∅ и aj 6= ak , то f измерима ⇔ все Ωj измеримы.Доказательство.
Достаточно провести доказательство для простейшейфункции f (ω) = γΩ1 (ω). Имеем: Ω1 = {ω ∈ Ω | f (ω) > 0}, поэтому(Ω1 , если a > 0;∀ a ∈ R1 {ω ∈ Ω | f (ω) > a} =Ω, если a < 0,а значит, f измерима ⇔ Ω1 измеримо.Теорема 5.1. Для каждой измеримой функции f : Ω → R̄ найдутсяпростые и измеримые функции fn : Ω → R1 , n = 1, 2, . . . , такие, что∀ ω ∈ Ω fn (ω) → f (ω) при n → ∞. Если при этом f > 0, то можнодобиться того, что fn > 0 и fn ր f , а если f ограничена, то fn ⇒ f .Доказательство. Нетрудно убедиться, что функцииfn (x) = n · γ{ω|f (ω)>n} (x) + (−n) · γ{ω|f (ω)6−n} (x)+1+ n2nn2X(k − 1)γ{ω| k−1n 6f (ω)<2k}2n(x)k=−n2n +1удовлетворяют условию теоремы.Предложение 5.5.
Если функции f и g измеримы, то их линейнаякомбинация αf + βg измерима.16Доказательство. В самом деле, если функции h1 и h2 просты и измеримы, то и функция h = h1 + h2 тоже проста и измерима. Выберем теперьфункции fn и gn , удовлетворяющие условиям теоремы 5.1, тогда fn → fи gn → g, поэтому αfn +βgn → αf +βg при n → ∞, что и требовалось.6. Интегрируемые функции.Определение 6.1. Пусть (Ω, a, ν) — пространство с σ-конечной меройnPи f — простая измеримая функция. Тогда f (ω) =aj γΩj (ω), причемj=1∀ j νΩj < ∞ и aj ∈ R1 . Интегралом Лебега функции f по пространствуΩ называется величинаZZnXf (ω) ν(dω) = f (ω) dν =aj νΩj .Ωj=1ΩОпределение 6.2.
Пусть теперь функция f > 0 — измерима. Тогданайдутся такие простые измеримые функции fn , что fn ր f . ПоложимZZf (ω) ν(dω) = limfn (ω) ν(dω).n→∞ΩΩОпределение 6.3. Если f — произвольная измеримая функция, то верно равенство f (ω) = f+ (ω) − f− (ω), где((f (ω), если f (ω) > 0;−f (ω), если f (ω) 6 0;f+ (ω) =и f− (ω) =0,иначе,0,иначе.Легко проверить, что функции f± измеримы. ПоложимZZZf (ω) ν(dω) = f+ (ω) ν(dω) − f− (ω) ν(dω),ΩΩΩесли хотя бы один из интегралов конечен.Если интеграл конечен, то функция f называется интегрируемой, аесли равен ∞, то квазиинтегрируемой.17Определение 6.4.
Если A ∈ a, тоZZf (ω) ν(dω) = γA (ω)f (ω) ν(dω).AΩЛемма 6.1. Пусть S — кольцо, (Ω, S, ν) – пространство с конечноймерой. Тогда мера ν счетно аддитивна ⇔∀ A1 ⊃ A2 ⊃ . . . ∈ S :∞\j=1Aj = ∅ ⇒ νAj → 0Доказательство. Пусть S ∋ B ==∞PνBj . Положим Ak =j=1∞F∞Fj=1Bj , где Bj ∈ S. Докажем, что νB =Bj , тогдаj=kk → ∞, и т.к.∞Tk=1νB =k−1Xпри j → ∞.Ak = ∅. Значит νAk → 0 приνBj + νAk ,j=1тоk−1Xj=1νBj → νBпри k → ∞.Обратно, пусть мера ν счетно аддитивна. Тогда∞G(Aj \ Aj+1 ) = A \j=1поэтомуνA1 =∞Xj=1а значит,ν(Aj \ Aj+1) =∞Xj=kПосколькуk−1Xj=1∞\Aj = A1 ,j=1ν(Aj \ Aj+1 ) +∞Xj=kν(Aj \ Aj+1 ) → 0 при k → ∞.∀k ∈ N∞Gj=k(Aj \ Aj+1 ) = Ak ,18ν(Aj \ Aj+1 ),тоνAk =∞Xj=kчто и требовалось.ν(Aj \ Aj+1 ) → 0 при k → ∞,Лекция 7.Замечание. Далее, всюду, где мы будем писатьRf (ω) ν(dω), мы будемΩпредполагать функцию f измеримой.Пусть фиксировано пространство с мерой (Ω, a, ν).
Сейчас мы будемрассматривать только те простые функции f , для которых ν{ω ∈ Ω |f (ω) 6= 0} < ∞.После того, как мы ввели понятие интеграла Лебега, необходимо доказать корректность этого определения.Вначале докажем корректность определения интеграла Лебега дляnPпростых функций. А именно, пусть f (ω) =aj γAj (ω) — простая функj=1ция, причем Ai ∩ Aj = ∅.
Возьмем другое представление функции f :mPf (ω) =bk γBk (ω). Если Aj ∩ Bk 6= ∅, то aj = bk , поэтомуk=1nXaj νAj =nXj=1j=1ajmXk=1ν(Aj ∩ Bk ) =m XnXk=1 j=1bk ν(Aj ∩ Bk ) =mXbk νBk .k=15Свойства.RRR1. (f (ω) + g(ω)) ν(dω) = f (ω) ν(dω) + g(ω) ν(dω). Действительно,Ωпусть f (ω) =nPj=1=mFk=1Ωaj γAj (ω) и g(ω) =k=1Aj ∩ Bk и γAj (ω) =f (ω) =n XmXmPmPbk γBk (ω). Тогда, поскольку Aj =γAj ∩Bk (ω), тоk=1aj γAj ∩Bk (ω) и g(ω) =j=1 k=15Ωm XnXbk γAj ∩Bk (ω).k=1 j=1В свойствах 1–3 функции f и g считаются неотрицательными и простыми.19ОтсюдаZn XmXf (ω) ν(dω) =aj ν(Aj ∩Bk ),Zj=1 k=1Ωg(ω) ν(dω) =n XmXj=1 k=1ΩпоэтомуZn XmX(f (ω) + g(ω)) ν(dω) =(aj + bk )ν(Aj ∩ Bk ) =j=1 k=1Ω=Zf (ω) ν(dω) +ΩRZg(ω) ν(dω).ΩR2.
αf (ω) ν(dω) = α f (ω) ν(dω).ΩΩRR3. Если νA = 0, то f (ω) ν(dω) = 0. Действительно, f (ω) ν(dω) =A=bk ν(Aj ∩Bk ),Rf (ω)γA (ω) ν(dω). Если f (ω) =nPAaj γAj (ω), то тогда f (ω)γA(ω) =j=1ΩnPnRPaj γA∩Aj (ω) и f (ω) ν(dω) =aj ν(A ∩ Aj ) = 0.j=1j=1AR4. Если f (ω) > 0, то f (ω) ν(dω) > 0. Отсюда следует, что если g1 6RΩRg2 , то g1 (ω) ν(dω) 6 g2 (ω) ν(dω). Действительно. g2 = (g2 − g1 ) + g1 ,=ΩΩпоэтомуZZZZg2 (ω) ν(dω) = (g2 − g1 )(ω) ν(dω) + g1 (ω) ν(dω) > g1 (ω) ν(dω).ΩΩΩR5.
Если a ∋ B = B1 ⊔B2 , то f (ω) ν(dω) =BΩRB1Rf (ω) ν(dω)+ f (ω) ν(dω).Действительно, это следует из того, чтоZZf (ω) ν(dω) = f (ω)γB (ω) ν(dω),Bf (ω)γB1 (ω) ν(dω),B1ΩZZZf (ω)γB2 (ω) ν(dω),ZB2f (ω) ν(dω) =Ωf (ω) ν(dω) =Ω20B2а также из того, что γB1 ⊔B2 = γB1 + γB2 .6. Если gn (ω) ր ϕ(ω) и lim gn (ω) > ϕ(ω), где функция ϕ > 0 проста,n→∞Rа функции gn являются простыми и измеримыми, то lim gn (ω) ν(dω) >n→∞ ΩR> ϕ(ω) ν(dω).ΩДоказательство. Пусть Ωϕ = {ω ∈ Ω | ϕ(ω) > 0}, тогда νΩϕ < ∞.
Пусть0 < ε < min {ϕ(ω)}. Тогда положимω∈Ωϕ(ϕ(ω) − ε, если ω ∈ Ωϕ ,Fϕ (ω) =0,если ϕ(ω) = 0.Введем также обозначение Aεn = {ω ∈ Ωϕ | gn (ω) > Fϕ (ω)}. Тогда понятно, что Ωϕ \ Aεn = {ω ∈ Ωϕ | gn (ω) 6 Fϕ (ω)}. Легко видеть, что∞TAε1 ⊂ Aε2 ⊂ . . ., поэтому (Ωϕ \ Aε1 ) ⊃ (Ωϕ \ Aε2 ) ⊃ . . . и(Ωϕ \ Aεn ) = ∅.n=1Отсюда в силу счетной аддитивности и леммы 6.1 ν(Ωϕ \ Aεn ) → 0 приn → ∞.Теперь выпишем следующую цепочку неравенств:Zgn (ω) ν(dω) >ΩZΩϕ>=>Zgn (ω) ν(dω) =gn (ω) ν(dω) +Aεngn (ω) ν(dω) =Ωϕ \AεnZFϕ (ω) ν(dω) +ΩϕZΩϕ \AεnZZFϕ (ω) ν(dω) =Fϕ (ω) ν(dω) −Fϕ (ω) ν(dω) −Zgn (ω) ν(dω) >Ωϕ \AεnΩϕ \AεnZϕ(ω) ν(dω) − ενΩϕ −Zϕ(ω) ν(dω) − ενΩϕ − ν(Ωϕ \ Aεn ) · max ϕ(ω).Ωϕ>gn (ω) ν(dω) >Ωϕ \AεnZFϕ (ω) ν(dω) +ZAεnΩϕ=ZZFϕ (ω) ν(dω) >Ωϕ \AεnΩ21RНо ν(Ωϕ \ Aεn ) · max ϕ(ω) → 0 при n → ∞, поэтому lim gn (ω) ν(dω) >n→∞ ΩR> ϕ(ω) ν(dω) − ενΩϕ , откуда следует требуемое неравенство.ΩТеперь докажем корректность определения интеграла для произвольных неотрицательных измеримых функций.
Пусть f > 0 —R данная функция, gn1 (ω) ր f (ω) и gn2 (ω) ր f (ω). Покажем, что lim gn1 (ω) ν(dω) =n→∞ ΩR 2= lim gk (ω) ν(dω). Действительно, при каждом n по свойству 6 имеем:ΩR k→∞RRgn1 (ω) ν(dω) 6 lim gk2 (ω) ν(dω), откуда получаем lim gn1 (ω) ν(dω) 6n→∞ Ωk→∞ ΩΩR 26 lim gk (ω) ν(dω). Аналогично можно получить обратное неравенство,k→∞ Ωпоэтому оба предела совпадают.Отсюда легко получить корректность определения интеграла Лебегадля произвольных измеримых функций.Определение 6.5.
Две измеримые функции f и g на пространстве смерой называются эквивалентными, если ν{ω ∈ Ω | f (ω) 6= g(ω)} = 0.Определение 6.6. Говорят, что какое-то свойство имеет место почтивсюду, если оно верно Rвсюду, кроме множествамеры 0. Например, еслиRf = g почти всюду, то f (ω) ν(dω) = g(ω) ν(dω).ΩΩЗамечание. В дальнейшем мы обычно будем опускать слова «почтивсюду», но принципиально от этого ничего не изменится.ТеоремаR 6.1 (Леви).R Пусть gn > 0 и gn ր f почти всюду. Тогда∃ lim gn (ω) ν(dω) = f (ω) ν(dω).n→∞ ΩΩЗамечание. В условии теоремы можно считать, что gn > g, где функцияg интегрируема.Доказательство.
По теореме 5.1 ∀ gi ∃ gij ր gi при j → ∞, причемфункции gij > 0 просты и измеримы. Пусть ψn (ω) = max{gij (ω) | 1 6 i 66 n, 1 6 j 6 n}. Докажем. что ψn (ω) ր f (ω).Ясно, что ψn (ω) 6 gn (ω) 6 gk (ω) при k > n. Отсюда получаем, чтоψn (ω) 6 lim gk (ω) = f (ω), а значит, lim ψn (ω) 6 f (ω).n→∞k→∞Обратно, ∀ n > kψn (ω) > gkn (ω), поэтому lim ψn (ω) > lim gkn (ω) =n→∞= gk (ω). Значит, lim ψn (ω) > lim gk (ω) = f (ω).n→∞k→∞22n→∞RRТеперь, т.к. ψn (ω) 6 gn (ω), то ψn (ω) ν(dω) 6 gn (ω) ν(dω) и ψn (ω) րΩΩRր f (ω), то по определению интеграла Лебега получаем f (ω) ν(dω) =ΩR= lim ψn (ω) ν(dω). Ноn→∞ ΩZΩf (ω) ν(dω) >Zgn (ω) ν(dω) >ΩZψn (ω) ν(dω),Ωоткуда по теореме о двух милиционерах следует требуемое.Лекция 8.Прежде чем двигаться дальше, введем следующие важные обозначения:1) L̄0 (Ω, a, ν) — множество почти всюду определенных измеримыхфункций;2) L0 (Ω, a, ν) — множество классов почти всюду определенных измеримых функций;3) L̄1 (Ω, a, ν) — множество почти всюду определенных интегрируемыхфункций;4) L1 (Ω, a, ν) — множество классов почти всюду определенных интегрируемых функций.Здесь необходимо дать несколько новых определений.Определение 6.7.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
