О.Г. Смолянов - Курс лекций по действительному анализу (1111920), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Пусть A ∈ a и νA > 0. Рассмотрим пространство смерой (A, a ∩ A = {C ∩ A | C ∈ a}, ν |a∩A ). Оно называется подпространством с мерой пространства с мерой (Ω, a, ν).Пусть теперь функция f определена почти всюду, f : A → R1 , где A ∈∈ a и ν(Ω\A) = 0. Функция f называется измеримой, если она измеримана (A, a ∩ A, ν |a∩A ).Функции f и g называются эквивалентными (обозначение: f ∼ g),еслиν{ω | f (ω) и g(ω) существуют и f (ω) 6= g(ω)} = 0.Замечание.
В дальнейшем мы будем писать просто L, без указанияаргументов. Кроме того, когда мы будем писать f ∈ L1 , то чаще всего подэтим мы будем подразумевать не класс эквивалентности, а конкретныйпредставитель этого класса.23Теорема6.2 (Фату–Лебег).1.
Пусть ϕ ∈ L̄1 и ϕ(ω) 6 fn (ω). ТогдаRRlimfn (ω) ν(dω) 6 lim fn (ω) ν(dω).ΩΩR2. Пусть ψ ∈ L̄1 и ψ(ω) > fn (ω) при всех n. Тогда limfn (ω) ν(dω) >ΩR> lim fn (ω) ν(dω).ΩДоказательство. 1. Положим gn (ω) = inf fk (ω). Тогда ϕ(ω) 6 g1 (ω) 6k>n6 g2 (ω) 6 . . . и lim gn (ω) = limfn (ω), откуда по теореме Леви получаем,n→∞RRчто limfn (ω) ν(dω) = lim gn (ω) ν(dω).n→∞ ΩΩRRПроверим, что lim gn (ω) ν(dω) 6 lim fn (ω) ν(dω). ∀ n 6 k gn (ω) 6n→∞ ΩΩRRR6 fk (ω), откуда gn (ω) ν(dω) 6 fk (ω) ν(dω). Значит, gn (ω) ν(dω) 6ΩΩΩR6 inf fk (ω) ν(dω) иk>n Ωlimn→∞Zgn (ω) ν(dω) 6 lim infn→∞ k>nΩZfk (ω) ν(dω) = lim2.
Положимлегко следует из п.1.fn (ω) ν(dω).ΩΩfn1 (ω)Z= −fn (ω) и ϕ(ω) = −ψ(ω). Тогда утверждениеТеорема 6.3 (Лебег).Пусть fn (ω)R → f (ω) и |fn (ω)| 6 ϕ(ω), где ϕ ∈ L1 .RТогда f ∈ L1 и f (ω) ν(dω) = lim fn (ω) ν(dω).n→∞ ΩΩЗамечание. Условие теоремы можно ослабить, а именно достаточно потребовать только сходимость функций fn по мере.Доказательство.
Очевидно, что |f (ω)| 6 ϕ(ω), поэтому f ∈ L1 . Поскольку limfn (ω) = limfn (ω) = f (ω), тоZZZlimfn (ω) ν(dω) = limfn (ω) ν(dω) = f (ω) ν(dω),ΩΩΩи по теореме Фату–ЛебегаZZZlim fn (ω) ν(dω) 6 limfn (ω) ν(dω) = f (ω) ν(dω) =Ω=ΩZΩlimfn (ω) ν(dω) 6 limΩZΩ24fn (ω) ν(dω),откуда и получаем требуемое.Теорема 6.4 (Фату). Пусть 0 6 fn (ω) → f (ω) иRC > 0.
Тогда f ∈ L1 и f (ω) ν(dω) 6 C.Rfn (ω) ν(dω) 6 C, гдеΩΩДоказательство. По теореме Фату–Лебега получаемR6 lim fn (ω) ν(dω), поэтомуRlimfn (ω) ν(dω) 6ΩΩZf (ω) ν(dω) =ΩZlimfn (ω) ν(dω) 6 limΩZfn (ω) ν(dω) 6 C,Ωчто и требовалось.Замечание. В теореме Фату нельзя переходить к пределу так же, каки в теореме Лебега: например, можно взять Ω = [0; 1] и(12n − 4n2 |x − 2n|, если x ∈ [0; 1/n],fn (x) =0,если x ∈ [1/n; 1].Кроме того, ограничение «fn > 0» существенно: опять можно взятьΩ = [0; 1] и «перевернуть» функции fn , сдвинув их немного вверх.Лекция 9.Теорема 6.5 (неравенствоЧебышева).
Пусть функция f (ω) > 0, тогдаR1ν{ω | f (ω) > c} 6 c f (ω) ν(dω).ΩДоказательство. Имеем следующую цепочку неравенств:ZZZf (ω) ν(dω) >f (ω) ν(dω) >c ν(dω) = cν{ω | f (ω) > c},Ω{ω|f (ω)>c}{ω|f (ω)>c}что и требовалось.25Следствие 6.1. Пусть fn (ω) > 0 и ∃ f (ω) =∃Zf (ω) ν(dω) =n=1ΩВ частности, есличти всюду конечна.∞ RPn=1 Ω∞ ZX∞Pfn (ω). Тогдаn=1fn (ω) ν(dω).Ωfn (ω) ν(dω) < ∞, то сумма ряда∞Pfn (ω) по-n=1Доказательство.
Первое утверждение следует из теоремы Леви. Докажем второе утверждение.Для этого достаточно доказать, что еслиRg(ω) > 0 и Cg = g(ω) ν(dω) < ∞, то функция g конечна почти всюду.Ω∞TПоскольку {ω | g(ω) = ∞} ={ω | g(ω) > n} и ν{ω | g(ω) > n} 6n=1R6 n1 g(ω) ν(dω) = Cng → 0 при n → ∞ (по неравенству Чебышева), тоΩν{ω | g(ω) = ∞} = ν∞\{ω | g(ω) > n} = 0,n=1что и требовалось.Примеры.Пусть Ω = [0; 1] и rn ∈ Q ∩ [0; 1] — n-е рациональное число из Ω. Возь∞P1мем функции fn (x) = √ 1и рассмотрим рядf (x). Очевидно,2n n|x−rn |что ∃ C > 0 :ряд∞Pn=1Rfn (ω) ν(dω) < C, поэтомуn=1 ΩΩ1f (x)2n n∞ RPсходится почти всюду.n=11f (ω) ν(dω)2n n<C <∞и7. Сходимость по мере.Определение 7.1.
Пусть фиксировано пространство с мерой (Ω, a, ν) ифункции fn измеримы. Тогда fn сходится к функции f по мере, если∀ ε > 0 ν{ω | |fn (ω) − f (ω)| > ε} → 0 при n → ∞. Обозначение: fn → f .ν26Теорема 7.1. Если fn → f , то ∃ fnk : fnk → f почти всюду. Если меνра ν конечна, то всякая почти всюду сходящаяся последовательностьсходится по мере.Доказательство. Если fj (ω) → f (ω), то∀n ∃k : ∀r > k|fr (ω) − f (ω)| <1,nпоэтомуA = {ω | fj (ω) → f (ω)} =\[ \nk r>k{ω | |fr (ω) − f (ω)| <1}nиB = Ω \ A = {ω | fj (ω) 9 f (ω)} =[\ [nk r>k{ω | |fr (ω) − f (ω)| >1}.nНеобходимо выбрать такие frj , чтобы νB = 0. Но если νB = 0, то∀n ν∞ [\k=1 j>k{ω | |frj (ω) − f (ω)| >т.е.ν[j>k1 } = 0,n1 } → 0 при k → ∞.n{ω | |frj (ω) − f (ω)| >Пусть теперь∀ n ν{ω | |fr (ω) − f (ω)| >Выберем εj так, чтобы∞Pj=11} → 0 при r → ∞.nεj < ∞ (например, можно взять εj = 2−j ).
Длякаждого j выберем rj так, чтобы ν{ω | |frj (ω) − f (ω)| > n1 } < εj , тогдаν[j>k{ω | |frj (ω) − f (ω)| >1 X1} 6ν{ω | |frj (ω) − f (ω)| > } <nnj>kX<εj → 0 при k → ∞,j>k27т.к. ряд∞Pεj сходится. Поэтому если νj=1Sj>k{ω | |frj (ω)−f (ω)| > n1 } → 0,то ν{ω | |fk (ω) − f (ω)| > n1 } → 0 при k → ∞, откуда следует сходимостьпо мере.Примеры.1. Пусть Ω = R1 , а функции fn таковы, что(0, если x 6 n;fn (x) =.1, если x > nТогда fn (x) → 0, но ν{x | |fn (x) − 0| > 12 } = ν[n; ∞) = ∞, поэтомусходимости по мере нет.∞P2.
Пусть Ω = T и εj > 0, причемεj = ∞ и εj → 0 (например,j=1можно взять εj = j −1 ). Положим(1, если x ∈ [ε1 + . . . + εn−1; ε1 + . . . + εn ],fn (x) =0, иначе.Тогда fn (x) сходится по мере, но нигде не сходится.Теорема 7.2. Если функция f интегрируема по Риману на множествеΩ = [0; 1], то она интегрируема и по Лебегу, причем значения интегралов совпадают.Доказательство.
Введем следующие обозначения:nn2Xijifn =,2nj=12Xsjs,fn =2nj=1гдеsj =supf (t),ij =; jt∈[ j−12n 2n )inft∈[ j−1; j2n 2n )f (t).Положим такжеnf¯n (t) =2Xnsj γ[ j−1; j (t),2n 2n )f n (t) =j=12Xj=128ij γ[ j−1; j (t).2n 2n )Легко видеть, чтоsup f (t) > f¯1 > f¯2 > . . . > f > . . . > f 2 > f 1 > inf f (t).t∈[0;1]t∈[0;1]Значит, ∃ lim f¯j = f¯ и ∃ lim f j = f , причем sup f (t) > f¯ > f > f >j→∞j→∞t∈[0;1]> inf f (t). Поэтому по теореме Лебега можно перейти к пределу подt∈[0;1]RRинтеграламиf¯n (t) dt = fns иf n (t) dt = fni :[0;1](R)Z[0;1]f (t) dt =[0;1]Zf¯n (t) dt →[0;1]откудаZZf (t) dt ←[0;1]f¯n (t) dt = (R)[0;1]ZZf n (t) dt = (R)[0;1]f (t) dt =[0;1]Поскольку f¯(t) − f (t) > 0 почти всюду иZZf (t) dt,[0;1]f n (t) dt.[0;1]R¯ − f (t)) dt = 0, то f¯ =(f(t)[0;1]= f почти всюду.
Значит, f = f¯ = f почти всюду. Поэтому функция fизмерима (как предел простых измеримых функций), f ∈ L̄1 иZZZZ¯f (t) dt =f (t) dt =f (t) dt = (R) f (t) dt,[0;1][0;1][0;1][0;1]что и требовалось.Лекция 10.Определение 7.2. Пусть (E, a, ν) — пространство с полной мерой. Тогдафункции6 f1 и f2 равны почти всюду, если множество точек, где они неравны, есть подмножество измеримого множества меры 0.Например, если f — a-измеримая функция, то ∃ f¯ — ā-измеримаяфункция, совпадающая с f почти всюду.6Не обязательно измеримые!29Теорема 7.3. Пусть функция f интегрируема на отрезке [0; 1] в несобственном смысле (с особенностью в точке 0) и абсолютно.
Тогда f ∈ L̄1RR1и∃f (t) dt = (R) f (t) dt.0[0;1]Доказательство. По определению несобственного интеграла Римана,(R)Z1f (t) dt = lim (R)ε→00Z1f (t) dt = limZε→0[ε;1]εf (t) dt.Пусть(f (t), при t > n1 ;fn (t) =0,при t < n1 ,тогда lim fn (t) = f (t) при t 6= 0 и |f1 (t)| 6 |f2 (t)| 6 . . .. Отсюдаn→∞ZZ|fn (t)| dt =[0;1]|f (t)| dt = (R)[1/n;1]Z1|f (t)| dt 6 (R)Z1|f (t)| dt < ∞,01/nпоэтому по теореме ЛевиZ|f (t)| dt = inf[0;1][0;1]Z|f (t)| dt = lim (R)n→∞Z1|f (t)| dt = (R)Z1|f (t)| dt < ∞.01/nПо теореме Лебега получаем∃ limZn→∞[0;1]fn (t) dt =Zf (t) dt = lim (R)n→∞Z10[0;1]fn (t) dt = (R)Z1f (t) dt,0что и требовалось.Замечание.
Условие абсолютной сходимости нельзя отбросить: рассмоnтрим, например, функцию g(x) = (−1)n 2n при x ∈ [2−n ; 21−n ). Тогда∞R1P(−1)ng ∈ R[0; 1] и g(x) dx =< ∞, но g 6∈ L̄1 .n0n=1308. Формула замены переменных.Определение 8.1. Пусть (Ω1 , a1 , ν1 ) — пространство с мерой, (Ω2 , a2) —измеримое пространство и f : (Ω1 , a1, ν1 ) → (Ω2 , a2 ) — измеримое отображение, т.е. ∀ A ∈ a2 f −1 A ∈ a1 .
Тогда образ меры ν1 относительно fесть мера ν2 на измеримом пространстве (Ω2 , a2), обозначаемая f∗ ν1 илиν1 f −1 и определяемая по формуле (f∗ ν1 )A = ν1 (f −1A).Предложение 8.1. Образ счетно аддитивной меры счетно аддитивен.Доказательство. Пусть Aj ∈ a2 , тогда(ν1 f−1)∞Gj=1Aj∞∞GG−1= ν1 fAj = ν1f −1 Aj =j=1=j=1∞Xν1 (f−1Aj ) =∞X(ν1 f −1 )Aj ,j=1j=1что и требовалось.Теорема 8.1. Пусть G : Ω2 → R1 — измеримая функция. ТогдаZZG(f (ω1 )) ν1 (dω1 ) = G(ω2 )(ν1 f −1 )(dω2 ).Ω1Ω2Доказательство. Легко видеть, что достаточно проверить утверждениетеоремы для индикаторной функции G(ω2 ) = γA (ω2 ), где A ∈ a2 .
Тогдапо определению образа мерыZγA (ω2 ) (ν1 f −1 )(dω2 ) = (ν1 f −1 )(A) = ν1 (f −1 A) =Ω2=Zγf −1 A (ω1 ) ν1 (dω1 ) =Ω1ZΩ1что и требовалось.31γA (f (ω1 )) ν1 (dω1 ),Лекция 11.9. Абсолютная непрерывность.Определение 9.1. Рассмотрим меры ν и µ на σ-алгебре a. Мера νназывается абсолютно непрерывной относительно меры µ, если ∀ A ∈∈ a µA = 0 ⇒ νA = 0. Обозначение: ν ≪ µ.Если ν ≪ µ и ν ≪ ν, то меры ν и µ называются эквивалентными.Обозначение: ν ∼ µ.Предложение 9.1 (критерий абсолютной непрерывности). ν ≪ µ ⇔∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ A ∈ a µA < δ ⇒ νA < ε.Замечание. В этом критерии существенна неотрицательность меры!Доказательство.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
