О.Г. Смолянов - Курс лекций по действительному анализу (1111920), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Достаточность очевидна: если µA = 0, то ∀ δ µA < δпоэтому ∀ ε νA < ε, а значит, νA = 0.Докажем необходимость. Для этого предположим противное: ∃ ε0 >> 0 : ∀ δ > 0 ∃ Aδ ∈ a : µA < δ и νA > ε0 . Возьмем такую после∞Pдовательность {δn }, чтобы δn > 0 иδn < ∞. Тогда для каждого δnn=1найдется такое An = Aδn ∈ a, что µAn < δn и νAn > ε0 . Положим∞SCk =An , тогда C1 ⊃ C2 ⊃ . .
. и в силу счетной аддитивности меры µn=kимеем:∞∞XXµCk 6µAn <δn → 0 при k → ∞,n=kn=kпоэтому µCk → 0 при k → ∞, а значит, µНо ∀ kνCk > ε0 , поэтому ν∞T∞TCk = 0, откуда νk=1Ck > ε0 — противоречие.∞TCk = 0.k=1k=1Определение 9.2. Пусть (Ω, a, µ) — пространство с мерой, f ∈ L1 .Функцияν называется произведением функции f и меры µ, если νA =R= f (x) µ(dx).AПредложение 9.2. Функция ν является счетно аддитивной мерой.32Доказательство.
Из свойств интеграла Лебега следует, что функция ν∞Fявляется мерой. Проверим счетно аддитивность. Пусть A =Ak , тогдаγA (ω) =∞PγAk (ω) и f (x)γA (x) = limnPn→∞ k=1k=1k=1γAk (x)f (x). ОтсюдаnnX XγAk (x)f (x) 6γAk (x)|f (x)| 6 |f (x)| ∈ L1 ,k=1k=1и по теореме ЛебегаνA =ZZf (x) µ(dx) =A= limn→∞γA (x)f (x) µ(dx) =Ωn ZXγAk (ω)f (ω) µ(dω) = limn→∞k=1 ΩnXk=1νAk =∞XνAk ,k=1что и требовалось.RОтсюда следует, что ν ≪ µ: если µA = 0, то νA = f (x) µ(dx) = 0.AТеорема 9.1 (свойство абсолютной непрерывности интеграла Лебега).R∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ A ∈ a µA < δ ⇒ f (x) µ(dx) < ε.ARRДоказательство. f (x) µ(dx) 6 |f (x)| µ(dx). Рассмотрим вариациюAR Aмеры ν: kνkA = |f (x)| µ(dx), тогда по критерию абсолютной непрерывности получаемAZ Z f (x) µ(dx) 6 |f (x)| µ(dx) < ε,AAчто и требовалось.Предложение 9.3.
RПусть f > 0,R тогда g ∈ L1 (Ω, a, ν) ⇔ g − f ∈∈ L1 (Ω, a, µ) и тогда g(ω) ν(dω) = g(ω)f (ω) µ(dω).ΩΩ33Доказательство. Достаточно доказать это утверждение для случая, когда g = γC — индикатор некоторого множества C. Но тогда по определению произведения функции и мерыZZZg(ω) ν(dω) = νC = f (ω) µ(dω) = g(ω)f (ω)µ(dω),ΩCΩчто и требовалось.Рассмотрим теперь важный пример. Пусть F : [a; b] → [c; d] — произвольная монотонно возрастающая непрерывная функция, такая, чтоF (a) = c и F (b) = d. Тогда на σ-алгебре B борелевских множеств отрезка[a; b] есть мера νF , такая, что νF (α; β) = F (β) − F (α).
Можно рассмотреть образ меры νF на отрезке [c; d], а именно меру F∗ νF = νF F −1 . Это— стандартная мера Лебега на [c; d]:(νF F −1 )(γ; δ) = νF (F −1 (γ; δ)) = F (F −1(δ)) − F (F −1 (γ)) = δ − γ.Пусть теперь g ∈ L1 ([c; d], a, νL), тогдаZZZ−1g(x) νL (dx) =g(x)(νF F )(dx) =g(F (x)) νF (dx).[c;d]Но νF (α; β) =[c;d]R[α;β]= F ′ νL , то[a;b]RF ′ (x) dx, поэтому νF (A) = F ′ (x) dx, и поскольку νF =AZ[c;d]g(x) νL (dx) =Zg(F (x))F ′(x) dx[a;b]— стандартная формула замены переменной.10.
Пространство Lp .Определение 10.1. Пространство L̄p — это пространство всех измеримых функций f , таких, что |f |p ∈ L1 . При этом 1 6 p < ∞.Предложение 10.1. Пространство L̄p является линейным.34Доказательство. Достаточно доказать, что если f, g ∈ L̄p , то |f + g|p ∈∈ L1 . Для этого докажем следующее неравенство:|f + g|p 6 Cp (|f |p + |g|p),где Cp — некоторая константа.p.
Эта функция непрерывна на лучеРассмотрим функцию ψ(t) = (1+t)1+tp[0; ∞), ψ(0) = 1, lim ψ(t) = 1. Отсюда следует, что функция ψ(t) ограt→∞ничена: ∃ Cp : |ψ(t)| 6 Cp . Подставим t = ab : (a + b)p 6 Cp (ap + bp ), откуда|f + g|p 6 (|f | + |g|)p 6 Cp (|f |p + |g|p ), что и требовалось.Определение10.2. Пространство Lp = L̄p /L̄0p , где L̄0p = {f ∈ L̄p |R|f (ω)|p ν(dω) = 0}.Ω1/pRВеличина kf kp =|f (ω)|p ν(dω)является нормой в Lp .ΩТеорема 10.1 (неравенство Гельдера).где f ∈ Lp , g ∈ Lq и1p+1qRΩ= 1.|f (ω)||g(ω)| ν(dω) 6 kf kp kgkq ,Доказательство.
Воспользуемся неравенством Гельдера в виде ab 6pq6 ap + bq при p1 + 1q = 1, доказанному в курсе математического анализа.pq|g||g||f ||g|. Имеем: kf|fk|p · kgk6 pkf+ qkgkПодставим в него a = kf|fk|p и b = kgkq,kppqqqоткудаZZZ|f | · |g|1|f |p1|g|q1 1ν(dx)+ν(dx) 6+ = 1,pq ν(dx) =kf kp · kgkqp kf kpq kgkqp qΩΩΩчто и требовалось.Теорема 10.2 (неравенство Минковского). kf + gkp 6 kf kp + kgkp , гдеf, g ∈ Lp .pДоказательство. Пусть q = p−1. Воспользуемся неравенством Гельдера,тогдаZZZpp|f + g| ν(dx) 6 (|f | + |g|) ν(dx) = (|f | + |g|)p−1|f | ν(dx)+Ω+ΩZΩ(|f | + |g|)p−1|g| ν(dx) 6 kf kp k(|f | + |g|)p/q kq + kgkpk(|f | + |g|)p/q kq .Ω35Посколькуk(|f | + |g|)p/qkq =Z(|f | + |g|)p ν(dx)Ω1/q= k(|f | + |g|)kp/qp ,p/qто, поделив обе части предыдущего неравенства на k(|f | + |g|)kp , получаемkf + gkpp−1/q = kf + gkp 6 kf kp + kgkp,что и требовалось.Следствие 10.1.
Величина kf kp =в Lp .RΩ|f (ω)|p ν(dω)1/pявляется нормойЛекция 12.Теорема 10.3. Пространство Lp полно.Доказательство. Пусть ϕn ∈ Lp — фундаментальная последовательность, т.е. ∀ ε > 0 ∃ n0 : ∀ k, m > n0 kϕk − ϕm kp < ε. Необходимодоказать, что ∃ ϕ ∈ Lp : kϕn − ϕkp → 0 при n → ∞.Мы будем считать, что νΩ < ∞. Тогда если ψ ∈ Lp , то ψ ∈ L1 :ZZ|ψ(ω)| ν(dω) 6 |ψ(ω)| · 1 ν(dω) 6 Ckψkp < ∞ΩΩсогласно неравенству Гельдера7 (здесь 1 — это единичная функция, аC = k1kq ).∞PВыберем последовательность {εn }, такую, что εn > 0 иεn < ∞.n=1Тогда ∀ εj ∃ nj = n(εj ) : ∀ k, m > nj kϕk − ϕm kp < εj .Рассмотрим ряд ϕn1 + (ϕn2 − ϕn1 ) + (ϕn3 − ϕn2 ) + (ϕn4 − ϕn3 ) + . .
..Поскольку kϕnj+1 − ϕnj kp < εj , тоZΩ7|ϕn1 | dν +Z|ϕn2 − ϕn1 | dν + . . . 6 CΩЗдесь и далее считается, что1p+1q= 1.36∞Xn=1εn +ZΩ|ϕn1 | dν < ∞,и по теореме ЛевиZ ∞X|ϕn1 +|ϕnj+1 − ϕnj || dν < ∞,j=1Ωоткуда получаем, что ряд ϕn1 +(ϕn2 −ϕn1 )+.
. . сходится абсолютно почтиkPвсюду. Значит, ϕn1 + (ϕnj+1 −ϕnj ) = ϕnk+1 и ϕnk (ω) → ϕ(ω) почти всюдуj=1при k → ∞. Докажем, что ϕ ∈ Lp и kϕ − ϕnj kp → 0 при j → ∞.ПосколькуZpkϕnj+k − ϕnj kp = |ϕnj+k − ϕnj |p dν < εpj ,ΩRто по теореме Фату kϕnj − ϕkpp = |ϕnj − ϕ|p dν < εpj , откуда kϕ − ϕnj kp <Ω< εj . Значит, ϕ − ϕnj ∈ Lp и в силу линейности ϕ ∈ Lp . Кроме того,εj → 0 при j → ∞, откуда следует, что kϕ − ϕnj kp → 0 при j → ∞.Из неравенства треугольника немедленно следует, что ϕn → ϕ в пространстве Lp , что и требовалось.Замечание.
Приведенное доказательство справедливо при p > 1, однако легко видеть, что при p = 1 теорема также верна.Пусть теперь ϕ ∈ Lp и ψ ∈ Lq . Тогда в силу неравенства ГельдераZ Z ϕψ dν 6 |ϕψ| dν 6 kϕkp · kψkq .ΩΩОтсюда следует, что линейный функционал Fψ : ϕ 7→Rϕψ dν на про-Ωстранстве Lp непрерывен в 0: в самом деле, если kϕn kp → 0, то |Fψ (ϕn )| 66 kϕn kp · kψkq → 0. В силу линейности этот функционал непрерывен навсем пространстве Lp .Теорема 10.4 (Рис).
Пусть F — непрерывный линейныйR функционална пространстве Lp . Тогда ∃ ψF ∈ Lq : ∀ ϕ ∈ Lp F (ϕ) = ϕψF dν.8Ω8Доказательство этой теоремы будет дано в курсе функционального анализа независимо от теоремы Радона-Никодима.37Теорема 10.5 (Радон-Никодим). Пусть (Ω, a) — измеримое пространство, ν и µ — меры на a, причем µ ≪ ν. Тогда ∃ ψ ∈ L1 (Ω, a, ν) : µ = ψ·ν.Доказательство.
Рассмотрим меру η = µ + ν (т.е. ∀ A ∈ a ηA = µA ++ νA) и Rлинейный функционал F на пространстве L2 (Ω, a, η), такой, чтоF (ϕ) = ϕ(ω) µ(dω). По неравенству Гельдера при p = q = 2Ωkϕk1 =Z|ϕ(ω)| η(dω) 6 kϕk2 · k1k2 ,Ωоткуда |ϕ| ∈ L1 (Ω, a, η). ПосколькуZZZ∞ > |ϕ(ω)| η(dω) = |ϕ(ω)| µ(dω) + |ϕ(ω)| ν(dω),ΩΩRто |ϕ(ω)| µ(dω) < ∞ иΩΩZ|ϕ(ω)| η(dω) >ΩZΩZ|ϕ(ω)| µ(dω) > ϕ(ω) µ(dω) = |F (ϕ)|,Ωа значит, |F (ϕ)| 6 kϕk2 · k1k2 , откуда следует, что функционал F непрерывен на пространстве L2 (Ω, a, η). Поэтому по теоремеR Риса получаем, что ∃ g ∈ L2 (Ω, a, η) : ∀ ϕ ∈ L2 (Ω, a, η) F (ϕ) = |ϕ(ω)| µ(dω) =ΩRRR= |ϕ(ω)|g(ω) η(dω) = |ϕ(ω)|g(ω) µ(dω) + |ϕ(ω)|g(ω) ν(dω).ΩΩΩПроверим, что ηA0 = η{ω | g(ω) > 1} = 0.
Пусть ϕ = γA0 — индикатормножества A0 . ТогдаZZZγA0 (ω) µ(dω) = µA0 = g(ω) µ(dω) + g(ω) ν(dω) > µA0 + νA0 ,ΩA0A0откуда следует, что νA0 = 0. Поскольку µ ≪ ν, то µA0 = 0, а значит, иηA0 = 0.Проверим теперь, что ηA1 = η{ω | g(ω) < 0}. Аналогично,ZZ0 6 γA1 (ω) µ(dω) = µA1 = g(ω) η(dω) 6 0,ΩA138откуда ηA1 = 0.Таким образом,F (ϕ) =ZΩ\A0ϕ(ω) µ(dω) =Zϕ(ω)g(ω) η(dω) ==ZΩ\A0ϕ(ω)g(ω) µ(dω) +Ω\A0Zϕ(ω)g(ω) ν(dω).Ω\A0По теоремеR Леви получаем, что этоR равенство верно при всех ϕ > 0.Отсюда(1 − g(ω))ϕ(ω) µ(dω) =ϕ(ω)g(ω) ν(dω).Ω\A0Ω\A0RgγAи ψ = 1−g> 0, тогда γA (ω) µ(dω) =Пусть A ∈ a. Положим ϕ = 1−gΩRR= γA (ω)ψ(ω) ν(dω), т.е.
µA = ψ(ω) ν(dω).ΩAОсталось доказать, чтоR ψ ∈ L1 (Ω, a, ν). Для этого положим A = Ω.Получаем, что ∞ > µΩ = ψ(ω) ν(dω), откуда все и следует.Ω11. Теоремы Фубини, Хана-Жордана и Лебега.Пусть (Ω1 , a1 , ν1 ) и (Ω2 , a2 , ν2 ) — пространства с мерой.Определение 11.1.
Произведением измеримых пространств называется измеримое пространство (Ω1 × Ω2 , a1 ⊗ a2 ), где Ω1 × Ω2 = {(ω1, ω2 ) |ωj ∈ Ωj ; j = 1, 2} и a1 ⊗ a2 — σ-алгебра, определяемая следующим образом. Возьмем полукольцо P = {A1 × A2 | Aj ∈ aj ; j = 1, 2} (элементыкоторого называются прямоугольниками), тогда a1 ⊗ a2 = σ(P).Произведение пространств с мерой — это произведение измеримыхпространств, на котором задана мера ν1 ⊗ ν2 (называющаяся произведением мер ν1 и ν2 ), определяемая следующим образом. Если A1 , A2 ∈ P,то (ν1 ⊗ ν2 )(A1 × A2 ) = ν1 A1 · ν2 A2 .Предложение 11.1. Произведение мер ν1 ⊗ ν2 счетно аддитивно.39Доказательство.
Пусть A1 × A2 =∞Fk=1Ak1 × Ak2 и fA1 A2 (ω1 ) = ν2 A2 ·· γA1 (ω1 ), тогда в силу счетной аддитивности меры ν2 имеем: fA1 A2 (ω1 ) =∞P=fAk1 Ak2 (ω1 ). Поэтому по теореме Леви получаем, чтоk=1(ν1 ⊗ ν2 )(A1 × A2 ) =ZfA1 A2 (ω1 ) ν1 (dω1 ) =Ω1=∞ ZXk=1 ΩfAk1 Ak2 (ω1 ) ν1 (dω1) =∞Xk=11(ν1 ⊗ ν2 )(Ak1 × Ak2 ),что и требовалось.Отсюда следует, что полученную счетно аддитивную функцию можнопродолжить на всю σ-алгебру a1 ⊗ a2 . Полученная мера и называетсяпроизведением мер ν1 и ν2 .Замечание. Если меры ν1 и ν2 полны, то мера ν1 ⊗ ν2 может не бытьполной, поэтому иногда бывает удобно рассматривать пополнение произведения пространств с мерой: (Ω1 × Ω2 , a1 ⊗ a2 , ν1 ⊗ ν2 ).Замечание. Если функция f измерима на (Ω1 × Ω2 , a1 ⊗ a2 , ν1 ⊗ ν2 ),то ∀ ω1 ∈ Ω1 функция ω 7→ f (ω1 , ω) измерима на (Ω2 , a2 , ν2 ).
В случае,когда рассматриваются пополненное пространство, необходимо заменитьвыражение «∀ ω1 ∈ Ω1 » на «для почти всех ω1 ∈ Ω1 ».Лекция 13.Теорема 11.1 (Фубини). Пусть f ∈ L1 (Ω1 × Ω2 , a1 ⊗ a2 , ν1 ⊗ ν2 ), тогда для ν1 -почти всех ω1 ∈ Ω1 функцияR ω 7→ f (ω1 , ω) интегрируемана (Ω2 , a2 , ν2 ), причем функция ω1 7→ f (ω1 , ω2 ) ν2 (dω2 ) является ν1 Ω2интегрируемой на Ω1 иZZ Zf (ω1 , ω2 ) (ν1 ⊗ ν2 )(dω1 × dω2 ) =f (ω1 , ω2 ) ν2 (dω2 ) ν1 (dω1).Ω1 ×Ω2Ω140Ω2Доказательство. Как обычно, достаточно доказать теорему для индикаторов: пусть f = γA , где A ∈ a1 ⊗ a2 . Пусть(ν1 A1 , если ω2 ∈ A2 ;g(ω2) =0,иначе,тогда, если A = A1 × A2 , где A1 ∈ a1 и A2 ∈ a2, тоZγA (ω1 , ω2 ) (ν1 ⊗ ν2 )(dω1 × dω2 ) = (ν1 ⊗ ν2 )(A1 × A2 ) =Ω1 ×Ω2=Z ZΩ2Ω1γA (ω1 , ω2) ν1 (dω1) ν2 (dω2 ) =Zg(ω2) ν2 (dω2 ) = ν1 A1 · ν2 A2 .Ω2Назовем множество допустимым, если для его индикатора верна теорема Фубини.
Обозначим множество всех допустимых множеств через Q.Нам необходимо доказать, что Q = a1 ⊗ a2 . Укажем некоторые свойствамножества Q.Свойства.1. Ω = Ω1 × Ω2 ∈ Q (очевидно).∞S2. ∀ Bj ∈ Q : B1 ⊂ B2 . . . ⇒Bj ∈ Q (следует из теоремы Леви).j=13. B1 ⊂ B2 ∈ Q ⇒ B2 \ B1 ∈ Q (следует из линейности).4. P ⊂ Q (см. предыдущее равенство).Определение 11.2. Совокупность множеств, удовлетворяющая свойствам 1, 2, 3 называется D-системой множеств.Докажем, что D(P) = a1 ⊗ a2 (легко видеть, что этого будет достаточно для завершения доказательства). Это утверждение эквивалентнотому, что D(P) — это σ-алгебра.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
