Лекции Надежды Лауфер (1117929), страница 2
Текст из файла (страница 2)
F (t) непрерывна слева по опр. Гейне)8FДост. [α; β) = ∞i=1 [αn , βn )Pkn=1 (F (βn ) − F (αn )) 6 F (b) − F (a)F (b) − F (b − δ) < ε (в силу непрерывности слева)F (αn ) − F (αn − δn ) <ε2nВыберем конечное покрытие [α, b − δ]PP∞F (b−δ)−F (a) 6 Nn=1 (F (βn )−F (αn −βn )) 6n=1 (F (βn )−F (αn −βn ))F (b) − ε − F (a) 6P∞n=1 (F (βn )− F (αn )) +В пределе при ε → 0P∞n=1 (F (βn ) − F (αn )) > F (b) − F (a)P∞εn=1 2nПолученная конструкцией Лебега в этом случае мера называетсямерой Лебега — Стильтьеса.Измеримые функцииPkyk µEkEk = {x : yk−1 6 f (x) 6 yk }Надо, чтобы Ek были измеримыми.Определение.µ − δ-аддитивная мера, M — класс измеримыхмножеств; f : X → R — измерима, если ∀c Ec = {x ∈ X, f (x) < C} ∈(M )Задача.Доказать, что будут измеримы множества, у которыхf (X) 6 C, f (X) > C, f (X) > C для f (x) – измеримых.Лекция 4.f — измерима, если {x ∈ X : f (x) < C} — измеримо.
В качествеэквивалентного определения можно принять 6, >, >, но нельзя принять = .(X, (M ))Лемма.f, g — измеримы ⇒ {f (x) < g(x)} — измеримo.Доказательство.Q = rk ,{f (x) < g(x)} =S∞k=1 {f (x)< rk < g(x)}S∞{f (x) < rk < g(x)} — измеримо ⇒k=1 {f (x) < rk < g(x)} —измеримо.Лемма.f — измерима ⇒ f + a, af — измерима.9Теорема.g, f — измеримы ⇒ g + f, gf, f /g — измеримы.Доказательство. {f +g < C} = {f (x) < −g(x)+C} — измеримо√√{f 2 (x) < C} = {− C < f (x) < C} — измеримоfg =fg(f +g)2 −(f −g)24=f·1g⇒ f g — измеримо(считаем,что g 6= 0)1Надо доказать, что { g(x)< C} — измеримо. Для этого необходиморассмотреть множества {g(x) > 0} и g(x) < 0 и случаи знака C.
⋄Пусть есть последовательность {fn }.S{sup fn (x) > C} = {fn (x) > C}, т.е sup fn (x) измерим.nnSn{inf fn (x) < C} = {fn (x) < C}, т.е inf fn (x) измерим.nnnlim fn (x) = inf ( sup fn (x)) ⇒ lim fn (x) — измерим.n→∞m n>mn→∞lim fn (x) = sup( inf fn (x)) ⇒ lim fn (x) — измерим.n→∞mn>mn→∞А тогда и lim fn (x) = f (x) — измерим.n→∞Множество, где fn (x) сходится, измеримо (т.к.
на нем выполненоравенство верхнего и нижнего предела).(X, M, µ), µ — полная δ–аддитивная мера. Если µA = 0, E —Sизмеримо, то E A и E\A — измеримы. Это верно и в другую сторону.Во всех утверждениях можно считать функцию п.в.Определение.f — простая функция, если f принимает конечFное число значений, т.е.
f (x) = ak , x ∈ Ek , nk=1 Ek = E.Будут иметься в виду измеримые простые функции. Для простыхфункций в определении достаточно {x ∈ X : f (x) = C} ∈ M,Pnk=1 ak χEk (x)Теорема.f (x) =∀f — измеримой ∃ {fk (x)}, т.ч. f (x) = lim fk (x) ∀x ∈ E.k→∞Причем, если f (x) > 0, то {fk (x)} можно выбрать монотонно неубывающей.8><l − 1,2kfk (x) =>:k,l−1l6 f (x) < k2k2f (x) > kЭта последовательность поточечно сходится к f , т.к. | f (x)−fk (x) | < 1/2k∃ K > f (x) : ∀x > K nfk (x) 6 fk+1 (x)10Если f (x) — произвольного знака, f (x) = f + (x) − f − (x), гдеf + (x) = max{f (x), 0} — измерима, если f — измерима.Для f + и f − применяем предыдущую часть теоремы, и берем затем разность этих последовательностей.Определение.µfk −→ f, если ∀ε > 0µ{|fk (x)−f (x)| > ε} −−−−→k→∞0Теорема.0µп.в.limk→∞ fk (x) = f (x) ⇒ fk −→fДоказательство.SBn (ε) = ∞k=n Ak (ε), Ak (ε) = {x : |fk − f | > ε}T∞B(ε) = n=1 Bn (ε) ⇒ если x ∈ B(ε), то получ.
расход. ⇒ µ(B(ε)) =Bn убывает с ростом n ⇒ монотонная последовательность.По свойству непрерывности меры µ(Bn (ε)) −−−−→ µ(B(ε)) = 0n→∞µ(An (ε)) 6 µ(Bn (ε)) −−−−→ 0n→∞Задача.Построить пример последовательности, сходящейся помере, но не сходящейся п.в.Задача. (теорема Риса)µ→ f ⇒ можно выделить сходящуfk −юся п.в. подпоследовательность.Теорема. (Егорова)fn (x) → f (x) п.в.
на E∀δ > 0Eδ : µ(Eδ ) < δfn (x) ⇒ f (x) на E\Eδ (при условии µE <∞)Доказательство.Рассмотрим множества B(ε), построенные впредыдущей теореме, только в этот раз εk → 0P δδµ(Bn (εk )) −−−−→ 0; µ(Bn (εk )) < k ; µEδ 6=δkn→∞2k 2S∞Eδ = k=1 Bnk (εk )|fn (x) − f (x)| < εk , n > nkТеорема. (Лузина о С-свойстве)Если функция измерима на отрезке E ⇒∀δ > 0 ∃ замкнут. Fδ : f | Fδ − непрерывна, µ(E \Fδ ) < δ(µ{g(x) 6= f (x)} < δ, g(x) − непрерывна)Доказательство.Следует из теоремы Егорова и теоремы оприближении fk (x) → f, {fk (x)} — последовательность простых функций.11∀ fk ∃ Fk — измерим., откр., µ(E\Fδ ) < δ/2k+1 и fk непрерывна наFk относительно Fk .Sµ(E\ ∞k=1 Fk ) < δ/2.Выбросив множество меры δ/2, получим на оставшемся замкнутоммножестве fk (x) ⇒ f (x), и f (x) получится непрерывной на замкнутом множестве.Задача.Доказать в обратную сторону.Интеграл Лебега(X, (M ), µ), µ полагаем полной.Определяем интеграл Лебега на измеримом множестве E для f (x) >0Определение.(L)Zf dµ =EsupSE= nEk=1 knXk=1inf f (x)µEkx∈Ek!Задача.
Если f — простая, принимающая значения ak на Ek ,RPтогда (L) f dµ =ak µEkkEЛекция 5.(X, (M ), µ)S< +∞µ — δ–конечна, если X = ∞i=1 Xi , µXi!RP(L) f dµ = sup( inf f (x))µEj , для меры и f (x) разреSEE= j Ejjx∈Ejшено принимать значение +∞.Если интеграл принимает значение ∞, мы не будем говорить, чтофункция интегрируема.Определение.Суммируемая функция — интегрируемая по Ле-бегу с конечным значением интеграла.УтверждениеЕсли f (x) измерима и f (x) > 0 (на измеримоммножестве) и суммируема, то тогда f (x) конечна и суммируема, тотогда f (x) конечна п.в.{x ∈ E : f (x) = +∞} = E \ (S∞N=1 {f (x){x ∈ E : f (x) = +∞} — измеримо ⇒µ {x ∈ E : f (x) = +∞} = 012< N })⇒E1 ⊂ E, E1 — измеримо, f (x) > 0 ⇒RRf dµ 6 E f dµE1RRf (x) 6 g(x) ⇒ E f dµ 6 E gdµf (x) = aj , x ∈ Ej (f (x) − простая функция)RPТогда (L) E f dµ = nj=1 aj µEjЭто можно считать определением интеграла для простой неотрицательной функции.f, g — простые функцииf (x) = aj ,x ∈ Ejg(x) = bi ,x ∈ EiТогда:RRRP PT1.(f + g)dµ = i j (aj + bi ) µ(Ej Ei′ ) = E f dµ + E gdµERR2.(cf )dµ = c E f dµERRRS3.
E = E1 E2f dµ + E2 f dµ = E f dµE1Теорема (о вычислении интеграла Лебега через простыефункции)f (x) > на Е - измер., fk (x) ր f (x), {fk (x)} — последовательностьпростых измеримых функций.RRТогда (L) E f dµ = limk→∞ E fk dµfk (x) 6 f (x)RRRR(L) E fk dµ 6 (L) E f dµ ⇒ limk→∞ (L) E fk dµ 6 (L) E f dµДокажем неравенство в другую сторонуSinf f (x) = aj , E = nj=1 Ejx∈Ejlim fk (x) > ajk→∞∀x ∈ EjВозьмем ε > 0Ajk = {x ∈ Ej : fk (x) > aj − ε}SEj = Ajk (так как limk→∞ fk > aj )kAjk ⊂ Aj(k+1) (так как fk — монотонная), то есть это монотоннорастущая последовательность ⇒ (по непрерывности меры) µAjk −−−−→k→∞µEjREjfk dµ >Rlimk→∞EjRAjkfk dµ > (aj − ε)µAjkfk dµ > aj µEj13RPПолучаем limk→∞ E fk dµ >j aj µEj , так как разбиение произRRPвольно, то limk→∞ E fk dµ > S supj aj µEj = (L) E f dµnE =Ej=1 j♦Предельным переходом получаем для f, g > 0RRR1. E (f + g)dµ = E f dµ + E gdµRR2.
E cf dµ = c E f dµRRRT3. E1 f dµ + E2 f dµ = E1 S E2 f dµf dµ, E1 E2 = ∅Значение интеграла не зависит от значения f (x) на множестве меры 0.Определим интеграл Лебега для функций любого знака f = f + +f−f + = max{f (x); 0},f − = max{f (x); 0}Если f — изм. ⇒ f + , f − — измер.RRR(L) E f dµ = (по определению)(L) E f + dµ − (L) E f − dµГоворим, что интеграл существует, если хотя бы один из этих двухинтегралов (от f + и f − ) конечен.f называют интегрируемой, если оба интеграла, входящие в определение, конечны.Свойства интеграла Лебега.1.µE = 0 ⇔REf dµ = 0Rf ∼ g (f и g совпадают п.в.) ⇒ существует(L) E f dµRRR⇔ существует (L) E gdµ и (L) E f dµ = (L) E gdµRR3.
f (x) 6 g(x) ⇒ E f dµ 6 E gdµ2.4.5.f (x) − интегрируемая ⇒ f (x) конечна п.в. (f (x) ∈ L(E)))RRE1 ⊂ E, E f dµ существует ⇒ E1 f dµ существует (f суммир. на E ⇒f суммир. на E1 )6.f измерима на E, f ∈ L(X) ⇔ |f | ∈ L(E)+|f | = f + f −RRRR| E f dµ| 6 E f + + E f − dµ = E |f |dµ7.8.9.RRf, g − измеримы на E |f (x)| 6 |g(x)| п.в. ⇒ E |f |dµ 6 E |g|dµRR(cf )dµ = c E f dµERRRTf dµ + E2 f dµ = E1 S E2 f dµ (E1 E2 = ∅)E11410.RE(f + g)dµ =REf dµ +REgdµЕсли f и g суммир. ⇒ f + g суммируемы|f + g| 6 |f | + |g|11. f (x) > 0 на E, m 6 g(x) 6 M п.в.
на E, тогда mRM E f dµREf dµ 6Предельный переход под знаком интегралаf (x) =P∞fk (x), fk (x) > 0RPТогда (L) E f µ = ∞k=1 (L) E fk dµP Nk=1 fk (x) 6 f (x)RRPNfk (x)dµ 6 (L) E f dµk=1 (L)RRP∞fk dµ 6 (L) E f dµk=1 (L)k=1RДокажем неравенство в другую сторону:fkj րj→∞ fk , fkj — простые функцииPPP(∗) Sj = jk=1 fkj 6 jk=1 fk 6 ∞k=1 fk = flimj→∞ Sj (x) 6 f (x)Фиксируем n.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
