Лекции Надежды Лауфер (1117929), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Пусть j > nPnPSj > nk=1 fk (x) ∀ фиксированных nk=1 fkj ; limj→∞ Sj (x) >P∞limj→∞ Sj (x) > k=1 fk (x) = f (x)Значит, limj→∞ Sj (x) = f (x)RRRPТогда (L) f dµ = limj→∞ E Sj dµ 6 ∞k=1 E fk dµRRPS dµ < jk=1 E fk dµ E jP∞ RPСледствие. f (x) = ∞k=1 E fk dµ ⇒k=1 fk (x), fk > 0, и сходитсяP∞fk (x) сходится п.в.RВерно, т.к. если E f dµ конечен, то f конечен п.в.P√1Задача. Пусть R = {rn }, доказать, что ∞k=1 k2 x−r сходитсяk=1kп.в.Лекция 6.δ− аддитивность интеграла ЛебегаE=S∞k=1Ek , Ekf, инт.
для f имеет смыслRRPТогда E f dµ = ∞k=1 E f dµk15Задача.Из правой части не следует, что интеграл слева суще-ствуетДоказательство. Сначала докажем для неотрицательныхъ функPций f > 0, f = ∞k=1 f χ̇EkТак как этот ряд можно почленно интегрировать, получаем тре-буемое равенство. Если f (x) любого знака, то f = f + + f − , далеепримен. доказанную часть теоремы для f + и f − (примен., так какпредполагается, что интегрирование слева имеет смысл)fk ր f п.в., fk > 0, измерим. (на измеримом множестве E) ⇒RRlimk→∞ E fk dµ = E f dµRRДоказательство. Ясно, что limk→∞ E fk dµ 6 E f dµRЕсли ∃k : E fk dµ = +∞, то будет равенство.
Оставшуюся частьRдоказательства можно провести в предположении: E fk dµ конечен⇒ fk кон. п.в.Пусть fk кон. вне Fk , µFk = 0F0 — множество, на котором не имеет места монотонная сходимостьS∞Fk ) fk ր f и все fk конечныS∞PЗначит, f = f1 + ∞k=1 (fk+1 − fk ) E ( k=0 Fk )RRRP∞ RPf dµ = E f1 dµ + ∞k=1 ( E fk+1 dµ −k=1 E (fk+1 − fk )dµ =ERRf dµ) + E f1 dµE kRRlimk→∞ E fk dµ = E f dµНа E (k=0Теорема Б. Леви.fk (x) ր f (x) п.в.
fk ∈ L(E) ⇒ limk→∞REfk dµ =♦ Переходим к fk − f1 ր f − f1RRRRlimk→∞ ( E fk − E f1 ) = E f dµ − E f1 dµ Следствие.RЕсли в условиях теоремы Б. ЛевиERкон. п.в. и интегрируема.RЕсли limk→∞ E fk dµ = +∞ ⇒ f неинтегрируема.Теорема Фату.Rlimk→∞ E fk dµЗадача.Ef dµfk dµ 6 C ⇒ ffk → f п.в. на E, fk (x) > 0. ТогдаREf dµ 6Показать, что этих условий недостаточно для выпол-нения равенства16Доказательство.ϕk (x) = inf n>k fn (x). Это монотонно ր по-следовательность.ϕk (x) ր f (x) ϕk (x) 6 fk (x)RRRf dµ = limk→∞ E ϕk dµ 6 lim E fk dµEТеорема Лебега.fk (x) −→ f (x) |fk (x)| 6 ϕ(x) ∈ L(E) ⇒REf dµ = limk→∞♦ |fk (x)| 6 ϕ(x) ⇒ (x)f (x) — интегрируема.Rfk dµСначала докажем для fk (x) > 0RRRf dµ 6 limk→∞ E fk dµ 6 E ϕdµ по теореме Фату.Eϕ − fk > 0RRRRRϕdµ− E f dµ 6 limk→ E (ϕ−fk )dµ 6 E ϕdµ− limk→∞ E fK dµ ⇒ERRRf dµ > limk→∞ E fk dµ ⇒ E f dµ = limk→∞ fk dµE−ϕ(x) 6 fk (x) 6 ϕ(x)0 6 fk (x) + ϕ(x) 6 2ϕ(x)Доказанная часть применима к этой последовательности: limk→∞ (RRϕdµ) = E (f + ϕ)dµ EЗадача.RПоказать, что в теореме Леви условие интегрируемостинельзя заменить на условие существенной интегрируемостиR∞1Задача.
Доказать, что limn→∞ 0 (1+x/n)n x1/n = 1 (обосноватьпредельный переход под знаком интеграла)Задача.µE < ∞, f (x) > C. Доказать, что верна теорема Лебе-га.REОпределение.Срезка f (x)8>>>f (x), |f (x)| 6 N>><Nf (x) = N,f(x) > N>>>>>:−N, f(x) < −NRRf dµ = limN→∞ E f N dµ, так как |f N | 6 f ∈ L(E)ERЕсли f > 0, то кон. limN→∞ E f N dµ — условие существованияf dµ. Это следует из теоремы Леви.Теорема.Если f — интегрируема на E, то♦ f − f N = f + − (f N )+ − (f − − (f N )− )RE|f −f N |dµ −−−−→ 0N→∞Применим утверждение для положительной и отрицательной части функции и получим требуемое утверждение.
17Efk dµ+Лемма. E ⊂ [a, b], E измерима. ⇒RbR(M) a χE dx = µ(E) = (L) [a,b] χE dµ♦ Пусть E — открытое множество, E = G =SχG (x) = limk→∞ ( kn=1 (αn , βn ))Sn (αn , βn )По теореме Б. Леви предельным переходом получаем требуемуюформулу. Переходом к дополнению получим такое утверждение длязамкнутых множеств. E — измерим., {Fk } — замкнут.Fk ⊂ Fk+1 ⊂ . .
. ⊂ ESµ(Ek Fk ) = 0 (так как для измеримого множества возможноприближение с любой точностью)SχE = χA + χSk Fk (A = E k Fk )χE = χA + limk→∞ χFk , χFk ր χПрименим теорему Б. Леви (или теорему о неотрицательных функциях). Интеграл Мак–Шейна и Лебега совпадают для χA и χSk Fk ⇒они совпадают для χEТеорема.На отрезке прямой интеграл Мак-Шейна совпадает синтегралом Лебега.♦ Докажем сперва для неотрицательных функций. fk ր f, fk —простыеИнтегралы fk совпадают. Применим теорему Леви и получим совпадение пределов.Если f — произвольного знака, то f = f + + f − . Если f интегрируема по Лебегу ⇒ f + , f − интегрируемы по Лебегу.
⇒ f + , f −интегрируемы по Мак–Шейну ⇒⇒f интегрируема по Мак–Шейну|f | интегрируема по Мак-Шейну ⇒f + , f − интегрируемы поМак–Шейну⇒ f + , f − интегрируемы по Лебегу ⇒ f интегрируема поЛебегу. Теорема.Если некоторые интегралы сходятся абсолютно на от-резке ⇒ функция интегрируема по Лебегу.Задача.Привести пример того, что обратное неверно.Задача.Обобщить утверждение теоремы для всей прямой.Лекция 7.18Определение.f ∈ N [a, b] интегрируема по Ньютону, если су-′ществует F (x) : F (x) = f (x)Rb(N ) a f dx = F (b) − F (a)Интеграл Лебега не покрывает интеграл Ньютона.Теорема.
Неопределенный интеграл Лебега дифф. п.в. F (x) =Rx(L) a f dµ ⇒ F ′ (x) = f (x) (п.в.)f ∈ L[a, b]L(X, M, µ) — пространство Лебега, состоящее из классов эквивалентных функций.f ∼ g ⇔ µ{x ∈ X : f (x) 6= g(x)} = 0ρ(f, g) = 0 ⇔ f = gρ(f, g) =∈x |f − g|dµ — метрика ⇒ L(X, M, µ)χ∈LR|f − f N |dµ −−−−→ 0, то есть каждая измеримая функция моxN→∞жет быть с любой точностью приближена ограниченной функцией(по метрике).∀ε > 0 ∀f ∈ L ∃|gε (x)| < A : ρ(f, gε ) < εЕсли верна теорема Лузина, то ограниченную функцию можноприближать непрерывными, ограниченными той же константой. Тоесть ∃ϕ непрерывная, µ{gε 6= ϕ} < ε/A, |ϕ(x)| < ARbДокажем для отрезка: a |gε (x) − ϕ(x)|dµ < 2Aε/A = 2ε∀f ∈ L∃ϕ ρ(f, ϕ) < 3εОпределение.Ln→∞fn −→ f ⇔ ρ(fn , f ) −−−−→ (сходимость в метри-ке)Теорема.
(неравенство Чебышева)f ∈ L(E) ⇒ µ{x ∈ E : |f (x)| > C} 6 1c (L)RE|f |dµEc = x ∈ E : |f (x) > C|RRRcµEc = Ec cdµ 6 E0 |f |dµ 6 E |f |dµRµУтверждение. fn ∈ L(E), E |f − fn |dµ −−−−→ 0 ⇒ fn −→fn→∞Доказательство.1εRE∀ε > 0 µ{x ∈ E : |f (x) − fn (x)| > ε} 6|f − fn |dµ −−−−→ 0Задача.n→∞Связь сходимости в метрике с другими видами сходи-мости19µ{x ∈ E : |f (x) > C|} = O( 1c ), c → ∞¯Если f (x) суммируема на E, то µ{x ∈ E : |f (x) > C|} = O ( 1c ), c →¯Задача.∞Пример измеримой несуммируемой функции, для которой это выполнено.L(X, M, µ) — нормированное пространство с нормой kf k =RE|f |dµ,при условии, что элементы пространства — классы эквивалентности(иначе нет условия kxk = 0 ⇔ x = 0, 0 в нашем пространстве соответствует классу эквивалентности)Можно рассматривать Lp — пространство функций, интегрируемых р раз по Лебегу.f ∈ L(E) ⇒ f ∈ L(E ′ ) ∀E ′ ⊂ E, E ′ ∈ MRϕ(E) = E1 f dµ — неопределенный интеграл Лебегаϕ — аддитивная функцияОпределение.(X, M), M − δ-алгебраϕ — аддитивная функция множества, еслиSP∞ϕ : M → R и является δ–аддитивной : ϕ( ∞k=1 Ek ) =k=1 ϕ(Ek )E1 ⊂ E2 ⊂ .
. . ⊂ Ek ⊂Ek+1 ⊂ . . .Sϕ( ∞k=1 Ek ) = limk→∞ ϕ(Ek ) — доказывается так же, как непре-рывность меры.A1 = E1 , A2 = E2 E1 , . . . , Ak = Ek Ek−1S∞S∞k=1 Akk=1 Ek =P∞S∞ϕ( k=1 ) = k=1 ϕ(Ak )E1 ⊃ E2 ⊃ . . . ⊃ Ek ⊃ Ek+1 ⊃ . . .Tϕ( ∞k=1 Ek ) = limk→∞ ϕ(Ek )Док. переходом к дополнению (не нужно оговаривать конечностьмеры)Ek — последовательность множеств.S Tlimk→∞ Ek = k n>k Enϕ>0ϕ(limk→∞ ) 6 limk→∞ ϕ(Ek ) 6 limk→∞ ϕ(Ek ) 6 ϕ(limk→∞ Ek )TAk = n>k En րk→∞ϕ(limk→∞ Ek ) = limk→ ϕ(Ak ) 6 limk→∞ (ϕ(Ek ))20Вторая часть доазательства аналогично переходом к ց последовательности или переходом к дополнению.(X, M), ϕ — аддитивная функция.Определение.V̄(E, ϕ) — верхняя вариация относительно ϕV̄ = supA⊂E ϕ(A), A ∈ MV = − inf A⊂E ϕ(A), A ∈ M — нижняя вариация¯Полная вариация: V = V̄(E)+ V(E)¯Из определения следует, что ϕ(∅) = 0V (E, q) = V̄(E, −ϕ)¯RRRϕ(E) = E f dµ, тогда V̄E = E f + dµ, V(E) = E f − dµ¯RV (E) = E |f |dµПокажем, что V, V̄, V — аддитивные функции множества¯S1.
E = ∞k=1 , Ek ∈ MSSHk = Ek ( k−1E= ∞n=1 En )k=1 HkS∞TTA ⊂ E A = k=1 (A Hk ) A Hk ⊂ Ek ⇒PTPϕ(A) = ∞Hk ) 6 ∞k=1 ϕ(Ak=1 V̄Ek , переходя к sup по A, полуP∞чаем: V(E) 6 k=1 V̄ (Ek ) — полуаддитивность.¯То же вернодля V̄(E) ⇒ верно для V (E)2. Проверим конечностьV, V̄, V . Достаточно доказать для V :¯Предположим, что ∃E : V (E) = +∞E = E1 ⊃ E2 ⊃ E3 ⊃ . .
. ⊃ Ek ⊃ . . . , |ϕ(Ek )| > k − 1V (Ek ) = +∞Строим: для E1 это выполнено.Так как V (Ek ) = +∞ ⇒ ∃ A ⊂ Ek : |ϕ(Ek )| > |ϕ(Ek )| + k|ϕ(A Ek )| > |ϕ(A)| − |ϕ(Ek )| > kV (Ek ) 6 V (A) + V (Ek A) ⇒ V (A) V (Ek A) = ∞В качестве Ek возьмем то из них, на котором вариация — ∞TТак как это ց последовательность, ϕ( k Ek ) = limk→∞ ϕ(Ek ) =∞ ⇒ противоречие с конечностью ϕ3.Докажем противоположное неравенство:SПолагаем E = ∞k=1 EkPдокажем: V̄(E) > ∞k=1 V̄(Ek ) - εУстремим ε к нулю, получим:21V̄(E) >P∞k=1V̄(Ek )Разложение Жордана.ϕ(E) = V̄(E)− V(E)¯Доказательство.A⊂Eϕ(E) = ϕ(A) + ϕ(E \ A)ϕ(A) = ϕ(E) − ϕ(E \ A)Переходим к sup и получаемV̄ (E) = ϕ(E) − inf A⊂E ϕ(E \ A) = ϕ(E)+ V (E)¯Лекция 8.(X, A, M)ϕ : A → R — аддитивная функция.ϕ абсолютно непрерывна относительно µ, если ∀E ∈ A µE = 0имеем ϕ(E) = 0Определение.ϕ сингулярна относительно µ, если ∃z ∈ A, µz =TT0, т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
