Лекции Надежды Лауфер (1117929), страница 4
Текст из файла (страница 4)
что ϕ(A) = 0, если A z = ∅ (или ∀Aϕ(A) = ϕ(A z) )Задача.1.ϕ абсолютно непрерывна и сингулярна ⇒ ϕ ≡ 02.линейная комбинация абсолютно непрерывных (сингулярных)функций абсолютно непрерывна (сингулярна)3.ϕ — абсолютно непрерывна (сингулярна) ⇔ V , V̄, V — абсо¯лютно непрерывны (сингулярны)4.ϕk — последовательность абсолютно непрерывных (сингуляр-ных) аддитивных функций, ϕ — её предел (т.е. ϕ(A) = limk→∞ ϕk (A) ∀A ∈A) ⇒ ϕ — абсолютно непрерывна (сингулярна)Rϕ(E) = E f dµ — абсолютно непрерывная функцияДалее рассматриваем все на E, µE < ∞Утверждение.ϕ — абсолютно непрерывна относительно µ ⇔∀ε > 0∃δ > 0 ∀A : µA < δ ⇒⇒ |ϕ(A)| < εНеобходимость. µA = 0, µA < δ ∀δ > 0, тогда ϕ(A) < ε ∀ε > 0Достаточность. Предположим ϕ — абсолютно непрерывна и утверждение не выполнено.
Сначала докажем для ϕ > 0.∃ε : δk =1, µAk2k<1,2kϕ(Ak ) > ε22lim(Ak ) =T∞m=1µ lim Ak = µ(12m−1⇒0Sk>mT∞m=1SAkk>mAk ) 6 µ(Sk>mAk ) 6Pk>mµAk <P1k>m 2kТо есть µA = 0 (так как не зависит от m)ϕ(lim(Ak )) > limk→∞ ϕ(Ak ) > ε (было доказано для ϕ > 0)То есть получаем противоречие (µA = 0 ϕ(A) > ε)Теперь докажем для ϕ произвольной.Если ϕ абсолютно непрерывна ⇒ V абсолютно непрерывна.|ϕ(A)| 6 V (A) < ε ⇒ выполнено утверждениеЗадача.ϕ сингулярна относительно µ на E ⇔ ∀ε > 0 ∃A ⊂ F :µA < εV (E \ A, ϕ) < εТеорема Хана.µE < ∞, ϕ — аддитивная мера. Тогда ∃P ⊂E∀A ⊂ P ϕ(A) > 0, ∀A ⊂ E \ P ϕ(A) 6 0Доказательство.V(P ) = 0 равносильно первой части утверждения¯V̄(E \ P ) = 0 ⇔ ∃P ⊂ E ∀A ⊂ E \ P ϕ(A) 6 0Докажем утверждение для вариацииЗамечание: если V(P ) = 0, V̄(E \ P ) = 0, то V̄(E) = V̄(P )¯E ⊃ Ak : ϕ(Ak ) > V̄(E) − 1/2k ⇒ (∃ такое Ak по определению V̄)V̄(Ak ) > V̄(E) − 1/2k ⇒ V̄(E \ Ak ) < 1/2kϕ(Ak ) V̄(Ak )− V(E) − 1/2k¯V̄(Ak ) - V(Ak ) > V̄(E) − 1/2k¯V̄(Ak ) < V̄(E) - V(Ak )¯V(Ak ) < 1/2k¯STp = lim Ak = ∞m=1k>m AkV(P ) > limk→∞ V(Ak = 0)¯ T¯SSV̄ (E \ lim Ak ) = V̄ ( ∞m=1k>m (E \ Ak )) 6 V̄ ( k>m (E \ Ak ))PP∞ 116 ∞k=m V̄ (E \ Ak ) <k=1 k = m−1 → 022V (E \ Ak ) < 1/2kV̄(E \ P ) = 0Теорема.
(об обобщенном разложении Хана)23=ϕ(A) > 0, µ — мера, тогда ∀a > 0 E = Z∀ A ∈ Ek выполненоS S∞( k=1 Ek ), µZ = 0, Ek :a(k − 1)µA 6 ϕ(A) 6 akµAДостаточно доказать при a = 1 (иначе от ϕ переходим к ϕ/a)Рассмотрим ϕ — µ – функция множества.∃P = E + : ∀A ⊂ E + : ϕ(A) > µ(A) Пусть E \ P = E − : ∀A ⊂E − : ϕ(A) 6 µ(A)Пусть E − = E1ϕ − 2µ. Применяем к ней предыдущую теорему.E + → E ++ցEE+−+ + ...+| {z }Z=k−1T∞k=1ϕ(A) > 2µ(A)µA 6 ϕ(A) 6 2µA++ ...+| {z }k→E+ +...
+ −|{z}ցkEEϕ(A) > kµ(A)(k − 1)µA 6 ϕ(A) 6 kµ(A)+ + ...+| {z }kϕ(Z)−−−−→ 0 ⇒ µZ = 0k→∞kТеорема. (о разложении Лебега)µ(z) 6ϕ — аддитивная функцияна E, µ − δ–конечна. Тогда существует однозначное представлениеλ + δ, где α — абсолютно непрерывна, δ–сингулярна. ПричемRTα(A) = A f dµ, f определено однозначно δ(A) = ϕ(A Z), где Z —ϕ :фиксирована, µZ. Если ϕ > 0, то f > 0♦ Сначала рассмотрим случай µ < ∞Применим обобщенную теорему Хана для последовательности am = 1/2mS SmE = Zm ( ∞k=1 Ek )k−1kµA 6 ϕ(A) 6 m µA, A ⊂ Ekm2m2[a, b] b < c [c, d]aµA 6 ϕ(A) 6 bµA, cµA 6 ϕ(A) 6 dµA ⇒ µA = 0 Имеем Ekm ⊂m+1 S m+1 S m+1 S m+1 SE2k−2E2k−1 E2kE2k+1 Y mSS SZ = ( Z m ) ( Y m ), µZ = 024fm (x) =8><(k − 1)/2m ,>:z,x ∈ Ekm \ Zx∈Zm|fm+1 (x) − fm (x)| 6 1/2 ,fm ⇒ fA ⊂ E, A — произвольноеTA EkmTPTϕ(A) = ϕ(A Z) + k ϕ(A (Ekm \ Z)) 6RTPTTϕ(A Z) + ϕ(A Ekm ) > A fm dµ + ϕ(A Z)R6 A fm dµ + 1/2m µ(A)RRRTϕ(A) = ϕ(A Z) + A f dµ, A fm dµ = σ, A f dµ = αϕ = σ1 + α1 = σ2 + α2 ⇒ α1 − α2 = σ2 − σ1 ≡ 0(функция одновременно абсолютно непрерывна и сингулярна)Лекция 9.Теорема верна и в случае, когда µ(E)SE = i Ei , µEi < ∞δ конечнаПрименим первую часть теоремы к Ei .PTP RTTA ⊂ E, ϕ(A) =Ei ) =A), Z =i ϕ(Ai A E fi dµ + ϕ(ZiSi Zi , fi — суммируема, ϕ — неотрицательная.Если ϕ — любого знака ⇒ пользуемся разложением Жордана иприменяем предыдущую часть теоремыϕ = V̄ − V¯ϕ(A) = α(A) + σ(A)TTTσ(A Z) = ϕ(A Z) ⇒ σ(A) = ϕ(A Z)f опр.
однозначноRRRf dµ = A f2 dµ ⇒ A (f1 − f 2)dµ = 0 ⇒A 1(A+ = {x : f1 − f2 > 0},A− = {x : f1 − f2 6 0} + используемнеравенство Чебышева)Теорема Радона-Никодима.Каждый заряд ϕ представим однозначным образом какϕ(A), f — суммируемая функция.RAf dµ =Заряд — абсолютно непрерывная δ–аддитивная функция. На прямой f — производная ϕ. В общем случае f называют производнойРадона-Никодима от ϕ : f dµ = dϕ25RАбсолютная непрерывность ∀ε > 0 ∃δ > 0 µA < δ ⇒ | A f dµ| < εRЗадача. Построить ϕ(A)A = A f dµ и доказать непрерывностьпостроения δ по ε и f .Рассмотрим случай прямой и меры Лебега:Определение. F ∈ V B (ограниченной вариации), если конечнаP= supp nP : a = x0 < x1 < .
. . < x n = bi=1 |F (xi ) − F (xi−1 )|Vab FF = Vax (F ) − (Vax (F ) − F (x))Vax (F ) |△F (I)| 6 VI (F )(V̄ + V + (V̄ - V))¯¯2xV (F ) + F (x)V x (F ) − F (x)F = a− A22Абсолютно - непр. функция точки (AC)F ∈ AC(E), если ∀ε ∃δ > 0 : ∀{(αi , βi )}, αi , βi ∈ E, (αi , βi )∅, i 6= jPPi (βi − αi ) < δ ⇒i |F (βi ) − F (αi )| < εT(αj , βj ) =Опр. для конечного набора интервалов и для счетного равносим.(если 1 интервал ⇒ равномерн. непрерывность)F ∈ AC ⇒ F равномерно непрерывна на E⇒ непрерывна вкаждой точке E (по множеству)Задача.f непрерывна на [a, b], E ⊂ [a, b] f ∈ AC(E) ⇒ f ∈AC(E)AC ⊂ V Bε = 1.
Нашли δ1 из определения AC. Разбили на конечное числоотрезков длины < δ.На каждом отрезке функция ограниченной вариации, значит, ограниченной вариации и на [a, b].ТеоремаF (αi )| < δF ∈ AC([a, b]) ⇒ Vax (F ) ∈ AC([a, b])Vαβii (F )<ε2iНаходим разбиение pi внутри (αi , βi ).PVαβii (F ) − 2εi <piP βiP Ppi < εi Vαi − ε <iP βixi Vαi < 2ε ⇒ Va ∈ AC([a, b])Следствие.{αi , βi }iF ∈ AC ⇒ ϕF абсолютно непрерывна26Pi|F (βi )−ЗадачаЛинейная комбинация функций из AC — функция изACF — разность монотонных функций из AC. Значит, док. для монотонн.
FPµE = 0, E покр. (αi , βi )(βi − αi ) < δSPPϕ(E) 6 ϕ( i (αi , βi )) 6i ϕ([αi , βi ]) =i F (βi ) − F (αi ) < ε ⇒ϕ(E) = 0Теорема.F (x) =′Rxaf dµ ⇔ F (x) ∈ ACНеобходимость. F (x) = f (x) п.в., если есть предст. F (x) =(в обратную сторону докажем позднее)RxF (x) − F (a) = a f dµ ⇒ F (x) ∈ ACДостаточность. F → ϕFRxF (x) − F (a) = a f dµОпределение.af dµϕ абсолютно непрерывна ⇒ ϕ([0, x]) =F ∈ ACG[a, b], если [a, b] =и F непрерывна на [a, b]Задача.RxS∞i=1и F ∈ AC(Ei )F ′ (x) существует на [a, b] ⇒ F ∈ ACG[a, b]Задача.
F ′ (x) существует на [a, b] 6⇒ F ∈ AC, F ∈ V B (привестисоответствующие примеры)f ∈ L[a, b] ⇔ ∃F ∈ AC :F ′ (x) = f (x)f на [a, b] — интегрируемая в смысле Дантуа–Хинчина.⇔ ∃F ∈ACG[a, b] : F ′ (x) = f (x) п.в.Задача (*)1.f ∈ H[a, b] ⇒ f интегрируема по Дантуа–Хинчину2.Показать, что этот класс шире класса интегрируемых по К -хфункций.Определение.Интеграл Дантуа–Хинчина (D)F (a)Rbaf dµ def= F (b) −Надо доказать корректность определения, т.е. если F ′ (x) = 0 п.в.⇒ F (x) ≡ CN–свойство Лузина.F (действ.) опр.
на E–изм обладает N –свойством, если µE = 0 ⇒ µ(F (E1 )) = 0, E1 ⊂ EТеоремаF ∈ AC(E) ⇒ F обладает N –свойством, E ⊂ [a, b]Достаточно доказать теорему для замкнутого множества µA = 027A⊂SPi (αi , βi )F ([αi , βi ]Txi , yi ∈ [αi , βi ]µ(F (A)) ⊂i [βiA) ⊂ [− αi ] < δinfx∈[αi ,βi ]PiTEF (x),supx∈[αi ,βi ]TEF (x)] = |F (xi )−F (yi )|,|F (xi ) − F (yi )| < ε ⇒ µ(F (A)) = 0Определение.Лекция 10.F — действительная функция, опр. в окрестно-сти точки xF (x + h) − F (x)limn→∞= DF (x)hF (x + h) − F (x)limn→∞= DF (x)hПроизводные числа Дини — это правый и левый верхний инижние пределы (F (x + h) − F (x))/hF (x + h) − F (x)D+ F (x) = limn→+0hF (x + h) − F (x)D+ F (x) = limn→+0hF (x + h) − F (x)D− F (x) = limn→−0hF (x + h) − F (x)D− F (x) = limn→−0hЗадача.
Пример непрерывной F : D+ F = D− F = +∞, D+ F (X) =D− F (x) = −∞ на множестве положительной меры (изобразить график)Теорема.F ∈ ACG([a, b]), D+ F (x) > C п.в. ⇒ F [a, b]Доказательство.Фиксируем произвольное ε > 0. Введем функцию g(x) = F (x) + εxD+ g(x) = D+ F (x) + ε > 0Задача.Линейная комбинация ACG–функций — ACG–функция.Значит, (факт из задачи) g ∈ ACG([a, b]) ⇒ g обладает N –свойством.Пусть E–множество, где не выполнено условие D : g(x) > 0µE = 0 (т.к. условие выполнено п.в.) ⇒ g NПредположим, что g не является монотонно возрастающей ∃x1 , x2 ∈[a, b], x1 < x2 , g(x1 ) > g(x2 )∃y0 6∈ g(E) µg(E) = 0{x : g(x) = y0 } — замкнут., т.к.g — непрерывная ⇒ ∃x0 — самая прав.,g(x0 + h) − g(x0 )60h28D+ g(x0 ) 6 0 — противоречиеТо есть, если x1 < x2 ⇒ g(x1 ) < g(x2 )F (x1 ) + εx1 6 F (x2 ) + εx2F (x1 ) 6 F (x2 ) (в пределе при ε → 0)Замечание.Можно восп.
D+Следствие.F ∈ ACG([a, b])′F (x) = 0 п.в. ⇒ F (x) = constЗначит, интеграл Дантуа–Хинчина с помощью формулы (D)F (b) − F (a) определен однозначно.Rbaf=Если G′ (x) = f (x) ⇒ (F (x) − G(x))′ = 0 п.в. ⇒ F (b) − F (a) =G(b) − G(a) (F (x) − G(x) = const п.в.)Доказать, что если F ∈ V B, то F ′ кон. существует п.в. Достаточнопоказать это для монотонно возрастающих функций.Теорема.Rbaf не убывает на [a, b] ⇒ f ′ сущ. п.в.
f ′ ∈ L[a, b] иf ′ dµ 6 f (b − 0) − f (a + 0){I} — семейство, покр. E в смысле Витали∃{Ii } — конечное число, Ii : (если E — огранич.)Нужно доказать совпадение производных чисел Дини. Покажем,T Sчто совпадают D+ f (x) и D− f (x), то есть µ∗ (A ( i Ii )) > µ∗ (E) − εD+ f (x) D− f (x) µ{x : D+ f (x) > D− f (x)} = 0A = Ars = {x : D+ f (x) > r > s > D− f (x)}Докажем, что µA = 0.Предположим, что µ∗ A > 0.
Найдем G — откр..G ⊃ A, µG < µ∗ A + ε−f (x) + f (x − h)< S по некоторой подпоследовательности h−h[x − h, x] для таких h обр. покрытие Витали[x − h, x] ⊂ G − −// − −// − −Выберем конечное число отрезков [xk − hk , xk ]T S−f (xk ) + f (xk − hk )< S µ∗ (A ( k [xk − hk , xk ])) > µ∗ (A) − ε−hkf (xk ) − f (xk − hk ) < shkPP∗k (f (xk ) − f (xk − hk )) < sk hk 6 sµG 6 s(µ A + ε)T SИспользуем второе неравенство: B = A ( k [xk − hk , xk ])f (x + k) − f (x)> r ∃ подпоследовательность hkk29[x, x + k] ⊂Sk [xk− hk , xk ]Берем эти отрезки. Ои покрывают B в смысле Витали.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
