В.А. Скворцов - Материалы к экзамену по действительному анализу (1117939), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Если меры σ-аддитивны на S и T , то µ тоже σ-аддитивна.Теорема 49 (Фубини). Пусть A ⊂ X × Y и f : A → R, f ∈ L(A). ПоложимAX := {y : ∃ x ∈ X : (x, y) ∈ A} ,ТогдаZAf (x, y) dµ =Z ZAY := {x : ∃ y ∈ Y : (x, y) ∈ A} .f (x, y) dµY dµX =X AXZ Zf (x, y) dµX dµY .(10)(11)Y AYОпределение. Для любого p > 1 определим Lp (X) — нормированное пространство классов эквивалентностифункций f : X → R таких, что |f |p ∈ L(X), с нормойkf kLp :=ZX1/p|f |p dµ.(12)Отношение эквивалентности — совпадение почти всюду.Замечание. L2 — гильбертово пространство.Теорема 50 (Неравенство Гёльдера). Имеем kf gkL1 6 kf kLp kgkLq при1p+1q= 1.Теорема 51 (Неравенство Минковского). Имеем kf + gkLp 6 kf kLp + kgkLp .Теорема 52 (Неравенство Юнга).
Имеем ab 6app+bqqпри1p+1q= 1.Утверждение 53. Lp — полное (и потому банахово) пространство.Теорема 54 (Рисса – Фишера). Пусть {ϕn } — произвольная ортогональнаянормированная система вP 2∞гильбертовом пространстве H, а {ck }k=1 — такой набор чисел, чтоck сходится. Тогда ∃ f ∈ H, чтоP 2ck = (f, ϕk ) иck = (f, f ) = kf k2 .52.
Задачи и их решенияЗадача 1. Замкнутость относительно каких операций ∪, △, ∩, r дает эквивалентное определение кольца?Решение.• Относительно △, ∪, так как A ∩ B = A △ B △ (A ∪ B).• Относительно △, r, так как A ∩ B = A r (A △ B).• Относительно ∪, r, так как A ∩ B = A r (A r B), A △ B = (A ∪ B) r (A ∩ B).Заметим, что никакой другой пары операций из ∪, ∩, r недостаточно. Действительно, при помощи операций ∩ и ∪ из множеств A и B невозможно получить никакого множества, не содержащего A ∩ B. При помощиопераций ∩ и r из множеств A и B можно получить только множества A ∩ B, A r B, B r A, ∅.
Задача 2. Проверить, что кольцо является полукольцом.Решение. Если множества A и B лежат в кольце, то B = A ⊔ (B r A) = A ⊔ B △ (A ∩ B) — разложение Bв сумму попарно непересекающихся множеств, одно из которых равно A. TЗадача 3. Доказать, что если для любого α ∈ I множество Rα является кольцом, тоRα — кольцо.α∈IРешение. Пусть X ∈ R и Y ∈ R.
Тогда для ∀ α ∈ I выполнено X ∈ Rα и Y ∈ Rα . Но тогда для ∀ α ∈ Iвыполнено X ∩ Y ∈ Rα и X △ Y ∈ Rα , а значит X ∩ Y ∈ R и X △ Y ∈ R. Таким образом, R — кольцо. Задача 4. Доказать, что на полукольце прямоугольников площадь является σ-аддитивной мерой.FPРешение. Пусть {An } и A — прямоугольники, A = An . Докажем, что S(A) = S(An ). Сначала докажем,nnPчто S(A) 6S(An ). Для каждого прямоугольника An фиксируем открытый прямоугольник A′n , площадьnкоторого не превосходит 2εn . Кроме того, фиксируем замкнутый прямоугольник A′ ⊂ A, площадь которогонеS(A) − ε.
Из покрытия компакта A′ открытыми множествамиA′n выделим конечное подпокрытие ′меньшеP′Ank . В силу конечной аддитивности площади, получим, чтоS(Ank ) > S(A′ ). Но тогдаkXnS(An ) >XnS(A′n ) − ε >Так как это выполнено для всех ε > 0, тоPXkS(A′nk ) − ε > S(A′ ) − 2ε > S(A) − 2ε.S(An ) > S(A). Докажем теперь, чтоnнеравенствоNP∞P(1)S(An ) 6 S(A). Каждоеn=1S(An ) 6 S(A) следует из аддитивности площади, а доказываемое получается из них предельнымn=1переходом. Задача 5. Привести пример множества A ∈ B(Rn ), не являющегося:• Fσ -множеством;• Gδ -множеством.Решение. Заметим, что дополнение к Gδ есть Fσ , поэтому достаточно построить плохое множество только∞Tодного типа.
Докажем, что множество A := Q ∩ [0, 1] ∈/ Gδ . Допустим, что A =Ui , где Ui открыты. Заметим,i=1что A всюду плотно в [0, 1], поэтому каждое из Ui должно быть всюду плотным. Далее, заметим, что A счётно.Определение. Множество называется остаточным, если оно является пересечением открытых всюду плотных множеств.Лемма 1. Остаточные множества в Rn имеют мощность континуум.T В самом деле, пусть E — остаточное множество, и E = {Ui }. Выберем произвольную точку x1 множества U1 . В силу открытости U1 она содержится в нём с некоторой своей окрестностью, а значит, и вместес некоторым отрезком I1 . В этом интервале можно найти некоторую точку x2 из множества U2 , так как оновсюду плотно, и точно также можно выделить отрезок I2 ⊂ I1 , содержащий точку из U1 ∩ U2 , и т.
д. Таким образом можно построить последовательность вложенных отрезков. У них есть хоть одна общая точка по леммео вложенных отрезках. Значит, E 6= ∅. Эту же конструкцию можно применить к построению континуальногоподмножества в E. А именно, на k-м шаге можно выбрать 2k отрезков, содержащихся в пересечении U1 , . . . , Uk .Для этого достаточно брать по одному отрезку в левой и правой окрестности точки, далее в каждом из нихнаходить по точке из Uk+1 , и т.
д. Будем кодировать каждый левый отрезок нулём, а каждый правый — единицей. Тогда получим множество точек, принадлежащих всем Ui , закодированных всеми последовательностямииз нулей и единиц, а их континуум, что и требовалось. 6Возвращаясь к задаче и применяя лемму 1, заключаем, что A является остаточным и в то же время счётным.Противоречие. Значит, A ∈/ Gδ . Отсюда следует, что [0, 1] r A ∈/ Fσ . Задача 6. Определить борелевский класс множества точек непрерывности функции на отрезке.Задача 7.
Привести пример A ⊂ R2 , измеримого по Лебегу, но не измеримого по Жордану.2Решение. Годится множество A = Q ∩ [0, 1] . Очевидно, что минимальное простейшее множество, содержащее A, есть квадрат [0, 1]2 , а внутрь множества A не уместится ничего, кроме конечного набора точек, ибоQ всюду плотно на [0, 1]. Значит, внешняя мера Жордана не совпадает с внутренней, что свидетельствует онеизмеримости A.
Задача 8. Доказать, что если множество E ⊂ Rn компактно и µL (E) = 0, то оно измеримо по Жордануи µJ (E) = 0.Задача 9. Пусть внешняя мера Лебега µ∗ является продолжением меры, заданной на некотором кольце.Доказать, что множество A µ∗ -измеримо по Каратеодори тогда и только тогда, когда для ∀ ε > 0 найдетсяэлемент кольца Bε такой, что µ∗ (A △ Bε ) < ε.∞FЗадача 10. Пусть S — полукольцо множеств на X, µ — σ-аддитивная мера на S, X =Xi , а Xi ∈i=1∈ S. По определению, множество A ⊂ X измеримо, если для ∀ i множество A ∩ Xi измеримо, и при этом∞Pµ(A) =µ(A ∩ Xi ).
Доказать, что так определенная мера не зависит от разбиения X на Xi ∈ S, являетсяi=1σ-аддитивной, и что измеримые множества образуют σ-алгебру, а множества конечной меры — σ-кольцо.Задача 11. Построить в множестве положительной меры Лебега неизмеримое по Лебегу подмножество.Решение. Мы изложим нашу конструкцию в случае, когда X = [0, 1]. Пусть E ⊂ X — исходное множество.Введём отношение эквивалентности на E: скажем, что x ∼ y, если x − y ∈ Q. Выберем ровно по одному элементуиз каждого класса эквивалентности и образуем из этих элементов множество F . Покажем, что F неизмеримопо Лебегу. Через A + q обозначим множество {x + q | x ∈ A}.
Легко видеть, что для всяких p, q ∈ Q множестваF + p и F + q не пересекаются. Действительно, если бы они пересеклись, то это означало бы, что в F найдутсядве точки, расстояниеF между которыми рационально, что противоречит его определению. Теперь рассмотриммножество U :=(F + q).
Заметим, что µ(F + q) = µ(F ) для всякого q ∈ Q. Если µ(F ) > 0, то, в силуq∈Q∩XPPсчётной аддитивности меры, получим µ(U ) =µ(F + q) =µ(F ) = ∞, что противоречит условию.q∈Q∩XС другой стороны, мера F не может быть нулевой, поскольку тогда µ(U ) = 0, но тогда и µ(E) = 0, а этоневозможно по условию. Задача 12. Построить на отрезке [0, 1] нигде не плотное множество наперёд заданной меры p.Задача 13. Пусть α > 0. Найти меру совершенного множества канторовского типа, в котором отношение длины выбрасываемого на n-м шаге интервала к длине отрезка, из которого выбрасывается интервал,1равно (α+n)2.Задача 14. Придумать множество меры нуль, не представимое в виде счетного объединения нигде неплотных множеств.Решение.
Рассмотриммеры канторовскогоS отрезок [0, 1] и счётное объединение множеств положительнойтипа на нём, т. е. E :=Kn , где Kn — канторово множество меры 1 − n1 . Заметим, что каждое Kn нигдене плотно. Очевидно, что множество G := [0, 1] r E имеет меру нуль. Покажем, что оно обладает требуемымсвойством. Действительно,SS допустим, что оно представимо в виде объединения нигде не плотных множеств Fn .Тогда [0, 1] = ( Fn ) ∪ ( Kn ). Но отрезок не представляется в виде счётного объединения нигде не плотныхмножеств, так как по аналогии с леммой о вложенных отрезках можно построить точку, которая не лежит вэтом объединении (вспомните определение нигде не плотного множества).
Задача 15. Доказать, что в любом множестве положительной меры найдутся две точки, расстояниемежду которыми рационально.Решение. Если мы живём на отрезке, то E ограничено. Если же мы живём на прямой, то, в силу σ-конечности меры Лебега на R, можно выделить в E ограниченное подмножество положительной меры и все рассуждения проводить для этого ограниченного подмножества.
Докажем, что уже в этом подмножестве искомыеточки существуют.Допустим противное, т. е. существует ограниченное множество E ⊂ R положительной меры, у которого всерасстояния между его точками иррациональны. Обозначим через E + q сдвиг множества E в точку q ∈ R, иначеговоря, E + q = {x + q | x ∈ E}. Тогда рациональные сдвиги E не пересекаются: если бы случилось так, чтоx + p = y + q, где x, y ∈ E, а p, q ∈ Q, то x − y = q − p ∈ Q, что противоречит тому, что все расстояния между7точками E иррациональны.
Рассмотрим F =S(E + rk ), где {rk } — нумерация всех рациональных чисел отрезкаrk[0, 1]. С одной стороны,P мера F конечна, поскольку F ограничено. С другой стороны, в силу σ-аддитивностимеры, имеем µ(F ) = µ(E) = ∞. Противоречие. kЗадача 16. Доказать, что E ⊂ Rn измеримо по Лебегу тогда и только тогда, когда для ∀ ε > 0 существуют замкнутое множество Fε и открытое множество Gε , такие что Fε ⊂ E ⊂ Gε и µ(Gε ) − µ(Fε ) < ε.Задача 17.
Доказать эквивалентность определения измеримости функции через измеримость множествлюбого из типов: {f (x) 6 C}, {f (x) < C}, {f (x) > C}, {f (x) > C}.Задача 18. Придумать неизмеримую функцию f , у которой для ∀ c ∈ R измеримо множество f −1 {c} .Решение. Пусть X = [0, 1]. Рассмотрим неизмеримое по Лебегу множество A ⊂ X, и построим функцию(x, x ∈ A;f (x) =(2)−x, x ∈/ A.Тогда прообразом любойточки c ∈ R будет либо ∅, либо одна точка. Однако функция не является измеримой,поскольку f −1 [0, 1] = A.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
