Е.А. Попов, А.Д. Поспелов, Д.В. Ховратович - Задачи по функциональному анализу (1128566), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Пусть f (x), g(x) ∈ C[0, 1] — эквивалентные, и пусть существует точка x0 : f (x0 ) 6= g(x0 ). Тогда в силу локального свойства непрерывныхфункций существует и окрестность (интервал), на котором эти две функцииразличаются. Но тогда f (x) не может быть эквивалентной g(x), так как их значения различны в этой окрестности, которая имеет положительную меру.12. []2] Доказать, что непрерывные на измеримом множестве E функции являютсяизмеримыми.Решение. По критерию измеримости функций необходимо и достаточно проверить измеримость замкнутых множеств вида Ea = {x | f (x) > a}.
ПредставимE в виде объединения множества E1 и E2 , где множество E2 — типа Fδ (является объединением замкнутых множеств), при этом |E2 | = |E| ⇒ |E1 | = 0. Таккак f (x) непрерывна на E2 , она на нем измерима (во всякое замкнутое множество она отображает замкнутое, следовательно, прообразом Ea будет являтьсясчетное объединение замкнутых множеств, очевидно, измеримое). Осталось заметить, что f (x) измерима на всем множестве E, так как, как и любая функция,она измерима на множестве E1 меры ноль.13. []2] Доказать, что если f (x) имеет производную на сегменте [a, b], то производная f 0 (x) измерима.Решение. Считая, что f (x) продолжена вправо от точки x = b дифференцируемым образом (например, f (a + α) = f (b) + αf 0 (a)), положим 1ϕn (x) = n f x +− f (x) .nТогда f 0 (x) является пределом сходящейся последовательности непрерывныхи, следовательно, измеримых функций: f 0 (x) = lim ϕn (x), поэтому являетсяn→∞измеримой.14.
[]2] Привести пример ограниченной, измеримой функции, не эквивалентной никакой функции, интегрируемой по Риману.9Решение. Построим множество A на отрезке [0, 1] с наперед заданной положительной мерой α > 1. Сначала удалим из [0, 1] все точки интервала1 1 1 1− α, + α2 4 2 4 1 1 11длиныαсцентромвточке.Издвухоставшихсяотрезков0, 2 − 4 α и221 1 11+ 4 α , каждый из которых имеет длину 2 1 − 2 α ,удалим средние интерва2лы, длина каждого из которых равна 14 1 − 12 α − 14 α , удалим средние интер1валы, каждый из которых имеет длину 32α. Из восьми оставшихся отрезков,1111длина каждого из которых равна 8 1 − 2 α − 4 α − 8 α , удалим средние интер1валы, каждый из которых имеет длину 128α. После n шагов мера удаленных11−nинтервалов будет равна α 2 + 4 + · · · + 2 , и, следовательно, мера совокупности удаленных интервалов после бесконечной последовательности удаленийбудет равна α.
Мера оставшегося множества A будет равна 1 − α. Оно являетсясовершенным и нигде не плотным.Рассмотрим характеристическую функцию множества A:(1, x ∈ A,f (x) =0, x ∈/ A.Она ограничена и измерима (так как является характеристической функциейизмеримого множества). Но так как множество ее точек разрыва есть A и мерамножества A положительна, то f (x) не интегрируема по Риману (в частичныхсуммах мера отрезков разбиений, содержащих точки разрыва, положительна,следовательно, можно добиться разных значений верхней и нижней сумм Дарбу). Если значения функции f (x) изменить на некотором множестве меры ноль,то множество точек разрыва вновь полученной функции также будет иметь положительную меру, следовательно, она снова не будет интегрируема по Риману.Следовательно, никакая функция, эквивалентная f (x), не интегрируема по Риману (однако интегрируема по Лебегу на A).15.
[]2] Привести пример неизмеримой функции. Доказать, что множество и егохарактеристическая функция измеримы или не измеримы одновременно.Решение. Определим на отрезке [0, 1] отношение эквивалентности: x ∼ y, еслиx − y ∈ Q. Пусть A является подмножеством (0, 1], содержащим по одному элементу из каждого класса эквивалентности.
Для r ∈ (0, 1] определим множествоAr ⊂ (0, 1], получающееся из A сдвигом на r по модулю 1:Ar ≡ ([r + A] ∪ [(r − 1) + A]) ∩ (0, 1].10Легко видеть, что интервал (0, 1] является объединением попарно непересекающихся множеств {Ar }, где r ∈ Q ∩ (0, 1].
Очевидно, что если A измеримо, то егомера совпадает с мерой Ar для любого r. Мера A не может быть равна нулю,так как интервал является объединением Ar , а оно имеет меру ноль. Мера Aтакже не может быть положительной, так как в этом случае мера объединенияAr бесконечна. Следовательно, A неизмеримо.Легко видеть, что характеристическая функция множества A неизмерима, таккак ее образ содержит лишь две точки: 0 и 1. Достаточно, например, взятьпрообраз единицы (равный неизмеримому множеству A), чтобы убедиться в еенеизмеримости.Утверждение о том, что множество измеримо или неизмеримо вместе со своей характеристической функцией, следует из того, что дополнение множестваизмеримо или неизмеримо одновременно с самим множеством, и того, что прообразами измеримых множеств характеристической функции являются самомножество, его дополнение, а также пустое множество и универсум.16.
[]1] Будет ли измерима функция f (x) =1x(x−1)на [0, 1]?hi1Решение. Достаточно проверить измеримость множеств E x(x−1)> α (в дальнейшем везде берется пересечение этих множеств с отрезком [0, 1]). Возможныдва случая: √√ 4 hi41− 1+ α1+ 1+ α1(a) α 6 −4. В этом случае E x(x−1) > α = x : x ∈,,22qочевидно, измеримо, и его мера равна просто 1 + α4 .hi1(b) α > −4. В этом случае E x(x−1)> α = ∅. Пустое множество измеримо.Таким образом, прообразами указанных множеств являются измеримые множества, следовательно, по известному критерию, эта функция измерима.(n, x = m∈ Q, (m, n) = 1,n17. []2] Будет ли измерима функция f (x) =1, x ∈ R \ Q ?Решение.
Образом этой функции является множество всех натуральных чисел с нулем. Если в качестве подмножества образа взять какое-то множествонатуральных чисел, то его прообразом будет являться какое-то подмножество11рациональных чисел, имеющих меру ноль. В силу полноты меры Лебега любоетакое подмножество имеет также нулевую меру. Если в качестве подмножестваобраза взять точку 0, то его прообразом будет являться все множество иррациональных чисел, которое измеримо.
Если в качестве подмножества образавзять точку ноль, и вдобавок еще какое-то подмножество натуральных чисел,то прообраз будет измерим как объединение измеримого множества и множества меры ноль.Таким образом, эта функция является измеримой.π18. []2] ПустьE—неизмеримоемножествонаинтервале0,. Будет ли функция2(0,x ∈ {E,f (x) =измеримой?sin x, x ∈ EРешение. Не будет в силу следующихрассуждений: множество {E не являетсяπизмеримым на интервале 0, 2 , так как если оно было бы измеримым, его дополнение E было бы также измеримым. Тогда в качестве подмножества образадостаточно взять точку ноль. Она составляет измеримое множество меры ноль.Ее прообразом является неизмеримое множество {E.19.
[]2] Привести пример ограниченной функции, разрывной в каждой точке отрезка [a, b] и интегрируемой по Лебегу. Будет ли эта функция интегрируема поРиману?Решение. Это — функция, равная единице в каждой алгебраической точке отрезка [a, b], и равная нулю в каждой трансцендентной точке этого же отрезка.Она не будет интегрируема по Риману, так как нижние суммы Дарбу будут равны нулю, а верхние — единице, но будет интегрируема по Лебегу, так как числоалгебраических чисел счетно, следовательно, их мера равна нулю, и функцияявляется ограниченной и измеримой.20.
[]1] Привести пример функции, интегрируемой по Лебегу на [0, 1], но неограниченной на любом отрезке [α, β] ⊂ [0, 1].Решение. Рассмотрим функцию Римана:(n, x = m∈ Q, (m, n) = 1,nf (x) =1, x ∈ R \ Q.12Она эквивалентна тождественному нулю, следовательно, она интегрируема поЛебегу, и интеграл от нее равен нулю. В то же время она неограничена, таккак среди чисел любого отрезка [α, β] ⊆ [0, 1] существуют несократимые дробисо сколь угодно большим знаменателем.21. []2] При каких α и β функция f (x) = xα sin(xβ ) интегрируема по Лебегу на[0, 1]?Решение. Заметим для начала, что подынтегральная функция всюду неотрицательна. Сделаем замену переменной:Z1 βZ+∞ α+211sindtx sin(x )dx =ttαβ01Отдельно рассмотрим два случая:(a) β 6 0. В этом случае интеграл Лебега от f (x) на [0,1] существует приβ α+2 α+2α > −1, так как по признаку сравнения 1tsin 1t 6 1tи β Z+∞ α+211 sin dt tt 1сходится (как несобственный интеграл Римана), а, как известно, из абсолютной сходимости несобственного интеграла Римана вытекает существование соответствующего интеграла Лебега.
Обратно, при α 6 −1 интегралабсолютно расходится, следовательно, в этом случае интеграл Лебега несуществует.(b) β > 0. В этом случае интеграл Лебега от f (x) на [0, 1] существует приα > −β − 1 и не существует при α 6−β − 1, так как по признаку сравβα+β+2α+2βα+β+21нения π26 1tsin 1t 6 1t. Таким образом, приtα > −β − 1 несобственный интеграл Римана сходится абсолютно, что влечет за собой существование интеграла Лебега, а при α 6 −β −1 несобственный интеграл Римана абсолютно расходится, следовательно, интеграл Лебега не существует.1322.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
