Е.А. Попов, А.Д. Поспелов, Д.В. Ховратович - Задачи по функциональному анализу (1128566), страница 3
Текст из файла (страница 3)
[]2] Доказать, что если f (x) > 0 на множестве E иRC > 0, то функция удовлетворяет неравенству Чебышева: |E[f (x) > C]| 6 C1 f (x)dx.EРешение. Действительно,ZZf (x)µ(dx) =f (x)µ(dx) +EE[f (x)>C]Zf (x)µ(dx)E\E[f (x)>C]Zf (x)µ(dx) > C |E[f (x) > C]| .>E[f (x)>C]23. []1] Существует ли интеграл Лебега от f (x) =√ √1x 1−xна [0, 1]?Решение. Функция f (x) неотрицательна и непрерывна на всей своей областиопределения, следовательно, для существования интеграла Лебега необходимои достаточно наличия сходимости соответствующего несобственного интегралаРимана:Z1Z11dx2dt√== 2 arcsin t = π.√ √20x 1−x1−t00Таким образом, интеграл Лебега существует и равен π.24.
[]1] Будет ли функция f (x) интегрируема по Лебегу на [0, +∞), если(f (x) =1,xα0,x ∈ R \ Q,x ∈ Q?Решение. Если существует интеграл от f (x), тоZ+∞f (x)dx =0Z1dx +xαx∈[0,+∞)∩Qx∈[0,+∞)∩{QZ+∞Z0 dx =1dx,xα0так как добавление интеграла по множеству меры ноль не меняет факта его существования, а также его значения.
Так как подынтегральная функция неотрицательна и непрерывна, для существования интеграла Лебега необходимо и14достаточно наличия сходимости соответствующего несобственного интегралаРимана. Однако, известно, что интеграл Римана от этой функции расходитсяпри любых значениях α, следовательно, интеграл Лебега не существует ни прикаких α.25. []2] При каких α и β существует интеграл Лебега на [0, +∞) от функцииf (x) = xα lnβ x?Решение. Так как подынтегральная функция непрерывна, интеграл Лебега существует тогда и только тогда, когда несобственный интеграл Римана сходитсяабсолютно:Z+∞ α β x ln x dx = I < +∞.0Пользуясь неотрицательностью первого сомножителя, а также, выполняя замену переменной x = 1t , имеем:Z1I=x lnβ x dx +α0Z+∞Z+∞Z+∞βα−α−2 β x ln x dx =tln t dt +xα lnβ x dx111Z+∞Z+∞Z+∞ββα−α−2α=ln x(x + x)dx =ln x · x dx +lnβ x · x−α−2 dx = I1 + I2 .111Так как все подынтегральные функции непрерывны и неотрицательны, дляопровержения существования I достаточно показать расходимость одного изинтегралов I1 , I2 , а для доказательства существования интеграла Лебега необходимо и достаточно установить сходимость обоих интегралов.
Следует различать два случая:(a) β < 0. В этом случае при α < −1 расходится I2 , при α > −1 расходитсяI1 . В случае же α = −1 оба интеграла сходятся абсолютно тогда и толькотогда, когда β < −1.(b) β > 0. В этом случае при α < −1 расходится I2 , при α > −1 расходится I1 ,а при α = −1 расходятся оба эти интеграла.Таким образом, интеграл Лебега существует при α = −1, β < −1, в остальныхже случаях интеграл Лебега не существует.1526. []1] Существует ли интеграл Лебега на [2, +∞) от функции f (x) =1?x ln2 xРешение. Так как функция положительна и непрерывна на всей области определения, для существования интеграла Лебега необходимо и достаточно сходимости соответствующего несобственного интеграла Римана:Z+∞2dx=x ln2 xZ∞d(ln x)1 +∞=−= ln 2,ln x 2ln2 x2следовательно, интеграл Лебега существует и равен ln 2.27. []1] Привести пример последовательности, сходящейся по мере на измеримомE, но не сходящейся ни в одной точке множества E?Решение.
Рассмотрим последовательность функций {fn (x)}∞n=1 на полуинтервале [0, 1):h blog nc(21+n−2blog2 nc1, x ∈ n−2,,1+blog2 nc1+blog2 ncfn (x) =0, иначе.Она по мере сходится к нулю, так как мера множества, где fn (x) отлична от1нуля 1+blogстремится к нулю при n → ∞. В то же время эта последова2 ncтельность не сходится ни в одной точке, так как для любого x найдутся двеподпоследовательности fnk (x) и fn` (x), одна из которых состоит из единиц, авторая — из нулей.28. []2] Показать, что из сходимости( почти всюду не следует сходимости в среднем.n, 0 < x < n1 ,Рассмотреть пример: fn (x) =0, иначе.Решение.
Сходимость почти всюду очевидна: последовательность множеств, накотором последовательность функций становится равной нулю монотонно возрастает и стремится ко всей прямой. Таким образом, множество точек, на ко1тором функция стремится к нулю (−∞, 0] ∪ n , +∞ монотонно заполняет всюпрямую, за исключением множества меры ноль (одной точки). По определениюэто означает сходимость почти всюду.16В то же время сходимости в среднем нет:1Z(f (x) − fn (x))2 dx =Znf 2 (x)dx =1 2· n = n → +∞.n0R29. []2] Показать, что из сходимости в среднем не следует сходимости почти всюду.Пример: для любого n = 2k + m, где 0 6 m < 2k определим(1, 2mk 6 x 6 m+1,2k m m+1fn (x) =0, x ∈/ 2k , 2k .Решение.
Очевидно, что здесь сходимость почти всюду не имеет места, таккак fn (x) не сходится ни в одной точке отрезка [0, 1], то есть на множествеположительной меры. Однако, последовательность сходится в среднем к нулю,так какm+1Z2kZ11fn2 (x)dx =1 dx = k =−−−→ 0.2blog2 nc n→∞Rm2k30. []3] Показать, что из сходимости по мере не следует сходимости почти всюду.Рассмотреть пример задачи 29.Решение. Сходимость по мере к нулю следует из того, что∀ 0 < δ < 1 =⇒ µ{x : |fn (x) > δ|} =126 −−−→ 0.k2n n→∞Теперь определим последовательность nk = 2k + bx0 · 2k c, где x0 — произвольная точка на [0, 1], k ∈ N.
Тогда легко проверить, что ∀k ⇒ fnk (x0 ) = 1, аfnk +1 (x0 ) = 0. Так как nk — бесконечная последовательность, а x0 — произвольная точка на [0, 1], получаем, что последовательность fn (x) не сходится ни водной точке из [0, 1], и, очевидно, не сходится почти всюду.1731.
[]3] Показать, что из сходимости по мере не следует сходимости в среднем.Пример: при n = 2k + m(2k , 2mk 6 x 6 m+1,2k m m+1fn (x) =0, x ∈/ 2k , 2k .Решение. Сходимость по мере к нулю следует из того, что∀ 0 < δ < 1 =⇒ µ{x : |fn (x) > δ|} =126 −−−→ 0.k2n n→∞Тем не менее,m+1ZR|fn (x)|2 =Z2k22k dx =1· 22k = 2k = 2blog2 nc −−−→ +∞,n→∞2km2kто есть сходимости в среднем нет.32.
[]3] Показать, что если мера множества E бесконечна, то( из сходимости почти1, n 6 x 6 n + 1,всюду не следует сходимость по мере. Пример: fn (x) =0, иначе.Решение. Очевидно, что∀ x0 ∈ R ⇒ ∃ N ∈ N : fn (x0 ) = 0, ∀n > N,то есть,lim |fn (x0 )| = 0,n→∞иными словами последовательность множеств, на которых последовательностьфункций остается нулем, монотонно возрастает и покрывает всю прямую. Темне менее,∀ 0 < δ < 1 ⇒ lim µ{x : |fn (x)| > δ} = lim µ{[n, n + 1]} = 1 6= 0,n→∞n→∞следовательно, сходимости по мере нет.33.
[]3] Показать,из сходимости в L1 [0, 1] не следует сходимости в L2 [0, 1]. При( что31n 2 , x ∈ n1 , n−1,1 1 мер: f (x) =0,x∈/ n , n−1 .18Решение. Сходимость в L1 [0, 1] к нулю по определению присутствует по причине существования интеграла Лебега1Z1Zn−1|fn (x)| dx =0√3211n dx = n ( n−1 − n ) =32n−−−→ 0.n − 1 n→∞1nСходимости в L2 [0, 1] нет по причине того, что следующий интеграл Лебегабесконечен:1Z1Zn−1n3|fn (x)| dx =−−−→ +∞.n3 dx =n(n − 1) n→∞01n34. []3] Доказать полноту пространства C[0, 1].Решение. Метрика в пространстве C[0, 1] определяется какρ(x(t), y(t)) = max |x(t) − y(t)| .t∈[0,1]Рассмотрим произвольную фундаментальную последовательность {xn (t)}∞n=0 ,ρ(xm , xn ) −−−−→ 0.m,n→∞Это означает, что∀ ε > 0 ∃ N ∈ N : ∀ m, n > N, ∀ t0 ∈ [0, 1] ⇒ |xm (t0 ) − xn (t0 )| < ε.Из этого следует фундаментальность, а, следовательно, и сходимость последовательности xn (t0 ).
Перейдя к пределу при m → ∞, получим, что∀ n > N ∀ t0 ∈ [0, 1] ⇒ |xn (t0 ) − x0 (t0 )| 6 ε,где x0 (t) — некоторая функция. Это означает, чтоρ(xn , x0 ) −−−→ 0.n→∞19Докажем, что x0 (t) — непрерывная функция. Возьмем произвольное t и такоеδ, что t + δ ∈ [0, 1]. Зафиксируем произвольное ε > 0.
Тогда|x0 (t + δ) − x0 (t)| = |x0 (t + δ) − xn (t + δ) + xn (t + δ) − xn (t) + xn (t) − x0 (t))|6 |x0 (t + δ) − xn (t + δ)| + |xn (t + δ) − xn (t)| + |xn (t) − x0 (t)|εберем такое n, что ρ(xn , x0 ) <3 2ε< + |xn (t + δ) − xn (t)|3εберем δ : |xn (t + δ) − xn (t)| < — оно существует из непрерывности xn (t)3<ε.Таким образом, получено, что∀ ε ∃ δ : |x0 (t) − x0 (t + δ)| < ε,следовательно, x0 (t) непрерывна.Показано, что любая фундаментальная последовательность из C[0, 1] сходитсятакже к непрерывной функции. Следовательно, C[0, 1] — полное пространство.35. []2] Будет ли полным пространство многочленов на сегменте [0, 1], если метрикавводится по формуле ρ(x, y) = max |x(t) − y(t)|.06t61Решение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
