Задачи с решениями 2002 г 2 поток (1160009), страница 3
Текст из файла (страница 3)
[]2] ПустьE—неизмеримоемножествонаинтервале0, 2 . Будет ли функция(0,x ∈ {E,f (x) =измеримой?sin x, x ∈ Eрассуждений: множество {E не являетсяРешение. Не будет в силу ¡следующих¢πизмеримым 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:Z1µ ¶βZ+∞µ ¶α+211x sin(x )dx =sindtttαβ01Отдельно рассмотрим два случая:(a) β 6 0. В этом случае интеграл Лебега ¯ от f (x) на [0,¯1] существует при¡ ¢β ¯ ¡ ¢α+2¯¡ ¢α+2α > −1, так как по признаку сравнения ¯ 1tsin 1t ¯ 6 1tиµ ¶β ¯¯Z+∞¯¯µ ¶α+21 ¯1¯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 срав¡ 2 ¢β ¡ 1 ¢α+β+2¢βα+β+2¯ 1 α+2¯нения π6 ¯ tsin 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. []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]Z>f (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:Z1Z1¯12dtdx¯√== 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 +xαZ0 dx =x∈[0,+∞)∩Qx∈[0,+∞)∩{QZ+∞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:Z1¯¯x ¯lnβ x¯ dx +αI=0Z+∞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∞2d(ln x)1 ¯¯+∞= ln 2,=−¯ln x 2ln2 xследовательно, 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 nc,,1, x ∈ n−21+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:1ZZn(f (x) − fn (x))2 dx =f 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(fn (x) =1, 2mk 6 x 6 m+1,2k¤£ m m+10, 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+1ZZ2k111 dx = k =fn2 (x)dx =−−−→ 0.2blog2 nc n→∞Rm2k30. []3] Показать, что из сходимости по мере не следует сходимости почти всюду.Рассмотреть пример задачи ??.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.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
