1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 59
Текст из файла (страница 59)
Поскольку мера образа канторова множества ненулевая, в нём можно найти неизмеримоемножество A ⊂ f (∆). Тогда его прообраз f −1 (A) будет измеримым (так какон лежит в канторовом множестве, мера которого нулевая):f −1 (A) ⊂ ∆,но не будет борелевским (поскольку иначе A было бы измеримо как прообразборелевского множества при измеримом отображении f −1 ):A = (f −1 )−1 ((f −1 (A))).30.3[1], p. 80, Задача 2.Пусть (X, M, µ) – измеримое пространство. Доказать, что функция y = f (x),x ∈ ⊂ X, измерима на A тогда и только тогда, когда для произвольногорационального числа r множества {x ∈ A : f (x) < r} измеримо.30.4[1], p.
80, Задача 3.Пусть A - неизмеримое (в смысле лебеговой меры µ) подмножество отрезка[0, 1] ⊂ R и на R определена функция(x, x ∈ A,f (x) =−x, x ∈/ A.Исследовать на µ-измеримость функцию f на множестве R. Показать, используя этот пример, что если для каждого действительного числа c множество {x ∈ R : g(x) = c} µ-измеримо, то функция g не обязательно измеримана R.Решение.{x ∈ R : f (x) < 0} = ((0, 1]\A) ∪ (1, +∞).60930.5[1], p.
83, Задача 6.Пусть (X, M, µ) - измеримое пространство и на измеримом множестве задана последовательность (fn (x))∞n=1 измеримых функций Доказать, что наизмеримы функции lim sup fn (x) и lim inf fn (x).n→∞n→∞30.6[1], p. 83, Задача 9.Для функции f построить последовательность простых измеримых функций,равномерно сходящихся к f , если:(p0,x 6 0,3a) f (x) = x , x ∈ R; б) f (x) =в) f (x, y) = x2 + y 2 , (x, y) ∈ R2 .arctg x, x > 0;Решение. Пусть некоторая функция f является измеримой и конечной намножестве A. Построим для этой функции последовательность (hn )∞n=1 простых функций, полагая для каждого целого числа khn (x) =на множестве {x ∈ A :kn, то множества {x ∈ A :6 f (x) <kn6 f (x)knk+1n }.
Так как< k+1n } для kфункция f измерима на∈ Z и n ∈ N являютсяизмеримыми, и поэтому все функции hn измеримы на A. Кроме того, для1n , из(hn )∞n=1 ккаждого x ∈ A справедливо неравенство |f (x) − hn (x)| <которогоследует равномерная сходимость на A последовательностифункцииf.Равномерная сходимость. Исследовать на равномерную сходимость30.7Задачаfn (x) =30.8x1+nx2на множестве R.Задачаfn (x) = e−nx на множестве [0, +∞); [δ, +∞), δ > 0.61030.9ЗадачаПоказать по определению, что функция f (x) =√1x∈ L((0, 1]).
Найти инте-грал Лебега.Решение. Заметим, что функция f (x) является измеримой. Нам нужно указать хотя бы одну последовательность простых интегрируемых функций, которая бы сходилась равномерно к функции f : fk (x) = 1 +n −2n−1 −2),(1+), n ∈ N.kkRНайдем limfk dµ.n−1k ,x ∈ (1 +k→∞ (0,1]РассмотримZ(0,1]∞ Xn−111fk dµ =1+=n 2n−1 2 −k(1+)(1+)kkn=1∞ Xn=111−(1 + nk )(1 + n−1k )∞11X+.k n=1 (1 + nk )2Первый ряд равен 1.
Ко второму ряду мы применяем принцип двух полицейских∞ k11X1 =(1 + k ) k n=1 1 +nkk−1 + n+1k∞∞11X=nk n=1 (1 + k )(1 +n+1k )<∞1X11X1<=n 2k n=1 (1 + k )k n=1 (1 + nk )(1 + n−1)k∞1Xkk−= 1.nk n=1 1 + n−11+kkТаким образом,Z1√ dµ = limk→∞x(0,1]Zfk dµ = 2,(0,1]где предел, в силу корректности, не зависит от выбора fk .Дополнительно. Рассмотрим произвольную монотонную последовательность(yk,n ) такую, что sup |yk,n+1 − yk,n | 6 δk . Здесь lim yk,n = +∞, yk,1 = 1,n→∞n∈Nlim δk = 0.k→∞611Рассмотрим произвольную последовательность простых функцийfk (x) =∞Xak,n · χn=111y2y2k,n+1 k,n, (x),где yk,n 6 ak,n 6 yk,n+1 ,которая сходится равномерно к f на (0, 1].Рассмотрим интеграл Лебега от простой функции!Z∞X11fk (x) dµ =ak,n− 2.2yyk,nk,n+1n=1(0,1]Используем принцип двух полицейский:!!∞∞∞XXX1111yk,n6ak,n6yk,n+12 − y22 − y2yyk,nk,n+1k,nk,n+1n=1n=1n=112yk,n−12yk,n+1Легко видеть, что∞Xyk,n+1n=112yk,n−!1=2yk,n+1∞X1(yk,n+1 − yk,n )2yk,nn=1∞X2yk,nn=1∞X1yk,n2yk,nn=1−1!=2yk,n+1∞X1yk,n+12yk,nn=1∞X−−!1< δk + 2,2yk,n+1−2yk,n+112yk,nn=1+2yk,n+1!1(yk,n+1 − yk,n )1−1yk,n!−!12yk,n+1> 2 − δk ,поскольку∞X(yk,n+1 − yk,n )n=1∞Xn=1yk,n12yk,n−12yk,n+112yk,n!=2−!16 δk2yk,n+1∞Xn=1yZk,n+1yk,nyk,n∞X1n=12yk,n1dτ<2τ3n=1yk,n∞Xn=1= δk ,2yk,n+1yk,n+1∞ ZXdτ2612−!τ21yk,n=−1yk,n+1= 2,!.∞Xyk,n+1n=112yk,n−1!2yk,n+1=2∞XyZk,n+1yk,n+1n=1yk,nyk,n+1∞ ZXdτdτ>2=2τ3τn=1yk,n2∞ Xn=1311yk,n−1yk,n+1= 2.Seminar n.
31. Date 20.12.2018. Дополнительные задачи и теоретические вопросы на повышение оценкиза семестр. Сходимость п.в. Теорема Лебега. Теорема Леви. Теорема Фату31.1[1], стр. 95, № 21.2Вычислить интеграл ЛебегаZsign sinπdµ.x(0,1]Решение. Рассматриваемая функция f (x) = sign sin πx , x ∈ (0, 1], такжеявляется простой, принимающей три значения: 1, −1 и 0. А именно, f (x) = 1∞∞SS1111на множестве A1 =,,f(x)=−1наA=,−12k+1 2k2k 2k−1 и f (x) =k=1 k=10 на множестве A0 = 1, 12 , 13 , . . .
, k1 , . . . . Множества A1 и A−1 открыты, апотому измеримы. Кроме того,∞ ∞XX11(−1)n−1µ(A1 ) =−=1−= 1 − ln 2,2k 2k + 1nn=1k=1µ(A−1 ) =∞ Xk=111−2k − 1 2k=∞X(−1)n−1n=1n= ln 2.Счетное множество A0 также измеримо и µ(A0 ) = 0.Z πsign sindµ = 1 · µ(A1 ) + (−1) · µ(A−1 ) + 0 · µ(A0 ) = 1 − ln 4.x(0,1]61331.2[1], стр. 97, № 24Исходя из определения интеграла Лебега, вычислитьRxχR\Q (x) dµ, где χR\Q (x)[0,1]– характеристическая функция множества R\Q.Решение. Построим для измеримой функции f (x) = xχR\Q (x), x ∈ [0, 1],последовательность простых интегрируемых функций, равномерно сходящуюся на [0, 1] к 1. А именно, для натурального номера k положим fk (x) =множестве An = {x ∈ [0, 1) :nk6 f (x) <n+1k },nkнагде n = 0, 1, .
. . , k − 1. Тогдапоследовательность (fk (x))∞k=1 , x ∈ [0, 1), является искомой последовательноk−1Sстью простых интегрируемых функций. Кроме того, посколькуAn = [0, 1]n=0то |f (x) − fk (x)| <1kдля каждого x ∈ [0, 1]. Следовательно, последователь-ность (fk (x))∞k=1 , x ∈ [0, 1], равномерно сходится к f (x) на [0, 1]. Поэтому поопределению функция f интегрируема на [0, 1] иZZf (x) dµ = limk→∞(0,1](0,1]fk (x) dµ = limk→∞k−1Xnn=0k· µ(An ).Поскольку множество Q рациональных чисел имеет меру нуль, тоn+11n= .µ(Ak ) = µ x ∈ [0, 1] : 6 x <kkkТогдаZ[0,1]k−1k(k − 1) 11 Xf (x) dµ = lim 2n = lim= .2k→∞ kk→∞2k2n=0Укажем другой способ вычисления этого интеграла Лебега. Во-первых,поскольку функция f ограничена на [0, 1] и измерима, то она интегрируема.Во-вторых, функция f почти всюду в смысле меры совпадает на [0, 1] с фуикцие g(x) = x.
Тогда, согласно соответствующему свойству интеграла Лебега,имеемZZx · χR\Q (x) dµ =[0,1]x dµ.[0,1]Но функция g непрерывна на отрезке [0, 1]. Поэтому ее интеграл Лебега по614мере совпадает с интегралом Римана на [0, 1]Z1Zx · χR\Q (x) dµ =0[0,1]31.31x dx = .2[1], стр. 98, № 25Пусть X ∈ M и µ(X) < +∞. Доказать, что измеримая функция y = f (x),x ∈ X, интегрируема на X тогда и только тогда, когда сходится ряд∞Xk · µ{x ∈ X : k 6 |f (x)| < k + 1}.k=1Решение.
Введем в рассмотрение измеримые множества Ak = {x ∈ X : k 6f (x) < k+1} и простую измеримую функцию h, принимающую на множествеAk значение k, k ∈ N.Пусть функция f интегрируема относительно меры µ на X. Посколькудля каждого x ∈ X 0 6 h(x) 6 |f (x)|, то h интегрируема. Поэтому сходится∞Pk · µ{x ∈ X : k 6 |f (x)| < k + 1}.рядk=1Обратно, если сходится этот ряд, то функция h интегрируема на X, ипоэтому из неравенства |f (x)| 6 h(x) + 1 (∀x ∈ X) следует интегрируемостьна X функции f .31.4[1], стр.
98, № 26Пусть X ∈ M и µ(X) < +∞, и измеримая функция y = f (x), x ∈ X,интегрируема на X. Доказать, чтоZ+∞Xnnn+1f (x) dµ = lim· µ x ∈ X : 6 f (x) 6.k→∞kkkXk=−∞Решение. Пусть An = {x ∈ X :nk6 f (x) <n+1k },k ∈ Z – измеримые мно-жества, а (hk (x))∞k=1 , x ∈ X, – последовательность простых измеримых функций, принимающих на множестве An значения nk , где k ∈ N. Тогда для каждого x ∈ X и каждого k ∈ N справедливы неравенства hk (x) 6 f (x) 6 hk (x)+ k1 ,615позволяющие заключить, что все hk – интегрируемые функции на X.
Крометого, из этих неравенств следует равномерная сходимость последовательности (hk (x))∞k=1 к функции f (x) на X. ПоэтомуZZf (x) dµ = limk→∞XX31.5+∞Xnnn+1· µ x ∈ X : 6 f (x) <hk (x) dµ = limk→∞kkkn=−∞[1], стр. 87, № 10Пусть последовательность функций (fn (x))∞n=1 , x ∈ X, сходится почти всюдуотносительно меры µ на множестве X ∈ M функции f . Доказать, что если ϕ– непрерывная на R функция, то ϕ(fn (x)) → ϕ(f (x)) почти всюду (в смыслемеры µ) на X.31.6[1], стр. 89, № 14Для функциональной последовательности fn (x) = cos2n π, x ∈ R, показать,что fn (x) → 0 почти всюду на R относительно меры Лебега µ.Решение.
Для x ∈/ Z lim cos2n πx = 0. Но мера Лебега µ(Z) равна нулю, иn→∞поэтому в смысле этой меры cos2n πx → 0 почти всюду на R при n → ∞.31.7[1], стр. 90, № 15Проиллюстрировать теорему Егорова на примере функциональной последовательности (fk (x) = xk )∞k=1 , x ∈ [0, 1] = A. Доказать, что не существуетмножества меры нуль отрезка [0, 1], на котором последовательность (xk )∞k=1равномерно сходится к функции f (x) = 0.СрезкиИнтеграл Лебега для неограниченной измеримой функции y = f (x),определенной на измеримом множестве X, мера которого конечна, определяется так. Пусть вначале функция y = f (x), x ∈ X, неотрицательна на X.Рассмотрим последовательность (fN (x))∞N =1 срезок функции f (x), определя616емых равенствами(fN (x) =f (x), если f (x) 6 NN,если f (x) > N.Тогда каждая из функций fN (x) является ограниченной измеримой на X поэтому интегрируемой на X. Поскольку эта последовательность неубывающая:RfN (x) 6 fN +1 (x) (x ∈ X и ∀N ∈ N), то существует предел lim fN (x) dµ.N →∞ XЕсли этот предел конечен, то неотрицательная функция y = f (x), x ∈ X, называется интегрируемой или суммируемой по Лебегу на множестве X.
В этомслучае интегралом Лебега функции f по множеству X называется пределZZfN (x) dµ = f (x) dµlimN →∞XXТеорема Лебега, Теорема Леви, Теорема Фату31.8Задача√1 ,xРассмотрим функцию f (x) =(fN (x) =X = (0, 1].√1 ,xесли x ∈N,если x ∈1N2 , 1 ,(0, N12 ).Применяем теорему Леви.31.9ЗадачаРассмотрим функцию f (x) =|f |(x) =sin x1√xsin x1√ ,xX = (0, 1]. Сначала можно рассмотретьи рассмотреть |f |N , где |f |N <Лебега.617√1 .xЗатем применяем теоремуГлава 4Semester IV1Seminar on 04.02.2019.
Room 5213. Банаховы пространства1.1Задача № 2, [1], Стр. 132Показать, что функция f (x) = (x ln2 x1 )−1 принадлежит пространству L1 [0, 12 ],но не принадлежит ни одному из пространств Lp [0, 12 ], если p > 1.Решение.Рассматриваемая функция на полуинтервале (0, 21 ] непрерывна иконечна. Поэтому она измерима и почти всюду на [0, 12 ] конечна.Рассмотрим монотонно неубывающую последовательность измеримых функций(fn (x) =(x ln2 x1 )−1 , x ∈11,n 2 ,x ∈ [0, n1 ).0,618Мы здесь используем теорему Леви:ZZZf (x) dµ = limfn (x) dµ = limf (x) dµ =n→∞[0, 12 ][0, 12 ]n→∞[ n1 , 21 ]11Z2Z2limf (x) dx = limn→∞n→∞1nZln 2nodxdy==y=−lnx−limn→∞y2x ln2 x1nln n11 ln n− lim =.n→∞ y ln 2ln 2Докажем, что функция f (x) ∈/ Lp [0, 21 ] при p > 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
