1610912311-3cbc5b34357e1bf98e493aa337af68a6 (824698), страница 34
Текст из файла (страница 34)
Тогда, при меняя результаты задач 10.15и10.9,получаем, чтоf f(x)dJ-L== lim ffn(x)dJ-L==n----+ооАА=nl!..~ f fn(x) dfL + nl!..~ f fn(x) dfL = f f(x) dfL + f f(x) dfL·вDсвсГл.218Достаточно10.18.функцииf(x)Jh(x) dfJ=10.Интеграл Лебегадоказатьутверждениедляна А. Но в этом случае для любойО, поэтомуАJЛХ) dfJ=О.неотрицательнойh(x)ЕQfимеем:DА10.19. Заметим, что функцияна А, аf - (х)f + (х)эквивалентна функцииэквивалентна g- (х) на А. Поэтому достаточно доказатьравенство интегралов для неотрицательных функцийметим, что функцияg(x)=={х Е А:иg(x).Заf(x) == g(x)}Е М.\ А 1 ) == о, и мы получаем (см. задачи 10.17 и 10.18):Jg(x) dfJ Jg(x) dfJ + J g(x) dfJ J g(x) dfJ==А1Аf(x)измерима (это единственное место, где мы используем полноту меры м).
Обозначим А 1Тогда м(Аg+ (х)А1А\А 1==J ЛХ) dfJ J f(x) dfJ + J=А1А1ЛХ) dfJ =А\А 1Jf(x) dfJ·АD10.20. Можно считать, что f(x) ~ О на А. Пусть А 1 == {х ЕЕ А: f(x) == +оо} Е М. Предположим, что м(А 1 ) > о. ПоложимА 2 == А 1 , если м(А 1 ) < 00, иначе выберем множество А 2 С А 1 , А 2 Е Мс О < м(А 2 ) < 00. Определим простые функции hn(x) == nхА 2 (х) дляn Е N. Ясно, что О ~ hn(x) ~ f(x) при n Е N и х Е Е, т. е. hn(x) Е Qf.Тогда по определению интеграла Лебега получаем, чтоJЛХ) dfJ ~ s~p Jhn(x) dfJА=s~pnfJ(A2)= 00,Аа это противоречит условию интегрируемостиf.D10.21. В силу результата задачи 8.18 функция af(x) измеримана А. Если а==о, тоaf(x) ==О на А, поэтомуJаЛх) dfJ=О.АПусть теперь а- af-(x).>о.
ТогдаЗаметим, чтоЕ Qaf+. Следовательно,af(x) == (af)+(x) - (af)_(x) == af+(x) h(x) Е Qf+ тогда и только тогда, когда ah(x) ЕГл.10.Интеграл ЛебегаАналогичное равенство верно для функцииутверждение верно. При а<Оf _(х).Поэтому при адоказательство аналогично.Рассмотрим вначале случай, когда10.22.219f(x)~ О и>ОDg(x)~ О прих Е А. Пусть А 1 == {х Е А: f(x) + g(x) ~ О} и А 2 == {х Е А:+ g(x) < О}.
Тогда мы получаем (см. задачи 10.16 и 10.21)f(x) +J f(x) dfJ Jи(х) + g(x)) dfJ + J(-g(x)) dfJ ==А1А1А1=Jи(х) + g(x)) dfJ - J g(x) dfJ·А1А1Аналогично,- Jg(x)dfJ=А2J(-f(х)-g(х))dfJ+А2Jf(x)dfJ=А2= -Jи(х) + g(x)) dfJ + J Лх) dfJ·А2Отсюда следует, чтоf(x) + g(x)ЕL(A)А2и (см. задачу 10.16)Jи(х) + g(x)) dfJ Jи(х) + g(x))+ dfJ - J(f + g)_(x) dfJ ==АА=АJ(f + g)(x) dfJ + Jи(х) + g(x)) dfJ J Лх) dfJ +=А1+А1А2J g(x) dfJ + J f(x) dfJ + Jg(x) dfJ JЛх) dfJ + Jg(x) dfJ·=А2А1А2ААв общем случае имеемf(x) + g(x) == (f+ + g+)(x) - (f- + g_)(x)При этом в силу результата задачиср(х) -ф(х).10.16J<р(х) dfJ Jf+(x) dfJ + Jg+(x) dfJ=АиААJф(х) dfJ Jf-(x) dfJ + Jg_(x) dfJ·=ААОтсюда следует, что ср(х) и ф(х) изАL(A).гда, согласно предыдущим рассуждениям,ЕL(A)иНо ср(х) ~ О и ф(х) ~ о.
Тоf(x) + g(x) ==ср(х) -ф(х) ЕГл.22010.Интеграл ЛебегаJи(х) + g(x)) dlL J<р(х) dlL - J~(x) dlL Jf+(x) dlL +=А=АА+ Jg+(x) dlL ААJf-(x) dlL - Jg_(x) dlL JЛх) dlL + Jg(x) dlL·=ААААD10.23. Утверждение немедленно следует из задач 10.21 и 10.22. D10.24. По определению f(x) Е L(A) тогда и только тогда, когдаf+(x) Е L(A) и f-(x) Е L(A). Более того,+ f-(x), то согласно задаче 10.16 получаем,так какIf(x)1 == f+(x)+чтоJIf(x) dlL Jf+(x) dlL + Jf-(x) dlL·=IАТаккакIf(x)1ЕинтегралыL(A)АвАпоследнемнеравенстветогда и только тогда, когдаоткуда следует утверждение задачи.10.25.Еf+(x)неотрицательны,L(A)иf-(x)ЕтоL(A),DИмеемJf+(x) dlL - Jf-(x) dlL :(Jf(X)dlLААА:( Jf+(x) dlL + Jf-(x) dlL JIf(x) dlL·=ААIАD10.26.Из задачиследует, что достаточно доказать результат10.24для неотрицательных функцийf(x)иg(x).Но в этом случаеQgСQj,поэтомуJg(x)dlL:( Jf(x)dlL <А00.АD10.27.Утверждение сразу вытекает из определения интеграла Лебега для неотрицательных функций, поскольку множествожит функциюh(x)о.10.28.
Утверждение10.29. Так как g(x)С ЕL(A)иQjсодер-Dследует из задачС-10.23и10.27.Dпростая функция на А (м(А)JCdlL=< (0),СIL(А).АТеперь утверждение следует из задач10.26, 10.25и10.28.DтоГл.10.30.функцийДостаточноf(x).10.Интеграл ЛебегадоказатьВ этом случае221утверждениедля~ о. Еслиaio >aiнеотрицательныхО иfL(A io ) ==00,то одновременно00LaifL(A i ) ==и00f(x)~L(A).i=1Пусть теперьfL(A i ) <00 при всех#- о.aiОпределим функцииnfn(x) ==LaiXA~(x)для n Е N.i=1Тогда всеfn(x)ЕQfчаем, что (см. задачуD10.31.иfn(x)r f(x)при n -----+ 00 для х Е А.
Мы полу10.15)Пусть для данного разбиения ТnLfT(X) ==YkXRk(X).k=1ТогдаfT(X) -простая функция на А иFT = (L)JjT(X) dfL·АТак как для любого х Е А выполнено неравенствоIfT(X) - f(x)1~~ л(Т), то в силу результата задачи 10.29 имеет место оценкаFT - (L)JЛх) dfL JиТ(Х) - Лх)) dfL=А:(Л(Т)fL(Е),Аоткуда следует утверждение задачи.D10.32. Обозначим gl (х) == fl (х) И gn(X) == fn(x) - fn-l (х) приn ~ 2.
Ясно, что эти функции неотрицательны и измеримы на А.Применяя результат задачи 9.29, построим при каждом фиксированномФт,n (х)nпоследовательностьнеотрицательныхпростыхфункцийr gn (х) при т -----+ 00 на А. Определим также для т Е N простыефункцииmРт(х)==Ln=1rфт,n(Х).Гл.222Тогда для т ~110.Интеграл Лебегаи х Е А получаем, чтоmРт + 1 (х)-Рт(х)L==(фm+l,n(Х)фm,n(Х))-+ Фm+l,m+l(Х)~ о.n=1С другой стороны, для каждого тmРт(х) ~L~gn(x) == fm(x)f(x).n=1При этом для каждого фиксированногоNNLlim Рт(х) ~т----+оооткудаNlim Фm,n(Х) ==n=1следует,чтот----+оовсюдуgn(x) == fN(X),n=1наАсуществуетРт(х).
При меняя результат задачи== limLфункцияf(x)10.15, получаем, чтот----+ооJf(X)dJ-L== lim JFm(x)dJ-L.т----+ооААв то же время, так как для любого т и всех х Е А выполняетсянеравенство О ~ Рт(х) ~~fm(x)f(x),тоJРт(Х) dfL ::;; J fm(x) dfL ::;; JЛх) dfLАпри каждомm.ААСледовательно,limт----+ооJf m (х) dJ-L == Jf (х) dJ-L.ААD10.33. Определим функции Фn(Х) == fn(x) - fl (х) для n Е N. Ясно,что последовательность функций {фn(х)} удовлетворяет условиям задачи10.32.Следовательно, измеримая неотрицательная функцияф(х)== limфn(х)== f(x) - fl(X)n----+ооудовлетворяет равенствуJф(х) dJ-L ==Аlimn----+ооJфn(х) dJ-L ==Аlimn----+ооJfn(x) dJ-L - J fl (х) dJ-L.ААГл.10.Интеграл Лебега223Так как правая часть равенства конечна, то ф(Х) Ено,f(x) ==ф(х)+ fl(X)ЕL(A)L(A).СледовательиJf (х ) dJ-L ==limn----+ооАJf n ( Х ) .АD10.34.ПустьnФn(Х)L==fk(X)k=lприnзадачи== 1,2, ...10.32,Тогда эта последовательность удовлетворяет условиямпоэтомуJЛХ) dfL =Аnnl~~ Jфn(х) dfL = nl~~ L Jfn(x) dfL =k=lAА00L Jfn(x) dfL·n=lАD10.35.
Обозначим ерn(Х) == inf fk(X) для n Е N и Х Е А. Тогда О ~k~n~ ерn(Х) ~ ерn+l (Х) дЛЯ всех n и Х, иlim ер n (Х)== lim inf f n (Х) == f (Х )n----+оопри Х Е А 1 , где м(Аn----+оо\ А 1 ) == о. При меняя задачу 10.32, получаем, чтоТак какJ'Рn(Х) dfL ::;; Jfn(x) dfLАпри каждом10.36.дутсяn,Ато мы приходим К утверждению задачи.DПредположим, что утверждение задачи неверно. Тогда найполнаямераJ-Lитакаяпоследовательностьизмеримых функций {fn}~=l на А, чтоfn(x) ::::} f(x) при nна А, ноJЛХ) dfL > l~~~f Jfn(x) dfL·ААВыберем такую подпоследовательностьlimk----+ooJfАnk(х ) dJ-L ==неотрицательных{fnk}'lim infn----+ооJfАчтоn (Х ) dм·-----+ 00 п.в.Гл.22410.Интеграл ЛебегаСогласно теореме Рисса (задача{fnk}'Zсходящаяся кf(x)найдётся подпоследовательность9.19),п.в.
на А. Тогдаlim Jfnk (х) dJ-L == lim Jfnk (х) dJ-L <l---+СХ)k ---+ СХ)ZААчто противоречит теореме Фату.10.37.цииfn(x)== 1,2, ...АDЗаметим вначале, что в силу результата задачиизпри n Е N иL(A)Рассмотрим функции ерn(Х)nJf(x) dJ-L,Р(х)==(см.+10.26функзадачу10.19) f(x) Е L(A).fn(x) и rфn(Х) == Р(х) - fn(x) приВсе эти функции неотрицательны на А и интегрируемы поЛебегу на этом множестве.
К тому жеlim ер n ( х) == F (х)n---+СХ)+ f (х )lim Фn (х) == F (х) -иn---+СХ)п.в. на А. При меняя теорему Фату (задачаf (х )10.35), получаем, чтоJР(х) dfL + JЛх) dfL = J(Р(х) + Лх)) dfL :(АА:(Аl~~~f J(Р(х) + fn(x)) dfLJР(х) dfL + l~~~f Jfn(x) dfL=АААиJР(х) dfL - JЛх) dfL = J(Р(х) ААЛх)) dfL :(А~ liminf J(F(x) - fn(x)) dJ-L == JР(х) dJ-L -limsup J fn(x) dJ-L.n---+СХ)n---+СХ)АААСледовательно,li:,n-!~p Jfn(x) dfL :( Jf(x) dfL :( l~~~f Jfn(x) dfL,Аоткуда следует,ААчто существуетlimn---+СХ)JfnА(х) dJ-L == Jf (х) dJ-L.АDЗ а м е ч а н и е.
Из доказательств теорем Фату (задачабега (задача10.37)видно, что условие полноты мерыJ-L10.35)и Леиспользуетсяf (х). Поизмеримость f (х).лишь для доказательства измеримости предельной функцииэтому вместо полноты меры10.38.J-Lможно потребоватьВ силу теоремы Рисса (задача9.19)тельность {fnr(X)}~l' которая сходится кнайдётся подпоследоваf(x)при r -----+00п.в.
на А.10.Гл.Интеграл Лебега225Тогда в силу результата задачи 10.37 функцияизf(x)L(A).Предположим, что утверждение теоремы несправедливо. Тогда существуюттакие Ео>ОИ подпоследовательность{!mk (х) == gk (х) } С:= l' чтоJgk(x)dfJ - Jf(x)dfJАпри каждомАВ то же времяk.ЕО>приgk(X) ::::} f(x)-----+ 00 на А, и,kвновь применяя теорему Рисса, найд~м такую подпоследовательность{gk z (X)}~I' что gk z (х)Лебега (задача10.37),при l -----+f(x)-----+00п.в.
на А. Используя теоремуполучим, чтоliml-HX)Jgk (х) dJ-L == Jf (х) dJ-L,zААчто противоречит предыдущему неравенству.DnЕ10.39. Пусть fn(x) = nX(o,~) (х) при х Е [0,1] иf n (х)-----+ О приnN, Тогда-----+ 00 для каждого х Е [О, 1], ноJ fn(x) dfJ=1[0,1]n.при всех10.40.DТот же пример, что и в решении задачи10.39.D110.41. Пусть А n == (2- n , 2- n+ 1) и fn(x) == n 2 n ХА п (х) для n Е N.Ясно, чтоf n (х)-----+ О приn-----+ 00 для каждого х Е (О,J fn(x) dfJ=~----t1)иО(0,1)n -----+при00,но00Р(х)== sup fn(x) ==nLfn(x),n=1и поэтомуJ F(x) dfJ(0,1)00=Ln=1J fn(x) dfJ(0,1)001=Ln =00,n=1D10.42.
Достаточно рассмотреть случай, когда f(x) ~ О на А. ИмеемIf(x)XAn(x)18~f(x)п. л. Ульянов и др.при каждомnи всех х Е А, откуда следует, чтоГл.226Еf(X)XAn(X)L(A),10.Интеграл Лебегат.е. (см. задачу 10.14)f(x)ЕL(An )при всехn.Более того,00f(x) ==Lf(x )XA k(х).k=lПрименяя теорему Б.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
