1611689370-01d0560721743ce262e51a4d940c3311 (826792), страница 18
Текст из файла (страница 18)
Так как f ∈ L(A), существует последовательность {fk } простых интегрируемых на A функций, которая сходится к f равномернона A. Отсюда следует, что |fk (x)−f (x)| < ε/µ(A) для всех x ∈ A при k > kε , где kε — некоторое не зависящее от x натуральное число. Обозначим через A+ множество, где f > 0.Это множество измеримо, поскольку f — измеримая функция, и fk (x) > −ε/µ(A) для всехx ∈ A+ . Если {aki } — множество значений простой функции fk и Aki = fk−1 (aki ), то∫∑∑εεlimµ(Aki ∩ A+ ) = −µ(A+ ) > −ε.f dµ = limaki µ(Aki ∩ A+ ) > −k→∞k→∞µ(A)µ(A)+AiiВ силу произвольности ε мы получаем,что∫позволяет сделать вывод, что A f dµ > 0.∫A+f dµ > 0.
Так как µ(A\A+ ) = 0, свойство 6◦Следствие 11.4.12 (Монотонность интегралаЛебега).∫∫ Если A — измеримое множество,f, g ∈ L(A) и f > g почти всюду в A, то A f dµ > A g dµ.77◃ Для доказательства достаточно воспользоваться утверждением теоремы для функцииf − g > 0 и линейностью интеграла Лебега.▹Следствие 11.4.13.
Если A — измеримое множество, f ∈ L(A)∫ и M1 6 f 6 M2 почтивсюду в A для некоторых постоянных M1 и M2 , то M1 µ(A) 6 A f dµ 6 M2 µ(A).◃ Это утверждение легко выводится из предыдущего следствия и свойств 8◦ и 1◦ .▹Следствие 11.4.14. Если A — измеримое множество и f ∈ L(A), то ∫∫|f | dµ. f dµ 6AA◃ Это утверждение сразу вытекает из теоремы 11.4.9, следствия 11.4.12 и неравенства−|f | 6 f 6 |f |.▹Теперь обобщим свойство аддитивности интеграла Лебега.Теорема 11.4.15 (Счётная аддитивность интеграла Лебега). Пусть A, A1 , .
. . , Ak , . . . —такие измеримые множества, что Ai ∩ Aj = ∅ при i ̸= j и A = ∪∞i=1 Ai . Если f ∈ L(A),то∫∞ ∫∑f dµ.f dµ =Ai=1AiДоказательство. Шаг 1. Сначала докажем утверждение для случая, когда f — простаяинтегрируемаяна A функция. Пусть {bk } — множество её значений и Bk = f −1 (bk ), тогда∑ряд k bk µ(Bk ) сходится абсолютно. Определим непересекающиеся множества Bki = Bk ∩Ai . Нетрудно видеть, чтоBk = ∪i Bki и Ai = ∪k Bki .Из этих соотношений и счетной аддитивности меры Лебега следует, что∑∑µ(Bki ).µ(Bk ) =µ(Bki ) и µ(Ai ) =ikТогда∫f dµ =A∑bk µ(Bk ) =k∑∑kbk µ(Bki ) =i∑∑ikbk µ(Bki ) =∑∫if dµ,Aiчто и требовалось доказать.
Мы здесь имели право переставить суммирования по i и k всилу абсолютной сходимости ряда.Шаг 2. Пусть теперь f — произвольная интегрируемая на A функция. Тогда для произвольного ε > 0 существует простая интегрируемая функция g, такая, что |f (x) − g(x)| < εдля всех x ∈ A. Следовательно∫∫fdµ−gdµ 6 ε µ(A),AA∫∫f dµ −g dµ 6 ε µ(Ai ) для всех i ∈ N.AiAi78Используя второе неравенство, мы получим:∫∞ (∫∞∑)∑f dµ −g dµ 6 εµ(Ai ) = ε µ(A).i=1AiAii=1Таким образом, учитывая, что для функции g утверждение доказано на шаге 1, справедливо неравенство∞ ∫∫∑f dµ 6 2ε µ(A) f dµ −Ai=1AiДоказываемое равенство следует теперь из произвольности ε.Счетная аддитивность является одним из важнейших свойств интеграла Лебега.
Изнего, в частности, следует, что для произвольной неотрицательной интегрируемой функции f функция множества∫ν(A) =f dµAявляется мерой. Предоставляем читателю проверить этот факт самостоятельно. Мы же,опираясь на теорему 11.4.15, докажем один простейший критерий интегрируемости функции по Лебегу. Фактически, этот критерий аналогичен мажорантному признаку Вейерштрасса.Лекция №24. 21.11.2016.Теорема 11.4.16. Пусть f : ∫X → R — измеримаяфункция, φ ∈ L(X) и |f | 6 φ почти∫всюду в X. Тогда f ∈ L(X) и X |f | dµ 6 X φ dµ.Доказательство. Если присмотреться к сформулированному утверждению, то можно увидеть, что сама функция f играет в нем второстепенную роль.
Основную роль играет |f |.Действительно, если f измерима, то, согласно следствию 11.3.8, измеримой является ифункция |f |. Кроме того, теорема 11.4.9 утверждает, что f ∈ L(X) тогда и только тогда,когда |f | ∈ L(X). Таким образом, нам необходимо доказать, что из измеримости функцииg : X → R и условия ∫0 6 g 6 φ,∫где φ ∈ L(X), следует интегрируемость по Лебегу функции g и неравенство X g dµ 6 X φ dµ.
Здесь функция g играет роль функции |f |. Еслибы мы доказали, что g ∈ L(X), то неравенство следовало бы из следствия 11.4.12, то естьиз монотонности интеграла Лебега. Итак, нам осталось показать, что g ∈ L(X).Зафиксируем произвольное ε > 0. Из измеримости функции g + ε следует, что существует последовательность {gk } простых функций, которая сходится к g + ε равномернона X. Так как сходимость является равномерной, существует такое kε ∈ N, что gk > 0при k > kε .
Кроме того, как отмечено в замечании 11.4.2, последовательность {gk } можетбыть выбрана возрастающей и такой, что gk 6 g + ε для всех k. Таким образом,0 6 gk 6 φ + ε для всех k > kε .Пусть {bki } — множество значений функции gk и Bki = gk−1 (bki ). Тогда ∪i Bki = X длявсех k ∈ N и, в силу счетной аддитивности интеграла Лебега, при k > kε∫∑∑∫bki µ(Bki ) 6(φ + ε) dµ =(φ + ε) dµ < ∞.iiBkiX79Следовательно, функции gk интегрируемы при k > kε . Поэтому g + ε ∈ L(X), а значит,g ∈ L(X).Теорема 11.4.17 (Неравенство Чебышева). Пусть A — измеримое множество. Если f— неотрицательная интегрируемая на A функция, то∫() 1µ {x ∈ A | f (x) > c} 6f dµc Aдля произвольного положительного числа c.Доказательство.
Обозначим через Ac множество {x ∈ A | f (x) > c}. Тогда∫∫∫∫f dµ =f dµ +f dµ >f dµ > c µ(Ac ).AAcA\AcAcСледствие 11.4.18. Пусть A — измеримое множество и f ∈ L(A). Еслито f = 0 почти всюду в A.∫A|f | dµ = 0,◃ Для каждого k ∈ N определим множествоAk = {x ∈ A | |f (x)| > 1/k}. Как следует∫из неравенства Чебышева, µ(Ak ) 6 k A |f | dµ = 0. То есть, µ(Ak ) = 0 ∑для всех k ∈ N.∞Заметим, что A0 = {x ∈ A | |f (x)| > 0} = ∪∞A.Поэтомуµ(A)60k=1 kk=1 µ(Ak ) = 0.Следовательно, |f (x)| = 0 для почти всех x ∈ A.▹Теорема 11.4.19 (Абсолютная непрерывность интеграла∫Лебега). Если f ∈ L(A), тодля любого ε > 0 существует такое δ > 0, что E f dµ < ε для любого измеримогомножества E ⊂ A, мера Лебега которого меньше δ (т.е., µ(E) < δ).Доказательство.
Для каждого k ∈ N определим измеримое множествоAk = {x ∈ X | k − 1 6 |f (x)| < k}.Очевидно, что A = ∪∞k=1 Ak и Ai ∩ Aj = ∅ при i ̸= j. Поэтому, в силу счетной аддитивностиинтеграла Лебега,∫∞ ∫∑f dµ =f dµ < ∞.k=1AkAТо есть, ряд, стоящий в левой части, сходится. Зафиксировав произвольное ε > 0, мыможем утверждать, что∫∞∑εf dµ <2k=N +1 Akдля некоторого N ∈ N.Введем измеримые множества BN = ∪Nk=1 Ak и CN = A \ BN . Заметим, что CN =∞∪Aи|f|<NнамножествеB.Изпервогосоотношения, в частности, следует, чтоN∫∫ k=N +1 k ∑∞f dµ = k=N +1 Ak f dµ < ε/2. Для произвольного измеримого множества E ⊂ ACN∫∫∫f dµ =Ef dµ < N µ(E ∩ BN ) +f dµ +E∩BN∫E∩CNCN80εf dµ 6 N µ(E) + .2Тогда∫f dµ <Eε ε+ = ε при µ(E) < δ = ε/2N.2 2Теорема об абсолютной непрерывности интеграла Лебега довольно часто используетсяв анализе. Фактически, эта теорема утверждает, что интеграл от функции стремится кнулю, если стремится к нулю мера множества, по которому проводится интегрирование.Более того, это стремление является равномерным по множеству интегрирования, то естьзависит лишь от меры этого множества, а не от его конкретного выбора.Приведем пример использования доказанных теорем.Пример 11.4.20.
Мы рассмотрим одномерный случай. Пусть X = [0, 1] и f (x) = x−α , гдеα ∈ (0, 1]. Наша задача — проверить, интегрируема ли функция f по Лебегу на множествеX. Сначала заметим, что функция f не определена при x = 0. Поэтому доопределимеё в этой точке, положив, например, f (0) = 0. Так как точка является множеством мерынуль, изменение значения функции в одной точке не повлияет ни на интегрируемость этойфункции, ни на значение интеграла.Исследовать интегрируемость по Лебегу функции f не так просто, поскольку пока чтомы можем использовать только определение этого понятия. Нам необходимо построитьпоследовательность {fk } простых интегрируемых функций, которая сходится к f равномерно на [0, 1].
С точки зрения простоты выглядит привлекательным разбить отрезок [0, 1]kдлины и положить на каждом из них fk = (m/k)−α . Тогда∫на k промежутков∑k Xm равной−α|fk | dµ =1/k < ∞ для каждого k ∈ N, поэтому функция fk являетсяm=1 (m/k)Xпростой и интегрируемой. Такой способ, однако, не годится, так как последовательность{fk } не сходится равномерно к функции f на отрезке [0, 1]. В самом деле, f (x) → ∞ приx → 0, поэтому supx∈[0,1] |fk (x) − f (x)| = ∞ для всех k ∈ N.Будем строить fk так же, как в теореме 11.4.1.
Положим{ m−1m}mk.при x ∈ Xm= x ∈ [0, 1] < f (x) 6fk (x) =kkkОчевидно, что последовательность {fk } сходится к функции f равномерно∑на [0, 1]. Намkосталось проверить интегрируемость функций fk , то есть сходимость ряда m m/k µ(Xm)для каждого k ∈ N.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
