MJERA I INTEGRAL. Bilješke s predavanja (Prof. dr. sc. Hrvoje Šikić) akademska godina 2010./2011. Natipkao i uredio: Ivan Krijan

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "MJERA I INTEGRAL. Bilješke s predavanja (Prof. dr. sc. Hrvoje Šikić) akademska godina 2010./2011. Natipkao i uredio: Ivan Krijan"

Transcript

1 MJERA I INTEGRAL Bilješke s predavaja (Prof. dr. sc. Hrvoje Šikić) akademska godia 2010./2011. Natipkao i uredio: Iva Krija Zagreb,

2 Sadržaj Sadržaj 1 UVOD 3 2 PRSTEN SKUPOVA 8 3 MJERE NA σ-prstenu 15 4 PROSTOR MJERE 21 5 IZMJERIVE FUNKCIJE 30 6 INTEGRAL POZITIVNE FUNKCIJE 35 7 INTEGRABILNE FUNKCIJE 42 8 GRANIČNI TEOREMI 46 9 L p PROSTORI KONVERGENCIJA HAHNOVA DEKOMPOZICIJA APSOLUTNA NEPREKIDNOST 67 2

3 UVOD 1 UVOD Kako bismo izmjerili duljiu skupa A R? slika1 Odaberemo jediiču vrijedost, u slučaju skupa R prirodo am je uzeti da je duljia skupa [0, 1] jedaka 1. Na osovu toga priličo je ituitivo reći da je za a, b R, a b gdje je A = [a, b]. Zači, mjera bi bila eka fukcija pri čemu je D P (R). Nameće am se pitaje, što staviti u D? a, b R, a < b, [a, b] D, m ([a, b]) = b a. a = b, {a} D, m ({a}) = 0. R D, m (R) =. duljia od A = b a, (1.1) Također je prirodo očekivati, ako je A D da je oda i A c D. No, što je oda m (A c )? slika2 m : D [0, ], (1.2) Segmet je koača, dok je cijeli R beskoača, stoga opravdao očekujemo da je m ([a, b] c ) =. Kako je R c = priroda je zahtjev da je m ( ) = 0. (1.3) U prethodom smo koristili da za A, B D takve da je A B = vrijedi m (A B) = m (A) + m (B). (1.4) Sada vidimo da je potrebo odrediti i pravila račuaja. S realim brojevima zamo račuati, stoga moramo samo uvesti sljedeće. Neka je a R, tada je a + () = () + a =, također () + () =. (1.5) Primjer 1.6 Svaki broj x [0, 1] možemo apisati u dijadskom rastavu: x = x x x x , pri čemu je x j {0, 1}, j N. Kako bismo osigurali jedistveost zapisa kažemo da ukoliko postoji m N takav da je x m = 1, x m+j = 0, j N, oda uzimamo zapis x m = 0, x m+j = 1, j N. 3

4 UVOD Dakle, svakom realom broju iz x [0, 1] pridružujemo jedistve iz ula i jediica, odoso x (x 1, x 2, x 3,..., x,...). Odgovarajući iz možemo vjerojatoso iterpretirati kao iz uzastopih bacaja simetričog ovčića. m ({x [0, 1] : x = 1}) = vjerojatost da je u -tom bacaju ishod 1. Koristeći pravila (1.1), (1.3), (1.4) ije teško aći eke od tih vjerojatosti: ([ m ({x [0, 1] : x 1 = 0}) = m 0, 1 ]) = m ({x [0, 1] : x 1 = 1, x 2 = 0, x 3 = 0}) { ] ([ 1 = m 2, 1 0, 1 ] 1 4 2, 3 ]) ([ 0, 1 ] , 5 ] 3 8 4, 7 ])} 8 ( 1 = m 2, 5 ]) ([ 1 = m 8 2, 5 ]) ({ }) 1 m = = 1 8. Ali, koja je mjera skupa A = { x [0, 1] : lim x 1 + x x = 1 2 }? Je li uopće A D? Jeda ideja bi mogla ići ovako: m ([a, b]) = b a = (b a) 1 = pa bismo, recimo za A [0, 1] htjeli ešto kao m (A) = 1 0 b a 1dx, χ A (x) dx. (1.7) Ali, za koje A [0, 1] je χ A Riema itegrabilma? Poovo teško pitaje! Iz Primjera 1.6 i (1.7) bi mogli zaključiti da bi bilo koriso imati i beskoače postupke i graiče teoreme! Npr. ako su (f ) N Riema itegrabile a [a, b] i postoji f : [a, b] R takva da je lim f (x) = f (x), x [a, b], tada prirodo postavljamo sljedeća pitaja: 4 (1) Je li f Riema itegrabila? b (2) Postoji li lim f (x) dx? a b b (3) Ako su odgovori a (1) i (2) pozitivi, mora li biti lim f (x) dx = f (x) dx? a a

5 UVOD Odgovor a sva ova pitaja je, ažalost, egativa! Navedimo i kotraprimjere koji am to pokazuju: (1) f = χ {q1, q2,..., q}, pri čemu je Q [0, 1] = {q : N}. Tada je očito f = χ Q [0, 1], a zamo da ta fukcija ije Riema itegrabila. Fukcija f je itegrabila za svaki N jer je to fukcija s koačo mogo prekida. (2) Defiiramo: Tada je 1 { f (x) = slika3 2 2 x, x [ 1 0, 2 2 (1 x), x ], 2, 1]. f (x) dx =, pa je jaso da odgovarajući limes e postoji. 2 (3) 0 Defiiramo: f (x) = Jaso je da je tada f = lim f 0, pa je jer je 1 f (x) dx = 1 4. slika4 4 2 x, x [ 1 0, 4 2 x + 2, x 1, 1 4 0, x ], 2], 2, 1]. 1 f (x) dx = 0, dok je lim f (x) dx = 1 4, 0 0 Ideja da se problemi kao oaj iz Primjera 1.6 riješe pomoću Riemaovog itegrala eće uspjeti. Vratimo se osovim pravilima za m. Npr. dodajmo prebrojive uije. ( ) (A : N) D, A A m =, m = A D, m A = m (A ). (1.8) Primjer 1.6 sugerira da bi u prirodim situacijama trebalo imati eku vrstu jedolike razdiobe, precizije, da za svaki A D i za svaki x R vrijedi m (A + x) = m (A). (1.9) Dakle, trebalo bi kostruirati strukturu koja zadovoljava (1.1), (1.2), (1.3), (1.4), (1.8) i (1.9). Što uzeti za D? Uzmimo D = P (R). Sljedeći teorem am govori da tada željea struktura e postoji! Teorem 1.10 Ne postoji fukcija m : P (R) [0, ] koja zadovoljava (1.1), (1.2), (1.3), (1.4), (1.8) i (1.9). Pretpostavimo suproto, tj. da postoji m : P (R) [0, ] s avedeim svoj- Dokaz. stvima. 5

6 UVOD Neka su A, B R takvi da je A B. Po (1.4) slijedi m (B) = m (A) + m (B \ A). Budući da je m (B \ A) 0 dobivamo A B = m (A) m (B). (1.11) Na R defiiramo relaciju. a b b a Q. Lako se vidi da je relacija ekvivalecije. Za x R ozačimo sa K x pripadu klasu ekvivalecije. x ± x K x [ 1, 1] = K x [ 1, 1], x R. Po aksiomu izbora postoji ijekcija sa R/ u [ 1, 1]. Ozačimo s A sliku te ijekcije, posebo A [ 1, 1]. Neka je Q [ 2, 2] = {q : N}, te defiirajmo, N A := A + q. Jaso je da je A [ 3, 3], N. Neka su m, N, m. Kada bi x A A m, oda bi postojali a, b A takvi da je x = a + q i x = b + q m, o iz toga oda zaključujemo da je b a Q, tj. K a = K b. Po izboru a slijedi da je a = b, a iz toga oda da je q = q m. ( ) Dakle, (A : N) su međusobo disjukti. Po (1.8) tada vrijedi m A = m (A ). Uočimo da je A [ 3, 3], sada po (1.1) i (1.11) dobivamo ( ) m A m ([ 3, 3]) = 6 <. Po (1.9) vrijedi m (A ) = m (A), dakle 6 m (A ) = m (A), zbog čega zaključujemo da mora biti m (A) = 0. Neka je x [ 1, 1]. Tada postoji a K x A [ 1, 1], pa je a x Q [ 2, 2], pa postoji 0 N takav da je x A 0, koačo zaključujemo da je [ 1, 1] A. (1.1) i (1.11) am sada daju ( ) 2 = m ([ 1, 1]) m A = m (A ) = m (A) = 0. Što sada? Niti jedu pretpostavku e možemo apustiti osim zahtjeva da je D = P (R)! Općeito će biti D P (R)! Htjeli bismo kostruirati D koji uključuje većiu pozatih skupova iz P (R) i zadovoljava (1.1), (1.2), (1.3), (1.4), (1.8) i (1.9) za bar jedo m. Uočimo da je (1.4) zapravo suviša jer slijedi iz (1.3) i (1.8) uz izbor A 1 = A, A 2 = B, A =, 3. Uočimo također da su (1.1) i (1.9) posebi slučajevi. Dakle, želimo razviti teoriju koristeći (1.3) i (1.8). U takvu teoriju spada i ovi pojam itegrala koji je pomoću (1.7) direkto veza uz pojam mjere. Taj ovi itegral je općeitiji od Riemaovog itegrala i 6

7 UVOD ima bito bolje poašaje a graiče postupke. Povijeso gledao pojam itegrala (a time i mjere) usavršavao se ekih 100 godia do ovog itegrala o kojem ćemo učiti u ovom kolegiju. Spomeimo eke korake a tom putu: Augusti-Louis Cauchy ( ) Promatrao je subdivizije segmeta [a, b], = {a = x 0 < x 1 <... < x = b} i odgovarajuće sume S (, f) = f (ξ j ) (x j x j 1 ), x j 1 ξ j x j. j=1 Ukoliko je iz ovih suma kovergeta, to je bio tražei itegral. Ovakvim itegralom su obuhvaćee sve eprekide fukcije, kao i oe s koačo prekida. Joha Peter Gustav Lejeue Dirichlet ( ), Fourierov studet. Uosi dodate precizosti u pojam itegrala; omeđeost, koača broj prekida i koača broj ekstrema. Georg Friedrich Berhard Riema ( ) Precizirao itegral a ači a koji to radimo i daas. Jea Gasto Darboux ( ) Pokazuje da graiči postupak uvijek vodi do (I) doje i ( I ) gorje Darbouxove sume. Heri Léo Lebesgue ( ) U svojoj doktorskoj disertaciji a pariškom fakultetu Sorboe razvija ovi pojam itegrala koji ćemo aučiti u ovom kolegiju. 7

8 PRSTEN SKUPOVA 2 PRSTEN SKUPOVA Émile Borel ( ) i Reé-Louis Baire ( ) su bili fracuski matematičari koji su promatrali raze oblike skupova. Oi su započeli oo čime ćemo se mi baviti a ovom kolegiju. [a, b] \ [c, d] može biti oblika [a, c d, b], što am ije lijepo jer smo dobili skupove drukčijeg oblika. slika5 Promotrimo poluotvoree itervale (Takvima azivamo uvijek oe kojima je lijevi rub isključe, a desi uključe.): a, b], < a b <. Uzimamo da je = a, a], također vidimo da vrijedi {, a, b] c, d] = poluotvorei iterval. slika6 Uzmemo li bez smajeja općeitosti da je a c vidimo i da je a, b], a, b] \ c, d] = a, c], a, c] d, b]. slika7 Defiicija 2.1 Neka je epraza skup. Familija S P () zove se poluprste (podskupova od ) ako: (S1) S. (S2) A, B S = A B S. (S3) A, B S = N, C 1, C 2,..., C S, međusobo disjukti, t.d. Primjer 2.2 A \ B = C 1 C 2... C. (a) Neka je d N. Defiiramo familiju poluotvoreih pravokutika u R d : { d } P d := a i, b i ], < a i b i <, i = 1,..., d. i=1 slika8 Lako se pokaže da je P d poluprste, za svaki d N. (b) Neka je I familija svih 1-itervala, [a, b], a, b], [a, b, a, b, a, b R, a b. Očito je da je I poluprste podskupova od R. Također vrijedi P I. Nadalje, za svaki d N je I d familija d-itervala: I d := {I 1... I d, I j je 1-iterval, za j = 1,..., d}. Vidimo da je i I d poluprste podskupova od R d. 8

9 PRSTEN SKUPOVA Defiicija 2.3 Neka je epraza skup. Nepraza familija R podskupova od zove se prste (podskupova od ) ako je R zatvorea a operacije,, \,, tj. ako je eka od operacija i A, B R, oda je i A B R. Napomea 2.4 (a) R, očito, jer A R = = A \ A R. Familija R = { } je (trivijali) prste. (b) Kako je A B = A \ (A \ B) i A B = (A \ B) (B \ A) vidimo da je dovoljo zahtjevati zatvoreost a operacije i \. (c) π-sistem (sustav) je epraza familija podskupova od zatvorea a. Jaso je da je π-sistem zatvorea a \ poluprste, također je jaso da obrat općeito e vrijedi! (Npr. kada je a, b] \ c, d] = a, c] d, b].) Svaki prste je π-sistem i zatvore je a \. Obrat e vrijedi! Za epraze skupove A, B t.d. A B = vidimo da je {A, B, } π-sistem, ali to ije prste! Nije zatvoreo a. (d) Neka je eka od operacija,, \, (Ne užo uvijek ista!) i R prste skupova. Neka su A 1, A 2,..., A R. Tada je A 1 (A 2... (A j A j+1 )... A ) R. Ovo am govori da sa skupovima u prsteu možemo raditi što želimo i uvijek ćemo ostati u prsteu. (e) Neka je epraza skup, jaso je da je tada P () prste podskupova od. Neka je {R λ : λ Λ} familija prsteova podskupova od. Tada je λ Λ R λ prste podskupova od. To se lako vidi, aime: A, B λ Λ R λ = A, B R λ, λ Λ = A B, A \ B R λ, λ Λ = A B, A \ B λ Λ R λ. Neka je E P () eka familija podskupova, defiiramo R (E) := R : E R, R prste prste geerira s E. To je ajmaji prste koji sadrži E. (f) Prste podskupova od koji sadrži cijeli zove se algebra podskupova od. Nepraza familija A podskupova od je algebra (podskupova od ) ako i samo ako je zatvorea a uiju i uaru operaciju komplemetiraja. Aalogo kao u (e) defiiramo algebru geerirau familijom E, A (E). (g) Familija svih koačih podskupova od je prste. Ako je beskoača to ije algebra. Algebra geeriraa koačim podskupovima sastoji se od svih skupova koji su koači i oih čiji je komplemet koača. R 9

10 PRSTEN SKUPOVA Propozicija 2.5 Ako je S P () poluprste, tada je { } R (S) = E i : N, E 1,..., E S međusobo disjukti = i=1 { } E i : N, E 1,..., E S. i=1 Dokaz. Ozačimo desu strau s C. Jaso je da je S C. Pretpostavimo da je R prste koji sadrži S, jaso je da tada R sadrži C jer sadrži sve koače uije, a iz toga oda direkto slijedi da R (S) sadrži C. Dakle, treba pokazati da je R (S) C. Dovoljo će biti pokazati da je C prste podskupova od. Naime, tada, pošto C sadrži S i C je prste slijedi da C sadrži i R (S) jer je to ajmaji prste koji sadrži S. Neka je A = B = E i, E 1,..., E S međusobo disjukti, i=1 m F j, F 1,..., F m S međusobo disjukti. j=1 A C i B C, trebamo pokazati da je A B i A \ B iz C. Defiirajmo G ij := E i F j, prema (S2) zamo da je G ij S. Prema defiiciji vidimo da je {G ij : i = 1,...,, j = 1,..., m} familija međusobo disjuktih skupova iz S. Prema (S3) zamo da vrijedi E i \ F j = p(i, j) H k (i, j), gdje su H 1 (i, j),..., H p(i, j) (i, j) međusobo disjukti skupovi iz S. Sada vidimo da je p(i, j) m m m E i \ B = E i \ F j = (E i \ F j ) = H k (i, j) = p(i, 1) k 1 =1 j=1... p(i, m) k m=1 j=1 j=1 H k1 (i, 1)... H km (i, m). }{{} S Iz ovoga zaključujemo da je E i \ B koača uija međusobo disjuktih skupova iz S. Naime, skupovi H k (i, j) su sami po sebi međusobo disjukti, što će reći da su jihovi presjeci pogotovo disjukti! Dakle, E i \ B C. Aalogo se pokaže da je F j \ A C. Skupovi E 1 \ B,..., E \ B su međusobo disjukti skupovi iz C, stoga je te aalogo 10 A \ B = B \ A = (E i \ B) C, i=1 m (F j \ A) C. j=1

11 PRSTEN SKUPOVA Također je jaso da je A B = i=1 j=1 m G ij C. Iz svega ovoga sada koačo slijedi da je A B = (A \ B) (A B) (B \ A) C. }{{} međusobo disjukti Defiicija 2.6 Neka je E P () i µ : E [0, ] t.d. je µ ( ) = 0. Fukcija µ je koačo aditiva a E ako vrijedi E 1,..., E E međusobo disjukti i E := E i E = µ (E) = µ (E i ). Napomea 2.7 Prste skupova R je priroda struktura za promatraje koačo aditivih fukcija jer je tada automatski E i R. i=1 Neka je µ : R [0, ] koačo aditiva. Tada je (a) (mootoost) A, B R, A B = µ (A) µ (B). (b) A, B R, A B, µ (A) < = µ (B \ A) = µ (B) µ (A). ( ) (c) (koača subaditivost) A 1,..., A R = µ A j µ (A j ). Svojstva (a) i (b) slijede iz, A, B R, A B, oda je B = A (B \ A), pa zbog koače aditivosti µ (B) = µ [A (B \ A)] = µ (A) + µ (B \ A). Svojstvo (c) slijedi iz koače aditivosti, svojstva (a) i čijeice da je ( ) [ ( )] ( ) j 1 j 1 µ A j = µ A j \ A i = µ A j \ A i j=1 j=1 i=1 j=1 i=1 j=1 i=1 j=1 i=1 µ (A j ). Ako je µ koačo aditiva fukcija a algebri A podskupova od tada je µ : A 0, µ (), }{{} to, aravo, slijedi iz mootoosti fukcije µ. Prošireje koačo aditive fukcije µ : S [0, ], a prste R (S) je fukcija ν za koju vrijedi ν : R (S) [0 + ], ν (A) = µ (A), A S. j=1 Teorem 2.8 Neka je S poluprste podskupova od i µ : S [0, ] koačo aditiva fukcija. Tada postoji i jedistveo je koačo aditivo prošireje fukcije µ a R (S). Nadalje, ako je Im (µ) [0, oda isto vrijedi i za prošireje. Dokaz. Neka je A R (S), tada je A = E i, gdje su E 1,..., E međusobo disjukti skupovi iz S. Sada vidimo da je jedio što možemo apraviti: ( ) ν (A) = ν E i = ν (E i ) = µ (E i ). i=1 i=1 i=1 i=1 11

12 PRSTEN SKUPOVA U predzadjoj jedakosti smo iskoristili koaču aditivost fukcije ν, a u zadjoj čijeicu da želimo da je ν prošireje od µ. Defiiramo: ν (A) := µ (E i ). i=1 Iz ovoga dobivamo egzisteciju, jedistveost fukcije ν i zadju tvrdju o koačosti. Jedio što moramo pokazati je da je defiicija dobra i da je ν koačo aditiva a R (S). m Neka je A = F j, gdje su F 1,..., F m međusobo disjukti skupovi iz S, moramo pokazati da je j=1 i=1 m µ (E i ) = µ (F j ). i=1 j=1 Defiiramo (kao u Propoziciji 2.5) G ij := E i F j S, račuamo. [ m ] m µ (E i ) = µ (E i F j ) = µ (G ij ) = i=1 m j=1 µ (G ij ) = j=1 i=1 j=1 i=1 j=1 m µ (F j ). Dokažimo još koaču aditivost, eka su A 1,..., A p međusobo disjukti skupovi iz R (S), k vrijedi A k = E i,k, gdje su E 1,k,..., E k,k međusobo disjukti skupovi iz S. Vrijedi i=1 ( p ) ( p ) k p k p ν A k = ν E i,k = µ (E i,k ) = ν (A k ). i=1 i=1 Primjer 2.9 Defiiramo µ : P 1 [0, ] µ ( a, b]) := b a. Tvrdimo da je µ koačo aditiva a P 1. Neka je a, b] = E P 1, tada je E = gdje su E 1,..., E međusobo disjukti skupovi iz P 1. slika9 Vidimo da je jedia mogućost da je a, b] = a i, b i ], gdje su < a = a 1 b 1 = a 2 b 2 =... b 1 = a b = b <, i=1 E i, i=1 zato je µ (E i ) = i=1 (b i a i ) = b a = µ (E). i=1 12

13 PRSTEN SKUPOVA Neka je µ : I [0, ], za I I defiiramo µ (I) := sup I if I, Vidimo da je za I bilo kojeg od oblika [a, b], a, b], [a, b, a, b ; µ (I) = b a. Isto kao u prethodoj točki vidimo da je µ koačo aditiva a I. Na I d defiiramo d µ d (I 1... I d ) := µ 1 (I j ), j=1 gdje je µ 1 = µ iz prethode točke. Opet lako vidimo da je µ d koačo aditiva a I d. Lema 2.10 Ako su (I : N) I ( ili P 1) međusobo disjukti i I := N I I, tada je µ (I) = N µ (I ). Dokaz. Koača aditivost i mootoost am daju da je dakle, µ (I k ) µ (I). ( ) µ (I k ) = µ I k µ (I), N, Neka je ε > 0, kako je I I zamo da postoji K = [a, b] I takav da je µ (I) < (b a) + ε 2 = µ (K) + ε 2. slika10 Sličo, N postoji U = a, b I takav da je µ (I ) + ε 2 +1 > (b a ) = µ (U ). K I = skupovi U su otvorei i čie pokrivač za kompakta skup K, zbog kompaktosti tada slijedi N da postoji koača potpokrivač. Neka je N N takav da je K U k, tada je zbog koače subaditivosti µ (K) I N µ (U k ). U, 13

14 PRSTEN SKUPOVA Koačo dobivamo µ (I) < µ (K) + ε N 2 µ (U k ) + ε 2 < N ( µ (I k ) + ε 2 k+1 ) µ (I k ) + ε, ε > 0. + ε N 2 < µ (I k ) + ε Dakle, dobili smo i µ (I) µ (I k ). 14

15 MJERE NA σ-prstenu 3 MJERE NA σ-prstenu Defiicija 3.1 Neka je E P () i µ : E [0, ] takva da je µ ( ) = 0. Fukcija µ je σ-aditiva a E ako za svaki iz međusobo disjuktih skupova (E ) N iz E takvih da je E E vrijedi da je ( ) µ E = µ (E ). Defiicija 3.2 vrijedi (a) A, B F = A \ B F, (b) (A ) N F = Nepraza familija F podskupova od je σ-prste (podskupova od ) ako A F. Ako F sadrži cijeli oda se F zove σ-algebra (podskupova od ). Fukcija µ koja je σ-aditiva a σ-prsteu F zove se mjera a (σ-prsteu) F. Primjer 3.3 (a) { } je primjer trivijalog σ-prstea koji ije σ-algebra! {, } je ajjedostavija σ-algebra a. Mjeru a joj možemo zadati s µ ( ) = 0, µ () = a [0, ]. (b) P () je ajveća σ-algebra a. Neka je E P () tada je dobro defiirao (Jer je P () σ-algebra, a tada i σ-prste koji sadrži E.): (i) σ-prste geerira familijom E: σ p (E) := (ii) σ-algebra geeriraa familijom E: σ (E) := Neka je E = {{x} : x }, tada je F : E F, F σ-prste F : E F, F σ-algebra F, F. σ p (E) = {E : E je prebrojiv}, σ (E) = {E : E je prebrojiv ili je E c prebrojiv}. Neka je { card (A) ; A koača, µ (A) = ; iače. µ je dobro defiiraa mjera a σ p (E). 15

16 MJERE NA σ-prstenu (c) Neka je F σ-prste a i x. Defiiramo δ x : F [0, ] s { 1, x A, δ x (A) := 0, x / A. δ x je mjera kocetriraa u točki x. Još se aziva δ mjera u x. Napomea 3.4 (a) Svaka σ-aditiva fukcija je i koačo aditiva. Obrat, jaso, općeito e vrijedi! (b) Svojstva σ-aditive fukcije a prsteu R: (i) (σ-subaditivost) (A ) N R, A R, A µ (A) µ (A ). A = (ii) (eprekidost odozdo) (A ) N R, A 1 A 2... A = µ (A) = lim µ (A ). (iii) (eprekidost odozgo) (A ) N R, A 1 A 2... A = 0 N takav da je µ (A 0 ) < = µ (A) = lim µ (A ). A R = A R i Zašto am je ovdje potrebo postojaje takvog 0? Naime, ukoliko takav e postoji e vrijedi am eprekidost odozgo. Neka je = [0,, A := [,. Tada je očito µ (A) = µ ( ) = 0, dok je lim µ (A ) = lim =. (c) Koača aditivost i eprekidost odozdo a prsteu R am osiguravaju σ-aditivost a prsteu R. Teorem 3.5 Neka je µ σ-aditiva fukcija a poluprsteu S P (). (Prema Teoremu 2.8 postoji jedistveo koačo aditivo prošireje ν od µ a R (S).) Tada je ν σ-aditiva fukcija a R (S). Dokaz. Neka je (A ) N iz međusobo disjuktih skupova iz R (S) i A := A R (S). Prema Propoziciji 2.5 zamo da postoji m N te E 1,..., E m S međusobo disjukti takvi da je A = E 1... E m. Nadalje, prema istoj propoziciji zamo da za svaki N postoji m N te E,1,..., E,m S međusobo disjukti takvi da je 16 A = E,1... E,m.

17 MJERE NA σ-prstenu Neka je k {1,..., m}, vrijedi E k = E k A = (E k A ) = m j=1 (E k E,j ). Kako je ovo prebrojiva uija međusobo disjuktih skupova iz S, koristeći σ-aditivost od µ a S dobivamo m µ (E k ) = µ (E k E,j ). Sličo je A = A A = vrijedi Koačo je m (E k A ) = ν (A ) = j=1 m m j=1 (E k E,j ). Dakle, prema defiiciji fukcije ν m m µ (E k E,j ). j=1 ν (A) = = m m µ (E k ) = m j=1 µ (E k E,j ) ( m ) m µ (E k E,j ) = j=1 ν (A ). Zamjea poretka sumacije je opravdaa jer su svi sumadi eegativi. Korolar 3.6 Postoji jeda i samo jeda σ-aditiva fukcija µ a R ( I d) takva da je µ (I 1... I d ) = d (sup I i if I i ). i=1 Nameće am se pitaje; može li se µ proširiti do σ p ( R ( I d )) = σ p ( I d )? Vrijedi σ ( I 1) = σ p ( I 1 ) = σ p ( P 1 ) = σ ( P 1), te aaloge tvrdje za dime- Napomea 3.7 ziju d N. Čijeica da su algebre jedake odgovarajućim prsteima slijedi iz toga da je R = [, ]. Jaso je da vrijedi σ p ( I 1 ) σ p ( P 1 ), drugu ikluziju vidimo a sljedeći ači. Naime, dovoljo je pokazati da je I 1 σ p ( P 1 ) : [a, b] = a, b = a 1 ], b ( σ ) p P 1, [ a + 1, b 1 ] ( σ ) p P 1, [a, b = [a, a] a, b σ p ( P 1 ). Sve jedako slijedi u slučaju dimezije d N. σ p ( I d ) se ozačava s B ( R d) i aziva Borelova σ-algebra a R d ili σ-algebra Borelovih podskupova od R d. 17

18 MJERE NA σ-prstenu Neka je µ : R [0, ] σ-aditiva fukcija a R. Želimo proširiti µ do σ-aditive fukcije a σ p (R). Želimo da ima sva lijepa svojstva. Primjetimo, ako (E ) N R t.d. = E = σ p (R) = σ (R). (3.8) Defiiramo µ : P () [0, ]: { µ (A) := if µ (E ) : (E ) N R pokrivač za A, tj. A µ zadovoljava svojstvo iz sljedeće defiicije. E }. (3.9) Defiicija 3.10 je Preslikavaje m : P () [0, ] se zove vajska mjera a, ako m ( ) = 0, (mootoo) A B = m (A) m (B), ( ) (σ-subaditivo) m A m (A ). Defiicija 3.11 ako vrijedi Neka je m vajska mjera a. Kažemo da je B m -izmjeriv m (A) = m (A B) + m (A B c ), A P (). (3.12) Primijetimo da am σ-subaditivost daje. Dakle, dovoljo je provjeriti vrijedi li, točije, dovoljo je provjeriti vrijedi li za A t.d. je m (A) <. Nadalje, jaso je da vrijedi m (A B) m (B) i m (A B c ) m (B c ). Ako je m (B) = 0 ili m (B c ) = 0 tada se odmah vidi da je B m -izmjeriv. Posebo, i su m -izmjerivi. M m = {B t.d. je B m -izmjeriv}. (3.13) Teorem 3.14 (Costati Carathéodory, ) Neka je m vajska mjera a. Tada je M m σ-algebra i m := m Mm je mjera. Dokaz. Zamo da je, M m. Zatvoreost a komplemetiraje u M m dobivamo direkto radi simetrije u Defiiciji Pokažimo ajprije zatvoreost a koače uije, radi pricipa matematičke idukcije jaso je da je za to dovoljo pokazati da je uija proizvolja dva skupa iz M m poovo u M m. Neka su B 1, B 2 M m. Vrijedi 18 m (A) = m (A B 1 ) + m (A B c 1) [jer je B 1 M m ] = m (A B 1 ) + m ((A B c 1) B 2 ) + m ((A B c 1) B c 2) [jer je B 2 M m ] = m (A B 1 ) + m ((A \ B 1 ) B 2 ) + m (A \ (B 1 B 2 )) m (A (B 1 B 2 )) + m (A (B 1 B 2 ) c ).

19 MJERE NA σ-prstenu Posljedja ejedakost vrijedi zbog subaditivosti i čijeice da je (A B 1 ) ((A \ B 1 ) B 2 ) = A (B 1 B 2 ). Radi zaključaka prije teorema vidimo da je B 1 B 2 M m. Dakle, M m je algebra podskupova od. Moramo još dokazati da je m := m Mm σ-aditiva i da je algebra M m zatvorea i a prebrojive uije. U tu svrhu, eka je (B ) N M m. Defiiramo C 1 = B 1, C 2 = B 2 \ B 1, C 3 = B 3 \ (B 1 B 2 ),... Vidimo da je C i M m, i N i da su međusobo disjukti, stoga možemo bez smajeja općeitosti pretpostaviti da su početi (B ) N M m međusobo disjukti. Defiiramo B := Neka je A P (), vrijedi B = D, D := B 1... B M m. m (A B 1 ) = m (A D 1 ), m (A D +1 ) = m ((A D +1 ) D ) + m ((A D +1 ) D c ) Matematičkom idukcijom sada izlazi = m (A D ) + m (A B +1 ). m (A D ) = Zbog mootoosti vajske mjere dobivamo da je zato je m (A B k ). (3.15) m (A B) m (A D ) = m (A B) m (A B k ), N, m (A B ). No, zbog σ-subaditivosti vajske mjere vidimo da vrijedi i suprota ejedakost. Zato je, koačo m (A B) = specijalo, stavimo li A = dobivamo m (B) = m (A B ), m (B ). Dakle, m je σ-aditiva a M m. Iz (3.15) dalje slijedi m (A) = m (A D ) + m (A D) c = m (A B k ) + m (A D) c m (A) = m (A B k ) + m (A B c ), N m (A B ) + m (A B c ) = m (A B) + m (A B c ). 19

20 MJERE NA σ-prstenu Dakle, B M m. Korolar 3.16 Neka je R prste podskupova od koji zadovoljava (3.8). Ako je µ : R [0, ] σ-aditiva, tada je σ (R) M µ, µ R = µ, µ Mµ je mjera. Dokaz. Dovoljo je dokazati da je E R, E M µ i µ (E) = µ (E). Očito je µ (E) µ (E), zbog E E... Neka je (E ) N R takav da je E tada su Êi međusobo disjukti i vrijedi µ (E) = µ Dakle, µ (E) E. Defiiramo Ê 1 = E 1, Ê 2 = E 2 \ E 1, Ê 3 = E 3 \ (E 1 E 2 ),..., ( ( Ê) ) E = Ê = E. Zato je ( ) µ E Ê ) µ (Ê µ (E ). µ (E ), za svaki pokrivač (E ) N R od E, zato je prema defiiciji od µ, µ (E) µ (E). Dakle, µ (E) = µ (E). Neka je A takav da je µ (A) <, moramo pokazati da je µ (A) µ (A E) + µ (A E c ). Neka je ε > 0, prema defiiciji od µ zamo da postoji pokrivač (E ) N R od A takav da je µ (A) + ε = µ (E ) = µ (E E) + [µ (E E) + µ (E E c )] µ (E E c ) µ (A E) + µ (A E c ), ε > 0. Zbog proizvoljosti broja ε slijedi E M µ. Neka je ν d : R ( I d) [0, ], tada je M (νd ) = L d Lebesgueva σ-algebra, oa je pravi adskup Borelove σ-algebre B ( R d). Dakle, L d je σ-algebra koja sadrži sve skupove koji su izmjerivi u odosu a vajsku Lebesgueovu mjeru, defiirau kao u (3.9). 20

21 PROSTOR MJERE 4 PROSTOR MJERE Defiicija 4.1 Izmjeriv prostor je uređe par (, F), gdje je skup, a F P () σ- algebra. Elemete od F azivamo izmjerivim skupovima. Pozitiva mjera a (, F) je fukcija µ : F [0, ] koja je σ-aditiva. Sjetimo se da je mjera svaka fukcija µ : E [0, ], gdje je E P () koja zadovoljava sljedeća dva uvjeta. (i) µ ( ) = 0. (ii) Ukoliko je (E ) N iz međusobo disjuktih skupova iz E takav da je N E E, oda je ( ) µ E = µ (E ). N N Nadalje, ako postoji iz (E ) N F takav da je = N E i N je µ (E ) < oda kažemo da je µ σ-koača. Mjera je koača ako je µ () <. Mjera je vjerojatosa ako je µ () = 1. Prostor mjere je uređea trojka (, F, µ). Primjer 4.2 (a) Neka je F σ-prste a i x. Defiiramo δ x : F [0, ] s { 1, x A, δ x (A) := 0, x / A. δ x je mjera kocetriraa u točki x. Još se aziva δ mjera u x. (b) Neka je (p x ) x [0, ], za A defiiramo P (A) = x A p x. Ovako defiiraa mjera aziva se spektrala mjera. Oa je σ-koača kada je p x <, x, koača kada je p x <, te vjerojatosa kada je p x = 1. x x (c) ( R d, B ( R d), λ d ) i ( R d, L d, λ d ), gdje je λd d-dimezioala Lebesgueova mjera, su prostori σ-koače mjere. Naime R d = { x R d : x < }. (d) Neka je x 0 i F σ-algebra podskupova od. Tada je (, F, δ x0 ) prostor vjerojatose mjere. Posebo su za x 0 R d prostori vjerojatose mjere. ( R d, B ( R d), δ x0 ) i ( R d, L d, δ x0 ) Dalje se bavimo pitajem jedistveosti prošireja mjere. 21

22 PROSTOR MJERE Defiicija 4.b.b.1 Familija D P () je Dykiova klasa ako je (i) D. (ii) D je zatvorea a prave razlike. A, B D, B A = A \ B D. (iii) D je zatvorea a prebrojive rastuće uije. Ako su A 1 A 2... D, oda je N A D. Defiicija 4.b.b.2 π-sustav. Klasa podskupova od koja je zatvorea a koače presjeke aziva se Napomea 4.b.b.3 Sličo kao u Napomei 2.4 (e) (za prste geerira ekom familijom) vidimo i u slučaju Dykiovih klasa da je presjek proizvolje familije Dykiovih klasa poovo Dykiova klasa, također je jaso da je P () Dykiova klasa. Zato ima smisla defiirati ajmaju Dykiovu klasu geerirau ekom familijom podskupova skupa. Neka je E P () eka familija podskupova, defiiramo D (E) := D D : E D, D Dykiova klasa Dykiovu klasu geerirau s E. To je ajmaja Dykiova klasa koja sadrži E. Lema 4.b.b.4 Dykiova klasa D (podskupova od ) koja je i π-sustav je σ-algebra. Dokaz. Neka je A D, kako je D Dykiova klasa zamo da je D, opet, jer je D Dykiova klasa vrijedi A c = \ A D, jer su, A D. Sada direkto dobivamo i da je = c D. Prema pretpostavci je D i π-sustav, pokazali smo i da je D zatvore a komplemetiraje, zato je za A, B D A B = (A c B c ) c D. Koačo, jer je D Dykiova klasa (Dakle, zatvorea a prebrojive rastuće uije.), a upravo smo pokazali da je zatvorea i a proizvolje koače uije, dobivamo da je D zatvorea a proizvolje prebrojive uije. Zbog svega ovoga je D σ-algebra. Teorem 4.3 Neka je i C π-sustav podskupova od, tada je σ (C) = D (C). Dokaz. Jaso je da je D (C) σ (C), jer je svaka σ-algebra ujedo i Dykiova klasa, zato je dovoljo pokazati da je D (C) σ (C), a za to am je dovoljo pokazati da je D (C) σ-algebra. Prema prethodoj lemi vidimo da je sada potrebo dokazati samo da je D (C) π-sustav. Defiirajmo D 1 := {A D (C) : A B D (C), B D (C)}. Pokažemo li da je D 1 = D (C) odmah dobivamo da je D (C) π-sustav, jer je D 1 prema svojoj defiiciji zatvore a koače presjeke. Također, prema defiiciji od D 1 vidimo da je D 1 D (C), preostaje am za pokazati drugu ikluziju. Jaso je da ju dobivamo odmah ukoliko pokažemo da je D 1 Dykiova klasa koja sadrži C, zato jer je D (C) ajmaja takva, pa ju svaka druga sadrži. Pokažimo sada potrebo u dva koraka D 1 je Dykiova klasa. Dokaz:

23 PROSTOR MJERE (i) Kako je D (C), vidimo da je B = B D (C), za svaki B D (C). Dakle, D 1. (ii) Neka su A, B D 1 takvi da je B A, za svaki C D (C) je A C i B C iz D (C), zato je i (A \ B) C = A B c C = (A C) \ (B C) D (C), C D (C). Dakle, A \ B D 1. (iii) Neka je (A ) N D 1 rastući iz. Za svaki B D (C) je tada A B D (C), N. Sada je ( ) A B = (A B) D (C), B D (C). N N Druga uija je prebrojiva rastuća uija skupova iz D (C) pa je oa opet u D (C) jer je D (C) Dykiova klasa. Dakle, N A D C D 1. Dokaz: Defiirajmo D 2 := {A D (C) : A B D (C), B C}. Kako je C prema pretpostavci teorema π-sustav vidimo da je C D 2. Želimo pokazati da je C D 1, ukoliko je D 2 = D (C) to dobivamo direkto, jer oda svaki skup iz C presječe s bilo kojim skupom iz D (C) ostaje u D (C). No, D 2 = D (C) slijedi direkto iz čijeica da je C D 2 i da je D 2 Dykiova klasa što pokazujemo aalogo kao u 1. Dakle, D (C) je Dykiova klasa koja je i π-sustav, prema prethodoj lemi, to je σ-algebra. Korolar 4.4 Neka je (, F) izmjeriv prostor i C π-sustav a takav da je F = σ (C). Ako su µ i ν koače mjere a (, F) za koje vrijedi (a) µ () = ν (), (b) µ (C) = ν (C), C C, tada je µ = ν. Dokaz. Defiiramo D := {A F : µ (A) = ν (A)}. Jaso je da je D, jer je C D. Pretpostavimo li da je D Dykiova klasa oda prema prethodom teoremu vidimo da je D = F čime je dokaz gotov. Pokažimo da je D Dykiova klasa. (i) Iz uvjeta (a) odmah slijedi da je D. (ii) Neka su A, B D takvi da je B A. Sada je Dakle, A \ B D. µ (A \ B) = µ (A) µ (B) = ν (A) ν (B) = ν (A \ B). (iii) Neka je (A ) N rastući iz skupova iz D. Defiiramo B 1 = A 1 te B +1 = A +1 \ B, N, dobivamo ( ) ( ) µ A = µ B = µ (B ) = ( ) ( ) ν (B ) = ν B = ν A. N N N N N N 23

24 PROSTOR MJERE Koristili smo čijeicu da su skupovi B međusobo disjukti. Koačo, N A D. Zašto je µ (B ) = ν (B )? Idukcijom se pokazuje. Za = 1 tvrdja je trivijala, pretpostavimo da tvrdja vrijedi za eki N. Račuamo: µ (B +1 ) = µ (A +1 \ B ) = µ (A +1 ) µ (B ) = ν (A +1 ) ν (B ) = = ν (A +1 \ B ) = ν (B +1 ). Na kraju još dodajmo da smo koačost mjera koristili u oduzimajima, dvije beskoačosti e zamo oduzimati! Napomea 4.5 Korolar 4.4 e mora vrijediti u slučaju da je mjera samo σ-koača. Neka je = N, F = P (N) te C = {, {, + 1,...}, N}. Mjere µ : F [0, ], ν : F [0, ] defiirae s (Za A F.) { card (A) ; A koača, µ (A) = ; iače, { 2 card (A) ; A koača, ν (A) = ; iače, su dobro defiirae mjere a F. Vidi se da se oe podudaraju a C i cijelom, ali e podudaraju se iti a jedom eprazom koačom podskupu od. Korolar 4.6 Neka je (, F) izmjeriv prostor, C π-sustav a takav da je F = σ (C) i eka postoji rastući iz (C ) N C takav da je = C. Ako su µ i ν mjere a (, F) za koje N vrijedi (a) µ (C ) < i ν (C ) <, za sve N, (b) µ (C) = ν (C), C C, tada je µ = ν. Dokaz. Defiirajmo za svaki N µ (A) = µ (A C ), A F, ν (A) = ν (A C ), A F. Prema Korolaru 4.4 vidimo da je µ = ν, N. Koristeći eprekidost mjera odozdo dobivamo ( µ (A) = µ (A ) = µ A ) [ ] C = µ (A C ) N N = lim µ (A C ) = lim µ (A) = lim ν (A ) = lim ν (A C ) [ ] ( = ν (A C ) = ν A ) C = ν (A ) N N = ν (A), A F. 24

25 PROSTOR MJERE Napomea 4.b.b.5 Korolar 4.6 je primjejiv pr. za = R d, F = B ( R d), C = I d. Rastući pokrivač za am je pr. C :=, d, N. Korolar 4.7 Neka je µ σ-aditiva fukcija a poluprsteu S P (). Ako postoji iz (E ) N S takav da je = N E i za svaki N je µ (E ) < tada postoji jeda i samo jeda mjera ν µ a izmjerivom prostoru (, σ (S)) koja je prošireje skupove fukcije µ. Mjera ν µ je σ-koača. Primjer 4.8 Slučaj Lebesgueove mjere je poseba slučaj prethodog korolara. To je λ d, d-dimezioala Lebesgueova mjera. Postoji jeda i samo jeda mjera λ d a ( R d, B ( R d)) takva da je za sve a 1 < b 1, a 2 < b 2,..., a d < b d ; a i, b i R, i {1, 2,..., d}, λ d ( a 1, b 1 ] a 2, b 2 ]... a d, b d ]) = d (b i a i ). Ta mjere ima sljedeće važo svojstvo. Neka je { D = A B ( R d) λ : ( d (A + x) = λ d (A), x R; λ d µ i y (A) ) = y λ d (A), i {1, 2,..., d}, y R i=1 }, ovdje am µ i y (A) (dilatacija) ozačava homotetiju skupa A u smjeru i uz faktor y. Lako se pokazuje da je D Dykiova klasa, iz toga oda dobivamo da je B ( R d) = D. Napomea 4.9 Kreuli smo od defiicije poluprstea S. Zatim smo vidjeli da am to ije dovoljo, pa smo uveli pojam prstea R, a uz jega i pojam prstea geeriraog poluprsteom: R (S). Nadalje, defiirali smo pojam mjere a σ-prsteu, zatim smo jega proširili a prostor svih izmjerivih skupova u odosu a vajsku mjeru koju smo također defiirali. Da bi se a kraju vratili a σ-algebre. Ovakav put kostrukcije svih ovih stvari je oaj koji zadaje ajmaje tehičkih poteškoća. Sada smo spremi za dalje rezultate. Defiicija 4.10 Neka je (, F, µ) prostor mjere. Reći ćemo da je o potpu ako vrijedi E F F, µ (F ) = 0 = E F i µ (E) = 0. Propozicija 4.11 Ako je m vajska mjera a eprazom skupu oda je prostor mjere (, M m, m ) potpu. Dokaz. Defiirajmo skup zaemarivih skupova: N m := {A : m (A) = 0}. Zbog mootoosti vajske mjere dobivamo da ako je A N m da su oda i svi jegovi podskupovi u N m. Dakle, dovoljo je pokazati da su svi skupovi iz N m m -izmjerivi. Neka je A N m te B P () proizvolja, vrijedi m (B) 0 + m (B A c ) = m (B A) + m (B A c ), 25

26 PROSTOR MJERE prva ejedakost vrijedi zbog mootoosti vajske mjere i čijeice da presjek smajuje skupove, druga jedakost slijedi iz istog razloga, jer je m (B A) m (A) = 0. Dakle, A je m -izmjeriv, ovime je dokaz privede kraju. Lema 4.13 Za svaki A L vrijedi λ (A) = if {λ (U) : A U, U R otvore} = sup {λ (K) : K A, K R kompakta}. Ova svojstva se azivaju redom regularost izvaa i regularost izutra. Dokaz. Ukoliko je λ (A) = obje tvrdje trivijalo vrijede, stoga, bez smajeja općeitosti možemo pretpostaviti da je λ (A) <. (Regularost izvaa.) Neka je λ Lebesgueova vajska mjera. Kako je L = M λ vidimo da je dovoljo pokazati da je za svaki A R, λ (A) if {λ (U) : A U, U R otvore}, suprota ejedakost am slijedi direkto iz mootoosti vajske mjere. Neka je ε > 0. Tada postoji iz otvoreih itervala (I ) N takvih da je A N I =: I i λ (I ) < λ (A) + ε. N Zbog σ-subaditivosti vajske mjere dobivamo ( ) λ (I) = λ I λ (I ) = λ (I ) < λ (A) + ε. N N N 26 Kako je skup I kao prebrojiva uija otvoreih skupova također otvore, koačo imamo if {λ (U) : A U, U R otvore} λ (I) < λ (A) + ε. Sada zbog proizvoljosti broja ε tvrdja slijedi. Primjetimo da je tvrdja dokazaa za proizvolja podskup skupa R, oa tada posebo vrijedi za oe koji su Lebesgue izmjerivi. (Regularost izutra.) Jaso je da je dovoljo pokazati da je λ (A) sup {λ (K) : K A, K R kompakta}. Neka je B = [, ], N. Sada je A = A R = A N B = (A B ). }{{} N C Skupovi (B ) N su izmjerivi, skup A je izmjeriv po defiiciji, kako je L σ-algebra zaključujemo da su i skupovi (C ) N izmjerivi. Kako je C 1 C 2... i A = N C radi eprekidosti odozdo dobivamo da je λ (A) = lim λ (C ).

27 PROSTOR MJERE Neka je ε > 0. Defiirajmo C := A c B. Lako vidimo da su i skupovi C izmjerivi. Kako je λ regulara izvaa zamo da za svaki N postoji otvore skup U takav da je C U i λ (U ) < λ (C ) + ε. Sada je λ (B ) = λ (B A) + λ (B A c ) > λ (B A) + λ (U ) ε = λ (B A) + λ (U B ) ε λ (B ) λ (B U ) > λ (A B ) ε λ (B U c ) > λ (C ) ε. Skupovi U c su zatvorei kao komplemeti otvoreih, skupovi B su kompakti, zato su kompakti i skupovi K := B U c, također vrijedi K = B U c B (A B c ) = B A = C A, prva skupova ikluzija vrijedi jer je A c B U = A B c U c. Sada dobivamo sup {λ (K) : K A, K R kompakta} λ (K ) > λ (C ) ε, N. Pustimo li dobivamo sup {λ (K) : K A, K R kompakta} λ (A) ε. Zbog proizvoljosti broja ε slijedi tvrdja. Teorem 4.14 Za svaki A L postoje Borelovi skupovi B i C takvi da je B A C i λ (C \ B) = 0. Drugim riječima, svaki A L se može prikazati kao A = B N, pri čemu je B Borelov skup i N N (ν 1 ). Dokaz. Bez smajea općeitosti dokaz se svodi a slučaj kada je λ (A) < zato jer se svaki skup iz L može prikazati kao prebrojiva uija skupova koače mjere. Prema Lemi 4.13 zamo da za N postoje otvore skup U i kompkata skup K takvi da je K A U i λ (A) 1 λ (K ) i λ (U ) λ (A) + 1. Uzmemo li B := K i C := U tvrdja slijedi. N N Pokažimo još da je λ (C \ B) = 0, kako je B A C dobivamo λ (C \ B) = λ (C) λ (B) λ (A) + 1 ( λ (A) 1 ) = 2, N. Nejedakost dobivamo iz čijeice da je K B i U C, N. Zbog proizvoljosti broja N sada slijedi λ (C \ B) = 0. Napomea 4.15 (a) Iz Teorema 4.14 i Primjera 4.8 lako slijedi da za svaki A L, x R, y R vrijedi A + x L, u 1 y (A) L (dilatacija) te je λ (A + x) = λ (A) i λ ( u 1 y (A) ) = y λ (A). Time je pokazao da je zahtjev iz Teorema 1.10 moguće postići a L. 27

28 PROSTOR MJERE (b) Uočimo da je time pokazao da je skup A iz dokaza Teorema 1.10 primjer skupa iz P (R) koji ije u L. Dakle, L P (R). (c) Može se pokazati da je card (B (R)) = 2 ℵ 0. (d) Neka je C [0, 1] Catorov trijadski skup. C := J 0 := [0, 1], J 1 := [ 0, 1 ] 3 =0 [ 2 3, 1 J, pri čemu je ],..., J +1 se dobije iz J tako da se iz svakog segmeta koji pripada skupu J izbaci sredja trećia. Očito je svaki J zatvore, pa je i C zatvore. C je i omeđe, dakle, C je kompakta. Uočimo da je što am govori da je λ (C) = 0. Nadalje, λ ([0, 1] \ C) = ( ) = 1, 3 postoji bijekcija sa C a brojeve u trijadskom zapisu oblika 2 x 3, x {0, 1}. Slijedi, card (C) = 2 ℵ 0. Posljedica je, card (P (C)) = 2 2ℵ 0 > card (B (R)). Očito je P (C) N (ν 1 ). Dakle, postoje zaemarivi skupovi koji isu Borelovi, te vrijedi card (L) = 2 2ℵ 0. Posebo, B (R) L. (4.16) (4.16) se može pokazati i direkto, to ćemo i apraviti kasije! Uočimo da se λ prirodo veže uz fukciju f (x) = x (λ ( 0, x]) = x, za x > 0). Ovo ije slučajo i može se lijepo poopćiti. Neka je ν mjera a (R, B (R)) takva da je ν (K) <, za svaki K R kompakta. (4.17) Defiiramo F ν : R R. F ν (x) := Lako je iz osovih svojstava mjere dokazati da je: F ν eopadajuća (mootoost mjere), { ν ( 0, x]), x 0, ν ( x, 0]), x < 0. (4.18) eprekida zdesa (eprekidost mjere), F ν (0) = 0, za svaki a, b] P 1 je ν ( a, b]) = F ν (b) F ν (a). Koristeći Carathéodoryjevu kostrukciju (sličo kao i za Lebesgueovu mjeru) dobijemo svojevrsi obrat. Teorem 4.19 Neka je F : R R eopadajuća i eprekida zdesa. Tada postoji jeda i samo jeda mjera ν F a (R, B (R)) takva da je ν ( a, b]) = F (b) F (a), (4.20) 28

29 PROSTOR MJERE za svaki a, b R, a b. Mjera ν F zadovoljava (4.17). Napomea 4.21 Ako je F eopadajuća i eprekida zdesa i C R, tada je i G (x) := F (x) + C eopadajuća i eprekida zdesa. Iz (4.20) slijedi ν F = ν G. Dakle, postoji 1-1 korespodecija između mjera a (R, B (R)) koje zadovoljavaju (4.17) i klasa fukcija {G : G (x) := F (x) + C, C R}. Stavimo li dodati zahtjev, pr. da je F (0) = 0, oda dobivamo 1-1 korespodeciju ν F ν. Uočimo da postoje te vrijedi F () := lim F (x) i F ( ) := lim F (x), x x F ( ) F (x) F (), x R. Mjera ν je koača ako i samo ako je F ν ( ), F ν () R. Tada je ν (R) = F ν () F ν ( ). U tom slučaju običo ν vežemo uz predstavika klase za kojeg je G ν ( ) = 0. 29

30 IZMJERIVE FUNKCIJE 5 IZMJERIVE FUNKCIJE Neka su i Y eprazi skupovi i f : Y fukcija. Iverza slika fukcije se dobro poaša a skupove operacije, pa se lako pokaže sljedeća tvrdja Sličo se dokazuje Y σ-algebra a Y = f 1 (Y) σ-algebra a. (5.1) σ-algebra a = { B Y : f 1 (B) } σ-algebra a Y. (5.2) Defiicija 5.3 Neka su (, ) i (Y, Y) izmjerivi prostori. Fukcija f je (, Y)-izmjeriva (Izmjeriva u paru σ-algebri i Y, koristimo samo izmjeriva ako su σ-algebre jase.) ako vrijedi f 1 (Y). Vrlo često je izmjerivost dovoljo promatrati a geerirajućoj familiji, što je posljedica sljedeće leme. Lema 5.4 Ako je f : Y fukcija i E P (Y ), tada je f 1 (σ (E)) = σ ( f 1 (E) ). Dokaz. Po (5.1) je f 1 (σ (E)) σ-algebra koja očito sadrži f 1 (E). Slijedi σ ( f 1 (E) ) f 1 (σ (E)). Po (5.2) je { B Y : f 1 (B) σ ( f 1 (E) )} σ-algebra a Y koja očito sadrži E, pa oda i σ (E). Tvrdja slijedi. Propozicija 5.5 Neka su (, ) i (Y, Y) izmjerivi prostori, E P (Y ) takav da je Y = σ (E). Fukcija f : Y je (, Y)-izmjeriva ako i samo ako je f 1 (E). Dokaz. Slijedi direkto iz Leme 5.4. Neka je i {(Y k, Y k ) : k K} epraza familija ( izmjerivih ) prostora. Neka je za svaki k K zadaa fukcija f k : Y k. Tada je σ f 1 k (Y k ) ajmaja σ-algebra a sa svojstvom da je svaka f k izmjeriva, ozaka: k K σ (f k : k K). (5.6) Neka je {( k, k ) : k K} epraza familija izmjerivih prostora. Promatramo Kartezijev produkt skupova k i za svaki k 0 K promatramo projekcije π k0 : k k0, k K k K ( ) π k0 (xk ) k K = xk0. Najmaju σ-algebru u odosu a koju su sve π k izmjerive, tj. σ (π k : k K), ozačeu s k, (5.7) 30 k K

31 IZMJERIVE FUNKCIJE azivamo produktom σ-algebrom. Lako se pokazuje da je B ( R d) d = B (R). Također, B (C) = B ( R 2). i=1 Defiiramo R = R { } {}, tada je B ( R ) = σ (B (R) {{ }, {}}), Borelova σ-algebra a prošireom R. Potrebo je defiirati operacije s. () + () =, ( ) + ( ) =. () + ( ) se e defiira, kao i ( ) + (). Nadalje, za a R je a + (± ) = (± ) + a = ±. Također je Defiiramo () () = ( ) ( ) =, () ( ) = ( ) () =. a 0, = a (± ) = (± ) a = ±, a, 0 = a (± ) = (± ) a =. 0 (± ) = (± ) 0 = 0, = =. if =, sup =, za A R, ukoliko je A omeđe odozgo vrijedi sup A R, a ukoliko je A eomeđe odozgo, oda sup A =. Svaki iz (a ) N R ima Uvijek vrijedi lim if ( lim sup a := if k Može biti i ±. Reći ćemo da red ) sup a, lim if a := sup k k a lim sup a. Limes postoji ako i samo ako je lim if a = lim sup a. istovremeo biti člaovi iza (a ) te ako iz parcijalih suma, svi a [0, ], tada suma reda Neka je (U, U) topološki prostor, općeito defiiramo ( ) if a. k a ima sumu ako vrijedi da i e mogu oba a k, ima limes u R. Ako su a uvijek postoji kao elemet iz [0, ]. B (U) = σ (U). Lema 5.8 Ako su (U, U) i (V, V) topološki prostori i f : U V eprekida, tada je f (B (U), B (V ))-izmjeriva. (Borel izmjeriva.) 31

32 IZMJERIVE FUNKCIJE Dokaz. Neprekidost zači f 1 (V) U. Tvrdja sada slijedi iz Leme 5.4 i defiicije Borelove σ-algebre. Fukcije koje su (B (U), B (V ))-izmjerive kraće azivamo Borelove fukcije. R d 1, R d 2, Lebesgueove fukcije. Iz Leme 5.8 zaključujemo da su sljedeće fukcije Borelove zbrajaje, + : R R R, pozitivo zbrajaje, + : [0, ] [0, ] [0, ], apsoluta vrijedost, : R [0, ], možeje skalarom, a : R R, pozitivo možeje skalarom, a [0, ], a : [0, ] [0, ], možeje, : R R R, fukcija 1, x 1 : R \ {0} R. x Sličo, a (5.9) Lema 5.10 Neka su (, ), (Y, Y), (Z, Z) izmjerivi prostori. Ako su f : Y i g : Y Z izmjerive tada je i g f izmjeriva. Dokaz. (g f) 1 (Z) = f 1 ( g 1 (Z) ) f 1 (Y). Teorem 5.11 Neka je (, ) izmjeriv prostor. (a) Ako su f, g : R (, B (R))-izmjerive, tada su (, B (R))-izmjerive i fukcije f + g, 1 f g, αf ( α R), (Defiiraa tamo gdje je f 0.), f, max (f, g) = f g, f mi (f, g) = f g, f +, f. Nadalje, izmjerivi su i skupovi {x : f (x) < g (x)}, {x : f (x) g (x)}, {x : f (x) = g (x)}. (b) Ako su f, g : R (, B ( R )) -izmjerive, tada su (, B ( R )) -izmjerive i fukcije f, f g, f g, f +, f, izmjerivi su i skupovi {x : f (x) < g (x)}, {x : f (x) g (x)}, {x : f (x) = g (x)}. (c) Posebo, ako su f, g : [0, ] (, B ( R )) -izmjerive, tada su (, B ( R )) -izmjerive i fukcije f + g, f g, αf ( α R). Dokaz. Promatramo F : R 2 defiirau sa F (x) := (f (x), g (x)). B ( R 2) = σ (π 1, π 2 ). f = π 1 F, g = π 2 F, dakle, F je (, B ( R 2)) -izmjeriva. Po Lemi 5.10 i po (5.9) slijedi izmjerivost fukcija f + g = + F, αf = (α ) f, f g = F. Sličo, koristeći (5.9) i f s Lemom 5.10 dobivamo izmjerivost f i 1. Koristeći formule f 32 max (a, b) = 1 (a + b + a b ), 2

33 IZMJERIVE FUNKCIJE mi (a, b) = 1 (a + b a b ), 2 slijedi izmjerivost fukcija f g i f g. Sada dobivamo i izmjerivost fukcija f + = f 0, f = ( f) 0. (5.12) Kao što smo upravo pokazali, fukcija f g je izmjeriva, vrijedi {x : f (x) < g (x)} = (f g) 1 (, 0 ). Skup, 0 je Borelov, pa je skup {x : f (x) < g (x)} izmjeriv. Sličo pokazujemo za ostale skupove. Ovime smo dokazali (a) dio, dio (b) i (c) idu sličo. Npr. {x : f (x) < g (x)} = [{x : f (x) = } {x : g (x) R {}}] [{x : f (x), g (x) R, f (x) < g (x)}] [{x : f (x) R} {x : g (x) = }]. ( Teorem ( 5.13 )) Neka je (, ) izmjeriv ( prostor. ( )) Ako je (f ) N iz fukcija f : R koje su, B R -izmjerive. Tada su, B R -izmjerive i fukcije if f, sup f, lim if f, lim sup f i lim f. ( { } ) Na domei x : lim f (x) postoji u R. { } Dokaz. Za svaki t R vrijedi x : sup f (x) t = {x : f (x) t}, pa je to -izmjeriv skup. Budući da klasa E = { } {[, t] : t R} geerira R, izmjerivost sup f f i slijedi po Propoziciji 5.5. Sličo pokazujemo za if f. Sada izmjerivost fukcija lim if f slijedi po defiiciooj formuli. Koristeći Teorem 5.11 (b), domea fukcije lim lim sup f je izmjeriva, pa slijedi izmjerivost od lim f. Primjer 5.14 (a) Svaka f : R R m koja je eprekida je ujedo i Borelova (Lema 5.8). (b) Neka je I 1-iterval, f : I R mootoa. Tada je za svaki t R skup {x I : f (x) < t} ili praza, ili sigleto (sadrži samo jeda elemet) ili 1-iterval. O je, dakle, u svakom slučaju Borelov, iz čega zaključujemo da je f izmjeriva, odoso Borelova. (c) Sve kombiacije s eprekidim i mootoim fukcijama uz pomoć operacija iz Leme 5.11 daju Borelove fukcije. (d) Ako je f : R (, B ( R )) -izmjeriva i A, tada možemo promatrati σ-algebru A := {A E : E }. f A je ( A, B ( R )) -izmjeriva. Za t R je {x A : f (x) < t} = A {x : f (x) < t}. 33

34 IZMJERIVE FUNKCIJE ( (e) Sličo pokažemo da ako su (A ) N i za svaki N je f A A, B ( R )) - ) izmjeriva tada je i f A, B ( R )) -izmjeriva. N A (( N (f) Ako je A, tada je χ A izmjeriva. Obrato, ako je χ A izmjeriva, tada je A. Fukcija f : R je jedostava ako je Im (f) koača skup. Uočimo da je f izmjeriva i jedostava ako i samo ako postoje N, α 1,..., α R i F 1,..., F međusobo disjukti, takvi da je f = α i χ Fi. i=1 Očito je limes izmjerivih i jedostavih fukcija poovo izmjeriva fukcija. Teorem 5.15 Neka je f : [0, ] (, B ( R )) -izmjeriva. Tada postoji rastući iz jedostavih, izmjerivih fukcija f : [0, takvih da je f (x) = lim f (x), za svaki x. Dokaz. Za svaki N i za svaki k = 1, 2,..., 2 defiiramo { A,k := x : k 1 f (x) < k }, 2 2 jaso je da je A,k. Za N skupovi A,1, A,2,..., A, 2 Defiiramo 2 k 1 f := 2 χ A,k + ( 2. χ\ A,k) Lako se vidi da je f 1 f 2... i f (x) f (x), za svaki x. su međusobo disjukti. Svaka izmjeriva fukcija se može prikazati kao f = f + f. Primjeom Teorema 5.15 a f + i f dobivamo: Korolar 5.16 Ako je f : R (, B ( R )) -izmjeriva, tada postoji iz (f ) R jedostavih, izmjerivih fukcija (s vrijedostima u R) takav da je f (x) = lim f (x), x. 34

35 INTEGRAL POZITIVNE FUNKCIJE 6 INTEGRAL POZITIVNE FUNKCIJE Neka je (, F, µ) prostor mjere. Fukcija f : R je jedostava i izmjeriva ako i samo ako postoje N, A 1,..., A F međusobo disjukti i a 1,..., a R takvi da je f = a k χ Ak. (6.1) Neka je S = S (, F, µ) skup svih jedostavih, izmjerivih fukcija. Defiiramo: S + := {f S : f 0}. (6.2) Ako je f S +, oda u prikazu (6.1) vrijedi a 1,..., a [0,. Za f S + defiiramo itegral od f (U odosu a mjeru µ, ad.): fdµ := a k µ (A k ). (6.3) Uočimo da je defiicija itegrala dobra. Neka je fdµ [0, ] jer je suma u (6.3) uvijek defiiraa. Dokažimo sada da je m f = b k χ Bk eki drugi prikaz fukcije f tipa (6.1). Uočimo da za A k B l mora vrijediti a k = b l. U (6.1) su skupovi međusobo disjukti pa po koačoj aditivosti slijedi: m m a k µ (A k ) = µ (A k B l ) = a k µ (A k B l ) = = m a k l=1 m b l µ (A k B l ) = l=1 b l l=1 µ (A k B l ) = m l=1 l=1 b l µ (A k B l ) m b l µ (B l ). m Uočimo da smo koristili da je A k = B l, a to možemo pretpostaviti bez smajeja općeitosti. Dakle, je dobro defiira l=1 fukcioal. l=1 Propozicija 6.4 (i) αf S + i Ako su f, g S + i α [0,, tada vrijedi: αfdµ = α fdµ, (ii) f + g S + i (f + g) dµ = fdµ + gdµ, (iii) ako je f (x) g (x), x tada je fdµ gdµ. 35

36 INTEGRAL POZITIVNE FUNKCIJE m Dokaz. Neka su f = a k χ Ak i g = b l χ Bl zapisi fukcija f i g tipa (6.1). l=1 (i) a 1,..., a [0, = αa 1,..., αa [0, = αf S +, a da je αfdµ = α fdµ slijedi iz αa k µ (A k ) = α a k µ (A k ). (ii) Opet možemo bez smajeja općeitosti uzeti da je (Dodamo 0 ukoliko je potrebo.) m A k = B l, sada je l=1 m f + g = (a k + b l ) χ Ak B l, l=1 a to je prikaz fukcije f + g tipa (6.1). Kako je a k + b l [0, dobivamo da je f + g S +. Nadalje, po (6.3), imamo: m (f + g) dµ = (a k + b l ) µ (A k B l ) = = = l=1 m a k µ (A k B l ) + l=1 a k µ (A k ) + fdµ + gdµ. m b l µ (B l ) l=1 m b l µ (A k B l ) l=1 (iii) f, g S + i f g = g f S +. Imajući a umu da je za h S +, hdµ 0, dobivamo: gdµ = [f + (g f)] dµ = koristeći (ii) = fdµ + (g f) dµ fdµ. } {{ } 0 Lema 6.5 Ako su f S + i (f : N) S + takvi da je za sve x i sve N f (x) f +1 (x) i za svaki x je f (x) = lim f (x). Tada vrijedi fdµ = lim f dµ. 36

37 INTEGRAL POZITIVNE FUNKCIJE Dokaz. Očito postoje svi itegrali koji su u igri. Prema Propoziciji 6.4 (iii) vidimo da je 0 f dµ f +1 dµ fdµ. Iz ovoga vidimo da postoji L := Ukoliko je L = vidimo da je oda i lim f dµ = pa smo gotovi. L <. Neka je ε 0, 1. Neka je f = f dµ i da je L fdµ. Dalje radimo pod pretpostavkom da je p a k χ Ak prikaz fukcije f tipa (6.1) takav da su svi a 1,..., a p međusobo različiti i iti jeda ije 0. Za svaki N i za svaki k {1,..., p} defiiramo: A (, k) := {x A k : f (x) (1 ε) a k }. Vidimo da je A (, k) F i A k = N A (, k), rastuća uija. Nadalje, defiiramo: g := p (1 ε) a k χ A(, k). Vidimo da je g S +, g g +1 i g f, dakle, postoji Dakle, L lim lim g dµ = lim = lim p (1 ε) a k µ (A (, k)) = g dµ i vrijedi eprekidost od µ u odosu a rastuće izove p (1 ε) a k µ (A k ) = (1 ε) fdµ, ε 0, 1. g dµ = (1 ε) Koačo, zaključujemo, L < = fdµ, ε 0, 1. fdµ < i L fdµ. Defiicija 6.6 Neka je f : [0, ] (F, B (R))-izmjeriva. Defiiramo itegral od f (U odosu a mjeru µ, ad.): fdµ := sup gdµ : g S +, g f. Napomea 6.7 (a) Ako je f S + oda je fdµ u deficioom skupu. Za g S + takav da je g f je i gdµ fdµ. Zaključujemo da se defiicije podudaraju a S +. 37

38 INTEGRAL POZITIVNE FUNKCIJE (b) f : [0, ] (F, B (R))-izmjeriva, oda sup postoji, tj. fdµ [0 + ]. (c) Neka je A F, f := () χ A, f := χ A. Tada vrijedi f S + i f f. fdµ f dµ = µ (A). Ukoliko je µ (A) > 0 = fdµ =, a ako je µ (A) = 0 = µ (A) = 0, N. Neka je g S + takav da je g f i g f, tada, postoji dovoljo velik N takav da je g f. Tada je gdµ f dµ = 0, iz čega zaključujemo da je fdµ = 0. Dakle, fdµ = {, µ (A) > 0, 0, µ (A) = 0. Lema 6.8 Ako je (f ) N S + eopadajući iz jedostavih izmjerivih fukcija i f (x) = lim f (x), x, tada je f ( F, B ( R )) -izmjeriva i fdµ = lim f dµ. Dokaz. Prvi dio tvrdje slijedi iz Teorema Nadalje, postoji L := lim f dµ [0, ]. Jaso je da vrijedi L fdµ. Neka je g S + takva da je g f. Tada je g := g f poovo iz S + i vrijedi Uočimo da je g (x) g +1 (x), g = lim g (x), x. g dµ f dµ. Po Lemi 6.5 slijedi gdµ = lim g dµ lim f dµ = L. Dakle, L je gorja međa defiicioog skupa za itegral od f. Slijedi fdµ L. Teorem 6.9 Ako su f, g : [0, ] ( F, B ( R )) -izmjerive i α [0,, tada: (i) αf : [0, ] je ( F, B ( R )) -izmjeriva i αfdµ = α fdµ. 38

39 INTEGRAL POZITIVNE FUNKCIJE (ii) (f + g) : [0, ] je ( F, B ( R )) -izmjeriva i (f + g) dµ = fdµ + gdµ. (iii) Ako je f (x) g (x), x, oda je fdµ gdµ. Dokaz. Po Teoremu 5.15 postoje rastući izovi (f ) N i (g ) N jedostavih izmjerivih fukcija takvih da f f i g g (Po točkama!). Dokaz za (i) i (ii) slijedi iz Leme 6.8 i Propozicije 6.4. Tvrdja (iii) slijedi direkto iz defiicije itegrala jer defiicioi skup fukcije g sadrži defiicioi skup fukcije f. Korolar 6.10 (Čebiševljeva ejedakost) Ako je f : [0, ] ( F, B ( R )) -izmjeriva i 0 < t <, tada je µ (A t ) 1 χ At fdµ 1 fdµ, t t pri čemu je A t := {x : f (x) t}. Dokaz. A t = f 1 ([t, ]), pa je izmjeriv. Tvrdja slijedi iz mootoosti itegrala i ejedakosti 0 t χ At f χ At f. Korolar 6.11 Ako je f : [0, ] ( F, B ( R )) -izmjeriva i fdµ <, tada vrijedi: (i) µ ({x : f (x) = }) = 0, (ii) {x : f (x) > 0} je σ-koača (Može se prekriti s prebrojivo mogo skupova koače mjere.), (iii) ako je fdµ = 0, tada µ ({x : f (x) > 0}) = 0. Dokaz. (i) Defiiramo A := {x : f (x) }, tada vrijedi A {x : f (x) = }. Po Korolaru 6.10 je µ (A ) 1 fdµ. Dakle, µ ({x : f (x) = }) = }{{} < lim µ (A ) = 0. 39

Mjera i integral. bilješke s vježbi ak. god /13. Aleksandar Milivojević

Mjera i integral. bilješke s vježbi ak. god /13. Aleksandar Milivojević Mjera i itegral vježbe bilješke s vježbi ak. god. 202./3. atipkali i uredili Aleksadar Milivojević Saji Ružić Sveučiliste u Zagrebu Prirodoslovo-matematički fakultet Matematički odsjek (skripta e može

Διαβάστε περισσότερα

Integral i mjera. Braslav Rabar. 13. lipnja 2007.

Integral i mjera. Braslav Rabar. 13. lipnja 2007. Itegral i mjera Braslav Rabar 13. lipja 2007. Def 1 Neka je X skup tada familiju F podskupova od X zovemo σ-algebra a X ako je X uutra te je zatvorea a komplemetiraje i prebrojive uije tada urede par (X,

Διαβάστε περισσότερα

MJERA I INTEGRAL završni ispit 4. srpnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!)

MJERA I INTEGRAL završni ispit 4. srpnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (ukupo 8 bodova) MJERA I INTEGRAL završi ispit 4. srpja 216. (Kjige, bilježice, dodati papiri i kalkulatori isu dozvoljei!) (a) (2 boda) Defiirajte p za ekspoete p [1, +. (b) (6 bodova) Dokažite da

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih nizova

Granične vrednosti realnih nizova Graiče vredosti realih izova Fukcija f : N R, gde je N skup prirodih brojeva a R skup realih brojeva, zove se iz realih brojeva ili reala iz. Opšti čla iza f je f(), N, i običo se obeležava sa f, dok se

Διαβάστε περισσότερα

Centralni granični teorem i zakoni velikih brojeva

Centralni granični teorem i zakoni velikih brojeva Poglavlje 8 Cetrali graiči teorem i zakoi velikih brojeva 8.1 Cetrali graiči teorem Lema 8.1 Za 1/ x 1 vrijedi Dokaz: Stavimo log1 + x x x. fx := log1 + x x, x [ 1/, 1]. Očito f0 = 0. Nadalje, po teoremu

Διαβάστε περισσότερα

Dvanaesti praktikum iz Analize 1

Dvanaesti praktikum iz Analize 1 Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.

Διαβάστε περισσότερα

Niz i podniz. Definicija Svaku funkciju a : N S zovemo niz u S. Za n N pišemo a(n) = a n i nazivamo n-tim članom niza.

Niz i podniz. Definicija Svaku funkciju a : N S zovemo niz u S. Za n N pišemo a(n) = a n i nazivamo n-tim članom niza. 2. NIZOVI 1 / 78 Niz i podiz 2 / 78 Niz i podiz Defiicija Svaku fukciju a : N S zovemo iz u S. Za N pišemo a() = a i azivamo -tim člaom iza. Ozaka za iz je (a ) N ili (a ) ili samo (a ). Kodomea iza može

Διαβάστε περισσότερα

Nizovi. Definicija. Niz je funkcija. a: R. Oznake: (a n ) ili a n } Zadatak 2.1 Napišite prvih nekoliko članova nizova zadanih općim članom:

Nizovi. Definicija. Niz je funkcija. a: R. Oznake: (a n ) ili a n } Zadatak 2.1 Napišite prvih nekoliko članova nizova zadanih općim članom: Nizovi Defiicija Niz je fukcija Ozake: (a ) ili a } a: R Zadatak Napišite prvih ekoliko člaova izova zadaih općim člaom: a = a = ( ) (c) a = Zadatak Odredite opće člaove izova: 3 5 7 9 ; 3 7 5 3 ; (c)

Διαβάστε περισσότερα

DIFERENCIJALNI RAČUN FUNKCIJA VIŠE VARIJABLI Skica rješenja 1. kolokvija (16. studenog 2015.)

DIFERENCIJALNI RAČUN FUNKCIJA VIŠE VARIJABLI Skica rješenja 1. kolokvija (16. studenog 2015.) DIFERENCIJALNI RAČUN FUNKCIJA VIŠE VARIJABLI Skica rješeja 1. kolokvija (16. studeog 2015.) Zadatak 1 (20 bodova) Neka je fukcija d: R 2 R 2 R daa formulom { x 1 + y d(x, y) = 1, ako je x y, 0, ako je

Διαβάστε περισσότερα

1 Neprekidne funkcije na kompaktima

1 Neprekidne funkcije na kompaktima Neprekide fukcije a kompaktima.. Teorem. Neka je K kompakta podskup metričkog prostora X, a f : X Y eprekido preslikavaje u metrički prostor Y. Tada je slika f(k) kompakta skup u Y..2. Zadatak. Neka su

Διαβάστε περισσότερα

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A. 3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M

Διαβάστε περισσότερα

KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA.

KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA. KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA 1 Grupoid (G, ) je asocijativa akko važi ( x, y, z G) x (y z) = (x y) z Grupoid (G, ) je komutativa akko važi ( x, y G) x y = y x Asocijativa

Διαβάστε περισσότερα

Operacije s matricama

Operacije s matricama Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M

Διαβάστε περισσότερα

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Matematička analiza 1 dodatni zadaci Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka

Διαβάστε περισσότερα

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011. INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno

Διαβάστε περισσότερα

MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 29. travnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!)

MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 29. travnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 29. travnja 2016. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (ukupno 6 bodova) Neka je I kolekcija svih ograničenih jednodimenzionalnih intervala

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2. Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.

Διαβάστε περισσότερα

MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 30. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!)

MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 30. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) JMBAG IM I PZIM BOJ BODOVA MJA I INTGAL 2. kolokvij 30. lipnja 2017. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (ukupno 6 bodova) Neka je (, F, µ) prostor mjere i neka je (

Διαβάστε περισσότερα

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.

Διαβάστε περισσότερα

Teorem o prostim brojevima

Teorem o prostim brojevima Sveučilište u Rijeci - Odjel za matematiku Preddiplomski sveučiliši studij Matematika Zlatko Durmiš Teorem o prostim brojevima Završi rad Rijeka, 22. Sveučilište u Rijeci - Odjel za matematiku Preddiplomski

Διαβάστε περισσότερα

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)

Διαβάστε περισσότερα

Uvod u teoriju brojeva

Uvod u teoriju brojeva Uvod u teoriju brojeva 2. Kongruencije Borka Jadrijević Borka Jadrijević () UTB 2 1 / 25 2. Kongruencije Kongruencija - izjava o djeljivosti; Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801. De nicija (2.1)

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIČKA STATISTIKA

MATEMATIČKA STATISTIKA MATEMATIČKA STATISTIKA Bilješke s predavaja (prof. dr. sc. Miljeko Huzak akademske godie 04./05. Natipkao i uredio: Kristija Kilassa Kvaterik Ova skripta služi samo kao pomoć u praćeju predavaja iz istoimeog

Διαβάστε περισσότερα

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. 1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,

Διαβάστε περισσότερα

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:

Διαβάστε περισσότερα

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012 Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)

Διαβάστε περισσότερα

1 FUNKCIJE. Pretpostavljamo poznavanje prirodnih brojeva N = {1, 2, 3,... },

1 FUNKCIJE. Pretpostavljamo poznavanje prirodnih brojeva N = {1, 2, 3,... }, FUNKCIJE Pretpostavljamo pozavaje prirodih brojeva N = {,, 3,... }, cijelih brojeva Z = {...,,, 0,,,... }, racioalih brojeva Q = { m : m Z, N}. Nećemo defiirati reale brojeve R jer bi as to odvelo previše

Διαβάστε περισσότερα

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti). PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo

Διαβάστε περισσότερα

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova 27. 01. 2006. Kratki rezime prošlog predavanja: Dokazali smo teorem rekurzije, te primjenom njega definirali zbrajanje ordinalnih brojeva. Prvo ćemo navesti osnovna

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Osnova matematike

Zadaci iz Osnova matematike Zadaci iz Osnova matematike 1. Riješiti po istinitosnoj vrijednosti iskaza p, q, r jednačinu τ(p ( q r)) =.. Odrediti sve neekvivalentne iskazne formule F = F (p, q) za koje je iskazna formula p q p F

Διαβάστε περισσότερα

Mjera i Integral Vjeºbe

Mjera i Integral Vjeºbe Mjera i Integral Vjeºbe September 8, 2015 Chapter 1 σ-algebre 1.1 Osnovna svojstva i prvi primjeri Najprije uvodimo pojmove algebre i σ-algebre 1 skupova. Za skup, familiju svih njegovih podskupova zovemo

Διαβάστε περισσότερα

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA Geodetski akultet dr s J Beba-Brkić Predavaja iz Matematike OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA Teoremi koje ćemo avesti u ovom poglavlju su osovi teoremi koji osiguravaju ispravost primjea diereijalog

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za

Διαβάστε περισσότερα

k a k = a. Kao i u slučaju dimenzije n = 1 samo je jedan mogući limes niza u R n :

k a k = a. Kao i u slučaju dimenzije n = 1 samo je jedan mogući limes niza u R n : 4 Nizovi u R n Neka je A R n. Niz u A je svaka funkcija a : N A. Označavamo ga s (a k ) k. Na primjer, jedan niz u R 2 je dan s ( 1 a k = k, 1 ) k 2, k N. Definicija 4.1. Za niz (a k ) k R n kažemo da

Διαβάστε περισσότερα

Teorijske osnove informatike 1

Teorijske osnove informatike 1 Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1.

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1. σ-algebra skupova Definicija : Neka je Ω neprazan skup i F P(Ω). Familija skupova F je σ-algebra skupova na Ω ako vrijedi:. F, 2. A F A C F, 3. A n, n N} F n N A n F. Borelova σ-algebra Definicija 2: Neka

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 1 2 3 4 5 Σ jmbag smjer studija Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 7. 11. 2012. 1. (10 bodova) Neka je dano preslikavanje s : R 2 R 2 R, s (x, y) = (Ax y), pri čemu je A: R 2 R 2 linearan operator oblika

Διαβάστε περισσότερα

Diferencijalni račun funkcija više varijabli

Diferencijalni račun funkcija više varijabli Diferecijali raču fukcija više varijabli vježbe uredio Matija Bašić Sveučilište u Zagrebu Prirodoslovo-matematički fakultet Matematički odsjek (skripta e može zamijeiti vježbe) Sadržaj 1 Struktura ormiraog

Διαβάστε περισσότερα

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

3.1 Granična vrednost funkcije u tački 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili

Διαβάστε περισσότερα

Definicija: Beskonačni niz realnih brojeva je funkcija a : N R. Umjesto zapisa a(1), a(2),,a(n), može se koristiti zapis a 1,

Definicija: Beskonačni niz realnih brojeva je funkcija a : N R. Umjesto zapisa a(1), a(2),,a(n), može se koristiti zapis a 1, Defiicija: Beskoači iz realih brojeva je fukcija a : N R i Umjesto zapisa a(), a(),,a(), može se koristiti zapis a, a,,a, Broj a zove se opći čla iza, a cijeli iz se kratko ozačuje (a ). Niz je : -rastući

Διαβάστε περισσότερα

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,

Διαβάστε περισσότερα

Trigonometrijske funkcije

Trigonometrijske funkcije 9 1. Trigoometrijske fukcije 1.1. Ako je α + β π,izračuaj 1 + tg α)1 + tg β). 4 1.. Izračuaj zbroj log a tg 1 + log a tg +...+ log a tg 89. 1.3. Izračuaj 40 0 si 0 bez uporabe tablica ili račuala. 1.4.

Διαβάστε περισσότερα

METODA SEČICE I REGULA FALSI

METODA SEČICE I REGULA FALSI METODA SEČICE I REGULA FALSI Zadatak: Naći ulu fukcije f a itervalu (a,b), odoso aći za koje je f()=0. Rešeje: Prvo, tražimo iterval (a,b) a kome je fukcija eprekida, mootoa i važi: f(a)f(b)

Διαβάστε περισσότερα

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati

Διαβάστε περισσότερα

2 Skupovi brojeva 17. m n N. (m + n) + k = m + (n + k) - asocijativnost sabiranja. m + n = n + m - komutativnost sabiranja

2 Skupovi brojeva 17. m n N. (m + n) + k = m + (n + k) - asocijativnost sabiranja. m + n = n + m - komutativnost sabiranja Skupovi brojeva 17 Skupovi brojeva.1 Skup prirodih brojeva Skup N prirodih brojeva čie brojevi 1,,3,... Nad skupom prirodih brojeva defiisae su operacije sabiraja (+) i možeja ( ), čiji je rezultat takože

Διαβάστε περισσότερα

Društvo matematičara Srbije. Pripreme za Juniorske olimpijade školske 2007/2008. Matematička indukcija

Društvo matematičara Srbije. Pripreme za Juniorske olimpijade školske 2007/2008. Matematička indukcija Društvo matematičara Srbije Pripreme za Juiorske olimpijade školske 007/008 -Dord e Baralić Tel:063/706-706-6 e-mail:djolebar@ptt.yu Matematička idukcija Primer 1. Dokazati da je > za sve N. Ituitivo zamo

Διαβάστε περισσότερα

Elementi spektralne teorije matrica

Elementi spektralne teorije matrica Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena

Διαβάστε περισσότερα

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1 Nizovi 5 a = 5 +3+ + 6 a = 3 00 + 00 3 +5 7 a = +)+) ) 3 3 8 a = 3 +3+ + +3 9 a = 3 5 0 a = 43/ ++ 5 3/ +5+ a = + + a = + ) 3 a = + + + 4 a = 3 3 + 3 ) 5 a = +++ 6 a = + ++ 3 a = +)!++)! +3)! a = ) +3

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo:

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo: 2 Skupovi Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo: A B def ( x)(x A x B) Kažemo da su skupovi A i

Διαβάστε περισσότερα

Izrada Domaće zadaće 4

Izrada Domaće zadaće 4 Uiverzitet u Sarajevu Elektrotehički fakultet Predmet: Ižejerska matematika I Daa: 76006 Izrada Domaće zadaće Zadatak : Izračuajte : si( ) (cos( )) L 0 a) primjeom L'Hospitalovog pravila; b) izravom upotrebom

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 1

ELEMENTARNA MATEMATIKA 1 Na kolokviju nije dozvoljeno koristiti ni²ta osim pribora za pisanje. Zadatak 1. Ispitajte odnos skupova: C \ (A B) i (A C) (C \ B). Rje²enje: Neka je x C \ (A B). Tada imamo x C i x / A B = (A B) \ (A

Διαβάστε περισσότερα

PRIMJENA L-FUNKCIJA U TEORIJI BROJEVA. Marija Patljak PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK. Diplomski rad

PRIMJENA L-FUNKCIJA U TEORIJI BROJEVA. Marija Patljak PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK. Diplomski rad SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Marija Patljak PRIMJENA L-FUNKCIJA U TEORIJI BROJEVA Dilomski rad Voditelj rada: rof. dr. sc. Fili Najma Zagreb, veljača 2016.

Διαβάστε περισσότερα

2. Konvergencija nizova

2. Konvergencija nizova 6 2. KONVERGENCIJA NIZOVA 2. Konvergencija nizova Niz u skupu X je svaka funkcija x : N X. Vrijednost x(k), k N, se zove opći ili k-ti član niza i obično se označava s x k. U skladu s tim, niz x : N X

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

1 Promjena baze vektora

1 Promjena baze vektora Promjena baze vektora Neka su dane dvije različite uredene baze u R n, označimo ih s A = (a, a,, a n i B = (b, b,, b n Svaki vektor v R n ima medusobno različite koordinatne zapise u bazama A i B Zapis

Διαβάστε περισσότερα

1.4 Tangenta i normala

1.4 Tangenta i normala 28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x

Διαβάστε περισσότερα

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;

Διαβάστε περισσότερα

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +

Διαβάστε περισσότερα

( x) ( ) dy df dg. =, ( x) e = e, ( ) ' x. Zadatak 001 (Marinela, gimnazija) Nađite derivaciju funkcije f(x) = a + b x. ( ) ( )

( x) ( ) dy df dg. =, ( x) e = e, ( ) ' x. Zadatak 001 (Marinela, gimnazija) Nađite derivaciju funkcije f(x) = a + b x. ( ) ( ) Zadatak (Mariela, gimazija) Nađite derivaciju fukcije f() a + b c + d Rješeje Neka su f(), g(), h() fukcije ezavise varijable, a f (), g (), h () derivacije tih fukcija po Osova pravila deriviraja Derivacija

Διαβάστε περισσότερα

KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov i Ramseyev teorem

KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov i Ramseyev teorem Природно-математички факултет, Универзитет у Нишу, Србија http://www.pmf.ni.ac.yu/mii Математика и информатика 1 (3) (2009), 19-24 KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov

Διαβάστε περισσότερα

INŽENJERSKA MATEMATIKA 1. P r e d a v a n j a z a d e s e t u s e d m i c u n a s t a v e (u akademskoj 2009/2010. godini) G L A V A 5

INŽENJERSKA MATEMATIKA 1. P r e d a v a n j a z a d e s e t u s e d m i c u n a s t a v e (u akademskoj 2009/2010. godini) G L A V A 5 INŽENJERSKA MATEMATIKA NOTA BENE Dobro zapamti. Imaj a umu. Ne zaboravi. P r e d a v a j a z a d e s e t u s e d m i c u a s t a v e (u akademskoj 9/. godii) G L A V A 5 DIFERENCIJALNI RAČUN REALNIH FUNKCIJA

Διαβάστε περισσότερα

Slučajni procesi Prvi kolokvij travnja 2015.

Slučajni procesi Prvi kolokvij travnja 2015. Zadatak Prvi kolokvij - 20. travnja 205. (a) (3 boda) Neka je (Ω,F,P) vjerojatnosni prostor, neka je G σ-podalgebra od F te neka je X slučajna varijabla na (Ω,F,P) takva da je X 0 g.s. s konačnim očekivanjem.

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai

Διαβάστε περισσότερα

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008

Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008 Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008 Predavanja: Nenad Bakić, Vježbe: Luka Grubišić i Maja Starčević 22. listopada 2007. 1 Prostor radijvektora i sustavi linearni jednadžbi Neka je E 3 trodimenzionalni

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Vidosava Šimić 22. prosinca 2009. Domena funkcije dvije varijable Ako je zadano pridruživanje (x, y) z = f(x, y), onda se skup D = {(x, y) ; f(x, y) R} R 2 naziva

Διαβάστε περισσότερα

REKURZIVNE FUNKCIJE PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK. Diplomski rad. Voditelj rada: Doc.dr.sc.

REKURZIVNE FUNKCIJE PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK. Diplomski rad. Voditelj rada: Doc.dr.sc. SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Brigita Švec REKURZIVNE FUNKCIJE Diplomski rad Voditelj rada: Doc.dr.sc. Zvonko Iljazović Zagreb, Rujan, 2014. Ovaj diplomski

Διαβάστε περισσότερα

Dragan Jukić MJERA I INTEGRAL OSIJEK, f = 3 α i χ Ai. α 2. α 1. α 3 A 1 A 2 A 3. 3 fdλ = α i λ(a i )

Dragan Jukić MJERA I INTEGRAL OSIJEK, f = 3 α i χ Ai. α 2. α 1. α 3 A 1 A 2 A 3. 3 fdλ = α i λ(a i ) Dragan Jukić α 2 f = 3 α i χ Ai 3 fdλ = α i λ(a i ) α 1 α 3 A 1 A 2 A 3 MJERA I INTEGRAL OSIJEK, 2012. prof.dr.sc. Dragan Jukić MJERA I INTEGRAL Osijek, 2012. D. Jukić Mjera i integral. Izdavač: Sveučilište

Διαβάστε περισσότερα

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg

Διαβάστε περισσότερα

I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 2. Glava I : METRIČKI PROSTORI. FUNKCIJE VIŠE PROMJENLJIVIH

I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 2. Glava I : METRIČKI PROSTORI. FUNKCIJE VIŠE PROMJENLJIVIH I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A Glava I : METRIČKI PROSTORI. FUNKCIJE VIŠE PROMJENLJIVIH Teorija graičih vrijedosti je od iteresa e samo u skupu R realih brojeva, već i u ekim drugim skupovima

Διαβάστε περισσότερα

Teorem 1.8 Svaki prirodan broj n > 1 moºe se prikazati kao umnoºak prostih brojeva (s jednim ili vi²e faktora).

Teorem 1.8 Svaki prirodan broj n > 1 moºe se prikazati kao umnoºak prostih brojeva (s jednim ili vi²e faktora). UVOD U TEORIJU BROJEVA Drugo predavanje - 10.10.2013. Prosti brojevi Denicija 1.4. Prirodan broj p > 1 zove se prost ako nema niti jednog djelitelja d takvog da je 1 < d < p. Ako prirodan broj a > 1 nije

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a

Διαβάστε περισσότερα

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011. Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,

Διαβάστε περισσότερα

1. Topologija na euklidskom prostoru R n

1. Topologija na euklidskom prostoru R n 1 1. Topologija na euklidskom prostoru R n Euklidski prostor R n je okruženje u kojem ćemo izučavati realnu analizu. Kao skup R n se sastoji od svih uredenih n-torki realnih brojeva: R n = {(x 1,...,x

Διαβάστε περισσότερα

Diferencijalni i integralni račun I. Prirodoslovno matematički fakultet

Diferencijalni i integralni račun I. Prirodoslovno matematički fakultet Diferencijalni i integralni račun I Saša Krešić-Jurić Prirodoslovno matematički fakultet Sveučilište u Splitu Sadržaj Skupovi i funkcije. Skupovi N, Z i Q................................. 4.2 Skup realnih

Διαβάστε περισσότερα

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta. auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,

Διαβάστε περισσότερα

Poglavlje 1 GRAM-SCHMIDTOV POSTUPAK ORTOGONALIZACIJE. 1.1 Ortonormirani skupovi

Poglavlje 1 GRAM-SCHMIDTOV POSTUPAK ORTOGONALIZACIJE. 1.1 Ortonormirani skupovi Poglavlje 1 GRAM-SCHMIDTOV POSTUPAK ORTOGONALIZACIJE 1.1 Ortonormirani skupovi Prije nego krenemo na sami algoritam, uvjerimo se koliko je korisno raditi sa ortonormiranim skupovima u unitarnom prostoru.

Διαβάστε περισσότερα

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log = ( > 0, 0)!" # > 0 je najčešći uslov koji postavljamo a još je,, > 0 se zove numerus (aritmand), je osnova (baza). 0.. ( ) +... 7.. 8. Za prelazak na neku novu bazu c: 9. Ako je baza (osnova) 0 takvi se

Διαβάστε περισσότερα

2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos

2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos . KOLOKVIJ PRIMIJENJENA MATEMATIKA FOURIEROVE TRANSFORMACIJE 1. Za periodičnu funkciju f(x) s periodom p=l Fourierov red je gdje su a,a n, b n Fourierovi koeficijenti od f(x) gdje su a =, a n =, b n =..

Διαβάστε περισσότερα

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )

Διαβάστε περισσότερα

Dijagonalizacija operatora

Dijagonalizacija operatora Dijagonalizacija operatora Problem: Može li se odrediti baza u kojoj zadani operator ima dijagonalnu matricu? Ova problem je povezan sa sljedećim pojmovima: 1 Karakteristični polinom operatora f 2 Vlastite

Διαβάστε περισσότερα

LINEARNA ALGEBRA 1, ZIMSKI SEMESTAR 2007/2008 PREDAVANJA: NENAD BAKIĆ, VJEŽBE: LUKA GRUBIŠIĆ I MAJA STARČEVIĆ

LINEARNA ALGEBRA 1, ZIMSKI SEMESTAR 2007/2008 PREDAVANJA: NENAD BAKIĆ, VJEŽBE: LUKA GRUBIŠIĆ I MAJA STARČEVIĆ LINEARNA ALGEBRA 1 ZIMSKI SEMESTAR 2007/2008 PREDAVANJA: NENAD BAKIĆ VJEŽBE: LUKA GRUBIŠIĆ I MAJA STARČEVIĆ 2. VEKTORSKI PROSTORI - LINEARNA (NE)ZAVISNOST SISTEM IZVODNICA BAZA Definicija 1. Neka je F

Διαβάστε περισσότερα

2.6 Nepravi integrali

2.6 Nepravi integrali 66. INTEGRAL.6 Neprvi integrli Definicij. Nek je f : [, R funkcij koj je Riemnn integrbiln n svkom podsegmentu [, ] od [,. Ako postoji končn es f() (.4) ond se tj es zove neprvi integrl funkcije f n [,

Διαβάστε περισσότερα

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA POVRŠIN TNGENIJLNO-TETIVNOG ČETVEROKUT MLEN HLP, JELOVR U mnoštvu mnogokuta zanimljiva je formula za površinu četverokuta kojemu se istoobno može upisati i opisati kružnica: gje su a, b, c, uljine stranica

Διαβάστε περισσότερα

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LOGARITAMSKA FUNKCIJA SVOJSTVA LOGARITAMSKE FUNKCIJE OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA - DEFINICIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA

Διαβάστε περισσότερα

16 Lokalni ekstremi. Definicija 16.1 Neka je A R n otvoren, f : A R i c A. Ako postoji okolina U(c) od c na kojoj je f(c) minimum

16 Lokalni ekstremi. Definicija 16.1 Neka je A R n otvoren, f : A R i c A. Ako postoji okolina U(c) od c na kojoj je f(c) minimum 16 Lokalni ekstremi Važna primjena Taylorovog teorema odnosi se na analizu lokalnih ekstrema (minimuma odnosno maksimuma) relanih funkcija (više varijabli). Za n = 1 i f : a,b R ako funkcija ima lokalni

Διαβάστε περισσότερα

( ) δ = δ ε ) tako da vrijedi ( ) Predavanja iz predmeta Matematika za ekonomiste: IV dio

( ) δ = δ ε ) tako da vrijedi ( ) Predavanja iz predmeta Matematika za ekonomiste: IV dio Predavaja iz predmeta Matematika za ekoomiste: IV dio U okviru četvrtog dijela predavaja predviđeo je da studeti savladaju slijedeće programske sadržaje:. Graiča vrijedost fukcije.. Neprekidost fukcije.

Διαβάστε περισσότερα

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1; 1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,

Διαβάστε περισσότερα

Matematika (PITUP) Prof.dr.sc. Blaženka Divjak. Matematika (PITUP) FOI, Varaždin

Matematika (PITUP) Prof.dr.sc. Blaženka Divjak. Matematika (PITUP) FOI, Varaždin Matematika (PITUP) FOI, Varaždin Dio III Umijeće postavljanja pravih pitanja i problema u matematici treba vrednovati više nego njihovo rješavanje Georg Cantor Sadržaj Matematika (PITUP) Relacije medu

Διαβάστε περισσότερα

1. Numerički nizovi i redovi

1. Numerički nizovi i redovi . Numerički izovi i redovi Često u svakodevom govoru koristimo termie iz i red, a da pri tome i e razmišljamo o jihovom kokretom začeju. Kada kažemo iz, podrazumijevamo skupiu objekata uredeih po pricipu

Διαβάστε περισσότερα

II. ANALITIČKA GEOMETRIJA PROSTORA

II. ANALITIČKA GEOMETRIJA PROSTORA II. NLITIČK GEMETRIJ RSTR I. I (Točka. Ravia.) d. sc. Mia Rodić Lipaović 9./. Točka u postou ( ; i, j, k ) Kateijev pavokuti koodiati sustav k i j T T (,, ) oložaj točke u postou je jedoačo odeñe jeim

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1

Διαβάστε περισσότερα

1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva

1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva 1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva Definicija 1 Polje realnih brojeva je skup R = {x, y, z...} u kojemu su definirane dvije binarne operacije zbrajanje (oznaka +) i množenje (oznaka ) i jedna binarna

Διαβάστε περισσότερα

REALNA FUNKCIJA realnom funkcijom n realnih nezavisno-promjenljivih

REALNA FUNKCIJA realnom funkcijom n realnih nezavisno-promjenljivih REALNA FUNKCIJA Fukciju f čiji je skup vrijedosti V podskup skupa R realih brojeva zovemo realom fukcijom. Ako je, pritom, oblast defiisaosti D eki podskup skupa R uređeih -torki realih brojeva, kažemo

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja

radni nerecenzirani materijal za predavanja Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je

Διαβάστε περισσότερα