Υπόδειξη. (α) Άµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο.

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Υπόδειξη. (α) Άµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο."

Transcript

1 Κεφάλαιο 2 Ολοκλήρωµα Lebesgue 2.1 Οµάδα Α 1. Αν η f : (a, b) R είναι παραγωγίσιµη, τότε η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία f : (a, b) R µε f (x) = [f(x + 1/) f(x)]. Εφόσον, η f είναι παραγωγίσιµη για κάθε x (a, b) ισχύει lim f (x) = f (x). Κάθε f είναι µετρήσιµη οπότε η f είναι µετρήσιµη. 2. (α) Αν A R d µε λ(a) =, δείξτε ότι κάθε συνάρτηση f : A [, + ] είναι µετρήσιµη. (ϐ) Εστω A, B µετρήσιµα σύνολα µε λ(b) = και έστω f : A B [, + ] µια συνάρτηση της οποίας ο περιορισµός f A στο A είναι µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι η f είναι µετρήσιµη. (γ) Αν το A R d είναι µετρήσιµο σύνολο και η f : A R είναι συνεχής σχεδόν παντού στο A, δείξτε ότι η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. (α) Άµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο. (ϐ) Εστω a R. Τότε, [f > b] = {x A B : f(x) > b} = {x B : f(x) > b} {x A : f(x) > b}. Το πρώτο σύνολο στην προηγούµενη ένωση είναι µετρήσιµο ως υποσύνολο µηδενικού συνόλου ενώ το δεύτερο είναι µετρήσιµο διότι η f A είναι µετρήσιµη. (γ) Εστω C = C(f) το σύνολο των σηµείων συνέχειας της f. Τότε, το B = A \ C είναι µηδενικό σύνολο αφού η f είναι συνεχής σχεδόν παντού. Καθώς, κάθε συνεχής συνάρτηση είναι µετρήσιµη, το συµπέρασµα έπεται από το (ϐ). 35

2 36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU 3. (α) ώστε παράδειγµα µη µετρήσιµης συνάρτησης f µε την ιδιότητα η f 2 να είναι µετρήσιµη. (ϐ) Εστω A R d µετρήσιµο και έστω f : A R. Αν η f 2 είναι µετρήσιµη και το σύνολο {x A : f(x) > } είναι µετρήσιµο, δείξτε ότι η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. (α) Θεωρούµε το µη µετρήσιµο σύνολο V του Vitali στο [, 1]. Θεωρούµε τη συνάρτηση f µε f(x) = 1 αν x V και 1 αλλιώς. Τότε, η f δεν είναι µετρήσιµη, αλλά η f 2 είναι η σταθερή 1 κι άρα είναι µετρήσιµη. (ϐ) Παρατηρήστε ότι το σύνολο A 2 = {x A f(x) } είναι επίσης µετρήσιµο, αφού το A 1 = {x A f(x) > } είναι µετρήσιµο. Εστω b R. Αν b. Τότε, [f b] = [f 2 b 2 ] A 2 το οποίο είναι µετρήσιµο. Αν b > τότε [f b] = (A 1 [f 2 b 2 ]) A 2 το οποίο είναι µετρήσιµο, ως πράξεις τέτοιων. 4. Εστω A R d µετρήσιµο και f : A [, + ], N, ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων. είξτε ότι το σύνολο L = {x A η ακολουθία (f (x)) συγκλίνει } είναι µετρήσιµο. Υπόδειξη. Γνωρίζουµε ότι οι συναρτήσεις g(x) = lim if f (x) και h(x) = lim sup f (x) είναι µετρήσιµες. Τότε, το L γράφεται ως L = [g = h] = {x A g(x) = h(x)}, το οποίο είναι µετρήσιµο. 5. Εστω A µετρήσιµο υποσύνολο του R d και έστω f : A [, + ] συνάρτηση µε την εξής ιδιότητα : Για κάθε q Q, το σύνολο {x A : f(x) > q} είναι µετρήσιµο. είξτε ότι η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. Εστω a R. Λόγω της πυκνότητας του Q υπάρχει (q ) γνησίως αύξουσα ακολουθία ϱητών ώστε q a. Τότε, {x A f(x) a} = {x A f(x) > q }. Επειδή κάθε {x A f(x) > q } είναι µετρήσιµο έπεται ότι το [f a] είναι µετρήσιµο. Καθώς το a R ήταν τυχόν, το Ϲητούµενο έπεται. 6. Εστω f : R d R µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι αν το B R είναι σύνολο Borel, τότε το f 1 (B) = {x R d : f(x) B} είναι µετρήσιµο.

3 2.1. ΟΜΑ Α Α 37 Υπόδειξη. Θεωρούµε την κλάση A = {B R f 1 (B) µετρήσιµο}. Θέλουµε να δείξουµε ότι η σ-άλγεβρα των Borel του R περιέχεται στην A. Γι αυτό δείχνουµε διαδοχικά τα εξήσ: (i) Η A είναι σ-άλγεβρα : Πράγµατι f 1 (R) = R µετρήσιµο, εποµένως R A. Αν B A τότε f 1 (R \ B) = R \ f 1 (B) και εφόσον το B A έπεται ότι το R \ f 1 (B) είναι µετρήσιµο. Τέλος, αν {B } ακολουθία στην A, τότε f 1 ( B ) = f 1 (B ) είναι µετρήσιµο αφού κάθε f 1 (B ) είναι µετρήσιµο. (ii) είχνουµε ότι η A περιέχει τα ανοικτά : Αφού f µετρήσιµη το f 1 ((a, b)) = [f < b] [f > a] είναι µετρήσιµο, a < b +. ηλαδή, (a, b) A. Οµως κάθε ανοικτό υποσύνολο του R γράφεται ως αριθµήσιµη (ξένη) ένωση ανοικτών διαστηµάτων κι εφόσον η A είναι σ-άλγεβρα προκύπτει ότι περιέχει τα ανοικτά υποσύνολα του R. Από τον ορισµό των Borel έπεται ότι B(R) A. Αυτό αποδεικνύει το Ϲητούµενο. 7. Εστω A µετρήσιµο υποσύνολο του R µε λ(a) < και έστω f : A R Lebesgue µετρήσιµη συνάρτηση. Ορίζουµε ω f : R R µε ω f (t) = λ({x A : f(x) > t}). (α) είξτε ότι η ω f είναι ϕθίνουσα και συνεχής από δεξιά. Σε ποιά σηµεία είναι ασυνεχής ; (ϐ) Αν οι f k, f : A R είναι Lebesgue µετρήσιµες και f k f, δείξτε ότι ω fk ω f. Υπόδειξη. (α) Είναι προφανές ότι η ω f είναι ϕθίνουσα. Για να δείξουµε ότι είναι δεξιά συνεχής, αρκεί να δείξουµε ότι για κάθε t t ισχύει ω f (t ) ω f (t). Ορίζουµε A = {x A : f(x) > t }. Τότε, A A +1 και A = {x A : f(x) > t}. Εποµένως, από την ιδιότητα του µέτρου παίρνουµε : ω f (t) = λ ( A ) = lim λ(a ) = lim ω f (t ), που αποδεικνύει την δεξιά συνέχεια της f. Η ω f είναι συνεχής αν και µόνον αν είναι συνεχής από τα αριστερά. Ισοδύναµα, αν για κάθε (t ) µε t t ισχύει ω f (t ) ω f (t). είχνουµε όπως πριν ότι lim ω f (t ) = lim λ(x A : f(x) > t ) = λ(x A : f(x) t), όπου εδώ χρησιµοποιούµε την υποθέση λ(a) <. Εποµένως, η ω f είναι αριστερά συνεχής αν και µόνον αν λ(x A : f(x) > t) = λ(x A : f(x) t) λ(a)< λ(x A : f(x) = t) =.

4 38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Μ άλλα λόγια η ω f είναι συνεχής στο t αν και µόνον αν λ(f 1 ({t})) =. (ϐ) Είναι προφανές ότι για κάθε t έχουµε ω fk (t) ω fk+1 (t). Εστω t R. Ορίζουµε B k = {x A : f k (x) > t}. Τότε, B k B k+1 και k=1 B k = {x A : f(x) > t}. Άρα, µπορούµε να γράψουµε : lim ω f k (t) = lim λ(x A : f k(x) > t) = lim λ(b k) k k k ( ) = λ B k = λ(x A : f(x) > t) = ω f (t). k=1 Αυτό αποδεικνύει το Ϲητούµενο. 8. Εστω A µετρήσιµο υποσύνολο του R, f : A R µετρήσιµη συνάρτηση και g : R R αύξουσα συνάρτηση. είξτε ότι η g f : A R είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. Εστω a R. Τότε, A = g 1 ((a, + )) είναι διάστηµα της µορφής [b, + ) ή (b, ) αφού η g είναι αύξουσα. Εποµένως, το (g f) 1 ((a, + )) = f 1 (A) είναι µετρήσιµο, αφού η f είναι µετρήσιµη. 9. Εστω f : R [, ] ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Ορίζουµε F : [, ) [, ] µε F (t) = λ({f > t}). είξτε ότι η F είναι ϕθίνουσα, συνεχής από δεξιά, και lim t + F (t) =. Υπόδειξη. Για κάθε t > s έχουµε {f > t} {f > s}. Συνεπώς, F (t) = λ({f > t}) λ({f > s}) = F (s). Αυτό αποδεικνύει ότι η F είναι ϕθίνουσα. Για να δείξουµε ότι η F είναι συνεχής από δεξιά, αρκεί να δείξουµε ότι : για κάθε t και για κάθε γνησίως ϕθίνουσα ακολουθία t t ισχύει F (t ) F (t) (γνωστό από τον Απειροστικό Λογισµό). Οµως, {f > t} = {f > t }. Πράγµατι, είναι προφανές ότι αν για κάποιον ισχύει f(x) > t τότε f(x) > t, ενώ αντίστροφα, αν f(x) > t, από το γεγονός ότι t t έπεται ότι υπάρχει ώστε f(x) > t > t. Εχουµε επίσης υποθέσει ότι η (t ) είναι ϕθίνουσα, άρα {f > t } {f > t +1 } για κάθε. ηλαδή, η ({f > t }) είναι αύξουσα. Επεται ότι F (t) = λ({f > t}) = lim λ({f > t }) = lim F (t ).

5 2.1. ΟΜΑ Α Α 39 Τέλος, για κάθε t >, από την ανισότητα του Markov έχουµε tf (t) = t λ({f > t}) f. Άρα, και αυτό δείχνει ότ lim t F (t) =. F (t) 1 t f, 1. Υποθέτουµε ότι f και f, N, είναι µη αρνητικές µετρήσιµες συναρτήσεις, f f, και υπάρχει k N ώστε f k <. είξτε ότι f = lim f. Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων {f k f } =k. Αφού η {f } είναι ϕθίνουσα, συµπεραίνουµε ότι η {f k f } =k είναι αύξουσα. Αφού f f, έχουµε f k f f k f. Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης παίρνουµε (f k f ) (f k f). Παρατηρήστε ότι f k f f k, άρα (f k f ) (f k f) f k < για κάθε. ηλαδή, η f k f και όλες οι f k f είναι ολοκληρώσιµες. Από την γραµµικότητα του ολοκληρώµατος, f = f k (f k f ) f k (f k f) = f. 11. Εστω f µετρήσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι f > σ.π. Αν f = για κάποιο µετρήσιµο σύνολο, δείξτε ότι λ() =. Υπόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι f > παντού στο, δηλαδή f(x) > για κάθε x. Για κάθε N ϑέτουµε = {x : f(x) > 1/}. Παρατηρήστε ότι =,

6 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU διότι f(x) > αν και µόνο αν υπάρχει N ώστε f(x) > 1/. Από την ανισότητα του Markov, 1 λ( ) f f =, άρα λ( ) = για κάθε N. Επεται ότι ( ) λ() = λ λ( ) =. Αυτό το επιχείρηµα καλύπτει και την περίπτωση όπου f > σ.π.: αν Z = {x : f(x) = } τότε λ(z) = και \Z f =. Μπορούµε λοιπόν να δουλέψουµε µε το \ Z: αν δείξουµε ότι λ( \ Z) =, ϑα έχουµε και λ() =. 12. Εστω f µη αρνητική µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι f = lim f = lim {f 1/} f. Υπόδειξη. Ορίζουµε g (x) = f(x)χ [,] (x). Παρατηρήστε ότι η {g } είναι αύξουσα και, για κάθε x R έχουµε τελικά x [, ] άρα g (x) = f(x) f(x). Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης παίρνουµε f = fχ [,] = g f. Για το δεύτερο ερώτηµα, ορίζουµε h (x) = f(x)χ {f 1/} (x). Παρατηρήστε ότι η {h } είναι αύξουσα διότι {f 1/} {f 1/( + 1)} για κάθε N. Επίσης, για κάθε x R µε f(x) > έχουµε τελικά f(x) 1/ άρα h (x) = f(x) f(x), ενώ αν f(x) = έχουµε h (x) = για κάθε, οπότε πάλι h (x) = f(x) (συµπληρώστε τις λεπτοµέρειες). Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης παίρνουµε f = fχ {f 1/} = h f. {f 1/} 13. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι f = lim f. {f } Υπόδειξη. Ορίζουµε g (x) = f(x)χ {f } (x). Παρατηρήστε ότι η {g } είναι αύξουσα διότι {f } {f + 1} για κάθε N. Επίσης, για κάθε x R µε f(x) <

7 2.1. ΟΜΑ Α Α 41 έχουµε τελικά f(x) άρα g (x) = f(x) f(x). ηλαδή, αν = {f < }, έχουµε g χ fχ. Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης παίρνουµε f = fχ {f } = g = g χ {f } fχ. Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, γνωρίζουµε ότι λ( c ) = και fχ c =. Επεται ότι f = fχ + fχ c = fχ = lim f. {f } 14. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Είναι σωστό ότι lim x ± f(x) = ; Υπόδειξη. Οχι. Η συνάρτηση f : R R µε f(x) = χ Q (x) είναι σχεδόν παντού ίση µε την µηδενική συνάρτηση. Άρα, η f είναι ολοκληρώσιµη και f =. Οµως, το lim f(x) δεν υπάρχει : έχουµε x ± f() 1 και f( ) Εστω f µη αρνητική µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη αν και µόνο αν 2 k λ({f > 2 k }) <. k= Υπόδειξη. Μπορούµε να γράψουµε : f, dλ = λ(f > t) dt = k= 2 k 2 k 1 λ(f > t) dt. Επειδή η συνάρτηση t λ(f > t) είναι ϕθίνουσα η τελευταία σειρά είναι ισοδύναµη µε την k= 2k λ(f > 2 k ) και το συµπέρασµα έπεται. 16. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι : για κάθε ε > υπάρχει µετρήσιµο σύνολο µε λ() <, ώστε f > f ε. Επιπλέον, δείξτε ότι το µπορεί να επιλεγεί έτσι ώστε η f να είναι ϕραγµένη στο.

8 42 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Υπόδειξη. Ορίζουµε g (x) = f(x)χ {1/ f } (x). Παρατηρήστε ότι η {g } είναι αύξουσα διότι {1/ f } {1/( + 1) f + 1} για κάθε N. Επίσης, για κάθε x R µε < f(x) < έχουµε τελικά f(x) 1/ και f(x), άρα g (x) = f(x) f(x), ενώ αν f(x) = έχουµε g (x) = για κάθε, οπότε πάλι g (x) = f(x) (συµπληρώστε τις λεπτοµέρειες). Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης παίρνουµε f = fχ {1/ f } = g f. {1/ f } Συνεπώς, υπάρχει N ώστε, αν ϑέσουµε = {1/ f } τότε f > f ε. Παρατηρήστε ότι η f είναι ϕραγµένη (από ) στο. Τέλος, από την ανισότητα του Markov, λ() λ({f 1/}) f < Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι η συνάρτηση F (x) = x f είναι συνεχής. Υπόδειξη. Εστω x, y R µε x < y. Εύκολα ϐλέπουµε ότι F (x) F (y), δηλαδή η F είναι αύξουσα. Οπότε, αρκεί να δείξουµε ότι για κάθε µονότονη ακολουθία (x ) µε x x ισχύει F (x ) F (x) (εξηγήστε γιατί). Υποθέτουµε ότι x x (όµοια αντιµετωπίζεται κι άλλη περίπτωση). Θεωρούµε τις συναρτήσεις g = fχ (,x] και g = fχ (,x], οπότε F (x ) = f dλ και F (x) = g dλ. Επιπλέον, g g κατά σηµείο και g f. Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης έχουµε : x F (x ) = f = g dλ Αυτό αποδεικνύει ότι η F είναι δεξιά συνεχής. g dλ = F (x). 18. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι για κάθε ε > υπάρχει δ = δ(ε) > µε την εξής ιδιότητα : αν λ() < δ τότε f < ε. Υπόδειξη. Για κάθε N ϑεωρούµε την συνάρτηση f (x) = mi{f(x), }. Παρατηρήστε ότι f. Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης έχουµε f = f lim (εξηγήστε γιατί η {f } είναι αύξουσα και f f). Εστω ε >. Μπορούµε να ϐρούµε N ώστε (f f ) = f f < ε 2.

9 2.1. ΟΜΑ Α Α 43 Επιλέγουµε δ = ε 2. Εστω R µε λ() < δ. Γράφουµε f = f + (f f ) f + (f f ) λ() + ε 2 < ε 2 + ε 2 = ε. 19. Θεωρώντας τις συναρτήσεις f = χ [,+1) δείξτε ότι στο Λήµµα του Fatou η ανισότητα µπορεί να είναι γνήσια. Υπόδειξη. Αν f = χ [,+1), τότε f (x) για κάθε x R: παρατηρήστε ότι υπάρχει N ώστε > x και τότε, για κάθε έχουµε x / [, + 1), άρα f (x) = χ [,+1) (x) =. Επεται ότι lim if f = lim f =, ενώ f = 1 για κάθε N, άρα lim if f = Εστω (f ) µια ακολουθία µη αρνητικών µετρήσιµων συναρτήσεων. Είναι σωστό ότι lim sup ( f lim sup ) f ; Αν προσθέσουµε την υπόθεση ότι η (f ) είναι οµοιόµορφα ϕραγµένη ; Υπόδειξη. Οχι. Αν f = 1 χ [,], τότε f (x) για κάθε x R. Επίσης, η {f } είναι οµοιόµορφα ϕραγµένη ( f 1). Παρατηρήστε ότι lim sup f = lim f =, αλλά f = 1 λ([, ]) = 1 για κάθε N, άρα lim sup f = Εστω f και f, N, µη αρνητικές µετρήσιµες συναρτήσεις µε f f για κάθε N και f f. είξτε ότι f = lim f.

10 44 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Υπόδειξη. Αφού f f για κάθε N, έχουµε f f για κάθε N. Συνεπώς, lim sup f f. Από το Λήµµα του Fatou παίρνουµε f lim if f. Επεται ότι lim sup f = lim if f = f. Άρα, f f. 22. Εστω f και f, N, µη αρνητικές µετρήσιµες συναρτήσεις µε f f και f = f <. είξτε ότι lim lim f = f για κάθε µετρήσιµο σύνολο. ώστε παράδειγµα που να δείχνει ότι αυτό δεν ισχύει αν f =. Υπόδειξη. Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του R. Από το Λήµµα του Fatou παίρνουµε f lim if f και δηλαδή Αφού f lim if c ( f f lim if προσθέτοντας κατά µέλη παίρνουµε f lim if ( f = lim ( c f ) f f. f ), ) f = lim sup f.

11 2.1. ΟΜΑ Α Α 45 ηλαδή, Συνεπώς, lim sup f f lim if f. f f. 23. Εστω (f ) ακολουθία Lebesgue ολοκληρώσιµων συναρτήσεων στο [a, b]. Αν f f οµοιόµορφα, δείξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη και ότι b a f f. Υπόδειξη. Η f είναι µετρήσιµη διότι f f κατά σηµείο. Εστω ε >. Αφού f f οµοιόµορφα στο [a, b], υπάρχει N ώστε : για κάθε και για κάθε x [a, b] ισχύει f (x) f(x) < ε. Η σταθερή συνάρτηση ε είναι ολοκληρώσιµη στο [a, b], οπότε, από την f < f + ε έπεται ότι η f (άρα και η f) είναι ολοκληρώσιµη. Τέλος, για κάθε έχουµε b a f b Αφού το ε > ήταν τυχόν, συµπεραίνουµε ότι a b f f f ε(b a). b a a f b a f. 24. είξτε ότι e x dx = lim ( 1 x ) dx = 1. Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία f (x) = (1 x/) χ [,] (x) των µετρησίµων συναρτήσεων για την οποία ισχύει f (x) e x χ [, ) (x). Παρατηρούµε ότι η x e x χ [, ) (x) είναι ολοκληρώσιµη και f (x) e x χ [, ) (x) κατά σηµείο. Από το ϑεώρηµα κυριαρχη- µένης σύγκλισης έπεται το συµπέρασµα. 25. Υπολογίστε το lim (1 (x/)) e x/2 dx (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία f (x) = (1 x/) e x/2 χ [,], η οποία αποτελείτει από από µετρήσιµες συναρτήσεις µε f (x) e x/2 χ [, ). Η συνάρτηση g(x) = e x/2 χ [, ) είναι ολοκηρώσιµη, οπότε από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης έπεται ότι lim f = lim f. Αλλά, lim f (x) = για κάθε x < ενώ αν x εχουµε [( lim f (x) = lim 1 x e x/2 ) ] = e x e x/2 = e x/2.

12 46 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Συνεπώς, έχουµε lim ( 1 x ) e x/2 dx = e x/2 dx = 2, που υπολογίζει το Ϲητούµενο όριο. 26. Εστω ότι οι f, f είναι ολοκληρώσιµες και f f. Μπορούµε να συµπεράνουµε ότι f f; Υπόδειξη. Θεωρούµε τις ολοκληρώσιµες συναρτήσεις g := f f. Παρατηρήστε ότι g, g g +1 και g. Εφόσον, οι f, f είναι ολοκληρώσιµες και g 1 < + µπορούµε να γράψουµε (από το δυϊκό του ϑεωρήµατος µονότονης σύγκλισης Άσκηση 1): f lim f = lim ( f ) ( f = lim ) f f = lim g = lim g =, που αποδεικνύει το Ϲητούµενο. 27. Εστω f, f ολοκληρώσιµες. Αν f f, δείξτε ότι f f και f f. Υπόδειξη. Γράφουµε f f f f f f. Άρα, f f. Με ανάλογο τρόπο, f f = (f f) f f. Άρα, f f. 28. Εστω f, f ολοκληρώσιµες. Αν f f, δείξτε ότι f f για κάθε µετρήσιµο σύνολο, και f + f +. Υπόδειξη. Εστω µετρήσιµο σύνολο. Γράφουµε f f = (f f) f f f f.

13 2.1. ΟΜΑ Α Α 47 Άρα, f f. Για το δεύτερο ερώτηµα χρησιµοποιούµε την Άσκηση 27. Με την υπόθεση ότι f f, δείξαµε ότι f f και f f. Συνεπώς, f + f + f = = 1 f + 1 f 1 f + 1 f f + f = = f Εστω f µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη αν και µόνο αν k= 2k λ({ f > 2 k }) <. Υπόδειξη. Μπορούµε να γράψουµε το ολοκλήρωµα της f µε τον ακόλουθο τρόπο : f dλ = λ( f > t) dt = k= 2 k 2 k 1 λ( f > t) dt. Παρατηρήστε ότι η t λ( f > t) είναι ϕθίνουσα συνάρτηση του t >, οπότε 2 k 1 λ( f > 2 k ) < 2 k 2 k 1 λ( f > t) dt < 2 k 1 λ( f > 2 k 1 ), για κάθε k Z. Εποµένως, το ολοκλήρωµα f dλ είναι πεπερασµένο αν και µόνον αν k= 2k λ( f > 2 k ) < Εστω (f ), (g ) και g ολοκληρώσιµες συναρτήσεις. Υποθέτουµε ότι f g, f f, g g (όλα αυτά σχεδόν παντού) και ότι g g. είξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη και ότι f f. Υπόδειξη. Οι υποθέσεις εξασφαλίζουν ότι οι f, g και οι f, g παίρνουν πεπερασµένες τιµές σχεδόν παντού. Από την f g έχουµε g f g για κάθε N, δηλαδή f + g και g f. Αφού f + g f + g και g f g f, το Λήµµα του Fatou µας δίνει : f + g = (f + g) lim if (f + g ) = lim if f + g (χρησιµοποιήσαµε την g g). Άρα, f lim if f.

14 48 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Πάλι από το Λήµµα του Fatou, g f = (g f) lim if (g f ) = g lim sup f, δηλαδή, Επεται ότι Άρα, lim sup lim sup f f = lim if f f. f. f = f. 31. Εστω (f ), f ολοκληρώσιµες και έστω ότι f f σχεδόν παντού. είξτε ότι f f αν και µόνο αν f f. Υπόδειξη. (= ) Εχουµε f f f f f f. Άρα, f f. ( =) Εχουµε f f f f. Η f είναι ολοκληρώσιµη και f f f f. Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης, ( f f f ) ( f ). Εχουµε υποθέσει ότι f f. Προσθέτοντας κατά µέλη, παίρνουµε f f. 32. Εστω (f ) ακολουθία ολοκληρώσιµων συναρτήσεων. Υποθέτουµε ότι υπάρχει ολοκλη- ϱώσιµη συνάρτηση g ώστε f g σχεδόν παντού για κάθε N. είξτε ότι ( ) ( ) lim if f lim if f lim sup f lim sup f.

15 2.1. ΟΜΑ Α Α 49 Υπόδειξη. Θέτουµε h = g f, η οποία είναι ακολουθία ολοκηρωσίµων συναρτήσεων µε h. Από το λήµµα του Fatou παίρνουµε : [g+lim if( f )] dλ = lim if h dλ lim if ( h dλ = lim if g dλ ) f dλ. Χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι lim if( f ) lim sup f και ότι g dλ < + προκύπτει ότι lim sup f dλ lim sup f dλ, το οποίο αποδεικνύει το δεξιό Ϲευγάρι ανισοτήτων. Για την άλλη µη τετριµµένη ανισότητα εργαζόµαστε ανάλογα ϑεωρώντας την ακολουθία συναρτήσεων u = g + f. 33. Εστω f µετρήσιµη και σχεδόν παντού πεπερασµένη στο [, 1]. (α) Αν f = για κάθε µετρήσιµο [, 1] µε λ() = 1/2, δείξτε ότι f = σχεδόν παντού στο [, 1]. (ϐ) Αν f > σχεδόν παντού, δείξτε ότι { if f : λ() 1 } >. 2 Υπόδειξη. (α) Παρατηρήστε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη και [,1] f = (διότι το [, 1] είναι η ένωση δύο συνόλων µέτρου 1/2. Εστω A, B [, 1] µε λ(a) = λ(b) = 1 4. Τότε, λ([, 1]\(A B)) 1/2. Συνεπώς, υπάρχει C [, 1] µε λ(c) = 1/4 και C A = C B = (εξηγήστε γιατί). Γράφουµε f = A A C f f = f = f f = f, C C B C C B χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι A C f = = B C f το οποίο ισχύει από την υπόθεση αφού λ(a C) = λ(b C) = 1/2. Τώρα, µπορούµε να δείξουµε ότι αν λ(a) = 1/4 τότε f =. Πράγµατι, υπάρχει B [, 1] µε λ(b) = 1/4 και A B =, συνεπώς, A = A B f = A f + f = 2 f. B A Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο δείχνουµε ότι : για κάθε k 1, αν A [, 1] και λ(a) = 1 2 k τότε f =. A

16 5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Επεται τώρα ότι, για κάθε «δυαδικό ϱητό» x = m 2 k, όπου k N και m 2 k, ισχύει [,m/2 k ] f =. Θεωρούµε την συνάρτηση F (x) = x f. Οπως στην Άσκηση 12, µπορούµε να δείξουµε ότι η F είναι συνεχής. Αφού F (x) = για κάθε δυαδικό ϱητό x [, 1], συµπεραίνουµε ότι F (x) = για κάθε x [, 1]. Ειδικότερα, I f = για κάθε διάστηµα I [, 1]. Επεται τώρα ότι f = για κάθε ανοικτό [, 1] (εξηγήστε γιατί). Αφού [,1] f =, έπεται ότι F f = για κάθε κλειστό F [, 1]. Υποθέτουµε τώρα ότι λ({f }) >. Χωρίς περιορισµό της γενικότητας, µπορούµε τότε να υποθέσουµε ότι λ({f > }) >. Επεται ότι υπάρχει k N ώστε λ(d) >, όπου D = {f 1/k} (εξηγήστε γιατί). Μπορούµε να ϐρούµε κλειστό F D µε λ(f ) > (εξηγήστε γιατί). Τότε, καταλήγουµε σε άτοπο, διότι f 1 λ(f ) >. F k (ϐ) Αφού f > σχεδόν παντού υπάρχει ε > ώστε λ({x : f(x) > ε}) > 2/3. [Πράγµατι αν ϑεωρήσουµε την ακολουθία συνόλων k = {x : f(x) > 1/k} τότε k [, 1], άρα λ( k ) 1.] Αν ϑέσουµε λοιπόν F = {x : f(x) > ε} > 2/3 τότε µπορούµε να γράψουµε : αν µετρήσιµο µε λ() 1/2 τότε f dλ F f dλ ελ( F ), διότι η f είναι ϑετική σχεδόν παντού. Επιπλέον, είναι λ( F ) λ() + λ(f ) 1 > 1/6. Εποµένως, f dλ ε/6 για κάθε τέτοιο σύνολο, που αποδεικνύει το Ϲητούµενο. 34. Εστω f : R ακολουθία ολοκληρώσιµων συναρτήσεων µε f < +. είξτε ότι : (α) Η σειρά f (x) συγκλίνει σχεδόν για κάθε x. (ϐ) Η συνάρτηση f είναι ολοκληρώσιµη και ( ) f = Υπόδειξη. (α) Από το ϑεώρηµα Beppo Levi έχουµε ότι f = f < +, δηλαδή η συνάρτηση F = f είναι ολοκληρώσιµη, άρα πεπερασµένη σχεδόν παντού. Μ άλλα λόγια η σειρά f (x) συγκλίνει (απόλυτα) σχεδόν για κάθε x. f.

17 2.1. ΟΜΑ Α Α 51 (ϐ) Εστω f(x) := f (x), η οποία ορίζεται σχεδόν για κάθε x. Τότε, σχεδόν για κάθε x ισχύει f(x) = f (x) f (x) = F (x). Η F είναι ολοκληρώσιµη, από υπόθεση, άρα η f είναι ολοκληρώσιµη. Θεωρούµε την ακολουθία ολοκληρωσίµων συναρτήσεων s (x) = k=1 f k(x) και παρατηρούµε ότι σχεδόν για κάθε x ισχύει s (x) f k (x) F (x). Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης έχουµε : ( ) f = lim s = lim s = f. k=1 35. (α) Αν f σχεδόν παντού στο και αν f = mi{f, }, δείξτε ότι f f. (ϐ) Αν η f είναι ολοκληρώσιµη στο και f = max{mi{, f}, }, δείξτε ότι f f. Υπόδειξη. (α) Παρατηρούµε ότι f f +1 και f f κατά σηµείο, σχεδόν παντού στο. Το συµπέρασµα έπεται από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης. (ϐ) Παρατηρούµε ότι f f και ότι f f κατά σηµείο, σχεδόν παντού στο. Το συµπέρασµα έπεται από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης. 36. Εστω k, N µε k και 1,..., µετρήσιµα υποσύνολα του [, 1] µε την εξής ιδιότητα : κάθε x [, 1] ανήκει σε τουλάχιστον k από τα 1, 2,...,. είξτε ότι υπάρχει i ώστε λ( i ) k/. Υπόδειξη. Θεωρούµε την f = i=1 χ i. Αφού κάθε x [, 1] ανήκει σε τουλάχιστον k από τα 1,...,, έχουµε f(x) = χ i (x) k για κάθε x [, 1]. Συνεπώς, Επεται ότι λ( i ) = i=1 i=1 [,1] i=1 χ i (x) dλ(x) = max λ( i) k 1 i. [,1] ηλαδή, υπάρχει i {1,..., } µε την ιδιότητα λ( i ) k. f dλ k.

18 52 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU 2.2 Οµάδα Β 37. (α) είξτε ότι αν η g : R R είναι συνεχής και η h : R R είναι Borel µετρήσιµη, τότε η h g : R R είναι Borel µετρήσιµη. (ϐ) Χρησιµοποιώντας την συνάρτηση Cator Lebesgue ϐρείτε µια συνεχή συνάρτηση g : R R και µια Lebesgue µετρήσιµη συνάρτηση h : R R ώστε η h g : R R να µην είναι Lebesgue µετρήσιµη. Υπόδειξη. (α) Εστω a R. Τότε, (h g) 1 ((a, + )) = g 1 (h 1 (a, + )). Οµως, η h είναι µετρήσιµη, άρα το B = h 1 (a, + ) είναι Borel. Επεται, ότι το g 1 (B) είναι επίσης Borel αφού g συνεχής. (ϐ) Εστω φ : [, 1] [, 1] η συνάρτηση Cator Lebesgue και ξαναλέµε φ την επέκτασή της σε ολόκληρο το R µε φ(x) = 1 αν x > 1 ενώ φ(x) = αν x <. Ορίζουµε f : R R µε f(x) = x + φ(x). Εχουµε δει ότι λ(f(c)) = 1, άρα υπάρχει V f(c) µη µετρήσιµο. Επίσης, το A = f 1 (V ) είναι µετρήσιµο. Παρατηρήστε ότι ορίζεται η g = f 1, η οποία είναι συνεχής και h = χ A η οποία είναι µετρήσιµη. Τότε, η h g : R R δεν είναι µετρήσιµη αφού {x (h g)(x) > } = V. 38. Εστω f : [a, b] R συνεχής συνάρτηση. (α) είξτε ότι η f απεικονίζει F σ -σύνολα σε F σ -σύνολα. (ϐ) είξτε ότι η f απεικονίζει µετρήσιµα σύνολα σε µετρήσιµα σύνολα αν και µόνο αν για κάθε A [a, b] µε λ(a) = ισχύει λ(f(a)) =. Υπόδειξη. (α) Πρώτα δείχνουµε ότι η f απεικονίζει κλειστά υποσύνολα του [a, b] σε κλειστά. Πράγµατι αν F κλειστό στο [a, b], επειδή το [a, b] είναι συµπαγές έπεται ότι το F είναι συµπαγές. Αφού η f είναι συνεχής παίρνουµε ότι το f(f ) είναι συµπαγές, άρα κλειστό. Αν τώρα = είναι F σ σύνολο, τότε κάθε είναι κλειστό, οπότε το f() = f( ) είναι F σ. (ϐ) Υποθέτουµε ότι αν λ(a) = τότε λ(f(a)) =. Θα δείξουµε ότι η f απεικονίζει µετρήσιµα σε µετρήσιµα. Πράγµατι αν A µετρήσιµο, τότε γνωρίζουµε ότι υπάρχουν N και µηδενικό σύνολο και F σ -σύνολο αντίστοιχα, ώστε A = N. Τότε, f(a) = f() f(n). Αλλά, από το (α) το f() είναι F σ, ενώ από την υπόθεση το f(n) είναι µηδενικό. Συνεπώς, το f(a) είναι µετρήσιµο. Αντίστροφα έστω ότι η f απεικονίζει µετρήσιµα σε µετρήσιµα. Θα δείξουµε ότι απεικονίζει µηδενικά σύνολα σε µηδενικά. Εστω A [a, b] µε λ(a) =. Τότε, το f(a) είναι µετρήσι- µο. Αν είναι λ(f(a)) > τότε υπάρχει V f(a) µη µετρήσιµο. Εστω = f 1 (V ) A,

19 2.2. ΟΜΑ Α Β 53 το οποίο είναι προφανώς µετρήσιµο. Τότε, το f() = V δεν είναι µετρήσιµο κι έχουµε αντίφαση. 39. (α) Εστω f : R R Lebesgue µετρήσιµες συναρτήσεις και έστω α R. είξτε ότι : αν λ({x : f (x) > α}) <, τότε υπάρχει Z R µε λ(z) = ώστε lim sup f (x) α για κάθε x / Z. (ϐ) Εστω f : R R + Lebesgue µετρήσιµες συναρτήσεις και έστω ε +. είξτε ότι : αν λ({x : f (x) > ε }) <, τότε υπάρχει Z R µε λ(z) = ώστε f (x) για κάθε x / Z. Υπόδειξη. (α) Θέτουµε A = {x : f (x) > α}. Τότε, λ(a ) <, άρα από το πρώτο λήµµα Borel Catelli έπεται ότι λ(lim sup A ) =. Θέτουµε Z = lim sup A εποµένως, αν x / Z τότε υπάρχει N x N ώστε αν N x τότε x / A δηλαδή f (x) α, άρα lim sup f (x) α. (ϐ) Οπως προηγουµένως, υπάρχει Z µε λ(z) = ώστε αν x / Z, τότε υπάρχει N x N ώστε αν N x τότε f (x) ε. Καθώς, ε + το Ϲητούµενο έπεται. 4. Εστω f : [, 1] R Lebesgue µετρήσιµες συναρτήσεις. είξτε ότι υπάρχει ακολουθία f (α ) ϑετικών πραγµατικών αριθµών και υπάρχει Z R µε λ(z) = ώστε lim (x) α = για κάθε x / Z. Υπόδειξη. Για κάθε υπάρχει β > ώστε λ({x : f (x) > β }) < 1/2. Προς τούτο αρκεί να αποδείξουµε τον ακόλουθο ισχυρισµό : Ισχυρισµός. Αν g : [, 1] R είναι Lebesgue µετρήσιµη τότε για κάθε ε > υπάρχει β > ώστε λ(x : g(x) > β) < ε. Εστω = {x : g(x) }. Τότε, = [, 1] και η { } είναι αύξουσα. Άρα, είναι lim λ(a ) = λ([, 1]) = 1. Εποµένως, υπάρχει k N ώστε λ(a k ) > 1 ε. Τότε, λ(x : g(x) > k) < ε. Αυτό αποδεικνύει τον ισχυρισµό. Εφαρµόζοντας αυτό για g = f και ε = 2 ϐρίσκουµε β > ώστε λ(x : f (x) > β ) < 1/2. Θέτουµε = {x : f (x) > β } τότε λ( ) < +. Αν ϑέσουµε Z = lim sup, τότε από το πρώτο λήµµα Borel Catelli παίρνουµε λ(z) =. Αν x / Z τότε υπάρχει N x N ώστε αν N x ισχύει f (x) β. Αν ϑεωρήσουµε την α = 1 β τότε έχουµε ότι για κάθε x / Z ισχύει f(x) α καθώς. 41. Εστω f : R R µετρήσιµη συνάρτηση. Αν η f είναι t-περιοδική και s-περιοδική για κάποιους t, s > µε t/s / Q, δείξτε ότι η f είναι σχεδόν παντού σταθερή.

20 54 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Υπόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι η f είναι µη αρνητική και ϕραγµένη. Ορίζουµε F (x) = x f(t) dλ(t). Για κάθε y της µορφής y = kt + ms, k, m Z έχουµε : F (x) = x f(t) dλ(t) = x f(t + y) dλ(t) = x+y y f(t) dλ(t) = F (x + y) F (y), για κάθε x R. Από το ϑεώρηµα του Kroecker γνωρίζουµε ότι το σύνολο D = {kt + ms : k, m Z} είναι πυκνό στο R. Εφόσον, η F είναι συνεχής (εξηγήστε γιατί) και ικανοποιεί τη συναρτησιακή εξίσωση F (x + y) = F (x) + F (y) για κάθε x R και για κάθε y σε ένα πυκνό υποσύνολο του R, έπεται ότι υπάρχει α R ώστε F (x) = αx. Ετσι, F (x) αx = x f(t) dλ(t) αx = x (f(t) α) dλ(t) =, για κάθε x R. Από εδώ έπεται εύκολα ότι η h(t) = f(t) α έχει ολοκλήρωµα µηδέν σε κάθε διάστηµα κι άρα είναι µηδέν σχεδόν παντού. Για τη γενική περίπτωση ϑεωρούµε τη συνάρτηση f 1 (t) = π arcta f(t) για την οποία πρέπει πρώτα να παρατηρήσουµε ότι είναι µετρήσιµη και ότι < f 1 < Εστω R µετρήσιµο. είξτε ότι κάθε µετρήσιµη συνάρτηση f : R είναι κατά σηµείο όριο µιας ακολουθίας συνεχών συναρτήσεων f : R. Υπόδειξη. Για κάθε N ορίζουµε g (x) = f(x)χ [,] (x). Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα Lusi, για κάθε ϐρίσκουµε ένα κλειστό σύνολο F [, ] ώστε η g F να είναι συνεχής και λ( [, ]\F ) 1 2. Κατόπιν, επεκτείνουµε την g σε µια συνεχή συνάρτηση h : R R (ϑεώρηµα Tietze, στην περίπτωσή µας είναι πιο απλό, αφού το R \ F είναι µια ξένη ένωση ανοικτών διαστηµάτων). f := h : R είναι συνεχείς συναρτήσεις. Θέτουµε D = {x : f (x) f(x)} Τότε, οι και ϑα δείξουµε ότι λ(d) =. Εστω x D. Υπάρχει N ώστε x και, άρα x [, ] για κάθε. Άρα, για κάθε έχουµε g (x) = f(x). Αφόύ f (x) f(x), ϑα πρέπει να υπάρχουν άπειροι ϕυσικοί για τους οποίους f (x) g (x), δηλαδή άπειροι ϕυσικοί για τους οποίους x := [, ] \ F. ηλαδή, D lim sup( ).

21 2.2. ΟΜΑ Α Β 55 Οµως, λ( ) 1 2 <. Από το λήµµα Borel-Catelli έχουµε λ(lim sup ( )) =, άρα λ(d) =. 43. Εστω f : R 2 R χωριστά συνεχής συνάρτηση : για κάθε x R η f x (y) := f(x, y) είναι συνεχής και για κάθε y R η f y (x) := f(x, y) είναι συνεχής. είξτε ότι η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. Ορίζουµε f : R 2 R ως εξής. Αν z = (x, y) R 2 τότε υπάρχει µοναδικός m = m x Z ώστε x [ m, m+1 ). Θέτουµε ( mx ) f (x, y) = f, y. είχνουµε ότι η f είναι µετρήσιµη : παρατηρήστε ότι, για κάθε α R, (α) := { (x, y) R 2 : f (x, y) > α } = m= [ ( m, m + 1 ) {y R : f(m/, y) > α}. Για κάθε m Z, αφού η f m/ είναι συνεχής συνάρτηση, το σύνολο {y R : f(m/, y) > α} είναι ανοικτό, άρα το σύνολο [ m, m + 1 ) {y R : f(m/, y) > α} είναι µετρήσιµο. Επεται ότι το (α) είναι µετρήσιµο για κάθε α R, και αυτό δείχνει ότι η f είναι µετρήσιµη. m x Στη συνέχεια δείχνουµε ότι f (x, y) f(x, y) για κάθε (x, y) R 2. Πράγµατι, αφού x καθώς το (εξηγήστε γιατί) και αφού η f y είναι συνεχής, έχουµε f (x, y) = f(m x /, y) = f y (m x /) f y (x) = f(x, y). Από τα παραπάνω έπεται ότι η f είναι µετρήσιµη συνάρτηση ως κατά σηµείο όριο µιας ακολουθίας µετρήσιµων συναρτήσεων. 44. είξτε ότι υπάρχει µετρήσιµη συνάρτηση f : [, 1] R µε την εξής ιδιότητα : αν η g : [, 1] R είναι σχεδόν παντού ίση µε την f τότε η g είναι ασυνεχής σε κάθε x [, 1]. Υπόδειξη. Από την Άσκηση 22 του Κεφαλαίου 1 γνωρίζουµε ότι υπάρχει ένα Lebesgue µετρήσιµο σύνολο [, 1] µε την εξής ιδιότητα : για κάθε διάστηµα J [, 1], λ(j ) > και λ(j \ ) >.

22 56 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Θεωρούµε την f = χ : [, 1] R. Θα δείξουµε ότι αν g : [, 1] R είναι µια συνάρτηση σχεδόν παντού ίση µε την f τότε η g είναι ασυνεχής σε κάθε x [, 1]. Εστω x (, 1) και δ > ώστε (x δ, x + δ) (, 1). Τα σύνολα A δ = (x δ, x + δ) και B δ = (x δ, x + δ) \ έχουν ϑετικό µέτρο. Αφού f(x) = g(x) σχεδόν παντού, µπορούµε να ϐρούµε x δ A δ και y δ B δ για τα οποία επιπλέον έχουµε g(x δ ) = f(x δ ) = 1 και g(y δ ) = f(y δ ) =. Βρίσκουµε N ώστε ( x 1, x + 1 ) (, 1) για κάθε, και χρησιµοποιώντας την προηγούµενη παρατήρηση ϐρίσκουµε x, y µε x x < 1, y x < 1, g(x ) = 1 και g(y ) =. Αφού x x, y x και η g είναι ασυνεχής στο x. lim g(x ) = 1 = lim g(y ), Παρόµοιο επιχείρηµα εφαρµόζεται για τα x = και x = 1 (ϑεωρήστε διαστήµατα της µορφής [, δ) ή (1 δ, 1] αντίστοιχα). 45. Εστω (f ) ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων f : [, 1] R µε την εξής ιδιότητα : για κάθε x [, 1] ισχύει sup f (x) dλ <. είξτε ότι : για κάθε ε > υπάρχουν A [, 1] µετρήσιµο και M > ώστε λ([, 1] \ A) < ε και, για κάθε x A, sup f (x) M. Υπόδειξη. Η συνάρτηση f(x) = sup f (x) είναι µετρήσιµη, διότι οι f είναι µετρήσιµες. Για κάθε N ορίζουµε = {x [, 1] : f(x) > }. Αφού sup f (x) < για κάθε x [, 1], ϐλέπουµε ότι η ( ) είναι ϕθίνουσα ακολουθία µετρήσιµων υποσυνόλων του [, 1] µε =. Από τη συνέχεια του µέτρου Lebesgue έχουµε λ( ). Άρα, υπάρχει N ώστε λ( ) < ε. Θέτοντας A = [, 1] \ και M =, έχουµε λ([, 1] \ A) = λ( ) < ε και, για κάθε x A, sup f (x) = f(x) = M. 46. Εστω {I } ακολουθία κλειστών διαστηµάτων I [, 1]. Συµβολίζουµε µε f την χαρακτηριστική συνάρτηση του I. (α) Αν λ(i ) 1 2 για κάθε N, δείξτε ότι f (x) σχεδόν παντού. (ϐ) Εξετάστε αν ισχύει το ίδιο µε την υπόθεση ότι λ(i ) 1 για κάθε N.

23 2.2. ΟΜΑ Α Β 57 Υπόδειξη. (α) Αν για κάποιο x [, 1] η ακολουθία (f (x)) δεν συγκλίνει στο, τότε το x ανήκει σε άπειρα από τα I. ηλαδή, Αφού {x [, 1] : f (x) } lim sup I. λ(i ) 1 2 <, από το λήµµα Borel-Catelli συµπεραίνουµε ότι λ (lim sup I ) =, άρα λ({x [, 1] : f (x) }) =. Επεται ότι f (x) σχεδόν παντού στο [, 1]. (ϐ) Οχι. Χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι η αρµονική σειρά αποκλίνει, µπορούµε να κατασκευάσουµε ακολουθία κλειστών διαστηµάτων I [, 1] µε λ(i ) 1, τέτοια η f (x) να αποκλίνει παντού. Αρχικά, ϑέτουµε I 1 = [, 1 2], I2 = [ 1 2, ] 3, I3 = [ , 1], και ϑέτουµε 1 = 3. Συνεχίζουµε επαγωγικά : η σειρά =4 1 αποκλίνει, και 1 4 < 1, άρα υπάρχει ο ελάχιστος 2 > 4 τέτοιος ώστε 2 =4 1 > 1. Καλύπτουµε τότε το [, 1] µε διαδοχικά κλειστά διαστήµατα I 4, I 5,..., I 2 για τα οποία έχουµε ότι λ(i k ) 1 k. Με αυτόν τον τρόπο, κατασκευάζουµε ακολουθία κλειστών διαστηµάτων I και γνησίως αύξουσα ακολουθία ϕυσικών k τέτοια ώστε λ(i ) 1, οποιαδήποτε δύο διαδοχικά από τα I έχουν το πολύ ένα κοινό σηµείο, και k+1 i= k +1 I i = [, 1] για κάθε k N. Αυτό δείχνει ότι κάθε σηµείο x [, 1] ανήκει σε άπειρα από τα I, αλλά όχι σε όλα τελικά τα I, εποµένως η f (x) δεν συγκλίνει. 47. Σταθεροποιούµε < a < b και ορίζουµε f (x) = ae ax e bx. είξτε ότι και ( ) f dλ f dλ = f dλ. Υπόδειξη. Θέτουµε δ := log(/a) (b a). Τότε, για κάθε > a ισχύει δ > και f (x) < για < x < δ. Εποµένως, f dλ δ απ όπου έπεται ότι f dλ = +. [e bx ae ax ] dλ = 1 b b b a ( 1 a ) a a b a, b

24 58 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Για κάθε x > ισχύει f (x) = a e ax 1 e ax e bx (1 e bx ) 2. Επεται ότι f dλ = +. Τέλος, είναι συνεπώς έχουµε f dλ =. f dλ = 1 1 b, 48. Θεωρούµε τη συνάρτηση f : R R µε f(x) = x 1/2 αν < x < 1 και f(x) = αλλιώς. Θεωρούµε µια αρίθµηση {q : N} των ϱητών, και ϑέτουµε g(x) = f(x q ) 2. (α) είξτε ότι η g είναι ολοκληρώσιµη. Ειδικότερα, g < σχεδόν παντού. (ϐ) είξτε ότι η g είναι ασυνεχής σε κάθε σηµείο και δεν είναι ϕραγµένη σε κανένα διάστηµα. Τα παραπάνω ισχύουν ακόµα κι αν µεταβάλλουµε τις τιµές της g σε οποιοδήποτε σύνολο µηδενικού µέτρου Lebesgue. (γ) είξτε ότι g 2 < σχεδόν παντού, αλλά η g 2 δεν είναι ολοκληρώσιµη σε κανένα διάστηµα. Υπόδειξη. (α) Από το ϑεώρηµα Beppo Levi έχουµε R f(x q ) 2 dλ(x) = = = = = 1 2 f(x q ) dλ(x) R q+1 1 q t 1 x q dλ(x) 1 t dλ(t) 2 2 = 2 <. Αφού f έχουµε άρα g(x) = g(x) = R f(x q ) 2, g(x) dλ(x) <,

25 2.2. ΟΜΑ Α Β 59 δηλαδή η g είναι ολοκληρώσιµη. Ειδικότερα, g(x) < σχεδόν παντού. (ϐ) Εστω (a, b) ένα διάστηµα κα έστω M >. Θεωρούµε ένα ϱητό q m (a, b) και ϐρίσκουµε ɛ > ώστε (q m, q m + ɛ) (a, b). Παρατηρήστε ότι g(x) f(x q m) 2 m = 1 2 m x q m > M για κάθε x (q m, q m +δ), όπου δ = mi { 1 2 m M, ɛ}. Αφού το (q m, q m +δ) είναι υποδιάστηµα του (a, b), έπεται ότι λ({x (a, b) : g(x) > M}) > και το ίδιο ϑα ισχύει για κάθε συνάρτηση h που είναι ίση µε την g σχεδόν παντού. Αυτό αποδεικνύει ότι κάθε τέτοια h δεν είναι ϕραγµένη στο (a, b). Επεται επίσης ότι η g δεν είναι συνεχής σε κανένα x R. Αν g(x) = + δεν έχουµε τίποτα να δείξουµε, ενώ αν g(x) < παρατηρούµε ότι αν η g ήταν συνεχής στο x τότε ϑα υπήρχε κάποιο διάστηµα (x η, x + η) στο οποίο η g ϑα ήταν ϕραγµένη, κάτι που είδαµε ότι δεν µπορεί να συµβεί. (γ) Θεωρούµε τυχόν διάστηµα (a, b) R. Υπάρχει ϱητός q m τέτοιος ώστε q m < b < q m + 1. Αφού έχουµε (a,b) g(x) f(x q m) 2 m, g 2 (x) dλ(x) = 1 = (a,b) b 2 2m b qm f 2 (x q m ) 2 2m dλ(x) q m 1 x q m dλ(x) 1 dλ(t) =. t Άρα, η g 2 δεν είναι ολοκληρώσιµη στο (a, b), παρόλο που, αφού g(x) < σχεδόν παντού, έχουµε g 2 (x) < σχεδόν παντού. 49. Εστω A Lebesgue µετρήσιµο υποσύνολο του R µε < λ(a) <. Αν f : A R είναι µια γνησίως ϑετική µετρήσιµη συνάρτηση, δείξτε ότι : για κάθε t > υπάρχει δ > ώστε, αν είναι Lebesgue µετρήσιµο υποσύνολο του A µε λ() > t τότε f dλ δ. Υπόδειξη. Για κάθε N ορίζουµε A = { x A : f(x) < } 1. Η (A ) είναι ϕθίνουσα ακολουθία µετρήσιµων υποσυνόλων του A, και A = διότι η f είναι γνησίως ϑετική. Αφού λ(a) <, συµπεραίνουµε ότι lim λ(a ) =.

26 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Εστω t >. Επιλέγουµε (t) ώστε λ(a (t) ) < t 2. Τότε, για κάθε µετρήσιµο A µε λ() > t, έχουµε Συνεπώς, f dλ λ( \ A (t) ) λ() λ(a (t) ) t 2. Αυτό αποδεικνύει το Ϲητούµενο, µε δ = δ(t) = \A (t) f dλ 1 (t) λ( \ A (t)) t 2(t). t 2(t). 5. Εστω f : [, 1] R συνεχής στο. Αν η f είναι ολοκληρώσιµη, δείξτε ότι, για κάθε N η συνάρτηση f (x) = f(x ) είναι ολοκληρώσιµη. Υπόδειξη. Αφού η f είναι συνεχής στο, µπορούµε να ϐρούµε δ (, 1) και M > ώστε f(t) M για κάθε t [, δ]. Γράφουµε 1 Άρα, f L 1 [, 1]. f (x) dλ(x) = 1 = 1 M 1 δ δ Mδ 1 + δ 1 δ f(t) t 1 1 dλ(t) f(t) t 1 1 dλ(t) + 1 t 1 1 dλ(t) δ δ 1 f(t) dλ(t) <. δ f(t) t 1 1 dλ(t) f(t) dλ(t) 51. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση στο [, 1]. είξτε ότι 1 lim f(x) dλ(x) = λ({x : f(x) > }). Υπόδειξη. Παρατηρούµε ότι f(x) f(x) + 1 για κάθε x [, 1]. Πράγµατι, αν f(x) 1 έχουµε f(x) 1 f(x) + 1, ενώ αν f(x) 1 έχουµε f(x) f(x) f(x) + 1. Αν ορίσουµε g (x) = f(x), x 1 έχουµε λοιπόν g f + 1, και η συνάρτηση f + 1 είναι ολοκληρώσιµη στο [, 1]. Παρατηρούµε τώρα ότι : αν f(x) = τότε g (x) = f(x) =, ενώ αν < f(x) < τότε g (x) = f(x) 1. σχεδόν παντού. Άρα, Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, έχουµε f(x) < f(x) = g (x) χ {x:f(x)>}

27 2.2. ΟΜΑ Α Β 61 σχεδόν παντού. Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης, f(x) dλ(x) = g (x) dλ(x) χ {x:f(x)>} (x) dλ(x) = λ({x : f(x) > }). 52. Εστω f : [, 1] R Lebesgue µετρήσιµη συνάρτηση, η οποία είναι γνήσια ϑετική σχεδόν παντού. Εστω (A ) ακολουθία µετρήσιµων υποσυνόλων του [, 1] µε την ιδιότητα lim f(x) dλ(x) =. A είξτε ότι lim λ(a ) =. Υπόδειξη. Εστω ε >. Θέτουµε B = {f } και B k = { f < 1 k }, k N. Τότε, η (Bk ) είναι ϕθίνουσα ακολουθία µετρήσιµων υποσυνόλων του [, 1], και k=1 B k = B, άρα lim λ(b k) = λ(b) =. k Εποµένως, υπάρχει k τέτοιος ώστε λ(b k ) < ε 2. ώστε, για κάθε, A f dλ ε 2k. Τότε, για κάθε, αφού f 1 k στο [, 1] \ B k, έχουµε λ(a ) = λ(a B k ) + λ(a ([, 1] \ B k )) λ(b k ) + k ε 2 + k Επεται ότι λ(a ). A f dλ ε. Από την υπόθεση υπάρχει τέτοιος A ([,1]\B k ) 1 k dλ Σηµείωση. Το γεγονός ότι το [, 1] έχει πεπερασµένο µέτρο χρησιµοποιήθηκε ουσιαστικά. Αν ϑεωρήσουµε την f(x) = 1 x 2 A = [, + 1] έχουµε όµως λ(a ) = 1. στο [1, ), τότε η f είναι γνήσια ϑετική και αν ϑέσουµε A f dλ 1 2, 53. Εστω f : [, ) R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Για x > ορίζουµε g(x) = f(t)e xt dλ(t). είξτε ότι η g είναι συνεχής και ότι lim x + g(x) =. Υπόδειξη. Εστω t >. Θέτουµε g t (x) = e xt. Η παράγωγος της g t είναι ίση µε g t(x) = te xt. Σταθεροποιούµε x >. Για κάθε x R µε x x < x 2, από το ϑεώρηµα µέσης τιµής έχουµε e tx e tx = g t(z) x x = te tz x x

28 62 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU για κάποιο z µεταξύ των x, x. Αφού z x x 2 = x 2, έχουµε e tz e tx /2. Άρα, e tx e tx te tx /2 x x. Θεωρούµε την h x (t) = te tx /2. Αφού lim t + h x (t) = και lim t + h x (t) =, υπάρχει M x > τέτοιος ώστε h x (t) M x για κάθε t >. Άρα, αν x x < x 2, έχουµε ότι g(x) g(x ) = f(t)(e xt e xt ) dλ(t) f(t) te tx/2 x x dλ(t) M x x x f dλ. Παίρνοντας το όριο καθώς το x x ϐλέπουµε ότι g(x) g(x ), άρα η g είναι συνεχής. Για να δείξουµε ότι lim x + g(x) =, ϑεωρούµε τυχόν < ε < 1. Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε δ f dλ < ε. Εποµένως, αν x > log ε δ και t > δ, τότε xt < log ε. Άρα, αν x > log ε δ, g(x) δ f(t) e xt dλ(t) = f(t) dλ(t) + δ δ f(t) e xt dλ(t) + f(t) e log ε dλ(t) < ε + ε δ f(t) e xt dλ(t) f dλ. Αφού το ε (, 1) ήταν τυχόν και f dλ <, συµπεραίνουµε ότι lim x + g(x) =. 54. Εστω R d µε λ() < και έστω f, g : R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις µε f dλ = g dλ. είξτε ότι είτε (α) f = g σχεδόν παντού στο είτε (ϐ) υπάρχει µετρήσιµο A τέτοιο ώστε A f dλ < A g dλ. Υπόδειξη. Υποθέτουµε ότι g dλ A A f dλ

29 2.2. ΟΜΑ Α Β 63 για κάθε µετρήσιµο A. Τότε, για κάθε µετρήσιµο F, ϑέτοντας A = \ F στην προηγούµενη ανισότητα παίρνουµε g dλ = g dλ g dλ F \F = f dλ g dλ \F f dλ f dλ \F = f dλ, F άρα τελικά έχουµε F g dλ για κάθε µετρήσιµο F. Θεωρούµε τυχόν ε > και ορίζουµε B ε = {f g ε} και F f dλ C ε = {g f ε}. Τότε, τα B ε και C ε είναι µετρήσιµα, και = f dλ B ε g dλ = B ε (f g) dλ ελ(b ε ), B ε άρα λ(b ε ) =. Οµοια δείχνουµε ότι λ(c ε ) =. Επεται ότι λ({ f g 1/}) = λ(b 1/ C 1/ ) = για κάθε N, άρα ( ) λ({f g}) = λ { f g 1/} =. ηλαδή, f = g σχεδόν παντού στο. 55. Εστω f : [, 1] R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι για κάποιο κλειστό σύνολο A R ισχύει το εξήσ: για κάθε [, 1] µε λ() > ισχύει t := 1 f dλ A. λ() είξτε ότι το σύνολο Z = {x [, 1] : f(x) / A} έχει µέτρο µηδέν. Υπόδειξη. Αφού το A είναι κλειστό, µπορούµε να γράψουµε το συµπλήρωµά του σαν αριθµήσιµη ένωση ξένων ανοικτών διαστηµάτων : R \ A = (a k, b k ). k=1

30 64 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Παρατηρήστε ότι Z = {x [, 1] : f(x) / A} = = { {x [, 1] : f(x) (a k, b k )}. k=1 x [, 1] : f(x) Υποθέτουµε ότι λ(z) >. Τότε, υπάρχει k N ώστε το σύνολο Z k := {x [, 1] : f(x) (a k, b k )} } (a k, b k ) να έχει ϑετικό µέτρο. Εφαρµόζοντας την υπόθεση µε = Z k ϐλέπουµε ότι t k := 1 f dλ A. λ(z k ) Z k Οµως, a k < f(x) < b k για κάθε x Z k. Άρα, a k λ(z k ) < f dλ < b k λ(z k ), Z k απ όπου έπεται ότι a k < t k := 1 f dλ < β k. λ(z k ) Z k ηλαδή, t k (a k, b k ). Άρα, t k / A, το οποίο είναι άτοπο. 56. Εστω f, f : R R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις τέτοιες ώστε, για κάθε N, f(t) f (t) dλ(t) 1 2. είξτε ότι f f σχεδόν παντού. Υπόδειξη. Από το ϑεώρηµα Beppo Levi έχουµε f (t) f(t) dλ(t) = R R R k=1 f (t) f(t) dλ(t) Άρα, η συνάρτηση f f είναι ολοκληρώσιµη. Επεται ότι η σειρά f (t) f(t) συγκλίνει σχεδόν παντού. Ειδικότερα, f (t) f(t) σχεδόν παντού. 1 2 <. 57. Εστω f : [, 1] R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις που ικανοποιούν τα εξήσ:

31 2.2. ΟΜΑ Α Β 65 (α) Υπάρχει µη αρνητική ολοκληρώσιµη h : [, 1] R ώστε : για κάθε ισχύει f h σχεδόν παντού. (ϐ) Για κάθε συνεχή συνάρτηση g : [, 1] R ισχύει f g dλ. [,1] είξτε ότι : για κάθε Borel σύνολο A [, 1], f dλ. A Υπόδειξη. Εστω ε >. Αφού η h είναι ολοκληρώσιµη, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε : αν είναι µετρήσιµο υποσύνολο του [, 1] και λ() < δ, τότε h dλ < ε. Εστω A Borel υποσύνολο του [, 1]. Μπορούµε να ϐρούµε συµπαγές K και ανοικτό U [, 1] ώστε K A U και λ(u \ K) < δ. Χρησιµοποιώντας το Λήµµα του Urysoh ϐρίσκουµε συνεχή συνάρτηση g : [, 1] R τέτοια ώστε g 1, g(x) = 1 για κάθε x K και g(x) = για κάθε x [, 1] \ U. Τώρα γράφουµε A και παρατηρούµε ότι [,1] f dλ = [,1] f χ A dλ = f (χ A g) dλ = [,1] U\K [,1] f g dλ + f (χ A g) dλ, [,1] f χ A g dλ h χ A g dλ [,1] U\K h χ A g dλ h dλ < ε, διότι χ A g στο K και στο [, 1] \ U, χ A g 1 στο U \ K, και λ(u \ K) < δ. Επεται ότι lim sup A f dλ lim [,1] f g dλ + ε = ε, διότι [,1] f g dλ από την υπόθεση. Αφού το ε > ήταν τυχόν, συµπεραίνουµε ότι και έπεται το Ϲητούµενο. lim sup A f dλ =,

32 66 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU 58. Εστω f : [, 1] R µετρήσιµες συναρτήσεις τέτοιες ώστε f σχεδόν παντού, και f (x) 2 dλ(x) 1 [,1] για κάθε. είξτε ότι [,1] f(x) dλ(x). Υπόδειξη. Για κάθε α > µπορούµε να γράψουµε f dλ = f dλ + [,1] α = α { f α} { f α} { f α} [,1] f dλ + dλ + 1 α { f >α} { f >α} χ { f α} dλ + 1 α. f dλ f 2 α dλ Παρατηρούµε ότι οι g := χ { f α} ϕράσσονται από την ολοκληρώσιµη συνάρτηση g 1 στο [, 1], και από την υπόθεση ότι f (x) σχεδόν παντού έπεται ότι «f (x) < α τελικά» σχεδόν παντού, δηλαδή «χ { f α}(x) = τελικά» σχεδόν παντού, δηλαδή χ { f α}(x) σχεδόν παντού. Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης, [,1] χ { f α} dλ. Από τα παραπάνω έπεται ότι lim sup f dλ 1 [,1] α. Αφού το α > ήταν τυχόν, αφήνοντας το α παίρνουµε lim sup f dλ = άρα lim f dλ =. [,1] [,1] 59. Εστω f : R R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Υπολογίστε το ) lim l (1 + R f(x) 2 2 dλ(x).

33 2.2. ΟΜΑ Α Β 67 Υπόδειξη. Παρατηρούµε ότι 1 + f(x) 2 2 ) (1 + f(x) 2 ( 1 + f(x) ) 2, άρα ( 2 l 1 + f(x) ) 2 f(x), l 2 ( ) αν χρησιµοποιήσουµε και την l 1 + f(x) l (1 + ), f(x) 2 2 έχουµε g 2 f για κάθε N. Η f είναι ολοκληρώσιµη, άρα f(x) < σχεδόν παντού. Συνεπώς, ) g (x) = l (1 + f(x) 2 f(x) 2 2 f(x). ηλαδή, αν ϑεωρήσουµε τις g (x) = 2 = f(x) 2 σχεδόν παντού. ηλαδή, g σχεδόν παντού. Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης έπεται ότι R ) l (1 + f(x) 2 2 dλ(x) = g (x)dλ(x). R 6. Εστω f : [, 1] [1, ) ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι f l f dλ f dλ l f dλ. [,1] [,1] [,1] Υπόδειξη. Θέτουµε α = [,1] f dλ > και ϑεωρούµε τη συνάρτηση g = f/α. Παρατηρού- µε ότι (y 1) l y για κάθε y > (αν y 1 τότε y 1 και l y, ενώ αν y > 1 τότε y 1 > και l y > ). Συνεπώς, y l y l y για κάθε y >. Αφού η g παίρνει ϑετικές τιµές, έχουµε g l g l g στο [, 1], άρα g l g dλ [,1] Αφού g = f/α, έχουµε ότι f (l f l α) dλ = [,1] α δηλαδή [,1] [,1] [,1] [,1] l g dλ. f α l f dλ l f α [,1] α dλ l f dλ l α dλ = [,1] 1 [,1] f l f dλ f dλ l α l f dλ l α, α [,1] α [,1] από την οποία προκύπτει ότι f l f dλ α l f dλ = [,1] [,1] [,1] f dλ l f dλ. [,1] l f dλ l α,

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες,

Διαβάστε περισσότερα

Ολοκλήρωµα Lebesgue. Κεφάλαιο Μετρήσιµες συναρτήσεις Ορισµός και ϐασικές ιδιότητες

Ολοκλήρωµα Lebesgue. Κεφάλαιο Μετρήσιµες συναρτήσεις Ορισµός και ϐασικές ιδιότητες Κεφάλαιο 2 Ολοκλήρωµα Lebesgue 2.1 Μετρήσιµες συναρτήσεις Οι συναρτήσεις για τις οποίες ϑα επιχειρήσουµε να ορίσουµε το ολοκλήρωµα Lebesgue είναι συναρτήσεις µε πεδίο ορισµού κάποιο µετρήσιµο υποσύνολο

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

1 Το ϑεώρηµα του Rademacher

1 Το ϑεώρηµα του Rademacher Το ϑεώρηµα του Rademacher Νικόλαος Μουρδουκούτας Περίληψη Σε αυτήν την εργασία ϑα αποδείξουµε το ϑεώρηµα του Rademacher, σύµφωνα µε το οποίο κάθε Lipschiz συνάρτηση f : R m είναι διαφορίσιµη σχεδόν παντού.

Διαβάστε περισσότερα

Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Εξωτερικό µέτρο Lebesgue

Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Εξωτερικό µέτρο Lebesgue Κεφάλαιο 1 Μέτρο Lebesgue 1.1 Εξωτερικό µέτρο Lebesgue Θα ϑέλαµε να ορίσουµε το «µήκος» κάθε υποσυνόλου A του R, δηλαδή να αντιστοιχίσουµε σε κάθε A R έναν µη αρνητικό αριθµό λ(a) (ή το + ). Είναι λογικό

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μέτρο Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μέτρο Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Μέτρο Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

f(x) dx. f(x)dx = 0. f(x) dx = 1 < 1 = f(x) dx. Θα είχαµε f(c) = 0, ενώ η f δεν µηδενίζεται πουθενά στο [0, 2].

f(x) dx. f(x)dx = 0. f(x) dx = 1 < 1 = f(x) dx. Θα είχαµε f(c) = 0, ενώ η f δεν µηδενίζεται πουθενά στο [0, 2]. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 7: Ολοκλήρωµα Riem Α Οµάδα. Εστω f : [, ] R. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας).

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» (ε) Κάθε συγκλίνουσα ακολουθία άρρητων αριθµών συγκλίνει σε άρρητο αριθµό.

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» (ε) Κάθε συγκλίνουσα ακολουθία άρρητων αριθµών συγκλίνει σε άρρητο αριθµό. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Ακολουθίες πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας α Κάθε

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές»

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Το σύνολο των πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας) α)

Διαβάστε περισσότερα

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0 Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 5: Παράγωγος Α Οµάδα. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α) Αν η f είναι παραγωγίσιµη

Διαβάστε περισσότερα

Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος

Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Αθηνών Αθήνα 2015 Περιεχόµενα 1 Μέτρο Lebesgue 3 1.1 Εξωτερικό µέτρο Lebesgue........................... 3

Διαβάστε περισσότερα

L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier

L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier Κεφάλαιο 7 L -σύγκλιση σειρών Fourier 7.1 Χώροι Hilbert 7.1.1 Χώροι µε εσωτερικό γινόµενο και χώροι Hilbert Ορισµός 7.1.1. Εστω X γραµµικός χώρος πάνω από το K. Μια συνάρτηση, : X X K λέγεται εσωτερικό

Διαβάστε περισσότερα

Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα

Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα Κεφάλαιο 6 Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα 6. Οικογένειες καλών πυρήνων και προσεγγίσεων της µονάδας Σε αυτήν την παράγραφο ϑα ασχοληθούµε µε µέσες τιµές µιας ολοκληρώσιµης συνάρτησης f οι οποίες

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L p Σύγκλιση. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L p Σύγκλιση. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: L p Σύγκλιση Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creaive Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό,

Διαβάστε περισσότερα

< 1 για κάθε k N, τότε η σειρά a k συγκλίνει. +, τότε η η σειρά a k αποκλίνει.

< 1 για κάθε k N, τότε η σειρά a k συγκλίνει. +, τότε η η σειρά a k αποκλίνει. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 3: Σειρές πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα. Εστω ( ) µια ακολουθία πραγµατικών αριθµών. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε

Διαβάστε περισσότερα

Παράρτηµα Α. Στοιχεία θεωρίας µέτρου και ολοκλήρωσης.

Παράρτηµα Α. Στοιχεία θεωρίας µέτρου και ολοκλήρωσης. Παράρτηµα Α Στοιχεία θεωρίας µέτρου και ολοκλήρωσης Α Χώροι µέτρου Πέραν της «διαισθητικής» περιγραφής του µέτρου «σχετικά απλών» συνόλων στο από το µήκος τους (όπως πχ είναι τα διαστήµατα, ενώσεις/τοµές

Διαβάστε περισσότερα

Το ϑεώρηµα παραγώγισης του Lebesgue στο R

Το ϑεώρηµα παραγώγισης του Lebesgue στο R Το ϑεώρηµα παραγώγισης του Lebesgue στο R Μαρία Μαστροθεοδώρου και Αγγελική Χαντζηθάνου Περίληψη Το κεντρικό αποτέλεσµα της εργασίας είναι ότι µια συνάρτηση f είναι απόλυτα συνεχής στο [, b] αν και µόνο

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young. Απόστολος Γιαννόπουλος.

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young. Απόστολος Γιαννόπουλος. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons.

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 7 Φεβρουαρίου 03 Ασκηση. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

1 Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών

1 Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών ΜΑΣ 02. Απειροστικός Λογισµός Ι Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών Ορισµός.. Ονοµάζουµε ακολουθία πραγµατικών αριθµών κάθε απεικόνιση του συνόλου N των ϕυσικών αριθµών, στο σύνολο R των πραγµατικών

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Riemann και ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Riemann και ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Riemnn και ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Cretive Commons. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

n = r J n,r J n,s = J

n = r J n,r J n,s = J Ανάλυση Fourer και Ολοκλήρωμα Lebesgue (2011 12) 4ο Φυλλάδιο Ασκήσεων Υποδείξεις 1. Εστω E [a, b] με µ (E) = 0. Δείξτε ότι το [a, b] \ E είναι πυκνό υποσύνολο του [a, b]. Υπόδειξη. Θεωρήστε ένα μη κενό

Διαβάστε περισσότερα

ιδασκοντες: x R y x y Q x y Q = x z Q = x z y z Q := x + Q Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012

ιδασκοντες: x R y x y Q x y Q = x z Q = x z y z Q := x + Q Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 ιδασκοντες: Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

= f(x) για κάθε x R.

= f(x) για κάθε x R. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 4: Συνέχεια και όρια συναρτήσεων Α Οµάδα 1. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α)

Διαβάστε περισσότερα

sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β.

sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β. ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Εξετάσεις στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Φεβρουαρίου, 3 Θ. (α ) Εστω A, B µη κενά ϕραγµένα σύνολα πραγµατικών αριθµών. είξτε ότι αν inf A

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml

Διαβάστε περισσότερα

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Γιάννης Σαραντόπουλος Αθήνα 7 Οκτωβρίου 5 Περιεχόµενα Συµβολισµός

Διαβάστε περισσότερα

1 Το ϑεώρηµα του Alexandrov

1 Το ϑεώρηµα του Alexandrov Το ϑεώρηµα του Alexandrov Γιώργος Γιανναράκης και αυιδούλα ηµοπούλου Περίληψη Το 1939, ο Alexandr Alexandrov απέδειξε το ακόλουθο ϑεώρηµα : Εστω C R d ανοιχτό και κυρτό, f : C R µια κυρτή συνάρτηση. Τότε,

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

Εισαγωγή στην Τοπολογία Ενότητα: Συνεκτικότητα Γεώργιος Κουµουλλής Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε

Διαβάστε περισσότερα

Αριθµοί Liouville. Ιωάννης Μπαρµπαγιάννης

Αριθµοί Liouville. Ιωάννης Μπαρµπαγιάννης Αριθµοί Liouville Ιωάννης Μπαρµπαγιάννης Εισαγωγή Η ϑεωρία των υπερβατικών αριθµών έχει ως αφετηρία µια ϕηµισµένη εργασία του Liouville, το 844, ο οποίος περιέγραψε µια κλάση πραγµατικών αριθµών οι οποίοι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt01b/nt01b.html Πέµπτη 1 Οκτωβρίου 01 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt016/nt016.html Πέµπτη 13 Οκτωβρίου 016 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

1 1 + nx. f n (x) = nx 1 + n 2 x 2. x2n 1 + x 2n

1 1 + nx. f n (x) = nx 1 + n 2 x 2. x2n 1 + x 2n Οι ασκήσεις αυτές έχουν σκοπό να βοηθήσουν τους φοιτητές στην μελέτη τους για το μάθημα «Ανάλυση ΙΙ» του Τμήματος Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Αιγαίου. Συνιστούμε στους φοιτητές να επεξεργαστούν αυτές

Διαβάστε περισσότερα

n a n = 2. Θεωρούµε τα σύνολα a n = n2 n n 2 + n 1. n a n = a > 0, δείξτε ότι a n > 0 τελικά.

n a n = 2. Θεωρούµε τα σύνολα a n = n2 n n 2 + n 1. n a n = a > 0, δείξτε ότι a n > 0 τελικά. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Ακολουθίες πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας) α) Κάθε

Διαβάστε περισσότερα

Ask seic kai Jèmata sth JewrÐa Mètrou kai Olokl rwsh

Ask seic kai Jèmata sth JewrÐa Mètrou kai Olokl rwsh Ask seic kai Jèmata sth JewrÐa Mètrou kai Olokl rwsh Ginnhc K. Sarant pouloc jnik Mets bio Poluteqne o Sqol farmosmłnwn Majhmatik n & Fusik n pisthm n TomŁac Majhmatik n 22 Febrouar ou 28 Perieqìmena Συμβολισμός

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

Εισαγωγή στην Τοπολογία Ενότητα: Σύγκλιση και Συνέχεια Γεώργιος Κουµουλλής Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai017/lai017html Παρασκευή 17 Νοεµβρίου 017

Διαβάστε περισσότερα

Πραγµατική Ανάλυση Ασκήσεις ( )

Πραγµατική Ανάλυση Ασκήσεις ( ) Πραγµατική Ανάλυση Ασκήσεις (205 6) Πρόχειρες Σηµειώσεις Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Αθηνών 205-6 Περιεχόµενα Μετρικοί χώροι 2 Σύγκλιση ακολουθιών και συνέχεια συναρτήσεων 9 3 Τοπολογία µετρικών χώρων

Διαβάστε περισσότερα

Οι πραγµατικοί αριθµοί

Οι πραγµατικοί αριθµοί Οι πραγµατικοί αριθµοί Προλεγόµενα Η ανάγκη απαρίθµησης αντικειµένων, οδήγησε στην εισαγωγή του συνόλου των φυσικών αριθµών Η ανάγκη µέτρησης µεγεθών, οδήγησε στην εισαγωγή του συνόλου των ρητών αριθµών

Διαβάστε περισσότερα

11 Το ολοκλήρωµα Riemann

11 Το ολοκλήρωµα Riemann Το ολοκλήρωµα Riem Το πρόβληµα υπολογισµού του εµβαδού οποιασδήποτε επιφάνειας ( όπως κυκλικοί τοµείς, δακτύλιοι και δίσκοι, ελλειπτικοί δίσκοι, παραβολικά και υπερβολικά χωρία κτλ) είναι γνωστό από την

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

Διαβάστε περισσότερα

G n. n=1. n=1. n=1 G n) = m (E). n=1 G n = k=1

G n. n=1. n=1. n=1 G n) = m (E). n=1 G n = k=1 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Επαναληπτικές Εξετάσεις στη Θεωρία Μέτρου και Ολοκλήρωση Θέμα. Εστω R Lebesgue μετρήσιμο σύνολο. (αʹ) Να αποδειχθεί ότι για κάθε ε

Διαβάστε περισσότερα

τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής για να αποδείξουµε τη Ϲητούµενη ισότητα.

τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής για να αποδείξουµε τη Ϲητούµενη ισότητα. Αριστοτελειο Πανεπιστηµιο Θεσσαλονικης Τµηµα Μαθηµατικων Εισαγωγή στην Αλγεβρα Τελική Εξέταση 15 Φεβρουαρίου 2017 1. (Οµάδα Α) Εστω η ακολουθία Fibonacci F 1 = 1, F 2 = 1 και F n = F n 1 + F n 2, για n

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 17 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 2. Παραγοντοποίηση σε Ακέραιες Περιοχές

Κεφάλαιο 2. Παραγοντοποίηση σε Ακέραιες Περιοχές Κεφάλαιο Παραγοντοποίηση σε Ακέραιες Περιοχές Γνωρίζουµε ότι στο Ÿ κάθε στοιχείο εκτός από το 0 και τα ± γράφεται ως γινόµενο πρώτων αριθµών κατά τρόπο ουσιαστικά µοναδικό Από τη Βασική Άλγεβρα ξέρουµε

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 ΜΗ ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 ΜΗ ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΜΗ ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Η αδυναµία επίλυσης της πλειοψηφίας των µη γραµµικών εξισώσεων µε αναλυτικές µεθόδους, ώθησε στην ανάπτυξη αριθµητικών µεθόδων για την προσεγγιστική επίλυσή τους, π.χ. συν()

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρία Τελεστών. Ενότητα: Το ϕασµατικό ϑεώρηµα για αυτοσυζυγείς τελεστές. Αριστείδης Κατάβολος. Τµήµα Μαθηµατικών

Θεωρία Τελεστών. Ενότητα: Το ϕασµατικό ϑεώρηµα για αυτοσυζυγείς τελεστές. Αριστείδης Κατάβολος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Το ϕασµατικό ϑεώρηµα για αυτοσυζυγείς τελεστές Αριστείδης Κατάβολος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creatve Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό,

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt014/nt014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

KΕΦΑΛΑΙΟ 4 AΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ

KΕΦΑΛΑΙΟ 4 AΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ 4. Ορισµοί KΕΦΑΛΑΙΟ 4 AΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ Ορισµός 4.. Μία συνάρτηση : µε πεδίο ορισµού το σύνολο των φυσικών αριθµών και τιµές στην πραγµατική ευθεία καλείται ακολουθία πραγµατικών αριθµών.

Διαβάστε περισσότερα

Η ϐέλτιστη σταθερά στην ανισότητα Hausdorff-Young

Η ϐέλτιστη σταθερά στην ανισότητα Hausdorff-Young Η ϐέλτιστη σταθερά στην ανισότητα Hausdorff-Youg Ασπασία Κωτσογιάννη Περίληψη Ο µετασχηµατισµός Fourier Εστω f L. Ορίζουµε. fξ = π fxe ix ξ dx, ξ. Το ολοκλήρωµα Lebesgue στη σχέση. συγκλίνει για κάθε ξ

Διαβάστε περισσότερα

f(f 1 (B)) f(f 1 (B)) B. X \ (f 1 (C)) = X \ f 1 (C) = f 1 (Y \ C) X \ (f 1 (C)) f 1 (Y \ C). f 1 (Y \ C) = f 1 (Y \ C ) = X \ f 1 (C ).

f(f 1 (B)) f(f 1 (B)) B. X \ (f 1 (C)) = X \ f 1 (C) = f 1 (Y \ C) X \ (f 1 (C)) f 1 (Y \ C). f 1 (Y \ C) = f 1 (Y \ C ) = X \ f 1 (C ). Κεφάλαιο 4 Συναρτήσεις μεταξύ μετρικών χώρων 4.1 Συνεχείς συναρτήσεις Εστω (X, ρ) και (Y, σ) δύο μετρικοί χώροι. Στην 2.2 δώσαμε τον ορισμό της συνέχειας μιας συνάρτησης f : X Y σε κάποιο σημείο x 0 X:

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 25 Φεβρουαβρίου 2016

Διαβάστε περισσότερα

ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ. ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2010 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ

ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ. ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2010 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΘΕΜΑ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ α) Η f ( ) έχει πραγµατικό µέρος φανταστικό µέρος u( x, y) x y = και v( x, y) = ( x + y xy), όπου = x+

Διαβάστε περισσότερα

ιαφορισιµότητα στον R n Χρήστος Χατζηφούντας Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Κρήτης

ιαφορισιµότητα στον R n Χρήστος Χατζηφούντας Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Κρήτης ιαφορισιµότητα στον R n Χρήστος Χατζηφούντας Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Κρήτης 2 Περιεχόµενα Εισαγωγή 5 Η µεγιστική συνάρτηση των Hardy & Littlewood 7 2 Η weak type ανισότητα 3 Το ϑεώρηµα διαφορισιµότητας

Διαβάστε περισσότερα

Μη Γραµµική Συναρτησιακή Ανάλυση Το Θεώρηµα των Cauchy, Lipschitz, Picard.

Μη Γραµµική Συναρτησιακή Ανάλυση Το Θεώρηµα των Cauchy, Lipschitz, Picard. Μη Γραµµική Συναρτησιακή Ανάλυση Το Θεώρηµα των Cauchy, ipschitz, Picard. Νίκος Σταµάτης nstam84@gmail.com 7 Φεβρουαρίου 212 Περίληψη Σε αυτή την εργασία παρουσιάζουµε µια αναλυτική απόδειξη του ϑεωρήµατος

Διαβάστε περισσότερα

Παράρτηµα Β. Στοιχεία Θεωρίας Τελεστών και Συναρτησιακής Ανάλυσης [ ) ( )

Παράρτηµα Β. Στοιχεία Θεωρίας Τελεστών και Συναρτησιακής Ανάλυσης [ ) ( ) Παράρτηµα Β Στοιχεία Θεωρίας Τελεστών και Συναρτησιακής Ανάλυσης Β1 Χώροι Baach Βάσεις Schauder Στο εξής συµβολίζουµε µε Z,, γραµµικούς (διανυσµατικούς) χώρους πάνω απ το ίδιο σώµα K = ή και γράφουµε απλά

Διαβάστε περισσότερα

Σύνολα µοναδικότητας τριγωνοµετρικών σειρών και ϑεωρία συνόλων

Σύνολα µοναδικότητας τριγωνοµετρικών σειρών και ϑεωρία συνόλων Σύνολα µοναδικότητας τριγωνοµετρικών σειρών και ϑεωρία συνόλων Βλάσης Μαστραντώνης Περίληψη Το πρόβληµα της µοναδικότητας του αναπτύγµατος µιας συνάρτησης σε τριγωνοµετρική σειρά έχει µεγάλη ιστορία, η

Διαβάστε περισσότερα

h(x, y) = card ({ 1 i n : x i y i

h(x, y) = card ({ 1 i n : x i y i Κεφάλαιο 1 Μετρικοί χώροι 1.1 Ορισμός και παραδείγματα Ορισμός 1.1.1 μετρική). Εστω X ένα μη κενό σύνολο. Μετρική στο X λέγεται κάθε συνάρτηση ρ : X X R με τις παρακάτω ιδιότητες: i) ρx, y) για κάθε x,

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: Ηµιαπλοί ακτύλιοι

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: Ηµιαπλοί ακτύλιοι ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: Ηµιαπλοί ακτύλιοι Είδαµε στο κύριο θεώρηµα του προηγούµενου κεφαλαίου ότι κάθε δακτύλιος διαίρεσης έχει την ιδιότητα κάθε πρότυπο είναι ευθύ άθροισµα απλών προτύπων. Εδώ θα χαρακτηρίσουµε όλους

Διαβάστε περισσότερα

Ευκλείδειοι Χώροι. Ορίζουµε ως R n, όπου n N, το σύνολο όλων διατεταµένων n -άδων πραγµατικών αριθµών ( x

Ευκλείδειοι Χώροι. Ορίζουµε ως R n, όπου n N, το σύνολο όλων διατεταµένων n -άδων πραγµατικών αριθµών ( x Ευκλείδειοι Χώροι Ορίζουµε ως R, όπου N, το σύνολο όλων διατεταµένων -άδων πραγµατικών αριθµών x, x,, x ) Tο R λέγεται ευκλείδειος -χώρος και τα στοιχεία του λέγονται διανύσµατα ή σηµεία Το x i λέγεται

Διαβάστε περισσότερα

( ) = inf { (, Ρ) : Ρ διαµέριση του [, ]}

( ) = inf { (, Ρ) : Ρ διαµέριση του [, ]} 7 ΙΙΙ Ολοκληρωτικός Λογισµός πολλών µεταβλητών Βασικές έννοιες στη µια µεταβλητή Έστω f :[ ] φραγµένη συνάρτηση ( Ρ = { t = < < t = } είναι διαµέριση του [ ] 0 ( Ρ ) = Μ ( ) όπου sup f ( t) : t [ t t]

Διαβάστε περισσότερα

f(t) = (1 t)a + tb. f(n) =

f(t) = (1 t)a + tb. f(n) = Παράρτημα Αʹ Αριθμήσιμα και υπεραριθμήσιμα σύνολα Αʹ1 Ισοπληθικά σύνολα Ορισμός Αʹ11 (ισοπληθικότητα) Εστω A, B δύο μη κενά σύνολα Τα A, B λέγονται ισοπληθικά αν υπάρχει μια συνάρτηση f : A B, η οποία

Διαβάστε περισσότερα

f(x) = lim f n (t) = d(t, x n ) d(t, x) = f(t)

f(x) = lim f n (t) = d(t, x n ) d(t, x) = f(t) Κεφάλαιο 7 Ακολουθίες και σειρές συναρτήσεων 7.1 Ακολουθίες συναρτήσεων: κατά σημείο σύγκλιση Ορισμός 7.1.1. Εστω X σύνολο, (Y, ρ) μετρικός χώρος και f n, f : X Y (n = 1, 2,...). Λέμε ότι η ακολουθία συναρτήσεων

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Σταθµητοί Χώροι και Ευκλείδειοι Χώροι Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 59 Μέρος 2. Ευκλείδειοι

Διαβάστε περισσότερα

Πραγµατική Ανάλυση. Πέτρος Βαλέττας

Πραγµατική Ανάλυση. Πέτρος Βαλέττας Πραγµατική Ανάλυση Πέτρος Βαλέττας Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Αθηνών Αθήνα 2015 Περιεχόµενα I Μετρικοί χώροι 1 1 Μετρικοί χώροι 3 1.1 Ορισµός και παραδείγµατα.......................... 3 1.2 Χώροι

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

Εισαγωγή στην Τοπολογία Ενότητα: Συµπάγεια Γεώργιος Κουµουλλής Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου

Διαβάστε περισσότερα

12 Το αόριστο ολοκλήρωµα

12 Το αόριστο ολοκλήρωµα Το αόριστο ολοκλήρωµα. Αντιπαράγωγοι Εστω ότι η y = f ( ορίζεται στο διάστηµα I, οποιουδήποτε τύπου. Αν µια δεύτερη συνάρτηση y = F(, που ορίζεται στο ίδιο διάστηµα I, έχει την ιδιότητα F ( = f (, για

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: Συνθήκες Αλυσίδων

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: Συνθήκες Αλυσίδων ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: Συνθήκες Αλυσίδων Μελετάµε εδώ τη συνθήκη της αύξουσας αλυσίδας υποπροτύπων και τη συνθήκη της φθίνουσας αλυσίδας υποπροτύπων. Αυτές συνδέονται µεταξύ τους µε την έννοια της συνθετικής σειράς

Διαβάστε περισσότερα

Ακρότατα υπό συνθήκη και οι πολλαπλασιαστές του Lagrange

Ακρότατα υπό συνθήκη και οι πολλαπλασιαστές του Lagrange 64 Ακρότατα υπό συνθήκη και οι πολλαπλασιαστές του Lagrage Ας υποθέσουµε ότι ένας δεδοµένος χώρος θερµαίνεται και η θερµοκρασία στο σηµείο,, Τ, y, z Ας υποθέσουµε ότι ( y z ) αυτού του χώρου δίδεται από

Διαβάστε περισσότερα

Σειρές Fourier. Κεφάλαιο Σειρές Fourier ολοκληρώσιµων συναρτήσεων. f(x) dλ(x) u(x) dλ(x) + i. (tf(x) + sg(x)) dλ(x) = t. f(x) dλ(x) = Re ix 0

Σειρές Fourier. Κεφάλαιο Σειρές Fourier ολοκληρώσιµων συναρτήσεων. f(x) dλ(x) u(x) dλ(x) + i. (tf(x) + sg(x)) dλ(x) = t. f(x) dλ(x) = Re ix 0 Κεφάλαιο 5 Σειρές Fourier 5. Σειρές Fourier ολοκληρώσιµων συναρτήσεων Σε αυτό το κεφάλαιο ϑεωρούµε συναρτήσεις µε µιγαδικές τιµές. Αν f : [a, b] C είναι οποιαδήποτε συνάρτηση, τότε η f γράφεται στη µορφή

Διαβάστε περισσότερα

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα.

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα. 4 Συνεκτικά σύνολα Έστω, Ι R διάστηµα και f : Ι R συνεχής, τότε η f έχει την ιδιότητα της ενδιαµέσου τιµής, δηλαδή, η f παίρνει κάθε τιµή µεταξύ δύο οποιονδήποτε διαφορετικών τιµών της, συνεπώς το f (

Διαβάστε περισσότερα

Συνέχεια Συνάρτησης. Λυγάτσικας Ζήνων. Βαρβάκειο Ενιαίο Πειραµατικό Λύκειο. 1 εκεµβρίου f(x) = f(x 0 )

Συνέχεια Συνάρτησης. Λυγάτσικας Ζήνων. Βαρβάκειο Ενιαίο Πειραµατικό Λύκειο. 1 εκεµβρίου f(x) = f(x 0 ) Συνέχεια Συνάρτησης Λυγάτσικας Ζήνων Βαρβάκειο Ενιαίο Πειραµατικό Λύκειο 1 εκεµβρίου 013 1 Ορισµός Ορισµός 1.1 Μια πραγµατική συνάρτηση f : A R λέµε ότι είναι συνεχής στο x 0 A αν και µόνο αν : x x 0 fx

Διαβάστε περισσότερα

KΕΦΑΛΑΙΟ 6 ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ-ΣΕΙΡΕΣ TAYLOR

KΕΦΑΛΑΙΟ 6 ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ-ΣΕΙΡΕΣ TAYLOR KΕΦΑΛΑΙΟ 6 ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ-ΣΕΙΡΕΣ TAYLOR 6 Ορισµοί Ορισµός 6 Εστω α είναι µία πραγµατική ακολουθία και είναι πραγµατικοί αριθµοί Ένα άπειρο πολυώνυµο της µορφής: a ( ) () = καλείται δυναµοσειρά µε κέντρο το

Διαβάστε περισσότερα

Συνεχείς συναρτήσεις πολλών µεταβλητών. ε > υπάρχει ( ) ( )

Συνεχείς συναρτήσεις πολλών µεταβλητών. ε > υπάρχει ( ) ( ) Συνεχείς συναρτήσεις πολλών µεταβλητών 7 Η Ευκλείδεια απόσταση που ορίσαµε στον R επιτρέπει ( εκτός από τον ορισµό των ορίων συναρτήσεων και ακολουθιών και τον ορισµό της συνέχειας συναρτήσεων της µορφής

Διαβάστε περισσότερα

Σύντοµες Σηµειώσεις Πραγµατικής Ανάλυσης Θέµης Μήτσης

Σύντοµες Σηµειώσεις Πραγµατικής Ανάλυσης Θέµης Μήτσης Σύντοµες Σηµειώσεις Πραγµατικής Ανάλυσης Θέµης Μήτσης Τµηµα Μαθηµατικων Πανεπιστηµιο Κρητης Ηρακλειο Περιεχόµενα Συµβάσεις και συµβολισµοί 4 1. Το εξωτερικό µέτρο Lebesgue 5 2. Μετρήσιµα σύνολα 7 3. Η

Διαβάστε περισσότερα

f(n) = a n f(n + m) = a n+m = a n a m = f(n)f(m) f(a n ) = b n f : G 1 G 2, f(a n a m ) = f(a n+m ) = b n+m = b n b m = f(a n )f(a m )

f(n) = a n f(n + m) = a n+m = a n a m = f(n)f(m) f(a n ) = b n f : G 1 G 2, f(a n a m ) = f(a n+m ) = b n+m = b n b m = f(a n )f(a m ) 302 14. Ταξινόµηση Κυκλικών Οµάδων και Οµάδες Αυτοµορφισµών Στην παρούσα ενότητα ϑα ταξινοµήσουµε τις κυκλικές οµάδες ως προς τη σχέση ισοµορφίας. Ε- πίσης ϑα αποδείξουµε ένα σηµαντικό κριτήριο ισοµορφίας

Διαβάστε περισσότερα

Υπολογισµός διπλών ολοκληρωµάτων µε διαδοχική ολοκλήρωση

Υπολογισµός διπλών ολοκληρωµάτων µε διαδοχική ολοκλήρωση 8 Υπολογισµός διπλών ολοκληρωµάτων µε διαδοχική ολοκλήρωση Υπάρχουν δύο θεµελιώδη αποτελέσµατα που µας βοηθούν να υπολογίζουµε πολλαπλά ολοκληρώµατα Το πρώτο αποτέλεσµα σχετίζεται µε τον υπολογισµό ενός

Διαβάστε περισσότερα

Σύγκλιση σειρών Fourier σε χώρους L p

Σύγκλιση σειρών Fourier σε χώρους L p Σύγκλιση σειρών Fourier σε χώρους L p Μιχάλης Σαράντης και Κωνσταντίνος Τσίνας Βασικά αποτελέσµατα από την ανάλυση Fourier Ορισµός.. Ο n-οστός πυρήνας του Dirichlet ορίζεται ως (.) D n (y) Πρόταση.. Για

Διαβάστε περισσότερα

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l.

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 5: Παράγωγος Α Οµάδα 1. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α) Αν η f είναι παραγωγίσιµη

Διαβάστε περισσότερα

ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι ΤΜΗΜΑ 1β. 2n + 1 n(n + 1) xn. n=1. 2n + 1 ln(1 x)(1 + x) + x. a n = 2n + 1 n(n + 1) = 1 n + 1. a n+1 x n+1 a n x n.

ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι ΤΜΗΜΑ 1β. 2n + 1 n(n + 1) xn. n=1. 2n + 1 ln(1 x)(1 + x) + x. a n = 2n + 1 n(n + 1) = 1 n + 1. a n+1 x n+1 a n x n. ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι ΤΜΗΜΑ β 4 Ιανουαρίου 005 Τα ϑέµατα,, και 4 είναι υποχρεωτικά. Από τα ϑέµατα 5 και 6 ϑα επίλέξετε ϑέµα. ηλαδή ϑα γράψετε ΜΟΝΟ 5 ϑέµατα. ΘΕΜΑ o.5 + 0.5 = ϐ.) α) Να αποδειχθεί ότι η δυναµοσειρά

Διαβάστε περισσότερα

( a) ( ) n n ( ) ( ) a x a. x a x. x a x a

( a) ( ) n n ( ) ( ) a x a. x a x. x a x a 7 Έστω Το θεώρηµα του Tylor στη µια µεταβλητή Ι ανοικτό διάστηµα Ι και : Ι φορές διαφορίσιµη συνάρτηση στο Ι, (. Γράφουµε, ( = + +... + +,, Ι, όπου!, είναι το υπόλοιπο Tylor ( κέντρου και τάξης και ( Ρ

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

Διαβάστε περισσότερα

4 Συνέχεια συνάρτησης

4 Συνέχεια συνάρτησης 4 Συνέχεια συνάρτησης Σε αυτή την ενότητα ϑα µελετήσουµε την έννοια της συνέχειας συνάρτησης. Πιο συγκεκριµένα πότε ϑα λέγεται µια συνάρτηση συνεχής σε ένα σηµείο το οποίο ανήκει στο πεδίο ορισµού της

Διαβάστε περισσότερα

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Αρμονική Ανάλυση. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Αρμονική Ανάλυση. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης Μιχάλης Παπαδημητράκης Αρμονική Ανάλυση Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Περιεχόμενα 1 Το ολοκλήρωμα Lebesgue. 1 1.1 Σύνολα μηδενικού μέτρου..................................... 1 1.2 Η συλλογή C

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 8

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 8 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 8 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ. Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://www.math.uoi.gr/ abeligia/linearalgebrai/lai.html

Διαβάστε περισσότερα

5. Σειρές Taylor και Laurent. Ολοκληρωτικά υπόλοιπα και εφαρµογές.

5. Σειρές Taylor και Laurent. Ολοκληρωτικά υπόλοιπα και εφαρµογές. 5 Σειρές Taylor και Lauret Ολοκληρωτικά υπόλοιπα και εφαρµογές Σειρές Taylor και Lauret Θεωρούµε µια δυναµοσειρά ( ) a a µε κέντρο δοθέν σηµείο Υπενθυµίζουµε ότι για µια τέτοια δυναµοσειρά υπάρχει πάντα

Διαβάστε περισσότερα

Φασµατικη θεωρια µη φραγµενων γραµµικων τελεστων

Φασµατικη θεωρια µη φραγµενων γραµµικων τελεστων Φασµατικη θεωρια µη φραγµενων γραµµικων τελεστων Πτυχιακη Εργασια Ιωσηφιδης Ηλιας Α.Μ: 311/2329 Επιβλεπων : Τσολοµυτης Αντωνης A Τµηµα Μαθηµατικων Πανεπιστηµιο Αιγαιου Σαµος 27 Εξεταστικη Επιτροπη : Τσολοµύτης

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

Διαβάστε περισσότερα

Κανόνες παραγώγισης ( )

Κανόνες παραγώγισης ( ) 66 Κανόνες παραγώγισης Οι κανόνες παραγώγισης που ισχύουν για συναρτήσεις µιας µεταβλητής, ( παραγώγιση, αθροίσµατος, γινοµένου, πηλίκου και σύνθετων συναρτήσεων ) γενικεύονται και για συναρτήσεις πολλών

Διαβάστε περισσότερα

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα.

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα. 4 Συνεκτικά σύνολα Έστω, Ι διάστηµα και f : Ι συνεχής, τότε η f έχει την ιδιότητα της ενδιαµέσου τιµής, δηλαδή, η f παίρνει κάθε τιµή µεταξύ δύο οποιονδήποτε διαφορετικών τιµών της, συνεπώς το f ( Ι )

Διαβάστε περισσότερα

B = F i. (X \ F i ) = i I

B = F i. (X \ F i ) = i I Κεφάλαιο 3 Τοπολογία μετρικών χώρων Ομάδα Α 3.1. Εστω (X, ρ) μετρικός χώρος και F, G υποσύνολα του X. Αν το F είναι κλειστό και το G είναι ανοικτό, δείξτε ότι το F \ G είναι κλειστό και το G \ F είναι

Διαβάστε περισσότερα

Πραγµατική Ανάλυση ( ) Ασκήσεις - Κεφάλαιο 3

Πραγµατική Ανάλυση ( ) Ασκήσεις - Κεφάλαιο 3 Πραγµατική Ανάλυση (2015-16) Ασκήσεις - Κεφάλαιο 3 Οµάδα Α 1. Εστω (X, ρ) µετρικός χώρος και F, G υποσύνολα του X. Αν το F είναι κλειστό και το G είναι ανοικτό, δείξτε ότι το F \ G είναι κλειστό και το

Διαβάστε περισσότερα

2x 2 + x + 1 (x + 3)(x 1) 2 dx, 2x (x + 1) dx. b x 1 + x dx x x 2 1, 6u 5 u 3 + u 2 du = 6u 3 u + 1 du. = u du.

2x 2 + x + 1 (x + 3)(x 1) 2 dx, 2x (x + 1) dx. b x 1 + x dx x x 2 1, 6u 5 u 3 + u 2 du = 6u 3 u + 1 du. = u du. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 8: Τεχνικές ολοκλήρωσης Α Οµάδα. Υπολογίστε τα ακόλουθα ολοκληρώµατα : + + d, + + ( + 3)( ) d, 3 + 3 + 3 + + + d. Υπόδειξη. (α) Γράφουµε + + d

Διαβάστε περισσότερα

Καµπύλες που γεµίζουν τον χώρο

Καµπύλες που γεµίζουν τον χώρο Καµπύλες που γεµίζουν τον χώρο ήµητρα ιαµαντοπούλου και ήµητρα Πιλίτσου Περίληψη Περιγράφουµε δύο κλασσικές συνεχείς, 1-1 και επί συναρτήσεις f : [0, 1] [0, 1] : την καµπύλη του Peano και την καµπύλη του

Διαβάστε περισσότερα

KΕΦΑΛΑΙΟ 5 ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ

KΕΦΑΛΑΙΟ 5 ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ KΕΦΑΛΑΙΟ 5 ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ 5 Ορισµοί Εστω α δοθείσα πραγµατική ακολουθία Ορίζουµε µία νέα ακολουθία ως εξής: 3 3 = + + + = = + = + + Ορισµός 5 Εάν υπάρχει το lim + = τότε η ακολουθία καλείται

Διαβάστε περισσότερα

1. στο σύνολο Σ έχει ορισθεί η πράξη της πρόσθεσης ως προς την οποία το Σ είναι αβελιανή οµάδα, δηλαδή

1. στο σύνολο Σ έχει ορισθεί η πράξη της πρόσθεσης ως προς την οποία το Σ είναι αβελιανή οµάδα, δηλαδή KΕΦΑΛΑΙΟ ΤΟ ΣΥΝΟΛΟ ΤΩΝ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ ιατεταγµένα σώµατα-αξίωµα πληρότητας Ένα σύνολο Σ καλείται διατεταγµένο σώµα όταν στο σύνολο Σ έχει ορισθεί η πράξη της πρόσθεσης ως προς την οποία το Σ είναι

Διαβάστε περισσότερα