Mjera i Integral Vjeºbe

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Mjera i Integral Vjeºbe"

Transcript

1 Mjera i Integral Vjeºbe September 8, 2015

2 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 partitivni skup od i ozna avamo P(). Denicija 1. Neka je neprazan skup. Familija A P() je algebra na ako vrijedi: 1. A; 2. A A A c A (zatvorenost na komplementiranje); 3. A 1, A 2,..., A n A, n N n i=1 A i A (zatvorenost na kona ne unije). Algebra A je σ-algebra ako je zatvorena na prebrojive unije tj. proizvoljan niz (A n ) n N, A n A vrijedi da n=1 A n A. ako za O ito je svaka σ-algebra ujedno i algebra. Takožer, svaka σ-algebra sadrºi kao komplement praznog skupa. Navedimo neke trivijalne primjere σ- algebri. Primjer 1. Neka je neprazan skup. Tada su {, } i P() σ-algebre na. Sada pokazujemo da je svaka σ-algebra zatvorena na prebrojive presjeke. Napomenimo da se analogno pokazuje da je svaka algebra zatvorena na kona ne presjeke. Zadatak 1. Neka je A σ-algebra na skupu. Dokaºite da za prozivoljan niz (A n ) n N, A n A vrijedi da n=1 A n A. 1 itamo "sigma algebra" 1

3 Rj. Uzmimo proizvoljan niz (A n ) n N, A n A, n N. Imamo da A c n A za svaki n N pa iz zatvorenosti σ-algebre na prebrojive unije zaklju ujemo da n=1 Ac n A. Koriste i ponovno zatvorenost σ-algebre na komplemeniranje te de Morganovu formulu za komplement unije dobivamo da ( n=1 Ac n) c = n=1 A n A. Slijede u konstrukciju (koja bi vam trebala biti dobro poznata iz teorije vjerojatnosti) emo esto koristiti tokom kolegija. Zadatak 2. Neka je A algebra i neka je (A n ) n N niz u A. postoji niz (B n ) n N u A takav da: Dokaºite da 1. B n B m = za n m. 2. n=1 A n = n=1 B n. Rj. Denirajmo B 1 := A 1, B n := A n \ (A 1... A n 1 ), n > 1. Tada o ito B n A za svaki n N. Dokaºimo da su skupovi B n mežusobno disjunktni. Neka je m n i x B m B n. Bez smanjenja op enitosti moºemo pretpostaviti da je m < n. Iz x B m slijedi da x A m. Sli no, iz x B n slijedi da x / A 1... A n 1 pa x / A m. Dakle, dobili smo kontradikciju. Prema tome, zaklju ujemo da su B n i B m disjunktni. Dokaºimo sada da n=1 A n = n=1 B n. Kako B n A n za sve n, imamo da n=1 B n n=1 A n. Uzmimo sada x n=1 A n. Ako x A 1, onda x B 1 i x n=1 B n. Ako x / A 1 onda moºemo denirati n 0 := min{n N : x A n } (uo imo da n 0 postoji jer x n=1 A n). Minimalnost od n 0 zna i da je x A n0, ali x / A m za m = 1,..., n 0 1. Sada o ito imamo da x B n0 pa x n=1 B n. U slijede ih nekoliko zadataka dajemo neke netrivijalne primjere algebri i σ-algebri. Zadatak 3. Neka je neprebrojiv 2 skup. Denirajmo A = {A : A je prebrojiv ili je A c prebrojiv}. Dokaºite da je A σ-algebra. Rj. Pokazati emo da je A zatvorena na prebrojive unije. Ostala dva svojstva σ-algebre se trivijalno provjere. Neka je (A n ) n N niz u A. Imamo dvije mogu nosti: 1. A n je prebrojiv skup za sve n N. 2. Postoji n 0 N takav da A c n 0 prebrojiv skup. 2 Skup je prebrojiv ako je kona an ili u bijekciji sa N. Skup je neprebrojiv ako nije prebrojiv. 2

4 U prvom slu aju imamo da je n=1 A n prebrojiv skup (jer je prebrojiva unija prebrojivih skupova opet prebrojiv skup) pa n=1 A n A. Nadalje, uo imo da vrijedi ( n=1 A n) c = n=1 Ac n A c n 0. Dakle, u drugome slu aju imamo da je ( n=1 A n) c prebrojiv skup (podskup prebrojivog skupa je prebrojiv skup) pa prema tome n=1 A n A. Zadatak 4. Neka je beskona an skup. Denirajmo A = {A : A je kona an ili je A c kona an}. Dokaºite da je A algebra. Da li je A σ-algebra? Rj. Familija A sadrºi i o ito je zatvorena na komplementiranje. Pokaºimo da je zatvorena i na kona ne unije. Dovoljno je pokazati da je unija dva skupa iz A opet skup iz A. Uzmimo A, B A. Sli no kao i u prethodnom zadatku imamo dvije mogu nosti. Prva mogu nost je da su skupovi A i B kona ni. U tom slu aju, skup A B je isto kona an skup pa A B A. Druga mogu nost je da je bar jedan od skupova A c i B c kona an skup. Tada je o ito i skup (A B) c = A c B c kona an (jer je podskup kona nog skupa opet kona an skup) pa opet dobivamo da A B A. Dakle, A je algebra na. Kako je beskona an skup, zaklju ujemo da postoji Y = {y 1, y 2,...} takav da je Y u bijekciji sa N. Denirajmo A n = {y 2n }, n N. Skupovi A n su kona ni pa imamo da A n A za svaki n N. No kako je n=1 A n = {y 2, y 4, y 6,...} beskona an, a njegov komplement takožer beskona an jer sadrºi {y 1, y 3, y 5,... }, zaklju ujemo da n=1 A n / A. Dakle, A nije zatvorena na prebrojive unije pa nije σ-algebra. Slijede i zadatak pokazuje da je dana algebra A ujedno i σ-algebra ako i samo ako je zatvorena na prebrojive unije rastu ih skupova. Zadatak 5. Neka je A algebra na skupu. Dokaºite da je A σ-algebra ako i samo ako za proizvoljan niz (E n ) n N u A takav da E 1 E 2 E 3... vrijedi n=1 E n A. Rj. Nuºnost uvjeta je o ita i slijedi direktno iz zatvorenosti σ-algebre na prebrojive unije. Uzmimo sada algebru A koja zadovoljava uvjet iz zadatka i pokaºimo da je A σ-algebra. Moramo dokazati da je A zatvorena na prebrojive unije. Neka je (A n ) n N proizvoljan niz u A. Denirajmo E n = A 1... A n, n N. Kako je A algebra, imamo da E n A za svaki n N. Nadalje, uo imo da vrijedi E 1 E 2 E Po pretpostavci imamo da n=1 E n = n=1 A n A, ²to smo i htjeli pokazati. 3

5 1.2 Generiranje σ-algebri Slijede i zadatak (iako lagan) je vrlo vaºan. Zadatak 6. Neka je {A i : i I} prozivoljna familija σ-algebri na skupu. Dokaºite da je i I A i σ-algebra. Rj. Kako su A i σ-algebre, imamo da A i za svaki i I pa i I A i. Uzmimo A i I A i. Imamo da A A i za svaki i. Kako su A i σ-algebre, A c A i za svaki i I. Dakle, A c i I A i. Kona no, neka je (A n ) n N niz u i I A i. Za proizvoljan i I, imamo da A n A i za sve n N. Kako su A i σ-algebre, n=1 A n A i za svaki i I. Dakle, n=1 A n i I A i. Slijede i primjer pokazuje da op enito unija σ-algebri nije σ-algebra. Primjer 2. Neka je = {1, 2, 3}. Denirajmo A 1 = {, {1}, {2, 3}, } i A 2 = {, {2}, {1, 3}, }. Lagano se pokaºe da A 1 i A 2 jesu σ-algebre na dok A 1 A 2 nije σ-algebra na. Neka je proizvoljan neprazan skup i E P(). Denirajmo M(E) kao presjek svih σ-algebri na koje sadrºe E (P() je bar jedna takva). Uo imo da iz prethodnog zadatka slijedi da je M(E) σ-algebra na. tovi²e, iz denicije imamo da je M(E) najmanja σ-algebra na koja sadrºi E tj. ako je A σ-algebra na takva da E A, onda M(E) A. Kaºemo da je M(E) σ-algebra generirana sa E. Tvrdnje slijede e propozicije su direktna posljedica denicije σ-algebre generirane nekom familijom. Te tvrdnje emo koristiti esto i to bez izravnog pozivanja na ovu propoziciju. Propozicija 1. Neka je neprazan skup i E, E P(). Tada vrijedi: 1. ako je A σ-algebra na takva da E A, onda M(E) A; 2. ako E E, onda M(E) M(E ); 3. M(E) = M(E ) ako i samo ako E M(E ) i E M(E). Dokaz. Prvu tvrdnju propozicije smo ve komentirali. Dokaºimo drugu tvrdnju. Pretpostavimo da vrijedi E E. Tada je M(E ) σ-algebra na koja sadrºi E, pa iz prve tvrdnje propozicije slijedi da M(E) M(E ). Dokaºimo naposljetku tre u tvrdnju propozicije. Prepostavimo da vrijedi M(E) = M(E ). Kako je E M(E) i E M(E ), zaklju ujemo da E M(E ) i E M(E). Obratno, pretpostavimo da E M(E ) i E M(E). Iz prve tvrdnje propozicije zaklju ujemo da M(E) M(E ) i M(E ) M(E). Dakle, M(E) = M(E ). 4

6 Neka je prozivoljan topolo²ki prostor. Ozna imo sa T familiju svih otvorenih skupova u i denirajmo B := M(T ). B se naziva Borelovom σ-algebrom na. Dakle, Borelova σ-algebra na topolo²kom prostoru je σ-algebra generirana familijom otvorenih skupova. Slijede i zadatak pokazuje da Borelovu σ-algebru moºemo generirati i familijom svih zatvorenih skupova. Zadatak 7. Neka je proizvoljan topolo²ki prostor. Dokaºite: B = M({F : F je zatvoren u }). Rj. Neka F ozna ava familiju svih zatvorenih podskupova prostora. šelimo pokazati da vrijedi M(T ) = M(F). Neka je U otvoren. Tada je U c zatvoren pa U c M(F), iz ega slijedi da U = (U c ) c M(F). Dakle, T M(F). Analogno se pokazuje da F M(T ). Primjenom posljednje tvrdnje Propozicije 1 zaklju ujemo da vrijedi M(T ) = M(F). U idu a dva zadatka fokusirati emo se na Borelovu σ-algebru na R. Napomenimo da na R gledamo kao na topolo²ki prostor sa standardnom euklidskom topologijom. Najprije pokazujemo da je Borelova σ-algebra na R generirana familijom svih otvorenih intervala. Zadatak 8. Dokaºite: B R = M({ a, b : a < b}). Rj. Neka je A = M({ a, b : a < b}). Otvoreni intervali a, b su otvoreni skupovi pa pripadaju Borelovoj σ-algebri B R iz ega odmah zaklju ujemo da A B R. Neka je U R proizvoljan otvoren skup. Kako je U otvoren i kako je Q gust u R, za svaki x U moºemo odabrati otvoreni interval I x ija su oba kraja racionalni brojevi takav da x I x U. Sada o ito imamo da vrijedi U = x U I x. Nadalje, uo imo da je skup svih intervala iji su krajevi racionalni brojevi prebrojiv skup (jer je Q Q prebrojiv). Dakle, prikazali smo U kao prebrojivu uniju otvorenih intervala, iz ega zaklju ujemo da U A. Iz ovoga direktno slijedi da B R A. Sada dajemo jo² nekoliko opisa σ-algebre B R. Zadatak 9. Dokaºite: 1. B R = M({[a, b : a < b}); 2. B R = M({ a, b] : a < b}); 5

7 3. B R = M({[a, b] : a b}); 4. B R = M({, a : a R}); 5. B R = M({, a] : a R}); 6. B R = M({ a, + : a R}); 7. B R = M({[a, + : a R}). Rj. Dokazati emo prvu i etvrtu tvrdnju. Dokaz preostalih tvrdnji je sli an. Neka je A = M({[a, b : a < b}). Uzmimo a, b R, a < b. Uo imo da [a, b = n=1 a 1 n, b. Kako skupovi a 1 n, b pripadaju Borelovoj σ- algebri i kako je σ-algebra zatvorena na prebrojive presjeke zaklju ujemo da [a, b B R. Odavde odmah dobivamo da A B R. Da bi dokazali obrnutu inkluziju uzmimo a, b R, a < b. Uo imo da a, b = n=1 [a+ 1 n, b iz ega zaklju ujemo da a, b A. Koriste i prethodni zadatak dobivamo da B R A. Time smo dokazali prvu tvrdnju. Dokaºimo sada etvrtu tvrdnju. Neka je B = M({, a : a R}). Skupovi, a pripadaju Borelovoj σ-algebri pa imamo da B B R. Uzmimo sada a, b R. Uo imo da vrijedi [a, b =, b \, a. Odavde odmah dobivamo da M({[a, b : a < b}) B. Koriste i prvu tvrdnju zadatka dobivamo da B R B. Time smo dokazali etvrtu tvrdnju zadatka. Zadatak 10. Neka je proizvoljan neprazan skup i E P(). Dokaºite da je σ-algebra M(E) jednaka uniji σ-algebri M(F), pri emu je F prebrojiv podskup od E. Rj. Neka je A unija σ-algebri M(F), pri emu je F prebrojiv podskup od E. Mi ºelimo dokazati da vrijedi M(E) = A. Kako je M(F) M(E) za svaki F E prebrojiv, odmah dobivamo da A M(E). Sada pokazujemo suprotnu inkluziju. Najprije emo pokazati da je A σ-algebra. O ito, A. Neka je A A. Tada postoji F E prebrojiv takav da A M(F). Kako je M(F) σ-algebra, A c M(F) i zato A c A. Uzmimo sada niz (A n ) n N u A. Za svaki n N postoji F n E prebrojiv takav da A n M(F n ). Stavimo F = n=1 F n. Tada je F prebrojiv podskup od E. Nadalje, iz F n F dobivamo da M(F n ) M(F) za svaki n N. Zaklju ujemo da A n M(F) za svaki n N. Kako je M(F) σ-algebra imamo da n=1 A n M(F). Dakle, skup n=1 A n se nalazi u σ-algebri generiranoj sa nekim prebrojivim podskupom od E iz ega slijedi da n=1 A n A. Dokazali smo da je A σ-algebra. Sada uo imo da E A. Naime, za svaki A E o ito imamo da A M({A}), a kako je skup {A} prebrojiv odmah dobivamo da A A. Kako je A σ-algebra iz E A odmah zaklju ujemo da M(E) A. Time je tvrdnja zadatka dokazana. 6

8 Slijede i zadatak pokazuje da svaka σ-algebra na skupu na prirodan na in inducira σ-algebru na svakom podskupu od. Zadatak 11. Neka je A σ-algebra na nepraznom skupu. Uzmimo proizvoljan E i denirajmo Dokaºite da je A E σ-algebra na E. A E := {A E : A A}. Rj. Kako je A imamo da = E A E. Uzmimo C A E i neka je A A takav da C = A E. Sada se lagano provjeri da E \ C = ( \ A) E. Kako je A σ-algebra, imamo da \ A A pa E \ C A E. Neka je (C n ) n N niz u A E. Za svaki n N neka je A n A takav da C n = A n E. Kako je A σ-algebra, imamo da n=1 A n A. Nadalje, n=1 C n = ( n=1 A n) E pa zaklju ujemo da n=1 C n A E. Idu i zadatak pokazuje da svaka beskona na σ-algebra ima bar continuum 3 mnogo elemenata. Specijalno, ne postoji beskona na, prebrojiva σ- algebra. Zadatak 12. Neka je A beskona na σ-algebra. Dokaºite: 1. A sadrºi beskona an niz nepraznih mežusobno disjunktnih skupova; 2. card (A) c. Rj. Neka je A σ-algebra na skupu. Odaberimo E A takav da E i E. Pogledajmo σ-algebre A E i A \E. Uo imo da su obje σ-algebre sadrºane u σ-algebri A (jer E, \ E A). Nadalje, A = (A E) (A ( \E)) za svaki A A. Dakle, svaki element σ-algebre A se moºe prikazati kao unija elementa σ-algebre A E i elementa σ-algebre A \E. Kako je A beskona na σ-algebra zaklju ujemo da je bar jedna od σ-algebri A E i A \E beskona na. Bez smanjenja op enitosti moºemo pretpostaviti da je σ-algebra A E beskona na. Stavimo E 1 := E i B = A E. Kako je B beskona na, postoji F B takav da F, F E. Ponavljaju i gornje argumente zaklju ujemo da su σ-algebre B F i B E\F sadrºane u A i da je bar jedna od njih beskona na. Bez smanjenja op enitosti moºemo pretpostaviti da je B F beskona na. Stavimo E 2 := F i nastavimo postupak. Dolazimo do niza (E n ) n N u A sa svojstvom da E 1 E 2 E 3. Denirajmo G 1 = E 1 \ E 2, G 2 = E 2 \ E 3 itd. Skupovi G n su neprazni, mežusobno disjunktni i pripadaju σ-algebri A. Time smo dokazali prvu tvrdnju zadatka. Da bi dokazali drugu tvrdnju zadatka, uzmimo niz (E n ) n N nepraznih mežusobno disjunktnih skupova u A. Denirajmo preslikavanje f : P(N) A sa f(i) = n I E n, I N. Lagano se pokaºe da je preslikavanje f injektivno pa card (A) card (P(N)) = c. 3 c=card (R) 7

9 Chapter 2 Mjere Denicija 2. Urežen par (, M), pri emu je neprazan skup i M σ- algebra na naziva se izmjerivim prostorom. Elemente σ-algebre M nazivamo izmjerivim skupovima. Denicija 3. Neka je (, M) izmjeriv prostor. [0, + ] je mjera ako: Preslikavanje µ: M 1. µ( ) = 0; 2. (σ-aditivnost) za proizvoljan niz (E n ) n N disjunktnih skupova u M vrijedi da µ( n=1 E n) = n=1 µ(e n). Urežena trojka (, M, µ) se naziva prostor mjere. Osnovna svojstva mjera su sadrºana u slijede em teoremu. Teorem 1. Neka je (, M, µ) prostor mjere. 1. (monotonost) Ako su E, F M takvi da E F, onda µ(e) µ(f ). 2. (subaditivnost) Ako je (E n ) n N niz u M, onda µ( n=1 E n) n=1 µ(e n). 3. (neprekidnost odozdo) Ako je (E n ) n N niz u M takav da E 1 E 2, tada µ( n=1 E n) = lim n µ(e n ). 4. (neprekidnost odozgo) Ako je (E n ) n N niz u M takav da E 1 E 2 i µ(e n0 ) < + za neki n 0 N, tada µ( n=1 E n) = lim n µ(e n ). Neka je (, M, µ) prostor mjere. Mjera µ je kona na ako µ() < +. Uo imo da u tom slu aju iz prve tvrdnje prethodnog teorema slijedi da µ(e) < + za svaki E M. Mjera µ je vjerojatnosna ako µ() = 1. Dakle, vjerojatnosne mjere su specijalan slu aj kona nih mjera. Mjera µ je σ-kona na ako postoji niz (E n ) n N u M takav da = n=1 E n i µ(e n ) < + za sve n N. O ito je svaka kona na mjera ujedno i σ- kona na. 8

10 Nadalje, kaºemo da je mjera µ je polukona na ako za svaki E M takav da µ(e) = +, postoji F E takav da 0 < µ(f ) < +. Navedimo sada nekoliko primjera mjeri. Primjer Neka je proizvoljan neprazan skup i x. Za E denirajmo { 1; ako x E; δ x (E) = 0; ako x / E. Lagano se pokaºe da je δ x mjera na (, P()). Mjera δ x se naziva Diracova mjera u to ki x. Uo imo da je δ x vjerojatnosna mjera. 2. Neka je proizvoljan neprazan skup. Za E denirajmo { 0; ako E = ; µ(e) = + ; ako E. Tada je µ mjera na (, P()). Uo imo da µ nije σ-kona na mjera. 3. Za E N, neka E ozna ava broj elemenata skupa E ukoliko je E kona an. Denirajmo µ: P(N) [0, + ] sa { E ; ako je E kona an; µ(e) = + ; ako je E beskona an. Tada se lagano provjeri da je µ mjera na (N, P(N)). Uo imo da je µ σ-kona na mjera. Mjeru µ nazivamo broje a mjera na N. Slijede i primjer pokazuje da se pretpostavka u zadnjem dijelu (neprekidnost odozgo) Teorema 1 ne moºe eliminirati. Primjer 4. Pogledajmo prostor mjere (N, P(N), µ), pri emu je µ broje a mjera. Neka je E n = {n, n + 1, n + 2,...}, n N. Tada o ito E 1 E 2 i n=1 E n =. Prema tome µ( n=1 E n) = 0, a lim n + µ(e n ) = +. Zadatak 13. Neka je neprebrojiv skup i A σ-algebra iz Zadatka 3. Denirajmo µ: A [0, + ] sa { 0; ako je A prebrojiv; µ(a) = + ; ako je A c prebrojiv. Dokaºite da je µ mjera. Da li je µ σ-kona na? Rj. O ito µ( ) = 0. Uzmimo niz (A n ) n N mežusobno disjunktnih skupova u A. Imamo dvije mogu nosti: 1. A n je prebrojiv za sve n N; 9

11 2. postoji n 0 N takav da je A c n 0 prebrojiv. U prvom slu aju imamo da je skup n=1 A n prebrojiv, pa µ( n=1 A n) = n=1 µ(a n) = 0. U drugome slu aju imamo da je skup ( n=1 A n) c prebrojiv (jer je ( n=1 A n) c = n=1 Ac n A c n 0 ), pa µ( n=1 A n) = n=1 µ(a n) = +. Dokazali smo da je µ mjera. Mjera µ nije σ-kona na, jer se ne moºe prikazati kao prebrojiva unija skupova kona ne mjere (u na²em slu aju to su prebrojivi podskupovi od ). Zadatak 14. Neka je (, M, µ) prostor mjere. Dokaºite da za prozivoljne E, F M. µ(e) + µ(f ) = µ(e F ) + µ(e F ) Rj. Uzmimo proizvoljne E, F M. Uo imo da skupovi E \ F i E F disjunktni i E = (E\F ) (E F ), ²to implicira da µ(e) = µ(e\f )+µ(e F ). Analogno, µ(f ) = µ(f \ E) + µ(e F ). Dakle, µ(e) + µ(f ) = µ(e \ F ) + µ(e F ) + µ(f \ E) + µ(e F ). Nadalje, uo imo da su skupovi E \ F, F \ E i E F mežusobno disjunktni i da je njihova unija E F. Prema tome, µ(e \ F ) + µ(e F ) + µ(f \ E) = µ(e F ), iz ega direktno slijedi tvrdnja zadatka. Zadatak 15. Neka su µ 1, µ 2,..., µ n mjere na izmjerivom prostoru (, M) te neka su a 1, a 2,..., a n nenegativni realni brojevi. Dokaºite da je n i=1 a iµ i mjera na (, M). Rj. Imamo ( n i=1 a iµ i )( ) = n i=1 a iµ i ( ) = 0. Neka je (E m ) m N niz mežusobno disjunktnih skupova u M. Kako su µ i mjere, imamo da ( n n n a i µ i )( m=1e m ) = a i µ i ( m=1e m ) = µ i (E m ) i=1 i=1 = = a i i=1 m=1 m=1 i=1 n a i µ i (E m ) ( n a i µ i )(E m ). m=1 i=1 Zadatak 16. Neka je (, M, µ) prostor mjere. Za E M denirajmo preslikavanje µ E : M [0, + ] sa µ E (A) = µ(a E), A M. Dokaºite da je µ E mjera. 10

12 Rj. O ito µ E ( ) = µ( ) = 0. Neka je (A n ) n N niz mežusobno disjunktnih skupova u M. Tada su o ito i skupovi A n E, n N mežusobno disjunktni, pa kako je µ mjera imamo da µ E ( n=1a n ) = µ(( n=1a n ) E) = µ( n=1(a n E)) = = µ(a n E) n=1 µ E (A n ). n=1 Zadatak 17. Neka je (, M, µ) prostor mjere i (E n ) n N niz u M. Denirajmo Dokaºite: lim sup E n := k=1 n=k E n i lim inf E n := n n k=1 n=k E n. 1. µ(lim inf n E n ) lim inf n µ(e n ); 2. ako µ( n=1 E n) < +, onda µ(lim sup n E n ) lim sup n µ(e n ). Rj. Dokaºimo prvu tvrdnju zadatka.uo imo da n=1e n n=2e n. Iz neprekidnosti odozdo mjere µ, zaklju ujemo da vrijedi µ(lim inf n E n ) = lim k µ( n=k E n). Odaberimo podniz (m k ) k N od N takav da lim inf n µ(e n ) = lim k µ(e mk ). Za svaki k (zbog m k k) imamo da n=k E n E mk pa µ(lim inf n Druga tvrdnja zadatka se dokazuje sli no. E n ) = lim k µ( n=k E n) lim µ(e m k ) k = lim inf µ(e n ). n Zadatak 18. Neka je (, M) izmjeriv prostor te µ: M [0, + ] preslikavanje koje zadovoljava svojstva: 1. µ( ) = 0; 2. ako su A 1,..., A n M mežusobno disjunktni, onda µ(a 1... A n ) = µ(a 1 ) µ(a n ). 11

13 Dokaºite da je µ mjera ako i samo ako je µ neprekidna odozdo. Rj. Nuºnost je direktna posljedica tre e tvrdnje Teorema 1. Pretpostavimo sada da je µ odozdo neprekidna i dokaºimo da je mjera. Uzmimo niz (A n ) n N mežusobno disjunktnih skupova u M. Denirajmo niz skupova (B n ) n N sa B n := A 1... A n, n N. Tada o ito B 1 B 2 i n=1 A n = n=1 B n. Koriste i neprekidnost odozdo funkcije µ kao i svojstvo 2., dobivamo da Dakle, µ je mjera. µ( n=1a n ) = µ( n=1b n ) = lim µ(b n) n n = lim µ(a k ) = n k=1 µ(a n ). n=1 Zadatak 19. Dokaºite da je svaka σ-kona na mjera polukona na. Rj. Neka je µ σ-kona na mjera na izmjerivom prostoru (, M). Dakle, postoji niz (A n ) n N u M takav da = n=1 A n i µ(a n ) < + za svaki n N. Bez smanjenja op enitosti moºemo pretpostaviti da A 1 A 2 (jer ina e skupove A n moºemo zamijeniti skupovima A n = A 1... A n ). Uzmimo sada E M takav da µ(e) = +. Uo imo da E = E = n=1 (E A n), pa koriste i tre e svojstvo iz Teorema 1, zaklju ujemo da µ(e) = lim n µ(a n E). O ito postoji n takav da µ(e A n ) > 0. Nadalje, za taj n vrijedi i E A n E te µ(e A n ) µ(a n ) < +. Slijede i primjer pokazuje da obrat u prethodnom zadatku ne vrijedi. Primjer 5. Za E R, neka E ozna ava broj elemenata skupa E ukoliko je E kona an. Denirajmo µ: P(R) [0, + ] sa { E ; ako je E kona an; µ(e) = + ; ako je E beskona an. Tada se lagano provjeri da je µ mjera na (R, P(R)). Mjera µ je polukona na ali nije σ-kona na. Zadatak 20. Neka je (, M, µ) prostor mjere, pri emu je µ polukona na te neka je E M takav da µ(e) = +. Dokaºite da za svaki C > 0 postoji F E takav da C < µ(f ) < +. 12

14 Rj. Uzmimo E M takav da µ(e) = +. Pokazati emo da vrijedi sup{µ(f ) : F E, µ(f ) < + } = +, iz ega o ito slijedi tvrdnja zadatka. Pretpostavimo suprotno, tj. da vrijedi L = sup{µ(f ) : F E, µ(f ) < + } < +. Za svaki n N odaberimo F n E takav da L 1 n < µ(f n ) L. Ponovno, bez smanjenja op enitosti moºemo pretpostaviti da F 1 F 2. Neka je F = n=1 F n. Iz neprekidnosti odozdo mjere µ zaklju ujemo da µ(f ) = lim n µ(f n ) = L. Pogledajmo sada skup E \ F. Kako je µ(e) = + i µ(f ) = L < +, zaklju ujemo da µ(e \ F ) = +. Dakle, postoji G E \ F takav da 0 < µ(g) < +. Sada o ito F G E i L < µ(f G) = µ(f ) + µ(g) < +, ²to je u kontradikciji sa denicijom broja L. 13

15 Chapter 3 Vanjske mjere Najprije uvodimo pojam vanjske mjere. Denicija 4. Neka je neprazan skup. Preslikavanje µ : P() [0, + ] je vanjska mjera ako: 1. µ ( ) = 0; 2. za A B vrijedi µ (A) µ (B); 3. za proizvoljan niz (A n ) n N, A n vrijedi µ ( n=1a n ) µ (A n ). n=1 Slijede a propozicija daje ²iroku klasu primjera vanjskih mjera. Propozicija 2. Neka su E P() i ρ: E [0, + ] takvi da E, E i ρ( ) = 0. Deniramo { µ (A) = inf ρ(e n ) : E n E i A n=1e n }, A. n=1 Tada je µ vanjska mjera na. E. Slijede i primjer pokazuje da se ρ i µ op enito ne podudaraju na familiji Primjer 6. Neka je = R i E = { a, b : a < b + } { }. Nadalje, neka je ρ: E [0, + ] preslikavanje denirano sa ρ( a, b ) = (b a) 2 za a < b + i ρ( ) = 0. Ozna imo sa µ vanjsku mjeru na R generiranu sa ρ. Uzmimo proizvoljan N N i denirajmo A 1 = 0, 1/N], A 2 = 1/N, 2/N],..., A n = (N 1)/N, 1]. 14

16 Tada o ito 0, 1 = N k=1 A k, pa koriste i svojstva iz denicije vanjske mjere (opravdajte sve korake!) dobivamo da µ ( 0, 1 ) N µ (A k ) = k=1 = N µ ( (k 1)/N, k/n ) k=1 N ρ( (k 1)/N, k/n ) k=1 N 1/N 2 = 1/N. Pustimo li N +, dobivamo da µ ( 0, 1 ) = 0. S druge strane, ρ( 0, 1 ) = 1. Sada uvodimo krucijalan pojam izmjerivog skupa obzirom na vanjsku mjeru. Denicija 5. Neka je µ vanjska mjera na skupu. Za A kaºemo da je µ -izmjeriv ako za svaki E vrijedi k=1 µ (E) = µ (E A) + µ (E A c ). Napomena 1. Iz svojstva vanjske mjere lagano vidimo da uvijek vrijedi µ (E) µ (E A) + µ (E A c ). Dakle, A je µ -izmjeriv ako i samo ako za svaki E. µ (E) µ (E A) + µ (E A c ) Slijede i teorem jedan je od najvaºnijih u teoriji mjere. Teorem 2. Neka je µ vanjska mjera na skupu. Denirajmo Tada vrijedi: 1. M µ je σ-algebra na ; M µ := {E : E je µ -izmjeriv}. 2. restrikcija vanjske mjere µ na M µ je mjera na izmjerivom prostoru (, M µ ). 15

17 Primjer 7. Denirajmo preslikavanje µ : P(N) [0, + ] sa { E ; ako E kona an; µ (E) = + ; ako E beskona an. Koriste i nejednakost a + b a+ b, lagano je pokazati da je µ vanjska mjera na N. Uzmimo E, E i E. Odaberimo a E i b \E te denirajmo A = {a, b}. Tada µ (A) = 2 i µ (A E) + µ (A E c ) = = 2. Pokazali smo da µ (A) µ (A E) + µ (A E c ), iz ega zaklju ujemo da E nije µ -izmjeriv skup. Dakle, jedini µ -izmjerivi skupovi su i N. Prisjetimo se konstrukcije iz Propozicije 2. Slijede i primjer pokazuje da elementi familije E nisu nu v zno µ -izmjerivi skupovi. Primjer 8. Neka je = R i E = { a, b : a < b + } { }. Nadalje, neka je ρ: E [0, + ] preslikavanje denirano sa ρ( a, b ) = b a za a < b + i ρ( ) = 0. Ozna imo sa µ vanjsku mjeru na R generiranu sa ρ (u smislu Propozicije 2). Moºe se pokazati da vrijedi µ ( a, b ) = b a za < a < b < +. Uo imo da skup E = 0, 1 nije µ -izmjeriv. Naime, za A = 0, 2 imamo da 2 = µ (A) µ (A E) + µ(a E c ) = = 2. Zadatak 21. Neka je µ vanjska mjera na skupu i neka je (A n ) n N niz mežusobno disjunktnih µ -izmjerivih skupova. Dokaºite da vrijedi za svaki E. µ (E ( j=1a j )) = µ (E A j ), j=1 Rj. Denirajmo skupove B n = n i=1 A i, n N i B = n=1 A n. µ -izmjerivost skupova A n imamo: Koriste i µ (E B n ) = µ (E B n A n ) + µ (E B n A c n) = µ (E A n ) + µ (E B n 1 ) n =... = µ (E A i ). i=1 16

18 Koriste i µ -izmjerivost skupova B n kao i skupa B, dobivamo µ (E B) + µ (E B c ) = µ (E) = µ (E B n ) + µ (E Bn) c n µ (E A i ) + µ (E B c ). i=1 Pustimo li limes kada n + zaklju ujemo da Suprotna nejednakost µ (E ( j=1a j )) = µ (E B) µ (E A j ). j=1 µ (E ( j=1a j )) = µ ( j=1(e A j )) slijedi direktno iz svojstva 3 vanjske mjere. µ (E A j ) Zadatak 22. Denirajmo preslikavanje µ : P(N) [0, + ] sa j=1 0; ako A = ; µ (A) = 1; ako je A kona an; + ; ako A beskona an. Dokaºite da je µ vanjska mjera na N. Da li je skup {1, 3, 5, 7,...} µ - izmjeriv? Rj. Dokaºite sami da je µ vanjska mjera. µ -izmjeriv jer za E = {1, 2} vrijedi: Skup A = {1, 3, 5, 7,...} nije µ (E A) + µ (E A c ) = = 2 µ (E) = 1. Sada uvodimo pojam premjere. Denicija 6. Neka je A algebra na skupu. Preslikavanje µ: A [0, + ] je premjera ako: 1. µ( ) = 0; 2. ako je (A n ) n N niz mežusobno disjunktnih skupova u A takvih da n=1 A n A, onda µ( n=1 A n) = n=1 µ(a n). 17

19 Neka je µ 0 premjera na algebri A. Tada moºemo denirati preslikavanje µ : P() [0, + ] sa { µ (E) = inf µ 0 (A n ) : A n A i E n=1a n }, E. (3.1) n=1 Iz Propozicije 2 slijedi da je µ vanjska mjera na. Propozicija 3. Vrijedi: 1. µ A = µ 0 ; 2. svaki skup iz A je µ -izmjeriv. Slijede i teorem pokazuje da se svaka premjera moºe pro²iriti do mjere. Teorem 3. Neka je A algebra na skupu i µ 0 premjera na A. Ozna imo sa M σ-algebru generiranu sa A. Tada postoji µ mjera na M takva da µ A = µ 0. Ako je µ 0 σ-kona na, onda je mjera µ sa tim svojstvima jedinstvena. Zadatak 23. Neka je A algebra na skupu, µ 0 premjera na A i µ inducirana vanjska mjera. Ozna imo sa A σ skup svih podskupova od koji se mogu prikazati kao prebrojiva unija skupova iz A, te sa A σδ skup svih podskupova od koji se mogu prikazati kao prebrojiv presjek skupova iz A σ. Dokaºite: 1. za svaki E i ɛ > 0, postoji A A σ takav da E A i µ (A) µ (E) + ɛ; 2. ako je µ (E) < +, tada je E µ -izmjeriv ako i samo ako postoji B A σδ takav da E B i µ (B \ E) = 0. Rj. Dokaºimo najprije prvu tvrdnju zadatka. Uzmimo E i ɛ > 0. Kako je µ vanjska mjera inducirana premjerom µ 0, imamo da postoji niz (A n ) n N takav da E n=1 A n i µ (A n ) = n=1 µ 0 (A n ) µ (E) + ɛ. n=1 Denirajmo A = n=1 A n. Tada A A σ, E A i µ (A) µ (A n ) µ (E) + ɛ. n=1 Dokaºimo sada drugu tvrdnju zadatka. Uzmimo E takav da µ (E) < + i pretpostavimo da je E µ -izmjeriv. Po prvome dijelu zadatka za svaki n N moºemo odabrati A n A σ takav da E A n i µ (A n ) µ (E) + 1/n. (3.2) 18

20 Denirajmo B = n=1 A n. O ito B A σδ. Nadalje, iz (3.2) i zbog E B, imamo da µ (B) = µ (E) te µ (B \ E) = µ (B E c ) = µ (B) µ (E) = 0. Obratno, neka je B A σδ takav da E B i µ (B \ E) = 0. Dokaºimo da je E µ -izmjeriv skup. Iz Propozicije 3 slijedi da je B µ -izmjeriv skup. Uzmimo proizvoljan F. Koriste i svojstva vanjske mjere imamo Nadalje, iz E B dobivamo µ (F E c ) = µ ((F B c ) (F (E c \ B c ))) µ (F B c ) + µ (E c \ B c ) = µ (F B c ) + µ (B \ E) = µ(f B c ). (3.3) µ (F E) µ (F B). (3.4) Kako je B µ -izmjeriv skup, iz (3.3) i (3.4) zaklju ujemo da µ (F E c ) + µ (F E) µ (F ). Skup F je bio proizvoljan, pa zaklju ujemo da je E µ -izmjeriv skup. Zadatak 24. Neka je µ vanjska mjera inducirana kona nom premjerom µ 0. Za E denirajmo µ (E) = µ 0 () µ (E). Dokaºite da je E µ -izmjeriv ako i samo ako µ (E) = µ (E). Rj. Pretpostavimo prvo da je skup E µ -izmjeriv skup. Kako je µ mjera na familiji svih µ izmjerivih skupova i kako je µ A = µ 0 1 imamo µ (E) + µ (E c ) = µ () = µ 0 (), iz ega direktno slijedi da µ (E) = µ (E). Pretpostavimo sada da vrijedi µ (E) = µ (E). Za svaki n N moºemo po prethodnom zadatku odabrati skupove A n, B n A σ takve da vrijedi E A n, E c B n, te µ (A n ) µ (E) + 1 n i µ (B n ) µ (E c ) + 1 n. Iz Propozicije 3 slijedi da su skupovi A n i B n µ -izmjerivi. Koriste i Zadatak 8 dobivamo da (uo ite da iz E A n i E c B n slijedi da A n B n = ) µ (A n B n ) = µ (A n ) + µ (B n ) µ (A n B n ) µ (E) + µ (E c ) µ () + 2 n = µ E) µ (E) + 2 n (3.5) = 2 n. 1 A je algebra na kojoj je denirana premjera µ 0 19

21 Neka je i A = n=1 A n i B = n=1 B n. Tada A, B A σδ. Nadalje, pustimo li limes kada n + u nejednakosti 3.5, dobivamo µ (A B) = 0. Kako je E c B, iz monotonosti vanjske mjere zaklju ujemo da vrijedi µ (A \ E) = µ (A E c ) µ (A B) = 0. Dakle, A A σδ, E A i µ (A\E) = 0. Iz prethodnog zadatka zaklju ujemo da je E µ -izmjeriv skup. Slijede i zadatak pokazuje da bez pretpostavke o σ-kona nosti premjere nemamo jedinstvenost pro²irenja (vidi Teorem 3). Zadatak 25. Neka je A kolekcija svih kona nih unija skupova a, b] Q, a < b +. Moºe se pokazati da je A algebra skupova na Q Dokaºite da je σ-algebra generirana sa A jednaka P(Q). 2. Denirajmo µ 0 : A [0, + ] na A sa µ 0 ( ) = 0 i µ 0 (A) = + za A. Dokaºite da je µ 0 premjera i da postoji vi²e od jedne mjere na Q ija je restrikcija na A jednaka µ 0. Rj. Dokaºimo najprije prvu tvrdnju zadatka. Ozna imo sa M σ-algebru na Q generiranu sa A. Uo imo da za svaki q Q vrijedi {q} = n=1 ( q 1n, q] Q ). Dakle, {q} je mogu e prikazati kao prebrojiv presjek elemenata iz A, iz ega zaklju ujemo da {q} M. Uzmimo sada prozivoljan A Q. Uo imo da A moºemo zapisati u obliku A = q A {q}, iz ega slijedi da A M. Dakle, M = P(Q). Dokaºimo sada drugu tvrdnju zadatka. Lagano se pokaºe da je µ 0 doista premjera. Za prozivoljan A Q denirajmo µ(a) = { 0; ako A = ; + ; ako A. i ν(a) = { A ; + ; ako je A kona an; ako je A beskona an. Lagano je pokazati da su µ i ν mjere na Q i da je njihova restrikcija na A upravo premjera µ 0. 2 Uz pomo Propozicije 1.7 iz Follanda 20

22 Chapter 4 Borelove mjere na R U ovom poglavlju opisati emo sve mjere na B R koje su kona ne na svim ograni enim Borelovim skupovima. Najprije uvodimo potrebnu terminologiju. Skupove oblika a, b] ili a, + ili, pri emu je a < b < + nazivamo h-intervalima. Uo imo da je presjek dva h-intervala opet h-interval te da je komplement h-intervala ili h-interval ili disjunktna unija dva h-intervala. Neka je A familija svih podskupova od R koji se mogu napisati kao kona na unija disjunktnih h- intervala. Koriste i Propoziciju 1.7. iz Follanda lagano dobijemo da je A algebra na R. Iz Zadatka 9 zaklju ujemo da je σ-algebra generirana sa A jednaka B R. Propozicija 4. Neka je F : R R rastu a i zdesna neprekidna funkcija. Za a i, b i ], i = 1, 2,..., n disjunktne h-intervale denirajmo µ 0 ( n i=1 a i, b i ]) = n (F (b i ) F (a i )). (4.1) i=1 Takožer, neka je µ 0 ( ) = 0. Tada je µ 0 premjera na A. Slijede i teorem direktna je posljedica Teorema 3. Teorem 4. Neka je F rastu a i zdesna neprekidna funkcija. Tada postoji jedinstvena mjera µ F na B R takva da µ F ( a, b]) = F (b) F (a), < a < b < +. Nadalje, ako je G neka druga takva funkcija, onda µ F = µ G ako i samo ako postoji c R takav da G = F + c. Slijede i zadatak pokazuje da vrijedi i obrat prethodnog teorema. 21

23 Zadatak 26. Neka je µ mjera na B R koja je kona na na svim ograni enim Borelovim skupovima. Denirajmo F : R R sa µ( 0, x]) ako x > 0, F (x) = 0 ako x = 0. µ( x, 0]) ako je x < 0. Dokaºite da je F rastu a i zdesna neprekidna funkcija te da vrijedi µ F = µ. Rj. Prije svega uo imo da vrijedi F (x) 0 za x 0 i F (x) 0 za x 0. Prema tome, da bi dokazali da je F rastu a funkcija dovoljno je pokazati da je F rastu a na R i na R +. Uzmimo x 1 x 2 < 0. Uo imo da vrijedi x 2, 0] x 1, 0], iz ega slijedi da µ( x 2, 0]) µ( x 1, 0]). Dakle, F (x 1 ) F (x 2 ), pa imamo da je F rastu a na R. Analogno se pokazuje da je F rastu a na R +. Dokaºimo da je F zdesna neprekidna u svakoj to ki. Neka je x 0 i neka je (x n ) n niz takav da x n x. Tada o ito vrijedi 0, x 1 ] 0, x 2 ]... i n=1 0, x n] = 0, x]. Koriste i neprekidnost odozgo mjere µ zaklju ujemo da vrijedi F (x n ) F (x). Dakle, F je zdesna neprekidna u svakoj to ki x 0. Analogno se pokazuje da je F zdesna neprekidna u svakoj to ki x < 0. Kona no, lagano je provjeriti da vrijedi Doista, za npr. a < 0 < b imamo µ( a, b]) = F (b) F (a), a < b. µ( a, b]) = µ( a, 0]) + µ( 0, b]) = F (a) + F (b) = F (b) F (a). Sada iz prethodnog teorema zaklju ujemo da vrijedi µ = µ F. Zadatak 27. Neka je F : R R rastu a i zdesna neprekidna funkcija. Dokaºite da vrijedi µ F ({a}) = F (a) F (a ), µ F ([a, b ) = F (b ) F (a ), µ F ([a, b]) = F (b) F (a ) i µ F ( a, b ) = F (b ) F (a). 1 Rj. Uo imo da vrijedi {a} = n=1 a 1/n, a], pa koriste i neprekidnost odozgo mjere µ F dobivamo Nadalje, µ F ({a}) = lim µ F ( a 1/n, a]) = lim (F (a) F (a 1/n)) n n = F (a) F (a ). µ F ([a, b]) = µ F ( a, b]) + µ F ({a}) = F (b) F (a) + F (a) F (a ) 1 F (a ) ozna ava limes slijeva funkcije F u to ki a. = F (b) F (a ). 22

24 Takožer, µ F ([a, b ) = µ F ([a, b]) µ F ({b}) = F (b) F (a ) F (b) + F (b ) = F (b ) F (a ), te kona no µ F ( a, b ) = µ F ([a, b ) µ F ({a}) = F (b ) F (a ) F (a) + F (a ) = F (b ) F (a). Istaknimo nekoliko vrlo vaºnih stvari. Neka je F rastu a i zdesna neprekidna funkcija. Neka je µ 0 premjera denirana sa (4.1). Njoj moºemo pridruºiti vanjsku mjeru µ F na R deniranu sa (3.1). Neka je M µ σ-algebra svih F µ F -izmjerivih skupova. Iz Propozicije 3 slijedi da B R M µ F. Takožer, iz Propozicije 3 i Teorema 4 slijedi da µ F B R = µ F. Ispada da je sigma algebra M µ F "puno ve a" od σ-algebre B R. Preciznije, vrijedi card M µ F = 2 c i card B R = c. Prisjetimo li se da je restrikcija vanjske mjere na σ-algebru izmjerivih podskupova mjera, zaklju ujemo da je mjeru µ F mogu e pro²iriti do mjere na σ-algebri M µ F koja je puno ve a od σ-algebre B R. To pro²irenje emo takožer ozna avati sa µ F. Mjera µ F se naziva Lebesgue-Stieltjesova mjera generirana sa F. Iz prethodne diskusije imamo da za svaki E M µ F vrijedi { } µ F (E) = µ F (E) = inf µ F ( a n, b n ]) : E a n, b n ]. n=1 Slijede a propozicija kaºe da u gornjoj jednakosti h-intervale moºemo zamijeniti sa otvorenim intervalima. Propozicija 5. Za proizvoljan E M µ F vrijedi { µ F (E) = µ F (E) = inf µ F ( a n, b n ) : E n=1 n=1 n=1 } a n, b n. Teorem 5. Za proizvoljan E M µ F vrijedi µ F (E) = inf{µ F (U) : U E i U je otvoren} = sup{µ F (K) : K E i K je kompaktan}. Slijede i teorem daje karakterizaciju skupova koji pripadaju σ-algebri M µ F. Teorem 6. Neka je E R. Slijede e tvrdnje su ekvivalentne: 1. E M µ F ; 23

25 2. E = V \ N 1, pri emu je V G δ -skup 2 i µ F (N 1) = 0; 3. E = H N 2, pri emu je H F δ -skup 3 i µ F (N 2) = 0. Zadatak 28. Neka je E M µ F takav da µ F (E) < +. Dokaºite da za svaki ɛ > 0 postoji A koji je kona na unija otvorenih intervala takav da µ F (E A) < ɛ. Rj. Iz Teorema 5 slijedi da za proizvoljan ɛ > 0 postoje U otvoren i K kompaktan takvi da K E U i µ F (U) ɛ/2 µ F (E) µ F (K) + ɛ/2. Za svaki x K moºemo odabrati otvoreni interval I x takav da x I x U. Tada o ito K x K I x. Kako je K kompaktan, postoje x 1,..., x n K takvi da K I x1... I xn. Denirajmo A = I x1... I xn. Imamo i µ F (A \ E) µ F (U \ E) = µ F (U) µ F (E) ɛ/2 µ F (E \ A) µ F (E \ K) = µ F (E) µ F (K) ɛ/2. Sada dobivamo µ F (A E) µ F (A \ E) + µ F (E \ A) ɛ. Sada emo se koncentrirati na najvaºniju mjeru na R. Denirajmo preslikavanje F : R R sa F (x) = x. Uo imo da je funkcija F rastu a i zdesna neprekidna (²tovi²e ona je neprekidna), pa inducira mjeru µ F. Ta mjera se naziva Lebesgueova mjera na R i od sada emo ju ozna avati sa m. Takožer σ-algebru M µ F ozna avamo sa L. Slijede i teorem pokazuje da se Lebesgueova mjera pona²a dobro obzirom na translacije i dilatacije. Najprije uvodimo neke oznake. Za E R te r, s R deniramo E + s := {x + s : x E} i re := {rx : x E}. Teorem 7. Za E L te r, s R imamo da E + s L i re L. Nadalje, m(e + s) = m(e) i m(re) = r m(e). 2 prebrojiv presjek otvorenih skupova 3 prebrojiva unija kompaktnih skupova 24

26 Prisjetimo se da σ-algebra L ima 2 c elemenata, dakle onoliko koliko ima podskupova od R. Mežutim L P(R). Sada emo konstruirati primjer skupa koji se ne nalazi u L. Primjer 9. Na skupu R deniramo relaciju sa: x y ako x y Q. Lagano se provjeri da je relacija ekvivalencije. Ozna imo sa R/Q kvocijentni skup koji se sastoji od svih klasa ekvivalencije. Uo imo da za svaki x R postoji y [0, 1 takav da x y. Dakle, svaka klasa iz R/Q ima svog predstavnika u segmentu [0, 1]. Koriste i aksiom izbora zaklju ujemo da moºemo odabrati V [0, 1] sa svojstvom da V sadrºi to no jednog predstavnika svake klase iz R/Q. Tvrdimo da V / L. Neka je Q [ 1, 1] = {q 1, q 2,...}. Denirajmo V k = V + q k, k N. Nije te²ko provjeriti (u inite to!) da vrijede slijede e tvrdnje: 1. skupovi V k su disjunktni; 2. [0, 1] k=1 V k [ 1, 2]. Pretpostavimo da V L. Iz gornjih svojstava i Teorema 7 slijedi 1 = m([0, 1]) ²to je o ito nemogu e. m(v k ) = k=1 m(v ) m([ 1, 2]) = 3, Napomena 2. Prisjetimo se da B R L. Takožer smo napomenuli da B R L. Kasnije u toku kolegija emo dati eksplicitan primjer skupa koji se nalazi u L a koji nije Borelov. Zadatak 29. Neka je A R prebrojiv skup. Dokaºite da vrijedi m(a) = 0. Rj. Iz Zadatka 27 slijedi da m({x}) = 0 za svaki x R. Koriste i σ- aditivnost mjere m lagano dobijemo tvrdnju zadatka. Prirodno je postaviti pitanje postoji li neprebrojiv skup Lebesgueove mjere nula. Odgovor je potvrdan. Primjer 10. Krenimo od segmenta C 0 = [0, 1]. Podijelimo C 0 na tri jednaka dijela te denirajmo C 1 = [0, 1/3] [2/3, 1] (dakle izbacili smo srednji dio). C 1 se sastoji od dva segmenta. Podijelimo li svaki od njih na tri jednaka dijela i izbacimo li srednji dio dobivamo k=1 C 2 = [0, 1/9] [2/9, 1/3] [2/3, 7/9] [8/9, 1]. Nastavimo li ovaj postupak dolazimo do skupova C n, n N. Svaki C n je unija od 2 n segmenata. Denirajmo C = n=0 C n. 4. Moºe se pokazati da vrijedi m(c) = 0 i card C = c (vidi Folland str. 38). 4 skup C se naziva Cantorov skup 25

27 Zadatak 30. Dokaºite: 1. za svaki U R otvoren vrijedi m(u) > 0; 2. za svaki K R kompaktan vrijedi m(k) < +. Rj. Neka je U R prozivoljan otvoren i neprazan skup. Uzmimo x U i odaberimo r > 0 takav da x r, x + r U. Imamo m(u) m( x r, x + r ) = 2r > 0. Neka je sada K R kompaktan. Tada je K ograni en pa postoje a, b R takvi da K [a, b]. Sada imamo m(k) m([a, b]) = b a < +. Zadatak 31. Neka je E L i m(e) > 0. Dokaºite da za svaki α < 1 postoji otvoreni interval I takav da m(e I) > αm(i). Rj. Neka je E kao u iskazu zadatka i takav da m(e) < +. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji α < 1 takav da za svaki I otvoreni interval vrijedi m(e I) αm(i). Neka je ( a k, b k ) k N niz otvorenih intervala takav da E k=1 a k, b k. Uo imo da vrijedi m(e) = m(e ( k=1 a k, b k )) = m( k=1 (E a k, b k )) m(e a k, b k ) = α k=1 αm( a k, b k ) k=1 (b k a k ). k=1 Uzmemo li inmum po svim nizovima otvorenih intervala ( a k, b k ) k N sa svojstvom E k=1 a k, b k dobijemo (koriste i Propoziciju 5) m(e) αm(e) < m(e), ²to je o ito nemogu e. Promotrimo sada situaciju kada je m(e) = +. Neka je J interval takav da 0 < m(e J) < +. Po dokazanome postoji otvoreni interval I takav da m((e J) I) > αm(i). Sada imamo αm(i) < m((e J) I) m(e I), pa tvrdnja zadatka vrijedi i u ovom slu aju. 26

28 Zadatak 32. Neka je E L i m(e) > 0. Dokaºite da skup E E = {x y : x, y E} sadrºi otvoreni interval sa sredi²tem u to ki 0. Rj. Odaberimo α 3/4, 1. Iz prethodnog zadatka imamo da postoji otvoreni interval I takav da m(e I) > αm(i). Sada tvrdimo da vrijedi 1/2m(I), 1/2m(I) E E. (4.2) Uo imo da (4.2) implicira tvrdnju zadatka. Uzmimo z 1/2m(I), 1/2m(I) i denirajmo skupove A = E I i B = (E I) + z. Pretpostavimo da su skupovi A i B disjunktni. Tada imamo da m(a B) = m(a) + m(b) = 2m(A) > 3 2 m(i). S druge strane, A B I (I + z), a lagano se vidi da m(i (I + z)) 3 2 m(i). Dakle, skupovi A i B nisu disjunktni, pa postoji y A B, iz ega lagano slijedi da z E E. Zadatak 33. Dokaºite da postoji E B R takav da m(e) < + i da za sve a < b vrijedi m(e a, b ) > 0. Rj. Neka je Q = {q 1, q 2,...}. Denirajmo Imamo E = q n 1 2 n, q n n. n=1 m(e) n=1 2 2 n < +. Lagano je pokazati da E zadovoljava uvjete zadatka. 27

29 Chapter 5 Izmjerive funkcije Neka su i Y skupovi te f : Y proizvoljna funkcija. Prisjetimo se da sa f 1 (E) ozna avamo prasliku skupa E Y po funkciji f. Dakle, f 1 (E) = {x : f(x) E}. Zadatak 34. Neka su, Y skupovi, f : Y funkcija te E, F, E i, i I podskupovi od Y. Dokaºite: 1. f 1 (E \ F ) = f 1 (E) \ f 1 (F ); 2. f 1 ( i I E i ) = i I f 1 (E i ); 3. f 1 ( i I E i ) = i I f 1 (E i ); Rj. Dokazati emo samo zadnju tvrdnju zadatka. Dokazi ostalih tvdnji su analogni. Uzmimo x f 1 ( i I E i ). Tada f(x) i I E i pa postoji i 0 I takav da f(x) E i0, tj. x f 1 (E i0 ). Dakle, x i I f 1 (E i ). Zaklju ujemo da vrijedi f 1 ( i I E i ) i I f 1 (E i ). Suprotnu inkluziju dobijemo na na in da ponovimo gornje argumente u suprotnom smjeru. Uvedimo pojam izmjerive funkcije. Denicija 7. Neka su (, M) te (Y, N ) izmjerivi prostori. Funkcija f : Y je izmjeriva (obzirom na par σ-algebri (M, N )) ako za svaki E N vrijedi da f 1 (E) M. Tvrdnja slijede eg zadatka je vrlo korisna u primjenama. Zadatak 35. Pretpostavimo da je σ-algebra N generirana sa E P(Y ). Tada je funkcija f : Y izmjeriva u paru σ-algebri (M, N ) ako i samo ako f 1 (E) M za svaki E E. 28

30 Pret- Rj. Nuºnost uvjeta slijedi direktno iz denicije izmjerive funkcije. postavimo sada da f 1 (E) M za svaki E E i denirajmo F = {E N : f 1 (E) M}. Uo imo da vriijedi E F. Nadalje, koriste i Zadatak 34 lagano se pokaºe da je F σ-algebra. Kako je F N i kako je N generirana sa E zaklju ujemo da vrijedi F = N, iz ega direktno slijedi da je f izmjeriva funkcija. Slijede i zadatak daje ²iroku klasu primjera izmjerivih funkcija. Zadatak 36. Neka su i Y topolo²ki prostori i f : Y neprekidna funkcija. Dokaºite da je f izmjeriva u paru σ-algebri (B, B Y ). Rj. Kako je f neprekidna funkcija, za proizvoljan U Y otvoren imamo da je f 1 (U) otvoren skup u, pa specijalno f 1 (U) B. Kako otvoreni skupovi u Y generiraju σ-algebru B, tvrdnja zadatka slijedi direktno iz Zadatka 35. Zadatak 37. Neka su (, M), (Y, N ) i (Z, G) izmjerivi prostori te f : Y i g : Y Z izmjerive funkcije. Dokaºite da je g f : Z izmjeriva funkcija. Rj. Lagano se pokaºe (u inite to!) da za proizvoljan G G vrijedi (g f) 1 (G) = f 1 (g 1 (E)). Kako je g izmjeriva funkcija imamo da g 1 (E) N. Koriste i izmjerivost funkcije f zaklju ujemo da f 1 (g 1 (E)) M. Neka je skup i A. Sa χ A ozna avati emo karakteristi nu funkciju skupa A. Ona je denirana sa { 1 x A; χ A (x) = 0 x / A. Zadatak 38. Neka je (, M) izmjeriv prostor te A. Dokaºite da je funkcija χ A izmjeriva ako i samo ako A M. Rj. Pretpostavimo prvo da je funkcija χ A izmjeriva. Kako je A = χ 1 A ({1}) i kako je {1} Borelov skup, zaklju ujemo da A M. Pretpostavimo sada da A M. Za proizvoljan B R Borelov imamo ; 0, 1 / B χ 1 A (B) = A; 1 B, 0 / B A c ; 1 / B, 0 B ; 0, 1 B, iz ega slijedi da χ 1 A (B) M. Dakle, χ A je izmjeriva funkcija. 29

31 Napomena 3. Neka je (, M) izmjeriv prostor i f : R funkcija. Re i emo da je f izmjeriva ako je izmjeriva u paru σ-algebri (M, B R ). Dakle, ukoliko ne naglasimo druk ije, na R emo gledati Borelovu σ-algebru. Op enitije, ukoliko ne naglasimo druk ije, na R n emo gledati kao na izmjeriv prostor obzirom na Borelovu σ-algebru B R n. Zadatak 39. Neka je (, M) izmjeriv prostor i f : R funkcija. Slijede e tvrdnje su ekvivalentne: 1. f je izmjeriva; 2. f 1 ( a, + ) M za svaki a R; 3. f 1 ([a, + ) M za svaki a R; 4. f 1 (, a ) M za svaki a R; 5. f 1 (, a]) M za svaki a R. Rj. Tvrdnja zadatka slijedi direktno iz Zadataka 9 i 35. Zadatak 40. Dokaºite da je svaka monotona funkcija f : R R izmjeriva. Rj. Dokaºimo tvrdnju u slu aju kada je f rastu a funkcija. Iz prethodnog zadatka slijedi da je dovoljno pokazati da je skup f 1 ([a, + ) Borelov za svaki a R. Neka je b = inf{x R : f(x) a}, pri emu dogovorno uzimamo da inf = +. Sada imamo nekoliko mogu nosti. Ako b = +, onda f 1 ([a, + ) = B R. Takožer, ako b = onda f 1 ([a, + ) = R B R. Dakle, moºemo pretpostaviti da b R. Ukoliko f(b) a, onda f 1 ([a, + ) = [b, + B R. S druge strane, ako f(b) < a onda f 1 ([a, + ) = b, + B R. U idu em zadatku emo koristiti slijede i rezultat. Propozicija 6. B R n je generirana skupovima oblika A 1 A 2... A n, pri emu su A 1, A 2,..., A n B R. Zadatak 41. Neka je (, M) izmjeriv prostor te f, g : R izmjerive funkcije. Deniramo h: R 2 sa Dokaºite da je h izmjeriva funkcija. h(x) = (f(x), g(x)). 30

32 Rj. Neka su A, B B R. Imamo h 1 (A B) = {x : h(x) A B} = {x : (f(x), g(x)) A B} = {x : f(x) A i g(x) B} = f 1 (A) g 1 (B). Kako su f i g izmjerive funkcije imamo da h 1 (A B) M. zadatka slijedi iz prethodne propozicije i Zadatka 35. Tvrdnja Zadatak 42. Neka je (, M) izmjeriv prostor te f, g : R izmjerive funkcije. Dokaºite da su f + g i f g takožer izmjerive funkcije. Rj. Denirajmo S : R 2 R sa S(x, y) = x + y. Funkcija S je neprekidna pa je i izmjeriva. Neka je h izmjeriva funkcija iz prethodnog zadatka. Uo imo da vrijedi f +g = S h, iz ega slijedi da je f +g takožer neprekidna funkcija. Analogno se pokazuje da je f g neprekidna funkcija. U uvom kolegiju baviti emo se i sa funkcijama koje poprimaju vrijednosti u R := R {, + }. Da bi govorili o izmjerivim funkcijama f : R moramo najprije re i koju σ-algebru gledamo na R. Deniramo B R = {E R : E R B R }. Lagano se pokaºe da je B R je σ-algebra i ukoliko ne naglasimo druk ije na R gledamo kao na izmjeriv prostor obzirom na σ-algebru B R. Nadalje, nije te²ko pokazati da je B R generirana skupovima [a, + ] ili [, a], a R. Isto vrijedi i za skupove oblika a, + ] odnosno [, a, a R. Zadatak 43. Neka je f : R takva da f 1 ( r, + ]) M za svaki r Q. Dokaºite da je f izmjeriva funkcija. Rj. Uzmimo a R i neka je (r n ) n niz u Q takav da r n a. Imamo f 1 ( a, + ]) = f 1 ( n=1 r n, + ]) = n=1f 1 ( r n, + ]) M. Kako skupovi a, + ] generiraju B R, tvrdnja zadatka slijedi iz Zadatka 35. Propozicija 7. Neka je (, M) izmjeriv prostor te neka je (f n ) n niz izmjerivih funkcija f n : R. Tada su funkcije te takožer izmjerive. g 1 (x) = sup f n (x), n g 3 (x) = lim sup f n (x), n g 2 (x) = inf n f n(x) g 4 (x) = lim inf n f n (x) 31

33 Slijede i primjer pokazuje da supremum neprebrojive familije izmjerivih funkcija ne mora biti izmjeriva funkcija. Primjer 11. Odaberimo A R takav da A / B R. Uo imo da vrijedi χ A = sup χ {x}. x A Funkcije χ {x}, x A jesu izmjerive, a χ A nije (vidi Zadatak 38). Kao direktnu posljedicu prethodne propozicije dobivamo slijede i korolar. Korolar 1. Ako su f, g : R izmjerive funkcije, tada su i max{f, g} i min{f, g} takožer izmjerive funkcije. Zadatak 44. Neka je (f n ) n niz izmjerivih funkcija f n : R. Dokaºite da je skup { } A = x : lim f n(x) postoji n izmjeriv skup. Nadalje, dokaºite da je funkcija f : R denirana sa { lim n f n (x), x A; f(x) = 0, x / A. izmjeriva. Rj. Neka su funkcije g 3 i g 4 denirane kao u Propoziciji 7. Uo imo da vrijedi A = {x : g 3 (x) = g 4 (x)}. Ozna imo li sa h razliku g 3 g 4, zaklju ujemo da A = h 1 ({0}). Iz izmjerivosti funkcije h i skupa {0} imamo da je A izmjeriv. Nadalje, uo imo da vrijedi f = g 3 χ A, iz ega zaklju ujemo da je f izmjeriva funkcija. 32

34 Chapter 6 Lebesgueov integral 6.1 Integracija nenegativnih funkcija Neka je (, M, µ) prostor mjere. Uvedimo oznaku L + = {f : [0, + ] : f je izmjeriva}. U ovom poglavlju nau iti emo integrirati funkcije iz L +. Najprije zapo injemo sa tzv. jednostavnim funkcijama. Denicija 8. Funkcija f L + je jednostavna ako je njen skup vrijednosti kona an skup. Neka je f jednostavna funkcija i neka je {a 1, a 2,..., a n } skup vrijednosti od f. Za svaki i {1, 2,..., n} deniramo E i = {x : f(x) = a i }. Skupovi E i pripadaju σ-algebri M (jer je f izmjeriva) i vrijedi f = n a i χ Ei (6.1) i=1 Zapis (6.1) nazivamo standardnom reprezentacijom jednostavne funkcije f. Vaºnost jednostavnih funkcija o ituje se u slijede em rezultatu. Propozicija 8. Za svaku funkciju f L + postoji niz jednostavnih funkcija (φ n ) n sa slijede im svojstvima: 1. 0 φ 1 φ 2... f; 2. φ n (x) f(x) za svaki x ; 3. φ n f uniformno na svakom skupu na kojem je f ograni ena. 33

35 Neka je f jednostavna funkcija i neka je standardna reprezentacija od f dana sa (6.1). Deniramo integral od f obzirom na mjeru µ sa f dµ = n a i µ(e i ). (6.2) i=1 Napomena 4. Uo imo da neki od sumanada u izrazu (6.2) mogu biti neodreženi oblik 0. Naime, mogu e je da a i = 0 i µ(e i ) = + ili a i = + i µ(e i ) = 0. Mi dogovorno uzimamo da je 0 = 0. Sada ºelimo deniciju integrala pro²iriti na funkcije iz L +. Uzmimo f L + i denirajmo { } fd µ = sup φ dµ : φ je jednostavna i 0 φ f. (6.3) Napomena 5. Nije te²ko pokazati da se za f jednostavnu funkciju izrazi (6.2) i (6.3) podudaraju. Dakle, (6.3) doista pro²iruje (6.2). Osnovna svojstva integrala su dana u idu em teoremu. Teorem 8. Za f, g L + i c 0 vrijedi: 1. (f + g) dµ = f dµ + g dµ; 2. (cf) dµ = c fd µ; 3. ako f g, onda f dµ g dµ. Slijede i teorem jedan je od najvaºnijih u teoriji integracije. Teorem 9. (Lebesgueov teorem o monotonoj konvergenciji) Neka je (f n ) n N niz u L + takav da f n f n+1 za svaki n N. Neka je f = lim n f 1 n. Tada vrijedi f dµ = lim f n dµ. n Zadatak 45. Neka je (f n ) n N niz u L +. Dokaºite da vrijedi ( ) f n dµ = n=1 n=1 Rj. Denirajmo niz funkcija (g n ) n N u L + sa g n = n f k, n N. k=1 f n dµ. 1 Uo imo da je za svaki x niz (fn(x)) n rastu i pa konvergira u [0, + ]. Dakle, f je dobro denirana 34

36 O ito g n g n+1 za svaki n N. Nadalje, g n (x) f(x) za svaki x, pri emu f(x) = f n (x). n=1 Koriste i Teoreme 8 i 9 dobivamo f dµ = lim g n dµ n n = lim f k dµ n k=1 = f n dµ. n=1 Neka je f L + te E M. Tada deniramo f dµ = f χ E dµ. E Zadatak 46. Neka je f L +. Dokaºite: Za E M deniramo λ(e) = E f dµ. 1. λ je mjera na (, M); 2. g dλ = fg dµ za svaku g L+. Rj. O ito vrijedi λ( ) = 0. Uzmimo (E n ) n N niz disjunktnih skupova u M. Koriste i prethodni zadatak imamo λ( n=1e n ) = f χ n=1 E n dµ ( ) = f χ En dµ n=1 = f χ En dµ n=1 = f dµ n=1 E n = λ(e n ). n=1 Time je dokazana prva tvrdnja zadatka. Pokaºimo da vrijedi druga tvrdnja zadatka. Uzmimo najprije g L + jednostavnu funkciju i neka je g = 35

37 n i=1 a iχ Ei njena standardna reprezentacija. Imamo g dλ = = n a i λ(e i ) i=1 n a i i=1 = = f χ Ei dµ ( n ) f a i χ Ei dµ fg dµ. Uzmimo sada proizvoljnu g L +. Po Propoziciji 8 postoji niz jednostavnih funkcija (φ n ) n takav da φ n φ n+1 g za svaki n N i takav da φ n (x) g(x) za svaki x. Tada o ito vrijedi fφ n fφ n+1 za svaki n N i (fφ n )(x) (fg)(x) za svaki x. Koriste i Teorem 9 i dokazano zaklju ujemo da fg dµ = lim fφ n dµ = lim φ n dλ = g dλ. n n i=1 Koristan e biti i slijede i rezultat. Teorem 10. (Fatou) Neka je (f n ) n niz funkcija u L +. Tada vrijedi (lim inf f n ) dµ lim inf f n dµ. n n Zadatak 47. Dokaºite da u Teoremu 10 op enito nemamo jednakost. Rj. Neka je (, M, µ) prostor mjere sa svojstvom da postoji E M takav da µ(e) > 0 i µ(e c ) > 0. Denirajmo niz funkcija (f n ) n sa { χ E ; n je paran f n = χ E c; n je neparan. O ito lim inf n f n = 0 pa (lim inf n f n ) dµ = 0. S druge strane lim inf n f n dµ = min{µ(e), µ(e c )} > 0. 36

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

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

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

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

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

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

(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

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

Matematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak

Matematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak Matematiqki fakultet Univerzitet u Beogradu Domai zadatak Zlatko Lazovi 30. decembar 2016. verzija 1.1 Sadraj 1 METRIQKI PROSTORI 2 1 1 METRIQKI PROSTORI a) Neka je (M, d) metriqki prostor i neka je (x

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 8 Pojam funkcije, grafa i inverzne funkcije Poglavlje 1 Funkcije Neka su X i Y dva neprazna skupa. Ako je po nekom pravilu, ozna imo ga

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

R ω s uniformnom topologijom i aksiomi prebrojivosti

R ω s uniformnom topologijom i aksiomi prebrojivosti Opća topologija 116 Opća topologija 118 Drugi aksiom prebrojivosti 4 AKSIOMI SEPARACIJE I PREBROJIVOSTI Aksiomi prebrojivosti Aksiomi separacije Normalni prostori Urysonova lema Urysonov teorem o metrizaciji

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

7 Algebarske jednadžbe

7 Algebarske jednadžbe 7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.

Διαβάστε περισσότερα

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe

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

UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIƒKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU. Borelovi skupovi

UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIƒKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU. Borelovi skupovi UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIƒKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Nada Cvetkovi Borelovi skupovi -master rad- Mentor: prof. dr Milo² Kurili Novi Sad, 2014. Sadrºaj Predgovor................................

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

ZBIRKA ZADATAKA IZ TEORIJE SKUPOVA

ZBIRKA ZADATAKA IZ TEORIJE SKUPOVA Sveučilište u Zagrebu PMF-Matematički odsjek Franka Miriam Brückler, Vedran Čačić, Marko Doko, Mladen Vuković ZBIRKA ZADATAKA IZ TEORIJE SKUPOVA Zagreb, 2009. Sadržaj 1 Osnovno o skupovima, relacijama

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 14 Rast, pad, konkavnost, konveksnost, točke infleksije i ekstremi funkcija Poglavlje 1 Rast, pad, konkavnost, konveksnost, to ke ineksije

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

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije

Διαβάστε περισσότερα

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala

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

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

41. Jednačine koje se svode na kvadratne . Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k

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

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

Zadaci iz Topologije A

Zadaci iz Topologije A Zadaci iz Topologije A 1. Neka je X neprazan skup i Φ : P(X P(X funkcija za koju vaжi: (1 Φ( = ; (2 A Φ(A za sve A P(X; (3 Φ(A B = Φ(A Φ(B za sve A, B P(X; (4 Φ(Φ(A = Φ(A za sve A P(X. Dokazati da postoji

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

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ). 0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo

Διαβάστε περισσότερα

METRIČKI PROSTORI 0 METRIČKI PROSTORI. Literatura: S. Mardešić. Matematička analiza, 1. dio, Školska knjiga, Zagreb, 1974.

METRIČKI PROSTORI 0 METRIČKI PROSTORI. Literatura: S. Mardešić. Matematička analiza, 1. dio, Školska knjiga, Zagreb, 1974. METRIČKI PROSTORI 0 METRIČKI PROSTORI Šime Ungar http://www.mathos.unios.hr/~sime/ Literatura: S. Mardešić. Matematička analiza, 1. dio, Školska knjiga, Zagreb, 1974. Š. Ungar. Matematička analiza 3, PMF-Matematički

Διαβάστε περισσότερα

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

MJERA I INTEGRAL. Bilješke s predavanja (Prof. dr. sc. Hrvoje Šikić) akademska godina 2010./2011. Natipkao i uredio: Ivan Krijan MJERA I INTEGRAL Bilješke s predavaja (Prof. dr. sc. Hrvoje Šikić) akademska godia 2010./2011. Natipkao i uredio: Iva Krija Zagreb, 23. 05. 2011. Sadržaj Sadržaj 1 UVOD 3 2 PRSTEN SKUPOVA 8 3 MJERE NA

Διαβάστε περισσότερα

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate

Διαβάστε περισσότερα

Teorija skupova. Matko Males Split. lipanj 2003.

Teorija skupova. Matko Males Split. lipanj 2003. Teorija skupova Matko Males Split lipanj 2003. 2 O pojmu skupa A, B, C,... oznake za skupove a, b, c,... oznake za elemente skupa a A, a / A Skup je posve odredjen svojim elementima, tj u potpunosti je

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da

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

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE Ne postoji precizna definicija skupa (postoji ali nama nije zanimljiva u ovom trenutku), ali mi možemo koristiti jednu definiciju koja će nam donekle dočarati šta su zapravo

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

Ivan Ivec SOBOLJEVLJEVE NEJEDNAKOSTI I PRIMJENE

Ivan Ivec SOBOLJEVLJEVE NEJEDNAKOSTI I PRIMJENE Sveučilište u Zagrebu PMF Matematički odjel Ivan Ivec SOOLJEVLJEVE NEJEDNAKOSTI I PRIMJENE Diplomski rad Voditelj rada: doc. dr. sc. Nenad Antonić Zagreb, siječnja 001. Zahvaljujem svojem mentoru doc.

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra i geometrija

Linearna algebra i geometrija Univerzitet u Sarajevu Elektrotehni ki fakultet Linearna algebra i geometrija predavanja Sarajevo, septembar 2012. Sadrºaj Sadrºaj ii 1 Uvod 1 2 Matrice i determinante 2 3 Sistemi linearnih jedna ina 3

Διαβάστε περισσότερα

Metrički prostori i Riman-Stiltjesov integral

Metrički prostori i Riman-Stiltjesov integral Metrički prostori i Riman-Stiltjesov integral Dragan S. Djordjević Niš, 2009. 0 Sadržaj Predgovor 3 1 Metrički prostori 5 1.1 Primeri metričkih prostora................. 5 1.2 Konvergencija nizova i osobine

Διαβάστε περισσότερα

FUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo

FUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo FUNKCIJE - 2. deo Logika i teorija skupova 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo Inverzna korespondencija Neka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa f 1 = {(b, a) B A (a, b) f}

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

Operatori na normiranim prostorima vježbe 2015/2016. Tomislav Berić

Operatori na normiranim prostorima vježbe 2015/2016. Tomislav Berić Operatori na normiranim prostorima vježbe 2015/2016 Tomislav Berić tberic@math.hr Sadržaj 1 Operatori na Hilbertovim prostorima 1 1.1 Normalni operatori..................................... 3 1.2 Unitarni

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE

ELEMENTARNE FUNKCIJE 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje

Διαβάστε περισσότερα

Baza topologije. Definicija. Familija B podskupova od X je baza neke topologije na X ako: Topološki prostori. Baza topologije. tj.

Baza topologije. Definicija. Familija B podskupova od X je baza neke topologije na X ako: Topološki prostori. Baza topologije. tj. Opća topologija 24 Opća topologija 26 13. Baza topologije Baza topologije 2 TOPOLOŠKI PROSTORI I NEPREKIDNE FUNKCIJE Topološki prostori Baza topologije Uređajna topologija Produktna topologija na X Y Topologija

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

1 Diferencijabilnost Motivacija. Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji limes f f(x) f(c) (c) = lim.

1 Diferencijabilnost Motivacija. Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji limes f f(x) f(c) (c) = lim. 1 Diferencijabilnost 11 Motivacija Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji es f f(x) f(c) (c) x c x c Najbolja linearna aproksimacija funkcije f je funkcija l(x) = f(c)

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva

Διαβάστε περισσότερα

4 Funkcije. 4.1 Pojam funkcije

4 Funkcije. 4.1 Pojam funkcije 4 Funkcije 4.1 Pojam unkcije Neka su i neprazni skupovi i pravilo koje svakom elementu skupa pridružuje točno jedan element skupa. Tada se uredena trojka (,, ) naziva preslikavanje ili unkcija sa skupa

Διαβάστε περισσότερα

Lokalni ekstremi funkcije vi²e varijabla

Lokalni ekstremi funkcije vi²e varijabla VJEŽBE IZ MATEMATIKE 2 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 9 Lokalni ekstremi funkcije više varijabla Poglavlje 1 Lokalni ekstremi funkcije vi²e varijabla Denicija 1.0.1 Za funkciju f dviju varijabli

Διαβάστε περισσότερα

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a = x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},

Διαβάστε περισσότερα

Obi ne diferencijalne jednadºbe

Obi ne diferencijalne jednadºbe VJEŽBE IZ MATEMATIKE Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 1 Obične diferencijalne jednadžbe 1. reda Obi ne diferencijalne jednadºbe Uvodni pojmovi Diferencijalne jednadºbe su jednadºbe oblika: f(,

Διαβάστε περισσότερα

1 Limesi, asimptote i neprekidnost funkcija

1 Limesi, asimptote i neprekidnost funkcija Slika Limesi, asimptote i neprekidnost funkcija. Limesi funkcija Zajedni ko svim varijantama esa funkcije je da se opisuju (procjenjuju) vrijednosti zadane funkcije u okolini neke vrijednost varijable.

Διαβάστε περισσότερα

1 Pojam funkcije. f(x)

1 Pojam funkcije. f(x) Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije

Διαβάστε περισσότερα

Skupovi, relacije, funkcije

Skupovi, relacije, funkcije Chapter 1 Skupovi, relacije, funkcije 1.1 Skup, torka, multiskup 1.1.1 Skup Pojam skupa ne definišemo eksplicitno. Intuitivno skup prihvatamo kao konačnu ili beskonačnu kolekciju objekata (ili elemenata)u

Διαβάστε περισσότερα

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1)

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 2.2 Srednje vrijednosti aritmetička sredina, medijan, mod Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 1 2.2.1 Aritmetička sredina X je numerička varijabla. Aritmetička sredina od (1) je broj:

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =

Διαβάστε περισσότερα

Predavanje 7. Napredna poglavlja teorije skupova; Booleove algebre višeg reda; Digitalne i analogne veličine. Dinko Osmanković

Predavanje 7. Napredna poglavlja teorije skupova; Booleove algebre višeg reda; Digitalne i analogne veličine. Dinko Osmanković Predavanje 7 Napredna poglavlja teorije skupova; Booleove algebre višeg reda; Digitalne i analogne veličine Dinko Osmanković Kurs: Matematička logika i teorija izračunljivosti Sadržaj predavanja 1 Prirodni

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B.

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Korespondencije Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Pojmovi B pr 2 f A B f prva projekcija od

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ

Διαβάστε περισσότερα

Jednodimenzionalne slučajne promenljive

Jednodimenzionalne slučajne promenljive Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/

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

Osnove matematičke analize

Osnove matematičke analize Osnove matematičke analize prof.dr.sc. Nikola Koceić Bilan FPMOZ Sveučilište u Mostaru FPMOZ Sveučilište u Mostaru 1 / Sadržaj 1 Topološka i metrička struktura normiranog vektorskog prostora R n. Konvergencija

Διαβάστε περισσότερα

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3

Διαβάστε περισσότερα

KONVEKSNO PROGRAMIRANJE

KONVEKSNO PROGRAMIRANJE KONVEKSNO PROGRAMIRANJE 1 Sadržaj Konveksni skupovi Konveksne funkcije Optimalnost Dualnost Neke metode u (KP) Rješenja Osnovni pojmovi Simboli Uvod Neka je f realna funkcija sa domenom D(f) R n, i neka

Διαβάστε περισσότερα

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

Διαβάστε περισσότερα

KONVEKSNI SKUPOVI. Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5. Back FullScr

KONVEKSNI SKUPOVI. Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5. Back FullScr KONVEKSNI SKUPOVI Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5 KONVEKSNI SKUPOVI Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5 1. Neka su x, y R n,

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

Linearna uređenja i GO prostori

Linearna uređenja i GO prostori UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Milijana Milovanović Linearna uređenja i GO prostori -Master rad- Mentor: dr Aleksandar Pavlović Novi Sad, 2015.

Διαβάστε περισσότερα

REALNA, KOMPLEKSNA ANALIZA I HILBERTOVI PROSTORI

REALNA, KOMPLEKSNA ANALIZA I HILBERTOVI PROSTORI RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI M. MATLJVIĆ Abstract. R R M M Uvod Radna verzija, 26 septembar 2007, 29 maj 2008. Kurs iz Teorije Realnih i Kompleksnih funkcija (TR-KF, popularno TRiK) sastoji

Διαβάστε περισσότερα

KOMPAKTNI OPERATORI. Prof. dr. sc. Hrvoje Kraljević. Predavanja održana na PMF Matematičkom odjelu. u zimskom semestru akademske godine 2007./2008.

KOMPAKTNI OPERATORI. Prof. dr. sc. Hrvoje Kraljević. Predavanja održana na PMF Matematičkom odjelu. u zimskom semestru akademske godine 2007./2008. KOMPAKTNI OPERATORI Prof. dr. sc. Hrvoje Kraljević Predavanja održana na PMF Matematičkom odjelu Sveučilišta u Zagrebu u zimskom semestru akademske godine 2007./2008. Zagreb, siječanj 2008. 2 SADRŽAJ 3

Διαβάστε περισσότερα

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE 1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar

Διαβάστε περισσότερα

I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 1. P r e d a v a n j a z a d e v e t u s e d m i c u n a s t a v e (u akademskoj 2009/2010.

I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 1. P r e d a v a n j a z a d e v e t u s e d m i c u n a s t a v e (u akademskoj 2009/2010. I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A Verba volant, scripta manent. [Riječi odlijeću, pisano ostaje. Ono što se kaže lako je zaboraviti, ali ono što je napisano ne može se poreći.] ( Latinska izreka

Διαβάστε περισσότερα

Metode dokazivanja nejednakosti

Metode dokazivanja nejednakosti IMO/MEMO pripreme 2016. Aleksandar Bulj, 8. 6. 2016. Uvod Metode dokazivanja nejednakosti Cilj ovoga predavanja je prikazati razne tehnike za dokazivanje nejednakosti. U prvom će poglavlju kroz nekoliko

Διαβάστε περισσότερα

5 Ispitivanje funkcija

5 Ispitivanje funkcija 5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:

Διαβάστε περισσότερα

On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova.

On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova. Pojam skupa U matematici se pojam skup ne definiše eksplicitno. On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova.

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVE MATEMATIČKE ANALIZE. Boris Guljaš. predavanja. Zagreb,

OSNOVE MATEMATIČKE ANALIZE. Boris Guljaš. predavanja. Zagreb, OSNOVE MATEMATIČKE ANALIZE Boris Guljaš predavanja Zagreb, 3.2.2014. ii Posljednji ispravak: utorak, 18. travanj 2017. Sadržaj 1 Skupovi N, Z, Q, R, C, R n 1 1.1 Skupovi N, Z, Q, R........................

Διαβάστε περισσότερα

Literatura Spisak pojmova

Literatura Spisak pojmova KONVEKSNA ANALIZA 1 Sadržaj Konveksni skupovi Definicija, primjeri, Konveksni omotać,topološka svojstva, Projekcija, Ekstremalne tacke, Teoreme razdvajanja, teoreme alternative, Polarni skupovi, Poliedri

Διαβάστε περισσότερα

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija Sadržaj: Nizovi brojeva Pojam niza Limes niza. Konvergentni nizovi Neki važni nizovi. Broj e. Limes funkcije Definicija esa Računanje esa Jednostrani esi Neprekinute funkcije i esi Definicija neprekinute

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

Numerička analiza 26. predavanje

Numerička analiza 26. predavanje Numerička analiza 26. predavanje Saša Singer singer@math.hr web.math.hr/~singer PMF Matematički odjel, Zagreb NumAnal 2009/10, 26. predavanje p.1/21 Sadržaj predavanja Varijacijske karakterizacije svojstvenih

Διαβάστε περισσότερα

Uvod u teoriju brojeva. Andrej Dujella

Uvod u teoriju brojeva. Andrej Dujella Uvod u teoriju brojeva (skripta) Andrej Dujella PMF - Matematički odjel Sveučilište u Zagrebu Sadržaj. Djeljivost.... Kongruencije... 3. Kvadratni ostatci... 9 4. Kvadratne forme... 38 5. Aritmetičke funkcije...

Διαβάστε περισσότερα

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je VEKTORI Nenad O. Vesi 1 1 Uvod Odnos vektora AB, jednak je α CD ( AB CD ) = α, ako je AB = αcd. Teorema 1 (TEOREME BLIZANCI) Dat je trougao ABC i ta ke P i Q na pravama BC, CA redom i ta ke R i S na pravoj

Διαβάστε περισσότερα

2. Vektorski prostori

2. Vektorski prostori 2. Vektorski prostori 2.1. Pojam vektorskog prostora. Grubo govoreći, vektorski prostor je skup na kojem su zadane binarna operacija zbrajanja i operacija množenja skalarima koje poštuju uobičajena računska

Διαβάστε περισσότερα

1 Algebarske operacije i algebraske strukture

1 Algebarske operacije i algebraske strukture 1 Algebarske operacije i algebraske strukture Defnicija 1.1 Neka su I i A skupovi. I-familija elemenata skupa A, ili familija elemenata iz A indeksirana skupom I, je funkcija a : I A koju radije zapisujemo

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

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA . Limesi funkcija (sa svim korekcijama) 69. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA U ovom poglavlju: Neodređeni oblik Neodređeni oblik Neodređeni oblik Kose asimptote Neka je a konačan realan broj ili

Διαβάστε περισσότερα