Σύντοµες Σηµειώσεις Πραγµατικής Ανάλυσης Θέµης Μήτσης

Transcript

1 Σύντοµες Σηµειώσεις Πραγµατικής Ανάλυσης Θέµης Μήτσης Τµηµα Μαθηµατικων Πανεπιστηµιο Κρητης Ηρακλειο

2

3 Περιεχόµενα Συµβάσεις και συµβολισµοί 4 1. Το εξωτερικό µέτρο Lebesgue 5 2. Μετρήσιµα σύνολα 7 3. Η κανονικότητα του µέτρου Lebesgue Μετρήσιµες συναρτήσεις Το σύνολο και η συνάρτηση Cantor Το ϑεώρηµα Steinhaus και κάποιες εφαρµογές του Το ολοκλήρωµα Lebesgue µη αρνητικών συναρτήσεων Το γενικό ολοκλήρωµα Lebesgue Σύγκλιση ακολουθιών µετρήσιµων συναρτήσεων Προσέγγιση ολοκληρώσιµων συναρτήσεων Η µεγιστική συνάρτηση Hardy Littlewood 37 3

4 Συµβάσεις και συµβολισµοί Αν τα A και B είναι σύνολα, τότε A B=(A B) (B A). Ενα υποσύνολο τουêλέγεται F σ αν είναι αριθµήσιµη ένωση κλειστών συνόλων. Λέγεται G δ αν είναι αριθµήσιµη τοµή ανοιχτών συνόλων. Ισχύουν όλες οι γνωστές από τον Απειροστικό Λογισµό συµβάσεις σχετικά µε τις πράξεις ανάµεσα σε άπειρες ποσότητες. Επιπλέον, κάνουµε τη σύµβαση 0 (± ) = 0. 4

5 1. Το εξωτερικό µέτρο Lebesgue Αν I Êείναι κάποιο διάστηµα, µε l(i) συµβολίζουµε το µήκος του (δηλαδή τη διαφορά των άκρων του αν είναι ϕραγµένο,+ αν δεν είναι ϕραγµένο). Ορισµός. Εστω A Ê. Το εξωτερικό µέτρο Lebesgue του A συµβολίζεται µεµ (A) και ορίζεται να είναι µ (A)=inf l(i n ) : A I n, όπου τα I n είναι ανοιχτά διαστήµατα µε πεπερασµένα άκρα. Τυπικά τοµ είναι µια συνολοσυνάρτηση µε πεδίο ορισµού το δυναµοσύνολο P(Ê) και σύνολο τιµών το [0,+ ]. Θεώρηµα. (1) Αν A B τότεµ (A) µ (B) (µονοτονία). (2) µ({x})=0για κάθε x Ê. Απόδειξη. (1) Εστω B I n. Τότε A I n. Εποµένωςµ (A) l(i n ). Παίρνοντας inf στο δεξιά µέλος έχουµε το Ϲητούµενο. (2) Εχουµε{x} (x ε, x+ε) για κάθεε>0. Άραµ ({x}) l((x ε, x+ε))=2ε για κάθεε>0. Εποµένως µ ({x})=0. Θεώρηµα. Αν το I Êείναι οποιοδήποτε διάστηµα, τότεµ (I)=l(I). Απόδειξη. Υποθέτουµε κατ αρχάς ότι το I είναι κλειστό και ϕραγµένο, δηλαδή I= [a, b]. Εστω I I n. Το I είναι συµπαγές, άρα η{i n : n Æ} έχει πεπερασµένη υποκάλυψη, ας πούµε Μπορούµε να υποθέσουµε ότι: Τότε έχουµε J 1 = (a 1, b 1 ), J 2 = (a 2, b 2 ),..., J N = (a N, b N ). Κανένα από τα J k δεν περιέχεται σε κάποιο άλλο. Το δεξί άκρο του J k είναι µεγαλύτερο από το αριστερό άκρο του J k+1, δηλαδή τα J k είναι «διαδοχικά». l(i n ) N l(j k )= N (b k a k ) = a 1 + (b 1 a 2 )+(b 2 a 3 )+ +(b N 1 a N )+b N b N a 1 b a. Η παραπάνω σχέση ισχύει για κάθε κάλυψη του I, εποµένωςµ (I) b a. Για να δείξουµε την αντίστροφη ανισότητα παρατηρούµε ότι I (a ε, b+ε) για κάθεε>0. Άρα µ (I) l((a ε, b+ε))=b a+2ε, για κάθεε>0. Συνεπώςµ (I) b a. Τελικάµ (I)=b a. Αν τώρα το I είναι της µορφής (a, b), (a, b] ή [a, b), τότε για κάθεε>0αρκετά µικρό έχουµε [a+ε, b ε] I [a, b]. Χρησιµοποιώντας την µονοτονία του εξωτερικού µέτρου και την προηγούµενη περίπτωση παίρνουµε b a 2ε µ (I) b a. Εποµένωςµ (I)=b a. Τέλος, αν το I δεν είναι ϕραγµένο, τότε για κάθε n Æ, το I περιέχει κάποιο διάστηµα µήκους n. Από την µονοτονία του εξωτερικού µέτρου και τις προηγούµενες περιπτώσεις παίρνουµεµ (I) nτο οποίο σηµαίνει ότι µ (I)=+. 5

6 Θεώρηµα (Υποπροσθετικότητα του εξωτερικού µέτρου Lebesgue). Εστω A n Ê, n Æ. Τότε µ A n µ (A n ). Απόδειξη. Ανµ (A n )=+ για κάποιο n τότε η σχέση είναι προφανής. Υποθέτουµε λοιπόν ότιµ (A n )<+ για κάθε n και έστωε>0. Τότε για κάθε n υπάρχουν ανοιχτά διαστήµατα I n,m, m Æ, τα οποία καλύπτουν το A n τέτοια ώστε l(i n,m )<µ (A n )+ ε 2 n. m=1 Προφανώς A n I n,m, άρα m=1 m=1 µ A n l(i n,m )< (µ (A n )+ ε ) 2 n = µ 1 (A n )+ε 2 n=ε+ µ (A n ). Η παραπάνω σχέση ισχύει για κάθεεκαι έτσι έχουµε το Ϲητούµενο. ΑΣΚΗΣΕΙΣ (1) είξτε ότι τοµ είναι αναλλοίωτο στις µεταθέσεις, δηλαδή για κάθε A Êκαι κάθε x Êέχουµε µ (A+ x)=µ (A). (2) Εστω A Êµεµ (A) <. είξτε ότι για κάθεε > 0 υπάρχει G Êανοιχτό µε A G και µ (G)<µ (A)+ε. (3) είξτε ότι κάθε αριθµήσιµο σύνολο έχει εξωτερικό µέτρο µηδέν. (4) είξτε ότι αν το A έχει εξωτερικό µέτρο µηδέν τότεµ (A B)=µ (B) για κάθε B Ê. (5) Για κάθε A Êϑέτουµε ν (A)=inf l(i n ) : A I n, όπου τα I n είναι ηµιάνοιχτα διαστήµατα της µορφής [a, b). είξτε ότιµ =ν. 6

7 2. Μετρήσιµα σύνολα Ορισµός. Εστω A P(Ê). Η οικογένεια A ονοµάζεταισ-άλγεβρα αν (1)Ê A. (2) A A A A (η A είναι κλειστή ως προς τα συµπληρώµατα). (3) A n A, n Æ A n A (η A είναι κλειστή ως προς τις αριθµήσιµες ενώσεις). Τετριµµένα παραδείγµατα σ-αλγεβρών είναι ολόκληρο το δυναµοσύνολο P(Ê) και κάθε οικογένεια της µορφής{, A, A,Ê}, όπου A Ê. Μια οικογένεια διαστηµάτων (οποιουδήποτε τύπου) δεν είναισ-άλγεβρα. Παρατηρούµε ότι µιασ-άλγεβρα είναι κλειστή ως προς τις αριθµήσιµες τοµές διότι A n = A n, και άρα είναι κλειστή ως προς όλες τις συνολοθεωρητικές πράξεις, αρκεί αυτές να γίνονται το πολύ αριθµήσιµες ϕορές. Ορισµός. Αν C P(Ê), τότε ϑέτουµε σ(c )= A σ-άλγεβρα C A Ησ(C ) είναι η τοµή όλων τωνσ-αλγεβρών που περιέχουν την C. Λέµε ότι ησ(c ) παράγεται από την C. Προφανώς ησ(c ) είναι η µικρότερησ-άλγεβρα που περιέχει την C. Ορισµός. Θέτουµε A. B=σ({G : G Êανοιχτό}). Η B είναι ησ-άλγεβρα που παράγεται από την οικογένεια όλων των ανοιχτών συνόλων. Τα στοιχεία της ονοµά- Ϲονται σύνολα Borel. Εύκολα µπορεί κανείς να δει ότι B=σ({F : F Êκλειστό}) =σ({i : I Êανοιχτό διάστηµα}) =σ({i : I Êκλειστό διάστηµα}) =σ({i : I Êηµιάνοιχτο διάστηµα}) =σ({i : I ʵη ϕραγµένο διάστηµα}). Ορισµός. Ενα σύνολο E Êλέγεται Lebesgue µετρήσιµο αν για κάθε A Êισχύει µ (A)=µ (A E)+µ (A E). Η οικογένεια των Lebesgue µετρήσιµων συνόλων συµβολίζεται µε M. Παρατηρούµε ότι για να είναι το E Lebesgue µετρήσιµο αρκεί για κάθε A να έχουµε µ (A) µ (A E)+µ (A E), δότι η αντίστροφη ανισότητα ισχύει πάντα από την υποπροσθετικότητα του εξωτερικού µέτρου. Θεώρηµα. Η M είναισ-άλγεβρα. Απόδειξη. (1) µ (A Ê)+µ (A Ê)=µ (A), άραê M. (2) µ (A E )+µ (A E )=µ (A E)+µ (A E), άρα η M είναι κλειστή ως προς τα συµπληρώµατα. (3) Θα δείξουµε ότι η M είναι κλειστή ως προς τις αριθµήσιµες ενώσεις. Εστω E n, n Æ, µετρήσιµα και A Êτυχόν. Αφού το E 1 είναι µετρήσιµο έχουµε µ (A)=µ (A E 1 )+µ (A E 1 )=µ (A E 1 )+µ (A E 1 ). 7

8 Αφού το E 2 είναι µετρήσιµο έχουµε µ (A E 1 )=µ (A E 1 E 2)+µ (A E 1 E 2 ). Άρα µ (A)=µ (A E 1 )+µ (A (E 2 E 1 ))+µ (A (E 1 E 2 )). Προχωρώντας ένα ϐήµα ακόµα, από τη µετρησιµότητα του E 3 παίρνουµε µ (A)=µ (A E 1 )+µ (A (E 2 E 1 ))+µ (A (E 3 (E 1 E 2 )))+µ (A (E 1 E 2 E 3 )). Εποµένως µετά από n ϐήµατα έχουµε n n µ (A)= µ A E k E j +µ A E k j<k n µ A E k E j +µ A E k j<k η παραπάνω σχέση ισχύει για κάθε n, άρα µ (A) µ A E k E j +µ A E k j<k µ A E k E j +µ A E k j<k =µ A E k +µ A E k. Αυτό σηµαίνει ότι το E k είναι µετρήσιµο. Θεώρηµα. Εστω E n Ê, n Æ, ξένα ανά δύο, µετρήσιµα. Τότε µ E n = µ (E n ). Απόδειξη. Αρκεί να δείξουµε ότι µ E n µ (E n ), διότι η αντίστροφη ανισότητα ισχύει πάντα (υποπροσθετικότητα). Στην πορεία της απόδειξης του προηγούµενου ϑεωρήµατος δείξαµε ότι για κάθε A ισχύει ( ) µ (A) µ A E k E j +µ A E k. j<k Αφού τα E n είναι ξένα έχουµε E k E j = E k j<k για κάθε k. Άρα αν στην ( ) ϑέσουµε A= E n, παίρνουµε το Ϲητούµενο. Ορισµός. Ο περιορισµός τουµ στησ-άλγεβρα M συµβολίζεται µεµκαι ονοµάζεται µέτρο Lebesgue. Από το προηγούµενο ϑεώρηµα, το µ είναι µια αριθµήσιµα προσθετική συνολοσυνάρτηση µε πεδίο ορισµού την M και σύνολο τιµών [0,+ ]. Θεώρηµα. Κάθε σύνολο Borel είναι µετρήσιµο, δηλαδή B M. 8

9 Απόδειξη. Αρκεί να δείξουµε ότι κάθε διάστηµα της µορφής (a, + ) είναι µετρήσιµο, διότι η οικογένεια των διαστηµάτων αυτών παράγει τα σύνολα Borel. Εστω A Êκαιε>0. Επιλέγουµε ανοιχτά διαστήµατα I n, n Æ, έτσι ώστε A I n, l(i n )<µ (A)+ε. Τότε µ (A (a,+ ))+µ (A (a,+ )) µ (I n (a,+ ))+ µ (I n (, a]) Η παραπάνω σχέση ισχύει για κάθεε>0, άρα το οποίο σηµαίνει ότι το (a,+ ) είναι µετρήσιµο. = = (l(i n (a,+ ))+ l(i n (, a])) l(i n )<µ (A)+ε. µ (A (a,+ ))+µ (A (a,+ )) µ (A), Θεώρηµα. Εστω E n, n Æ, µια ακολουθία µετρήσιµων συνόλων. (1) Αν η ακολουθία είναι αύξουσα (E n E n+1 ), τότεµ E n = limµ(e n). (2) Αν η ακολουθία είναι ϕθίνουσα (E n E n+1 ) και το E 1 έχει πεπερασµένο µέτρο, τότε µ E n = limµ(e n). Απόδειξη. (1) Θέτουµε F 1 = E 1 και F n = E n E n 1 για n>1. Τα F n είναι ανά δύο ξένα και προφανώς E n = F n. Άρα N N µ E n =µ F n = µ(f n )= lim µ(f n )= limµ N N F n = limµ(e N). N (2) Η E 1 E n είναι αύξουσα και (E 1 E n )=E 1 E n. Εποµένως από το (1) έχουµε µ E 1 E n = limµ(e 1 E n ). Αλλά το µέτρο του E 1 είναι πεπερασµένο, άρα µ E 1 E n =µ(e 1) µ E n & µ(e 1 E n )=µ(e 1 ) µ(e n ), και το συµπέρασµα έπεται. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 9

10 (1) είξτε ότι κάθε σύνολο µε εξωτερικό µέτρο µηδέν είναι µετρήσιµο. (2) Εστω E M και A Êτέτοιο ώστεµ (E A)=0. είξτε ότι το A είναι µετρήσιµο. E A είναι η συµµετρική διαφορά των E και A δηλαδή το σύνολο (E A) (A E). (3) είξτε ότι για κάθε A Êυπάρχει E µετρήσιµο, τέτοιο ώστε A Eκαιµ (A)=µ(E). (Υπόδειξη: Χρησιµοποιήστε την άσκηση 2 της προηγούµενης ενότητας.) (4) (α ) είξτε ότι κάθε µη-κενό ανοιχτό σύνολο έχει ϑετικό µέτρο. (ϐ ) ΕστωÉ={q n : n Æ} µια αρίθµηση των ϱητών. Θέτουµε G= (q n 12 n,q n+ 12 ) n. είξτε ότιµ(g F)>0για κάθε κλειστό σύνολο F. (5) Εστω E n, n Æ, µια ακολουθία µετρήσιµων συνόλων τέτοια ώστε: (α ) µ E n <. (ϐ ) E m = E m = A. m=n m=n είξτε ότιµ(a)=limµ(e n ). (6) Εστω E M. είξτε ότι, µε το συµβολισµό της άσκησης 1 της προηγούµενης ενότητας, E+x M για κάθε x Ê. (7) Εστω E M µε πεπερασµένο µέτρο και A E. είξτε ότι το A είναι µετρήσιµο αν και µόνο αν µ(e)=µ (A)+µ (E A). (Υπόδειξη: Χρησιµοποιώντας την άσκηση 3, ϐρείτε B µετρήσιµο τέτοιο ώστε A B E καιµ (A)=µ(B). Στη συνέχεια δείξτε ότιµ (B A)=0, άρα το A είναι µετρήσιµο.) (8) Εστω A n, n Æ, µια αύξουσα ακολουθία συνόλων (όχι κατ ανάγκη µετρήσιµων). είξτε ότι µ A n = limµ (A n ). (Υπόδειξη: Αν τα A n είναι µετρήσιµα τότε γνωρίζουµε, από ϑεωρία, ότι η παραπάνω σχέση ισχύει. Χρησιµοποιήστε τώρα την άσκηση 3.) (9) Εστω A Êτέτοιο ώστε 0<µ (A)< και 0<α<1. είξτε ότι υπάρχει ανοιχτό διάστηµα I τέτοιο ώστεµ (A I)>αl(I). (Υπόδειξη: Βρείτε ένα ανοιχτό σύνολο G τέτοιο ώστε A G καιαµ(g)<µ (A). Γράψτε το G σαν αριθµήσιµη ένωση ξένων ανά δύο ανοιχτών διαστηµάτων. Το Ϲητούµενο I είναι κάποιο από αυτά.) (10) Εστω A, B Êτέτοια ώστε inf{ a b : a A, b B}>0. είξτε ότιµ (A B)=µ (A)+µ (B). (Υπόδειξη: Η υπόθεση συνεπάγεται ότι υπάρχουν ξένα µεταξύ τους, ανοιχτά U, V τέτοια ώστε A U, B V. Βρείτε E µετρήσιµο τέτοιο ώστε A B E καιµ (A B)=µ(E). Θεωρήστε τώρα τα σύνολα E U και E V.) (11) Εστω A Ê. Για κάθε r>0ϑέτουµε f (r)=µ (A ( r, r)). είξτε ότι η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. 10

11 3. Η κανονικότητα του µέτρου Lebesgue Θεώρηµα. Εστω E Ê. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα. Απόδειξη. (1) Το E είναι µετρήσιµο. (2) Για κάθεε>0υπάρχει G ανοιχτό µε E G καιµ (G E)<ε. (3) Υπάρχει ένα G δ σύνολο A µε E A καιµ (A E)=0. (1) (2) Υποθέτουµε κατ αρχήν ότιµ(e)<. Από την άσκηση 2 του ϕυλλαδίου 1, υπάρχει G Êανοιχτό µε E G καιµ(g)<µ(e)+ε. Αλλά τότεµ(g E)=µ(G) µ(e)<ε. Αν τώραµ(e)=, τότε γράφουµε τοêσαν αριθµήσιµη ένωση ξένων ανά δύο ϕραγµένων διαστηµάτων I n, n Æ. Τότεµ(E I n )<, άρα από τα προηγούµενα, υπάρχει G n ανοιχτό µε E I n G n και Θέτουµε µ(g n (E I n ))< ε 2 n. G= G n. Τότε το G είναι ανοιχτό, E G και µ(g E)=µ G n E I n µ (G n (E I n )) ε µ(g n (E I n ))< 2 n=ε. (2) (3) Για κάθε n υπάρχει G n ανοιχτό µε E G n καιµ (G n E)<1/n. Θέτουµε A= G n. Τότε το A είναι G δ, E A και µ (A E) µ (G n E)< 1 n για κάθε n. Άραµ (A E)=0. (3) (1) Εχουµε E=A (A E). Το A είναι µετρήσιµο διότι είναι G δ, άρα Borel. Το A E είναι επίσης µετρήσιµο διότι έχει µηδενικό εξωτερικό µέτρο. Άρα το E είναι µετρήσιµο. Το προηγούµενο ϑεώρηµα λέει ότι κάθε µετρήσιµο σύνολο µπορεί να προσεγγιστεί (ως προς το µέτρο) από ανοιχτά υπερσύνολά του. Η ιδιότητα αυτή ονοµάζεται κανονικότητα. Στο επόµενο ϑεώρηµα ϐλέπουµε µια ισχυρότερη µορφή κανονικότητας : Κάθε µετρήσιµο σύνολο µε πεπερασµένο µέτρο είναι «περίπου ίσο» µε µια πεπερασµένη ένωση ξένων ανά δύο διαστηµάτων. Θεώρηµα. Εστω E µετρήσιµο µε πεπερασµένο µέτρο. Τότε για κάθε ε > 0, υπάρχουν ξένα ανά δύο ανοιχτά και ϕραγµένα διαστήµατα I 1, I 2,..., I n, τέτοια ώστε n µ E I k <ε. Απόδειξη. Χρησιµοποιώντας το προηγούµενο ϑεώρηµα, ϐρίσκουµε G ανοιχτό µε E G καιµ(g E)<ε. Γράφουµε τώρα το G σαν αριθµήσιµη ένωση ξένων ανά δύο ανοιχτών διαστηµάτων I k, k Æ. Το G έχει πεπερασµένο µέτρο, άρα µ(i k )=µ I k =µ(g)<. Εποµένως υπάρχει n τέτοιο ώστε k=n+1 µ(i k )<ε. 11

12 Άρα n n n n µ E I k =µ E I k +µ I k E µ G I k +µ(g E) =µ k=n+1 k=n+1 I k +µ(g E)= µ(i k )+µ(g E)<2ε. ΑΣΚΗΣΕΙΣ (1) Εστω E Ê. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα. (α ) Το E είναι µετρήσιµο. (ϐ ) Για κάθεε>0υπάρχει F κλειστό µε F E καιµ (E F)<ε. (γ ) Υπάρχει ένα F σ σύνολο B µε B E καιµ (E B)=0. (2) Εστω E ʵετρήσιµο. είξτε ότι µ(e)=sup{µ(k) : K E, K συµπαγές}. 12

13 4. Μετρήσιµες συναρτήσεις Από τώρα και στο εξής, ϑα επιτρέπουµε στις διάφορες συναρτήσεις να παίρνουν τις τιµές±, κάνοντας τη σύµβαση 0 (± )=0. Ο λόγος για την «αυθαιρεσία» αυτή ϑα ϕανεί όταν ορίσουµε το ολοκλήρωµα Lebesgue. Επίσης, αν οι f, g είναι συναρτήσεις και το a κάποιος αριθµός (ή± ) ϑα χρησιµοποιούµε συµβολισµούς όπως για τα σύνολα { f> a},{ f= a},{ f g},... {x : f (x)>a},{x : f (x)=a},{x : f (x) g(x)},... Σε αναλογία µε τον ορισµό της συνέχειας, έχουµε το ακόλουθο. Ορισµός. Μια συνάρτηση f : E [,+ ], E M, ονοµάζεται µετρήσιµη, αν το σύνολο{ f> a} είναι µετρήσιµο για κάθε a Ê. Θεώρηµα. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα. (1) Η f είναι µετρήσιµη. (2) Για κάθε a, το{ f a} είναι µετρήσιµο. (3) Για κάθε a, το{ f< a} είναι µετρήσιµο. (4) Για κάθε a, το{ f a} είναι µετρήσιµο. Απόδειξη. Εστω E M το πεδίο ορισµού της f. { (1) (2) { f a}= f> a 1 }. n (2) (3) { f< a}= E { f a}. { (3) (4) { f a}= f< a+ 1 }. n (4) (1) { f> a}= E { f a}. Θεώρηµα. Εστω c Êκαι f, g πραγµατικές (µε πεδίο τιµών τοê), µετρήσιµες, µε κοινό πεδίο ορισµού. Τότε οι f+ c, c f, f+ g, f g είναι µετρήσιµες. Απόδειξη. { f+ c>a}={ f> a c}, άρα η f+ c είναι µετρήσιµη. { Αν c>0, τότε{c f> a}= f> a c Αν c=0, τότε c f= 0, άρα c f µετρήσιµη από την άσκηση 2. Αν c<0, τότε{c f> a}= { f< a c }, άρα c f µετρήσιµη από τον ορισµό. }, άρα c f µετρήσιµη από το προηγούµενο ϑεώρηµα. { f+ g>a}={ f> a g}= f> r>a g}= f> r} {g>a r}), το οποίο είναι µετρήσιµο σαν r É{ r É({ αριθµήσιµη ένωση µετρήσιµων συνόλων. Άρα η f+ g είναι µετρήσιµη. Εχουµε ότι f g= 1 4 [( f+ g)2 ( f g) 2 ], άρα αρκεί να δείξουµε ότι αν µια συνάρτηση h είναι µετρήσιµη, τότε και η h 2 είναι µετρήσιµη. Πράγ- µατι αν a<0 {h 2 > a}= Ê, {h> a} {h<, a}, αν a 0 και το συµπέρασµα έπεται. 13

14 Το προηγούµενο ϑεώρηµα εξακολουθεί να ισχύει αν επιτρέψουµε στις f και g να παίρνουν τις τιµές ±. Η µόνη διαφορά είναι ότι η f+ g δεν ορίζεται στα σηµεία όπου, για παράδειγµα, f=+, g=. Θεώρηµα. Εστω f n, n Æ, µια ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων µε κοινό πεδίο ορισµού. Τότε (1) sup f n µετρήσιµη. (2) inf f n µετρήσιµη. (3) lim sup f n µετρήσιµη. (4) lim inf f n µετρήσιµη. Απόδειξη. (1) {sup f n > a}= { f n > a}. (2) inf f n = sup( f n ), και το συµπέρασµα έπεται από το (1). (3) lim sup f n = inf n (4) lim inf f n = sup n ( sup f k ), και το συµπέρασµα έπεται από τα (1) και (2). ( k n ) inf f k, και το συµπέρασµα έπεται από τα (1) και (2). k n Ορισµός. Αν µια ιδιότητα ισχύει παντού εκτός από ένα σύνολο µέτρου µηδέν, τότε λέµε ότι η ιδιότητα αυτή ισχύει σχεδόν παντού. Για παράδειγµα η χαρακτηριστική συνάρτηση των ϱητών είναι σχεδόν παντού ίση µε µηδέν, διότι το σύνολο των ϱητών αριθµών έχει µέτρο µηδέν. Θεώρηµα. Εστω f, g δυο συναρτήσεις µε κοινό πεδίο ορισµού. Αν η f είναι µετρήσιµη και f = g σχεδόν παντού, τότε και η g είναι µετρήσιµη. Απόδειξη. Εχουµε {g>a}=({g>a} { f= g}) ({g>a} { f g})=({ f> a} { f= g}) ({g>a} { f g}). Στην παραπάνω έκφραση, το{ f > a} είναι µετρήσιµο από υπόθεση. Το{ f g} είναι µετρήσιµο διότι έχει µηδενικό µέτρο από υπόθεση. Άρα και το{ f= g}= E { f g} είναι µετρήσιµο, όπου E το κοινό πεδίο ορισµού των f, g. Τέλος, το{g>a} { f g} είναι µετρήσιµο διότι σαν υποσύνολο συνόλου µε µηδενικό µέτρο, έχει κι αυτό µηδενικό µέτρο. Άρα το{g > a} είναι µετρήσιµο. ΑΣΚΗΣΕΙΣ (1) Εστω f µετρήσιµη. είξτε ότι το σύνολο{ f = a} είναι µετρήσιµο για κάθε a [, + ]. (2) είξτε ότι οι σταθερές συναρτήσεις είναι µετρήσιµες. (3) είξτε ότι η χαρακτηριστική συνάρτηση ενός συνόλου είναι µετρήσιµη αν και µόνο αν το σύνολο είναι µετρήσιµο. (4) είξτε ότι κάθε συνεχής συνάρτηση είναι µετρήσιµη. (5) είξτε ότι κάθε µονότονη συνάρτηση είναι µετρήσιµη. (6) Εστω f n µια ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων (µε κοινό πεδίο ορισµού), η οποία συγκλίνει κατά σηµείο σχεδόν παντού σε µια συνάρτηση f. είξτε ότι η f είναι µετρήσιµη. (7) είξτε ότι το σύνολο των σηµείων για τα οποία το όριο µιας ακολουθίας µετρήσιµων συναρτήσεων υπάρχει, είναι µετρήσιµο. (8) είξτε ότι αν η f είναι µετρήσιµη και το B είναι ένα σύνολο Borel τότε το f 1 (B) είναι µετρήσιµο. (9) Εστω f µετρήσιµη, τέτοια ώστε µ({ f < + }) > 0. είξτε ότι υπάρχει σύνολο ϑετικού µέτρου πάνω στο οποίο η f είναι ϕραγµένη. (10) είξτε ότι η παράγωγος µιας παραγωγίσιµης συνάρτησης είναι µετρήσιµη. (11) Εστω f συνεχής και g µετρήσιµη. είξτε ότι η σύνθεση f g είναι µετρήσιµη. 14

15 5. Το σύνολο και η συνάρτηση Cantor Κάθε αριθµήσιµο σύνολο έχει µέτρο µηδέν. Το αντίστροφο δεν ισχύει. Θα δείξουµε ότι υπάρχει υπε- ϱαριθµήσιµο συµπαγές σύνολο µε µηδενικό µέτρο. Η κατασκευή γίνεται σε διαδοχικά ϐήµατα και είναι η ακόλουθη. Στο πρώτο ϐήµα χωρίζουµε το διάστηµα I= [0, 1] σε τρία διαδοχικά διαστήµατα ίσου µήκους. [ I= [0, 1]= 0, 1 ] ( 1 3 3, 2 ) [ ] 2 3 3, 1. Πετάµε έξω το µεσαίο, και έτσι από το I µένουν 2 ξένα κλειστά διαστήµατα µήκους 1/3. Τα ονοµάζουµε I 0, I 1 και ϑέτουµε [ C 1 = 0, 1 ] [ ] 2 3 3, 1 = I 0 I 1. ηλαδή το I παράγει ένα «αριστερό» διάστηµα I 0, και ένα «δεξί» διάστηµα I 1. Στο δεύτερο ϐήµα, κάνουµε το ίδιο στα διαστήµατα I 0, I 1. Τα χωρίζουµε στα τρία [ I 0 = 0, 1 ] [ = 0, 1 ] ( , 2 ) [ 2 9 9, 1 ], 3 [ ] [ 2 2 I 1 = 3, 1 = 3, 7 ] ( 7 9 9, 8 ) [ ] 8 9 9, 1, και πετάµε έξω τα µεσαία. Από το I έχουν µείνει τώρα 4 ξένα κλειστά διαστήµατα µήκους 1/9, τα οποία ονοµάζουµε I 00, I 01, I 10, I 11. Θέτουµε [ C 2 = 0, 1 ] [ 2 9 9, 1 ] [ 2 3 3, 7 ] [ ] 8 9 9, 1 = I 00 I 01 I 10 I 11. Οπως και στο προηγούµενο ϐήµα, το I 0 παράγει ένα αριστερό διάστηµα I 00, και ένα δεξί διάστηµα I 01. Οµοίως και το I 1. Συνεχίζουµε µε τον ίδιο τρόπο. Στο n ϐήµα, από το I έχουν µείνει 2 n ξένα κλειστά διαστήµατα µήκους 1/3 n. Τα ονοµάζουµε I d1 d n, d 1,..., d n {0, 1}, κάνοντας τη σύµβαση ότι κάθε διάστηµα I d1 d n 1 του προηγούµενου ϐήµατος παράγει το αριστερό I d1 d n 1 0 και το δεξί I d1 d n 1 1. Θέτουµε C n = I d1 d n. I d 1,...,d n {0,1} I 0 I 1 C 1 I 00 I 01 I 10 I 11 C 2 Η C n, n Æ, είναι µια ϕθίνουσα ακολουθία συµπαγών συνόλων, εποµένως η τοµή τους είναι µη κενή. Θέτουµε ( ) C= C n = I d1 d n = I s(1) s(n) d 1,...,d n {0,1} s {0,1}Æ, 15

16 όπου{0, 1}Æείναι το σύνολο όλων των ακολουθιών οι όροι των οποίων είναι 0 ή 1. Το C είναι συµπαγές και ονοµάζεται σύνολο Cantor. Παρατηρούµε ότι για κάθε s {0, 1}Æ, η I s(1) s(n), n Æ, είναι µια ϕθίνουσα ακολουθία κλειστών διαστηµάτων, το µήκος των οποίων τείνει στο µηδέν. Άρα η τοµή I s(1) s(n) είναι µονοσύνολο. Ετσι το C είναι η ένωση όλων αυτών των µονοσυνόλων. Επίσης αν s, t {0, 1}Ƶε s t, τότε I s(1) s(n) I t(1) t(n) =. Αυτό σηµαίνει ότι το C έρχεται σε 1-1 αντιστοιχία µε το{0, 1}Æ, το οποίο γνωρίζουµε ότι είναι υπεραριθµήσιµο. Μένει να δείξουµε ότι το C έχει µέτρο 0. Πράγµατι, το C n αποτελείται από 2 n ξένα διαστήµατα µήκους 1/3 n, άραµ(c n )=(2/3) n. Εποµένωςµ(C)=limµ(C n )=0. Θα χρησιµοποιήσουµε τώρα το σύνολο Cantor για να ορίσουµε µια «παθολογική» αύξουσα, συνεχή και επί συνάρτηση f : [0, 1] [0, 1]. Εστω Ji n, n Æ, i=1, 2,..., 2 n 1, τα ανοιχτά διαστήµατα που αφαιρούµε στο n ϐήµα της κατασκευής του συνόλου Cantor. Υποθέτουµε ότι τα διαστήµατα αυτά έχουν αριθµηθεί µε τέτοιο τρόπο έτσι ώστε το Ji n να ϐρίσκεται αριστερά του Ji+1 n. Αν x [0, 1] C, δηλαδή αν το x ανήκει σε κάποιο Jn i, τότε ϑέτουµε Για τα υπόλοιπα x ϑέτουµε f (x)= 2i 1 2 n. f (x)=sup{ f (y) : y [0, 1] C, y< x}, f (0)= Ετσι η f είναι σταθερή σε κάθε ένα από τα ανοιχτά διαστήµατα που αποτελούν το συµπλήρωµα του C στο [0, 1]. Η f ονοµάζεται συνάρτηση του Cantor. Μπορεί κανείς να δει ότι είναι αύξουσα, συνεχής και επί. Η συνάρτηση αυτή ϑα χρησιµοποιηθεί παρακάτω για να ορίσουµε ένα µετρήσιµο σύνολο το οποίο δεν είναι Borel. ΑΣΚΗΣΕΙΣ (1) Αποδείξτε την τρίτη ισότητα στη σχέση ( ). (2) Αν δεν το γνωρίζετε, δείξτε ότι το σύνολο{0, 1}Æείναι υπεραριθµήσιµο. (Υπόδειξη: Υποθέστε ότι {0, 1}Æ={s n : n Æ} και ϑεωρήστε την ακολουθία s=(1 s 1 (1), 1 s 2 (2), 1 s 3 (3),... ).) (3) είξτε ότι το C δεν έχει µεµονωµένα σηµεία. (4) είξτε ότι κάθε κλειστό σύνολο χωρίς µεµονωµένα σηµεία είναι υπεραριθµήσιµο. (Υπόδειξη: Ενα τέτοιο σύνολο περιέχει ένα σύνολο «τύπου» Cantor.) (5) είξτε ότι η συνάρτηση του Cantor είναι συνεχής. (Υπόδειξη: Το σύνολο f ([0, 1] C) αποτελείται από όλους τους δυαδικούς ϱητούς, άρα είναι πυκνό στο [0, 1]. Τώρα, τί είδους ασυνέχειες µπορεί να έχει µια αύξουσα συνάρτηση;) 16

17 (6) είξτε ότι η συνάρτηση του Cantor είναι σχεδόν παντού παραγωγίσιµη, και ότι η παράγωγός της είναι σχεδόν παντού µηδέν. 17

18 6. Το ϑεώρηµα Steinhaus και κάποιες εφαρµογές του Το ακόλουθο ϑεώρηµα είναι το ϐασικό αποτέλεσµα αυτής της ενότητας και λέει ότι τα σηµεία ενός συνόλου µε ϑετικό µέτρο υλοποιούν όλες τις δυνατές αποστάσεις σε κάποιο διάστηµα. Θεώρηµα (Steinhaus). Εστω E ʵετρήσιµο µε ϑετικό µέτρο. Τότε υπάρχει δ > 0 τέτοιο ώστε ( δ,δ) E E={a b : a, b E}. Απόδειξη. Από την άσκηση 2 της ενότητας 3, υπάρχει K Eσυµπαγές µεµ(k)>0. Από την κανονικότητα του µέτρου Lebesgue, υπάρχει G K ανοιχτό µεµ(g)<2µ(k). Τα K και G είναι ξένα, το K συµπαγές και το G κλειστό, άρα έχουν ϑετική απόσταση, ας πούµεδ>0. Εποµένως K+x G για κάθε x <δ. Πράγµατι, αν υπήρχε y K τέτοιο ώστε y+ x G, τότε δ y (x+y) = x <δ, άτοπο. Παρατηρούµε τώρα ότι K (K+x) για κάθε x <δ. ιαφορετικά για κάποιο x ϑα είχαµε 2µ(K)=µ(K)+µ(K+x)=µ(K (K+x)) µ(g), το οποίο είναι άτοπο. Εποµένως E (E+x) για κάθε x <δ, το οποίο είναι ισοδύναµο µε το ότι ( δ,δ) E E. Ολα τα υπόλοιπα αποτελέσµατα αυτής της ενότητας είναι εφρµογές του ϑεωρήµατος Steinhaus Θεώρηµα (Vitali). Κάθε σύνολο ϑετικού µέτρου περιέχει ένα µη µετρήσιµο σύνολο. Απόδειξη. Για κάθε x, y Êλέµε ότι το x είναι ισοδύναµο µε το y και γράφουµε x y, αν x y É. Εύκολα ελέγχουµε ότι η είναι πράγµατι µια σχέση ισοδυναµίας. ηλαδή για κάθε x, y, z έχουµε x x. x y y x. (x y&y z) x z. Ετσι τοêδιαµερίζεται σε µια οικογένεια ξένων ανά δύο κλάσεων ισοδυναµίας{e α :α I}. Ê= E α. α I Παρατηρήστε ότι τα E α είναι της µορφής x+é, εποµένως το I πρέπει να είναι υπεραριθµήσιµο. Χρησιµοποιώντας το Αξίωµα της Επιλογής, µπορούµε να επιλέξουµε ακριβώς ένα στοιχείο x α από κάθε E α και να σχηµατίσουµε το σύνολο V={x α :α I}. ΤότεÊ= q É(q+V). Εστω τώρα ότι υπήρχε κάποιο A M µε ϑετικό µέτρο τέτοιο ώστε κάθε υποσύνολό του να είναι µετρήσιµο. Αφού A= A], q É[(q+V) υπάρχει q Éτέτοιο ώστε µ((q + V) A) > 0. Από το ϑεώρηµα Steinhaus υπάρχει δ > 0 τέτοιο ώστε ( δ,δ) ((q+v) A) ((q+v) A) (q+v) (q+v)=v V. Επιλέγουµε τώρα ένα µη µηδενικό ϱητό r ( δ,δ). Τότε r=x α x β για κάποιαα,β Iµεα β. ηλαδή x α x β. Αυτό σηµαίνει ότι τα x α, x β ανήκουν στην ίδια κλάση ισοδυναµίας, άτοπο. Υπάρχουν και άλλες «κατασκευές» µη µετρήσιµων συνόλων. Ολες χρησιµοποιούν µε ουσιαστικό τρόπο το Αξίωµα της Επιλογής. Θεώρηµα. Υπάρχει µετρήσιµο σύνολο το οποίο δεν είναι Borel. ηλαδή B M. Απόδειξη. Εστω C το σύνολο Cantor και f : [0, 1] [0, 1] η συνάρτηση Cantor. Θεωρούµε τη συνάρτηση g : [0, 1] [0, 2] µε g(x)= f (x)+ x. 18

19 Η g είναι συνεχής, γνήσια αύξουσα και επί. Ισχυριζόµαστε ότι το g(c) έχει ϑετικό µέτρο. Πράγµατι, έστω J n = (a n, b n ) τα ξένα ανά δύο διαστήµατα που αποτελούν το συµπλήρωµα του C στο [0, 1]. Η g είναι συνεχής και αύξουσα, άρα το g(j n ) είναι διάστηµα µε άκρα g(a n ) και g(b n ). Συνεπώς,µ(g(J n ))= f (b n ) f (a n )+b n a n. Αλλά η f είναι σταθερή στο (a n, b n ), άρα f (a n )= f (b n ). Εποµένωςµ(g(J n ))=b n a n =µ(j n ). Άρα µ(g(c))=2 µ(g([0, 1] C))=2 µ g J n = 2 µ(g(j n ))=2 µ(j n )=2 µ([0, 1] C)=1. Αφού το g(c) έχει ϑετικό µέτρο, περιέχει ένα µη µετρήσιµο σύνολο A. Θέτουµε τώρα h=g 1. Το h(a)= g 1 (A) C είναι µετρήσιµο διότι είναι υποσύνολο συνόλου µε µηδενικό µέτρο. Το h(a) δεν είναι Borel διότι αν ήταν, τότε από την άσκηση 8 της ενότητας 4, το A=h 1 (h(a)) ϑα ήταν µετρήσιµο. Η ύπαρξη µετρήσιµων συνόλων τα οποία δεν είναι Borel µπορεί να αποδειχτεί, έµµεσα, ως εξής (αν δεν ξέρετε ϑεωρία συνόλων αγνοήστε αυτήν την παράγραφο). Χρησιµοποιώντας υπερπεπερασµένη επαγωγή, αποδεικνύεται ότι ο πληθάριθµος της B είναι 2 ℵ 0 =c. Απ την άλλη, το σύνολο Cantor έχει πληθάριθµοcκαι µέτρο 0. Άρα όλα του τα υποσύνολα (2 c το πλήθος) είναι µετρήσιµα. Συνεπώς η M έχει πληθάριθµο 2 c. Αφού c<2 c, συµπεραίνουµε ότι υπάρχουν µετρήσιµα µη-borel σύνολα. Στην πραγµατικότητα, το επιχείρηµα αυτό δείχνει ότι «τα περισσότερα» µετρήσιµα σύνολα δεν είναι Borel (µε την ίδια έννοια, «οι περισσότεροι» πραγµατικοί αριθµοί δεν είναι ϱητοί). Η τελευταία εφαρµογή του ϑεωρήµατος Steinhaus είναι µάλλον αναπάντεχη και αφορά τις λύσεις της συναρτησιακής εξίσωσης f (x+y)= f (x)+ f (y). Θεώρηµα. Εστω f :Ê Êµετρήσιµη τέτοια ώστε f (x+y)= f (x)+ f (y) για κάθε x, y Ê. Τότε υπάρχει c Ê έτσι ώστε f (x)=cx. Απόδειξη. Για κάθε m, n Æέχουµε ( m ) ( m ) ( m ) n f = f + + f = f ( m n } {{ } n n n + + m ) = f (m) } {{ } n n ϕορές n ϕορές = f (1+ +1 } {{ } )= f (1)+ + f (1) = m f (1). } {{ } m ϕορές m ϕορές ηλαδή f (m/n)= f (1)m/n για m, n ϕυσικούς. Προφανώς f ( x)= f (x) άρα η προηγούµενη σχέση ισχύει και για m ακέραιο, το οποίο σηµαίνει ότι f (x) = x f (1) για κάθε x É. Παρατηρήστε τώρα ότι Ê= { f M}, M=1 άρα υπάρχει M τέτοιο ώστε το σύνολο A={ f M} να έχει ϑετικό µέτρο. Εποµένως από το ϑεώρηµα Steinhaus, υπάρχειδ>0τέτοιο ώστε ( δ,δ) A A. Εστω τώρα x Ê. Για κάθε n Æεπιλέγουµε ένα ϱητό r n έτσι ώστε 19

20 x r n <δ/n. Αυτό σηµαίνει ότι n(x r n ) <δ, άρα n(x r n ) A A. Συνεπώς n(x r n )=a n b n για κάποια a n, b n A. Ετσι από τον ορισµό του A, έχουµε ότι Άρα f (x r n ) 2M/n. Και έτσι παίρνουµε f (n(x r n )) = f (a n b n ) = f (a n ) f (b n ) f (a n ) + f (b n ) 2M. f (x) x f (1) = f (x) r n f (1)+ r n f (1) x f (1) = f (x) f (r n )+(r n x) f (1) = f (x r n )+(r n x) f (1) f (x r n ) + x r n f (1) 2M n Η παραπάνω σχέση ισχύει για κάθε n, άρα f (x) = x f (1). f (1) +δ. n Σύµφωνα µε το προηγούµενο ϑεώρηµα, οι µοναδικές µετρήσιµες λύσεις της f (x + y) = f (x) + f (y) είναι οι γραµµικές συναρτήσεις. Αν κανείς υποθέσει ότι η f είναι συνεχής (και όχι απλώς µετρήσιµη) τότε η απόδειξη είναι µια εύκολη άσκηση απειροστικού λογισµού. Απ την άλλη αποδεικνύεται ότι υπάρχουν µη µετρήσιµες συναρτήσεις οι οποίες ικανοποιούν την f (x + y) = f (x) + f (y) (άσκηση 5). ΑΣΚΗΣΕΙΣ (1) Βρείτε τα σύνολαæ Æ,É Éκαι (Ê É) (Ê É). (2) Προσπαθήστε να υπολογίσετε (ή να µαντέψετε) το σύνολο C C, όπου C το σύνολο Cantor. Τί παρατηρείτε; (3) Γιατί χρειάζεται το Αξίωµα της Επιλογής στην απόδειξη του ϑεωρήµατος Vitali; (4) Θεωρούµε τοêσαν διανυσµατικό χώρο επί τουé, και έστω B µια ϐάση του. Επιλέγουµεβ 0 B και ϑέτουµε A= B {β 0 } (το σύνολο όλων των γραµµικών συνδυασµών στοιχείων του B {β 0 }). είξτε ότι το A δεν είναι µετρήσιµο. (Υπόδειξη: Παρατηρήστε ότι Ê= 0 + A), q É(qβ άρα κάποιο από τα σύνολα της ένωσης αυτής πρέπει να έχει ϑετικό µέτρο. Χρησιµοποιήστε τώρα το ϑεώρηµα Steinhaus.) (5) είξτε ότι η f (x+y) = f (x)+ f (y) έχει µη µετρήσιµες λύσεις. (Υπόδειξη: Θεωρήστε, όπως στην προηγούµενη άσκηση, τοêσαν διανυσµατικό χώρο επί τουé. Αν B είναι µια ϐάση του, ορίστε την f αρχικά πάνω στη B µε κατάλληλο τρόπο. Στη συνέχεια επεκτείνατε την f σ ολόκληρο τοê). 20

21 7. Το ολοκλήρωµα Lebesgue µη αρνητικών συναρτήσεων Ορισµός. Μια πραγµατική, µετρήσιµη συνάρτηση η οποία παίρνει πεπερασµένο πλήθος τιµών, ονοµάζεται απλή. Παρατηρήστε ότι κάθε απλή συνάρτηση ϕ είναι γραµµικός συνδυασµός χαρακτηριστικών συναρτήσεων µετρήσιµων συνόλων. Πράγµατι, αν a 1, a 2,...,a n είναι οι διακεκριµένες τιµές τηςϕκαι ϑέσουµε τότε A i ={ϕ=a i }, ϕ= n a i χ Ai. i=1 Η παραπάνω έκφραση ονοµάζεται κανονική αναπαράσταση τηςϕ. Τα A i είναι ανά δύο ξένα και καλύπτουν το Ê. Αν επιπλέον,ϕ 0, ϑέτουµε I(ϕ)= n a i µ(a i ). i=1 ιαισθητικά, η ποσότητα αυτή εκφράζει το εµβαδό ανάµεσα στη γραφική παράστση της ϕ και τον άξονα x (µήκος ϐάσης=µ(a i ), ύψος=a i ). Ορισµός. Εστω f µη αρνητική, µετρήσιµη. Θέτουµε f (x)dx= f= sup{i(ϕ) :ϕ 0απλή,ϕ f}. Το f ονοµάζεται ολοκλήρωµα ( Lebesgue) της f. Αν το E είναι κάποιο µετρήσιµο σύνολο, τότε το ολοκλήρωµα της f πάνω στο E ορίζεται να είναι f= fχ E. Παρατηρήστε ότι I παραπάνω. Θεώρηµα. Εστω ϕ 0 απλή. Τότε E dx = µ(e). Η γεωµετρική ερµηνεία του ολοκληρώµατος είναι η ίδια µε αυτήν της ποσότητας E ϕ=i(ϕ). Απόδειξη. Αφού ϕ ϕ, έχουµε I(ϕ) ϕ. Αντίστροφα, έστω n ϕ= a i χ Ai, i=1 η κανονική αναπαράσταση τηςϕ. Επιλέγουµε µια απλή συνάρτηση 0 ψ ϕµε κανονική αναπαράσταση Τότε m I(ψ)= b j µ(b j )= ψ= m b j χ B j. j=1 m n b j µ (B j A i ) = b j µ(b j A i ). j=1 j=1 i=1 i, j Στο παραπάνω άθροισµα, αν κάποιοµ(b j A i ) είναι µη µηδενικό τότε τα B j και A i έχουν µη κενή τοµή. Πάνω στο B j ηψπαίρνει την τιµή b j, πάνω στο A i ηϕπαίρνει την τιµή a i. Αφούψ ϕ, έχουµε ότι b j a i, άρα n m n m n I(ψ) a i µ(b j A i )= a i µ (B j A i ) = a i µ(a i )=I(ϕ). i=1 j=1 i=1 j=1 i=1 21

22 Παίρνοντας sup ως προςψστην παραπάνω σχέση, έχουµε ϕ I(ϕ). Σύµφωνα µε το προηγούµενο ϑεώρηµα µπορούµε να αγνοήσουµε το συµβολισµό I(ϕ) και να γράψουµε για f µη αρνητική, µετρήσιµη f= sup ϕ. ϕ 0 απλή ϕ f Θεώρηµα. Εστωϕ,ψ 0απλές. Τότε n (1) ϕ= a i µ(a i E) για κάθε E M (τα a i και A i είναι όπως στην κανονική αναπαράσταση τηςϕ). E i=1 (2) ϕ= ϕ+ ϕ για κάθε A, B M µε A B=. A B A B (3) aϕ=a ϕ για κάθε a>0. (4) (ϕ+ψ)= ϕ+ ψ. Απόδειξη. (1) Εχουµε ϕχ E = n a i χ Ai χ E = n a i χ Ai E. i=1 i=1 Άρα n ϕ= ϕχ E = a i µ(a i E). E i=1 (2) Χρησιµοποιώντας το (1) παίρνουµε n n n ϕ= a i µ(a i (A B))= a i µ(a i A)+ a i µ(a i B)= A B i=1 i=1 i=1 A n (3) Η κανονική αναπαράσταση της aϕ είναι προφανώς aa i χ Ai, άρα (4) Εστω aϕ= n aa i µ(a i )=a i=1 ψ= i=1 i=1 n a i µ(a i )=a ϕ. m b j χ B j, j=1 ϕ+ ϕ. B η κανονική αναπαράσταση τηςψ. Τα σύνολα A i B j είναι ανά δύο ξένα και καλύπτουν τοê. Επίσης, πάνω σε κάθε A i B j (αν δεν είναι κενό), ηϕ+ψ παίρνει την τιµή a i + b j, έτσι χρησιµοποιώντας τα (1) και (2) παίρνουµε (ϕ+ψ)= = i, j(a i B j ) n a i i=1 j=1 (ϕ+ψ)= (ϕ+ψ)= (a i + b j )µ(a i B j ) i, j A i B j i, j m m n µ(a i B j )+ µ(a i B j ) b j j=1 1=1 22

23 n m m n = a i µ (A i B j ) + b j µ (A i B j ) i=1 j=1 i=1 j=1 j=1 i=1 n m = a i µ(a i )+ b j µ(b j )= ϕ+ ψ. Θεώρηµα. Εστω f, g µη αρνητικές, µετρήσιµες. Τότε (1) f g f g. (2) Αν a 0τότε a f= a f. (3) Αν A, B M και A B τότε f f. Απόδειξη. (1) A B f= sup ϕ 0 απλή ϕ f ϕ sup ϕ 0 απλή ϕ g ϕ= g. (2) Αν a=0 τότε αυτό που ϑέλουµε να δείξουµε είναι προφανές. Αν a>0 τότε από το προηγούµενο ϑεώρηµα έχουµε a f= sup ϕ 0 απλή ϕ a f ϕ=a sup a 1 ϕ=a sup ψ=a f. (3) Εχουµε fχ A fχ B άρα από το (1) f= A ϕ 0 απλή a 1 ϕ f fχ A fχ B = ψ 0 απλή ψ f Θεώρηµα (Λήµµα Fatou). Εστω f n, n Æ, µια ακολουθία µη αρνητικών, µετρήσιµων συναρτήσεων. Τότε lim inf f n lim inf f n. Απόδειξη. Για κάθε n Æϑέτουµε g n = inf f k. Τότε η g n είναι αύξουσα, g n f n και lim inf f n = lim g n. Αρκεί να k n δείξουµε ότι για κάθε απλήϕµε 0 ϕ lim g n έχουµε ϕ lim inf f n. Εστω λοιπόν µια τέτοιαϕ. ιακρίνουµε δύο περιπτώσεις. (1) ϕ=. Τότε υπάρχει a>0τέτοιο ώστε το σύνολο A={ϕ>a} να έχει άπειρο µέτρο. Θέτουµε A n ={g n > a}. Τότε η A n είναι µια αύξουσα ακολουθία συνόλων και A A n. Εποµένως Άρα limµ(a n )=µ A n µ(a)=. f n g n g n aµ(a n ). A n 23 B f.

24 (2) Παίρνοντας lim inf στην παραπάνω ανισότητα, έχουµε το Ϲητούµενο. ϕ<. Τότε το σύνολο B={ϕ>0} έχει πεπερασµένο µέτρο. Εστω 0<θ<1. Θέτουµε B n ={g n >θϕ}, M= maxϕ. Τότε η B n είναι µια αύξουσα ακολουθία συνόλων και B B n. Άρα η B B n είναι ϕθίνουσα και (B B n )=. Αφού το B έχει πεπερασµένο µέτρο limµ(b B n )=µ (B B n ) = 0. Άρα Παίρνοντας lim inf έχουµε [ ] f n g n g n θ ϕ=θ ϕ ϕ B n B n B B B n =θ ϕ θ ϕ Mµ(B B n ). lim inf B B n ϕ θ f n θ ϕ. Παίρνοντας όριο καθώςθ 1, έχουµε το Ϲητούµενο. Θεώρηµα (Το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης του Lebesgue). Εστω f n µια αύξουσα ακολουθία µη αρνητικών µετρήσιµων συναρτήσεων. Τότε lim f n = lim f n. (Τα όρια υπάρχουν διότι η ακολουθία είναι αύξουσα.) Απόδειξη. Θέτουµε f= lim f n. Τότε f n f, άρα f n Από την άλλη, το λήµµα Fatou δίνει lim f n = lim inf f n lim inf f, εποµένως lim f n = lim f n f n. f= lim f n. Θεώρηµα. Εστω f µη αρνητική, µετρήσιµη. Τότε υπάρχει µια αύξουσα ακολουθία µη αρνητικών απλών συναρτήσεωνϕ n, τέτοια ώστεϕ n (x) f (x) για κάθε x. Απόδειξη. Για κάθε n ϑεωρούµε την ακόλουθη διαµέριση του πεδίου τιµών της f. n2 n [ ) k 1 k [0, ]= 2 n, 2 n [n, ], και ϑέτουµε { k 1 E n k = 2 n f< k } 2 n,, 2,..., n2 n, F n ={ f n}. 24

25 Ορίζουµε τώρα τηνϕ n ως εξής. ϕ n = n2 n k 1 2 n χ E n k + nχ F n. Η ακολουθία αυτή είναι αύξουσα διότι η διαµέριση που αντιστοιχεί στηνϕ n+1 είναι λεπτότερη από αυτήν που αντιστοιχεί στηνϕ n. Επίσης,ϕ n f. Πράγµατι, αν f (x)=, τότε x F n για κάθε n, άραϕ n (x)=n. Αν f (x)< τότε για µεγάλα n έχουµε x F n, άρα 0 f (x) ϕ n (x) 2 n και το συµπέρασµα έπεται. Θεώρηµα. Εστω f, g µη αρνητικές µετρήσιµες. Τότε ( f+ g)= f+ g. Απόδειξη. Από το προηγούµενο ϑεώρηµα, υπάρχουν αύξουσες ακολουθίες απλών συναρτήσεωνϕ n,ψ n 0 τέτοιες ώστεϕ n f καιψ n g. Εποµένως, από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης του Lebesgue και τη γραµµικότητα του ολοκληρώµατος για απλές συναρτήσεις, παίρνουµε ( ( f+ g)=lim (ϕ n +ψ n )=lim ϕ n + ψ n )= f+ g. Θεώρηµα (Beppo Levi). Εστω f n, n Æ, µια ακολουθία µη αρνητικών µετρήσιµων συναρτήσεων. Τότε f n = f n. Απόδειξη. Θέτουµε s n = Τότε η s n είναι αύξουσα και s n f. Εποµένως, από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης του Lebesgue και το προηγούµενο ϑεώρηµα, έχουµε f= lim s n = lim n f k, f= f k. s n = lim n n f k = f k. ΑΣΚΗΣΕΙΣ (1) Εστω f, g 0 πραγµατικές, µετρήσιµες, µε f g, (2) Εστω f 0 µετρήσιµη. είξτε ότι ( f g)= (3) Εστω f 0 µετρήσιµη και a<b. είξτε ότι f= f= [a,b] f g<. είξτε ότι g. f= 0 αν και µόνο αν f= 0 σχεδόν παντού. [a,b) (a,b] f= Ετσι µπορούµε να χρησιµοποιούµε τον «παραδοσιακό» συµβολισµό b f a για οποιοδήποτε απότα τέσσερα ολοκληρώµατα. dx (4) είξτε ότι x = dx x =. [1, ) (0,1] (5) Εστω f n 0, f 0 µετρήσιµες τέτοιες ώστε f n f και f n f. είξτε ότι (a,b) f. f= lim f n. 25

26 (6) Εστω f n µια ϕθίνουσα ακολουθία µη αρνητικών, πραγµατικών µετρήσιµων συναρτήσεων, τέτοια ώστε f n f. είξτε ότι αν f 1 < τότε f= lim f n. (7) Εστω f n µια ακολουθία µη αρνητικών µετρήσιµων συναρτήσεων τέτοια ώστε lim f n = f και lim f n = f<. είξτε ότι για κάθε E M έχουµε lim f n = f. E E 26

27 Αν η f είναι κάποια συνάρτηση τότε ϑέτουµε 8. Το γενικό ολοκλήρωµα Lebesgue f + = max{ f, 0}, f = min{ f, 0}. Οι f + και f ονοµάζονται το ϑετικό και το αρνητικό µέρος της f αντίστοιχα. Προφανώς, f=f + f, f = f + + f. Επίσης η f είναι µετρήσιµη αν και µόνο αν οι f + και f είναι µετρήσιµες. Ορισµός. Μια µετρήσιµη συνάρτηση f ονοµάζεται ολοκληρώσιµη αν f <. Στην περίπτωση αυτή ϑέτουµε f= f + f. Αν E είναι κάποιο µετρήσιµο σύνολο και η fχ E είναι ολοκληρώσιµη, τότε λέµε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη πάνω στο E. Θεώρηµα. Εστω f, g ολοκληρώσιµες. Τότε (1) Για κάθε a Êηa f είναι ολοκληρώσιµη και (2) Η f+ g είναι ολοκληρώσιµη και ( f+ g)= (3) Αν f= 0 σχεδόν παντού, τότε f= 0. (4) Αν f g σχεδόν παντού, τότε f g. (5) Αν A, B είναι ξένα µετρήσιµα, τότε A B f= A a f= a f+ g. f+ f. B Απόδειξη. Από την άσκηση 1 µπορούµε να υποθέσουµε ότι όλες οι εµπλεκόµενες συναρτήσεις είναι πραγµατικές. (1) a f = a f <, άρα η a f είναι ολοκληρώσιµη. Αν τώρα a>0, τότε (a f ) + = a f + και (a f ) = a f. Εποµένως a f= (a f ) + (a f ) = a f + a f = a f. f. Αν a<0, τότε (a f ) + = a f και (a f ) = a f +. Άρα a f= (a f ) + (a f ) = a f + a f + = a f. (2) Εχουµε f+ g f + g <, άρα η f + g είναι ολοκληρώσιµη. Παρατηρήστε τώρα ότι f+ g=( f+ g) + ( f+ g), και f+ g= f + f + g + g. Άρα ( f+ g) + + f + g = ( f+ g) + f + + g +. Χρησιµοποιώντας τη γραµµικότητα του ολοκληρώµατος για µη αρνητικές συναρτήσεις, παίρνουµε ( f+ g) + + f + g = ( f+ g) + f + + g +. Εποµένως ( f+ g) + ( f+ g) = f + f + g + g, 27

28 το οποίο είναι το Ϲητούµενο. (3) Αν f= 0 σχεδόν παντού τότε f + = 0 και f = 0 σχεδόν παντού. Άρα από την άσκηση 1 της ενότητας 7 f= f + f = 0. (4) Εχουµε g= f+ (g f ), άρα g= f+ (g f ) + (g f ). Αλλά (g f ) = 0 σχεδόν παντού, και έτσι το συµπέρασµα έπεται από το (3). (5) Παρατηρούµε ότιχ A B =χ A +χ B. Το συµπέρασµα έπεται από το (2). Θεώρηµα (Το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης του Lebesgue). Εστω f n µια ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων. Υποθέτουµε ότι (1) Υπάρχει g ολοκληρώσιµη τέτοια ώστε f n gγια κάθε n. (2) Υπάρχει f τέτοια ώστε lim f n = f σχεδόν παντού. Τότε η f είναι ολοκληρώσιµη και f= lim f n. Απόδειξη. Εχουµε f g σχεδόν παντού, άρα f = { f g} f + f { f >g} g<. Εποµένως η f είναι ολοκληρώσιµη. Παρατηρούµε ότι η g+ f n είναι µια ακολουθία µη αρνητικών συναρτήσεων, άρα από το λήµµα Fatou έχουµε lim inf(g+ f n ) lim inf (g+ f n ). Συνεπώς f lim inf f n. Εφαρµόζουµε τώρα το λήµµα Fatou στην ακολουθία g f n : lim inf(g f n ) lim inf (g f n ). Άρα f lim sup f n. Εποµένως f lim inf f n lim sup f n f, το οποίο σηµαίνει ότι f= lim f n. Η υπόθεση ότι η f n κυριαρχείται από µια ολοκληρώσιµη συνάρτηση g είναι απαραίτητη. Για παράδειγµα, χ (n,n+1) 0 αλλά χ (n,n+1) = 1. 28

29 Θεώρηµα. Εστω f n, n Æ, µια ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων τέτοια ώστε f n <. Τότε η σειρά f n (x) συγκλίνει για σχεδόν όλα τα x σε κάποια συνάρτηση f. Η f είναι ολοκληρώσιµη και Απόδειξη. Θέτουµε Από το ϑεώρηµα Beppo Levi, έχουµε f= f n. g= f n. g= f n <, άρα η g είναι ολοκληρώσιµη, εποµένως από την άσκηση 1 είναι σχεδόν παντού πεπερασµένη. Αυτό σηµαίνει ότι η σειρά f n (x) συγκλίνει απόλυτα για σχεδόν όλα τα x, άρα συγκλίνει για σχεδόν όλα τα x σε κάποια συνάρτηση f. Προφανώς f g σχεδόν παντού, άρα η f είναι ολοκληρώσιµη. Θέτουµε τώρα n h n = f k. Εχουµε h n gκαι h n f σχεδόν παντού, άρα από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης, n f= lim h n = lim f k = f k. n Θεώρηµα. Εστω f : [a, b] Êσυνεχής. Τότε η f είναι ολοκληρώσιµη και αν ϑέσουµε F(x)= έχουµε F = f. x a f, a< x<b, Απόδειξη. b a f (b a) max f <, άρα η f είναι ολοκληρώσιµη. Εστω τώρα x (a, b), τότε για h > 0 αρκετά µικρό έχουµε x+h F(x+h) F(x) f (x) h 1 f (t) f (x) dt max f (t) f (x) 0 h x t [x,x+h] καθώς h 0 + διότι η f είναι συνεχής. Το ίδιο ισχύει καθώς h 0, άρα η F είναι παραγωγίσιµη και F = f. Άµεση συνέπεια του προηγούµενου ϑεωρήµατος είναι ότι αν η f : [a, b] Êείναι παραγωγίσιµη µε συνεχή παράγωγο, τότε b f = f (b) f (a). a Αυτό µας επιτρέπει να χρησιµοποιούµε όλες τις γνωστές τεχνικές του Απειροστικού Λογισµού όταν υπολογίζουµε ολοκληρώµατα (Lebesgue) στοιχειωδών συναρτήσεων. ΑΣΚΗΣΕΙΣ (1) Εστω f ολοκληρώσιµη. είξτε ότι η f είναι σχεδόν παντού πεπερασµένη. 29

30 (2) Εστω f ολοκληρώσιµη. είξτε ότι παντού ή f 0 σχεδόν παντού. f f. Ισότητα έχουµε αν και µόνο αν είτε f 0 σχεδόν (3) Εστω f ολοκληρώσιµη και E n, n Æ, µια ακολουθία µετρήσιµων συνόλων. Θέτουµε E= ότι (α ) Αν τα E n είναι ανά δύο ξένα τότε (ϐ ) Αν η E n είναι αύξουσα τότε E E f= E n f. f= lim n E n f. είξτε ότι τα (α ) και (ϐ ) ισχύουν αν αντί της ολοκληρωσιµότητας της f υποθέσουµε ότι f 0. (4) Εστω f ολοκληρώσιµη. είξτε ότι r f= lim f. r Το ίδιο ισχύει αν αντί της ολοκληρωσιµότητας της f υποθέσουµε ότι f 0. (5) είξτε ότι η συνάρτηση sin x δεν είναι ολοκληρώσιµη. Παρ όλα αυτά, το x r lim r 0 sin x x dx υπάρχει. (6) Εστω f n, g ολοκληρώσιµες, τέτοιες ώστε f n g σχεδόν παντού, για κάθε n. είξτε ότι lim inf f n lim inf f n. (7) Εστω f n ολοκληρώσιµες, τέτοιες ώστε f n g για κάποια g ολοκληρώσιµη. είξτε ότι lim inf f n lim inf f n lim sup f n lim sup f n. E n. είξτε (8) Εστω f ολοκληρώσιµη. είξτε ότι για κάθεε>0 υπάρχειδ>0 τέτοιο ώστε για κάθε E M µε µ(e)<δέχουµε f <ε. E (Υπόδειξη: Η άσκηση είναι εύκολη αν υποθέσουµε ότι η f είναι ϕραγµένη. Αν η f δεν είναι ϕραγµένη, παρατηρήστε ότι fχ { f n} f σχεδόν παντού.) (9) Εστω f ολοκληρώσιµη. Θέτουµε είξτε ότι η F είναι συνεχής. (10) Υπολογίστε τα ακόλουθα όρια. F(x)= x n 2 xe n2 x 2 lim n a lim n n 0 f, x Ê. dx, a 0, 1+ x 2 ( 1+ n) x n e 2x dx. 30

31 (11) είξτε ότι 1 0 sin x ln x dx= (12) Εστω f ολοκληρώσιµη τέτοια ώστε E για κάθε E M. είξτε ότι f= 0 σχεδόν παντού. (13) Εστω f ολοκληρώσιµη τέτοια ώστε x f= 0, f= 0, ( 1) n (2n)(2n)!. για κάθε x Ê. είξτε ότι f = 0 σχεδόν παντού. (Υπόδειξη: είξτε ότι το ολοκλήρωµα της f είναι µηδέν πάνω σε κάθε ανοιχτό διάστηµα, άρα πάνω σε κάθε ανοιχτό σύνολο, άρα πάνω σε κάθε κλειστό σύνολο, άρα πάνω σε κάθε F σ σύνολο, άρα πάνω σε κάθε µετρήσιµο σύνολο. Μετά από όλα αυτά τα «άρα» µπορείτε να χρησιµοποιήσετε την προηγούµενη άσκηση.) (14) Εστω f :Ê2 ʵια συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι (α ) Για κάθε t η f (x, t) είναι ολοκληρώσιµη συνάρτηση του x. (ϐ ) Η µερική παράγωγος f (x, t) υπάρχει για κάθε (x, t). t (γ ) Υπάρχει µια ολοκληρώσιµη συνάρτηση g τέτοια ώστε f t (x, t) g(x) για κάθε (x, t). είξτε ότι d dt f (x, t) dx= f (x, t) dx. t 31

32 Ορισµός. Εστω f n, f µετρήσιµες. Λέµε ότι 9. Σύγκλιση ακολουθιών µετρήσιµων συναρτήσεων Η f n συγκλίνει στην f σχεδόν οµοιόµορφα, αν για κάθεε>0 υπάρχει E M µεµ(e)<εέτσι ώστε f n f οµοιόµορφα στο E. Η f n συγκλίνει στην f κατά µέτρο, αν για κάθεδ>0έχουµεµ({ f n f >δ}) 0. Η f n συγκλίνει στην f κατά µέση τιµή, αν f n f 0. Θα εξετάσουµε πως σχετίζονται οι παραπάνω έννοιες σύγκλισης. Θεώρηµα. Αν f n f σχεδόν οµοιόµορφα, τότε f n f σχεδόν παντού. Απόδειξη. Για κάθε k υπάρχει µετρήσιµο σύνολο E k µεµ(e k )<1/k τέτοιο ώστε f n f οµοιόµορφα στο E k. Θέτουµε E= E k. Τότεµ(E)=0. Αν τώρα x E τότε x E k για κάποιο k. Αλλά f n f οµοιόµορφα στο E k, άρα και κατά σηµείο. Εποµένως f n (x) f (x). Το αντίστροφο γενικά δεν ισχύει. Για παράδειγµα, ηχ (n, ) συγκλίνει κατά σηµείο στη µηδενική συνάρτηση, αλλά όχι σχεδόν οµοιόµορφα. Εχουµε όµως το ακόλουθο. Θεώρηµα (Egorov). Εστω X ένα µετρήσιµο σύνολο µε ϑετικό και πεπερασµένο µέτρο, και f n µια ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων στο X τέτοια ώστε f n f σχεδόν παντού. Τότε f n f σχεδόν οµοιόµορφα. Απόδειξη. Εστω A το σύνολο πάνω στο οποίο η f n δεν συγκλίνει στην f. Τότεµ(A)=0και προφανώς για κάθε k Æέχουµε X A { f j f <1/k}= E n,k. j=n Η E n,k, n Æ, είναι αύξουσα, άρα η X E n,k, n Æ, είναι ϕθίνουσα. Επίσης (X E n,k ) A. Αφού το X έχει πεπερασµένο µέτρο, έχουµε limµ(x E n,k )=µ n (X E n,k ) µ(a)=0. Εστω τώραε>0. Τότε από την προηγούµενη σχέση έχουµε ότι υπάρχει n k τέτοιο ώστε Θέτουµε µ(x E nk,k)< ε 2 k. E= (X E nk,k). Τότε ε µ(e) 2 k=ε. Ισχυριζόµαστε ότι f n f οµοιόµορφα στο X E. Πράγµατι, έστωδ>0. Επιλέγουµε k 0 τέτοιο ώστε 1/k 0 <δ. Τότε για κάθε x X E έχουµε ότι x E nk0,k 0. Αυτό σηµαίνει ότι f j (x) f (x) < 1 k 0 <δ για κάθε j n k0. ηλαδή η σύγκλιση είναι οµοιόµορφη. Θεώρηµα. Αν f n f σχεδόν οµοιόµορφα ή κατά µέση τιµή, τότε f n f κατά µέτρο. 32

33 Απόδειξη. Σταθεροποιούµεδ>0 και έστω ότι f n f σχεδόν οµοιόµορφα. Τότε για τυχόνε>0υπάρχει E µετρήσιµο µεµ(e)<ετέτοιο ώστε f n f οµοιόµορφα στο E. Άρα υπάρχει n 0 τέτοιο ώστε sup f n (x) f (x) <δ x E για κάθε n n 0. Εποµένως για κάθε τέτοιο n έχουµε{ f n f >δ} E. Άρα µ({ f n f >δ}) µ(e)<ε. Αυτό σηµαίνει ότι f n f κατά µέτρο. Εστω τώρα ότι f n f κατά µέση τιµή. Τότε µ({ f n f >δ}) 1 f n f 1 f n f 0. δ { f n f >δ} δ Άρα και σ αυτήν την περίπτωση, f n f κατά µέτρο. Θεώρηµα. Αν f n f κατά µέτρο, τότε υπάρχει υπακολουθία f nk τέτοια ώστε f nk f σχεδόν παντού. Απόδειξη. Αφού f n f κατά µέτρο, µπορούµε να επιλέξουµε n 1 < n 2 < έτσι ώστε ({ µ f nk f > 1 }) < 1 k 2 k, για κάθε k. Θέτουµε Τότε E k = { f nk f > 1 }, E= k µ(e) µ E k j=1 k= j 1 2 k 0 E k. k= j k= j καθώς j. Αν τώρα x E τότε υπάρχει j 0 τέτοιο ώστε x E k για κάθε k j 0. ηλαδή f nk (x) f (x) 1 k για κάθε k j 0. Άρα f nk (x) f (x). ΑΣΚΗΣΕΙΣ (1) Αν f n f και f n g κατά µέτρο, τότε f= g σχεδόν παντού. (2) Αν f n f και g n g κατά µέτρο, τότε f n + g n f+ g κατά µέτρο. (3) Αν f n f κατά µέτρο και a Ê, τότε a f n a f κατά µέτρο. (4) Αν f n f κατά µέτρο, τότε f n f κατά µέτρο. (5) Εστω X M µεµ(x)< και f n, f : X ʵετρήσιµες. είξτε ότι αν f n f κατά µέτρο τότε fn 2 f 2 κατά µέτρο. (6) Με ένα παράδειγµα δείξτε ότι η υπόθεσηµ(x)< είναι απαραίτητη στην προηγούµενη άσκηση. (7) Θέτουµε f n (x)=ne nx, 0 x 1. είξτε ότι f n 0 σχεδόν οµοιόµορφα αλλά όχι κατά µέση τιµή. (8) Θέτουµε f n (x)= x n, 0 x 1. είξτε ότι f n 0 σχεδόν οµοιόµορφα αλλά όχι οµοιόµορφα. (9) Εστω X M µεµ(x)<. Για κάθε f, g : X ʵετρήσιµες ϑέτουµε f g ρ( f, g)= X 1+ f g. είξτε ότιρ( f n, f ) 0αν και µόνο αν f n f κατά µέτρο. 33

34 10. Προσέγγιση ολοκληρώσιµων συναρτήσεων Κάθε ολοκληρώσιµη συνάρτηση προσεγγίζεται (κατά µέση τιµή) από απλές συναρτήσεις. Στην πραγµατικότητα, προσεγγίζεται από ακόµη «απλούστερες». Ορισµός. Μια συνάρτηση της µορφής n s= a k χ Ik, όπου τα I k είναι διαστήµατα, και a k Ê, ονοµάζεται κλιµακωτή. Θεώρηµα. Εστω f ολοκληρώσιµη. Τότε (1) Για κάθε ε > 0 υπάρχει κλιµακωτή συνάρτηση s τέτοια ώστε f s <ε. (2) Για κάθεε>0υπάρχει συνεχής συνάρτηση g τέτοια ώστε f g <ε. Απόδειξη. (1) Εχουµε f=f + f. Γνωρίζουµε ότι οι f + και f µπορούν να προσεγγιστούν από ολοκληρώσιµες απλές συναρτήσεις. Κάθε ολοκληρώσιµη απλή συνάρτηση είναι γραµµικός συνδυασµός χαρακτηριστικών συναρτήσεων µετρήσιµων συνόλων πεπερασµένου µέτρου. Εποµένως αρκεί να δείξουµε ότι αν A M, µ(a)<, τότε υπάρχει κλιµακωτή συνάρτηση s τέτοια ώστε χ A s <ε. Πράγµατι, από την κανονικότητα του µέτρου Lebesgue υπάρχουν ξένα ανά δύο ϕραγµένα διαστήµατα I 1, I 2,..., I n τέτοια ώστε n µ A I k <ε. Εποµένως, αν ϑέσουµε s= n χ Ik έχουµε χ A s = n χ A χ Ik = n =µ A I k <ε. χ A χ n I k = χ A n I k (2) Από το (1) η f µπορεί να προσεγγιστεί από ολοκληρώσιµες κλιµακωτές συναρτήσεις. Κάθε τέτοια συνάρτηση είναι γραµµικός συνδυασµός χαρακτηριστικών συναρτήσεων ϕραγµένων διαστηµάτων. Ε- ποµένως αρκεί να δείξουµε ότι αν I= (a, b), τότε υπάρχει g συνεχής τέτοια ώστε χ I g ε. Πράγµατι, αν g είναι η κατά τµήµατα γραµµική συνάρτηση του σχήµατος, έχουµε το Ϲητούµενο. 34

35 g a ε a b b+ε Παρατηρήστε ότι η απόδειξη στην πραγµατικότητα δείχνει ότι η f προσεγγίζεται από συνεχείς συναρτήσεις οι οποίες µηδενίζονται έξω από ένα ϕραγµένο διάστηµα. Τέτοιου είδους συναρτήσεις λέµε ότι έχουν συµπαγή ϕορέα. Το επόµενο αποτέλεσµα µας λέει ότι µια ολοκληρώσιµη συνάρτηση σ ένα ϕραγµένο διάστηµα ταυτίζεται µε συνεχείς συναρτήσεις έξω από σύνολα αυθαίρετα µικρού µέτρου. Θεώρηµα (Ειδική περίπτωση του Θεωρήµατος του Lusin). Εστω f : [a, b] Êολοκληρώσιµη. Τότε για κάθε ε > 0 υπάρχει g : [a, b] Êσυνεχής τέτοια ώστε µ({ f g})<ε. Απόδειξη. Από το προηγούµενο ϑεώρηµα, για κάθε n υπάρχει g n : [a, b] Êσυνεχής τέτοια ώστε f g n < 1 n. Εποµένως g n f κατά µέση τιµή, άρα κατά µέτρο, συνεπώς υπάρχει υπακολουθία g kn τέτοια ώστε g kn f σχεδόν παντού, άρα από το ϑεώρηµα Egorov, σχεδόν οµοιόµορφα. Αυτό σηµαίνει ότι υπάρχει E [a, b] µετρήσιµο µεµ(e) < ε/2 τέτοιο ώστε g kn f οµοιόµορφα στο E. Άρα f E συνεχής. Τώρα, από την κανονικότητα του µέτρου Lebesgue, υπάρχει K E συµπαγές, τέτοιο ώστεµ(e K)<ε/2. Θέτουµε g να είναι µια συνεχής επέκταση της f K (άσκηση 6). Τότε άρα { f g} (E K) E, µ({ f g}) µ(e K)+µ(E)<ε. ΑΣΚΗΣΕΙΣ (1) Εστω f ολοκληρώσιµη. Θέτουµε f (ξ)= f (x)e 2πixξ dx,ξ Ê, i είναι η ϕανταστική µονάδα i 2 = 1. είξτε ότι lim f (ξ)=0. ξ ± (Υπόδειξη: Προσεγγίστε την f µε µια κλιµακωτή συνάρτηση.) (2) Εστω f ολοκληρώσιµη. είξτε ότι: (α ) f (x+y)dx= f (x)dx, για κάθε y Ê. (ϐ ) lim f (x+y) f (x) dx=0. y 0 (3) Εστω A ʵετρήσιµο, µε πεπερασµένο µέτρο. Θέτουµε είξτε ότι ηϕείναι συνεχής. ϕ(x)=µ(a (x+ A)), x Ê. 35

36 (4) Χρησιµοποιήστε την προηγούµενη άσκηση για να δώσετε µια εναλλακτική απόδειξη του ϑεωρήµατος Steinhaus. (5) είξτε ότι το ϑεώρηµα Lusin εξακολουθεί να ισχύει αν υποθέσουµε ότι η f είναι απλά µετρήσιµη. (Υπόδειξη: [a, b] = { f n}.) (6) είξτε ότι κάθε συνεχής συνάρτηση ορισµένη σ ένα κλειστό σύνολο έχει συνεχή επέκταση σ ολόκληρο τοê. (Υπόδειξη: Το συµπλήρωµα του πεδίου ορισµού της συνάρτησης είναι ανοιχτό, άρα γράφεται σαν αριθµήσιµη ένωση ξένων ανά δύο ανοιχτών διαστηµάτων. Επεκτείνουµε τη συνάρτηση στα διαστήµατα αυτά µε γραµµικό τρόπο.) (7) Ισχύει το ϑεώρηµα Lusin αν υποθέσουµε ότι η f είναι ορισµένη σ ολόκληρο τοê; 36

37 11. Η µεγιστική συνάρτηση Hardy Littlewood Γνωρίζουµε από τον Απειροστικό Λογισµό ότι αν η f είναι συνεχής τότε για κάθε x η µέση τιµή της f στο διάστηµα (x r, x+r) A r f (x) := 1 f 2r x r συγκλίνει στο f (x) καθώς r 0. Στην ενότητα αυτή ϑα δείξουµε το πολύ ισχυρότερο αποτέλεσµα ότι αν η f είναι ολοκληρώσιµη σε κάθε ϕραγµένο διάστηµα (µια τέτοια συνάρτηση ονοµάζεται τοπικά ολοκληρώσιµη), τότε σχεδόν παντού. x+r lim A r f=f r 0 Ορισµός. Εστω f τοπικά ολοκληρώσιµη. Η µεγιστική συνάρτηση Hardy Littlewood της f ορίζεται να είναι Θεώρηµα. Η M f είναι µετρήσιµη. M f := sup A r f. r>0 Απόδειξη. Εστω a Ê. Θα δείξουµε ότι το E={M f> a} είναι ανοιχτό (άρα µετρήσιµο). Πράγµατι, αν x E τότε υπάρχει r>0τέτοιο ώστε 1 x+r f >a. 2r x r Επιλέγουµεδ>0αρκετά µικρό έτσι ώστε Προφανώς για κάθε y (x δ, x+δ) έχουµε και άρα M f (y) 1 2(r+δ) x+r x r f >a. (x r, x+r) (y (r+δ), y+(r+δ)), 1 2(r+δ) y+(r+δ) y (r+δ) Εποµένως (x δ, x+δ) E, συνεπώς το E είναι ανοιχτό. f 1 2(r+δ) x+r x r f >a. Στα παρακάτω ϑα χρησιµοποιούµε το συµβολισµό f = f. Θεώρηµα (Η weak type ανισότητα για τη µεγιστική συνάρτηση). Εστω f ολοκληρώσιµη. Τότε για κάθε λ > 0 έχουµε µ({m f>λ}) 3 λ f. Απόδειξη. Εστω K {M f > λ} συµπαγές. Από την κανονικότητα του µέτρου, αρκεί να δείξουµε ότι µ(k) 3 λ f. Για κάθε x K υπάρχει ένα ανοιχτό διάστηµα I x µε κέντρο το x τέτοιο ώστε 1 f >λ. µ(i x ) I x Η οικογένεια{i x : x K} είναι ανοιχτή κάλυψη του συµπαγούς συνόλου K, άρα έχει πεπερασµένη υποκάλυψη, έστω I={I 1, I 2,..., I n }. Θα κατασκευάσουµε µια ξένη υποοικογένεια της I ως εξής: Εστω J 1 το µεγαλύτερο, ως προς το µήκος, διάστηµα της I. Θέτουµε J 1 να είναι το διάστηµα µε το ίδιο κέντρο µε το J 1 και τριπλάσιο µήκος. Τότε το J 1 περιέχει όλα τα διαστήµατα της I τα οποία τέµνουν το J 1. Πετάµε έξω από την I τα διαστήµατα αυτά. 37

38 Εστω J 2 το µεγαλύτερο, ως προς το µήκος, διάστηµα από αυτά που έχουν µείνει στην I, και ϑέτουµε J 2 να είναι όπως πριν. Πετάµε έξω από την I όλα τα διαστήµατα που τέµνουν το J 2. Συνεχίζουµε µε τον ίδιο τρόπο µέχρι να εξαντλήσουµε την I. Μόλις συµβεί αυτό ϑα έχουµε µια οικογένεια ξένων ανά δύο διατηµάτων J 1, J 2,..., J m τέτοια ώστε n m K I k J k. Τότε n m m µ(k) µ I k µ( J k )=3 µ(j k )< 3 λ = 3 f 3 λ λ f. m J k m J k f Θεώρηµα. Εστω f ολοκληρώσιµη. Τότε σχεδόν παντού. lim A r f=f r 0 Απόδειξη. Πρέπει να δείξουµε ότι το σύνολο έχει µέτρο µηδέν. Εφόσον {lim sup A r f f >0}= r 0 αρκεί να δείξουµε ότι για κάθεδ>0το σύνολο {lim sup A r f f >0} r 0 {lim sup A r f f >1/n} r 0 {lim sup A r f f >δ} r 0 έχει µέτρο µηδέν. Πράγµατι, έστω ε > 0. Τότε υπάρχει g συνεχής τέτοια ώστε f g < ε. Εχουµε A r f f A r ( f g )+ A r g g + f g M( f g)+ A r g g + f g. Εφόσον A r g gκαθώς r 0, παίρνουµε Άρα, από το προηγούµενο ϑεώρηµα lim sup A r f f M( f g)+ f g. r 0 µ({lim sup A r f f >δ}) µ({m( f g)>δ/2})+µ({ f g >δ/2}) 8 8ε f g < r 0 δ δ. Η παραπάνω σχέση ισχύει για κάθεε>0και έτσι το συµπέρασµα έπεται. ΑΣΚΗΣΕΙΣ (1) είξτε ότι αν η f είναι τοπικά ολοκληρώσιµη τότε lim A r f=fσχεδόν παντού. r 0 (2) Αν η f είναι τοπικά ολοκληρώσιµη τότε f M f σχεδόν παντού. (3) Εστω f τοπικά ολοκληρώσιµη. Χρησιµοποιώντας συναρτήσεις της µορφής f q, όπου q É, δείξτε ότι για σχεδόν όλα τα x έχουµε lim r 0 1 2r x+r x r f (y) f (x) dy=0. 38