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

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

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

Ἄννα Καραβίας
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Επαναληπτικές Εξετάσεις στη Θεωρία Μέτρου και Ολοκλήρωση Θέμα. Εστω R Lebesgue μετρήσιμο σύνολο. (αʹ) Να αποδειχθεί ότι για κάθε ε > υπάρχει ανοικτό σύνολο G, τέτοιο ώστε (G) () + ε. 3 Σεπτεμβρίου, 28 Στη συνέχεια να αποδειχθεί ότι για κάθε ε > υπάρχει ανοικτό σύνολο G, τέτοιο ώστε (G \ ) < ε. (,5 μον.) (βʹ) Αν () <, να αποδειχθεί ότι υπάρχει φθίνουσα ακολουθία ανοικτών συνόλων (G n ) τέτοια ώστε (G n ) = (). (αʹ) Βλέπε τις σημειώσεις του μαθήματος. (βʹ) Από το (α ), για κάθε n N υπάρχει ανοικτό σύνολο G n, με G n, τέτοιο ώστε (G n) < () + n. Κατά συνέπεια (G n) < και επειδή n= G n G n, είναι ( ) () (G n) < () + n, n= G n για κάθε n N. Επομένως, ( n= G n) = (). Θεωρούμε τώρα τα ανοικτά σύνολα G n := n k= G k. Επειδή G n n= G n = (G ) = (G ) <, τελικά έχουμε ( ) ( (G ) n) = G n = G k = (). n= k= k= G k και Θέμα 2. Εστω η μετρήσιμη συνάρτηση f : R R, με f σχεδόν παντού στο, όπου είναι Lebesgue μετρήσιμο σύνολο με () >. Υποθέτουμε ότι f < σ ένα Lebesgue μετρήσιμο υποσύνολο του θετικού μέτρου. Για κάθε ε > ορίζουμε το σύνολο ε := x : f (x) ε}. (αʹ) Να αποδειχθεί ότι το ε είναι Lebesgue μετρήσιμο σύνολο και ότι υπάρχει ε > τέτοιο ώστε ( ε ) >. (βʹ) Να βρεθούν δύο μετρήσιμες συναρτήσεις f, f 2 : R που να μην είναι ίσες σχεδόν παντού στο και τέτοιες ώστε f, f 2 και f = (f + f 2 ) /2.

2 (αʹ) Επειδή η f είναι μετρήσιμη, το ε είναι Lebesgue μετρήσιμο σύνολο. Υποθέτουμε ότι ( ε ) =, για κάθε ε >. Αν n := x : f (x) /n}, τότε ( n ) =, για κάθε n N. Είναι n n+, n= n = x : f (x) < } και επομένως = ( n) = ( n= n ) = (x : f (x) < }). Άτοπο, επειδή από την υπόθεση υπάρχει Lebesgue μετρήσιμο υποσύνολο του θετικού μέτρου και στο οποίο είναι f <. Άρα, υπάρχει ε > τέτοιο ώστε ( ε ) >. (βʹ) Από το (α ), για κάποιο ε > το ε := x : f (x) ε} έχει θετικό μέτρο, δηλαδή ( ε ) >. Ορίζουμε τις συναρτήσεις f, f 2 : R, με f := f + εχ ε και f 2 := f εχ ε. Επειδή οι συναρτήσεις f, χ ε είναι μετρήσιμες και οι συναρτήσεις f, f 2 θα είναι μετρήσιμες. Για κάθε x ε είναι f (x) = f (x) + ε και f 2 (x) = f (x) ε. Επομένως f (x) f 2 (x), για κάθε x ε. Επειδή ( ε ) >, οι συναρτήσεις f, f 2 δεν είναι ίσες σχεδόν παντού στο. Επίσης, από τον ορισμό των συναρτήσεων f και f 2 έχουμε f (x) + ε ( ε) + ε = αν x ε, f (x) = f (x) αν x \ ε, και Άρα, f 2 (x) = f (x) ε ( ε) + ε = αν x ε, f (x) αν x \ ε. f, f 2 και f = (f + f 2 ) /2. Θέμα 3. Εστω R Lebesgue μετρήσιμο σύνολο. Υποθέτουμε ότι η (f n ) είναι ακολουθία μετρήσιμων συναρτήσεων στο και ότι η f είναι μετρήσιμη συνάρτηση στο. (αʹ) Να αποδειχθεί ότι f d = αν και μόνο αν f = σχεδόν παντού στο. (βʹ) Χρησιμοποιώντας το θεώρημα μονότονης σύγκλισης να αποδειχθεί το λήμμα του Fatou, δηλαδή ότι ( ) inf f n d inf f n d. (γʹ) Υποθέτουμε ότι η ακολουθία (f n ) συγκλίνει σχεδόν παντού στο και ότι d =. Να αποδειχθεί ότι f n = f σχεδόν παντού στο. (αʹ) Βλέπε τις σημειώσεις του μαθήματος. (βʹ) Βλέπε τις σημειώσεις του μαθήματος. (,8 μον.) 2

3 (γʹ) Εστω f n = g σχεδόν παντού στο. Τότε, από γνωστή πρόταση η συνάρτηση g είναι μετρήσιμη στο και g f d = d inf d (λήμμα του Fatou) = d =. Επομένως g f d = και από το (α ) έπεται ότι g = f σχεδόν παντού στο. Άρα, f n = f σχεδόν παντού στο. Θέμα 4. (αʹ) Να εξεταστεί αν υπάρχει ακολουθία συναρτήσεων στο [, 2π] της μορφής f n (x) = a n cos (nx) + b n sin (nx), a n, b n R, η οποία να συγκλίνει στο σχεδόν παντού στο [, 2π] και τέτοια ώστε a n + b n 5. Δικαιολογείστε την απάντησή σας. (βʹ) Υποθέτουμε ότι η g (t) := [,) e tx f (x) d(x) είναι πεπερασμένη για κάθε t, όπου f είναι μη αρνητική μετρήσιμη συνάρτηση στο [, ). Να αποδειχθεί ότι η g είναι συνεχής για t >, αποδεικνύοντας ότι για κάθε ακολουθία (h n ) με h n = είναι g (t + h n) = g (t). (αʹ) Εστω ότι υπάρχει τέτοια ακολουθία συναρτήσεων στο [, 2π]. Οι f n είναι συνεχείς συναρτήσεις και 2π 2π f n (x) dx = (a n cos (nx) + b n sin (nx)) dx = x=2π n (a n sin (nx) b n cos (nx)) =, για κάθε n N. Επειδή από την υπόθεση f n = σχεδόν παντού στο [, 2π] και f n (x) = a n cos (nx) + b n sin (nx) a n + b n 5, από το θεώρημα φραγμένης σύγκλισης έχουμε = 2π f n (x) dx = 2π ( ) f n (x) dx = 2π που είναι άτοπο. Άρα, δεν υπάρχει τέτοια ακολουθία μετρήσιμων συναρτήσεων. (βʹ) Εστω t >. Επειδή h n =, υπάρχει N N τέτοιο ώστε t + h n, για κάθε n N. Από την υπόθεση, για κάθε n N η g (t + h n ) υπάρχει. Επίσης, από τον ορισμό της g έχουμε g (t + h n ) g (t) = e tx ( e hnx ) f (x) d(x). 3 [,) x=

4 Αν f n (x) := e tx ( e hnx ) f (x), η (f n ) είναι ακολουθία μετρήσιμων συναρτήσεων στο [, ) με f n (x) =. Επειδή ( e h nx ) =, για ε = υπάρχει N 2 N τέτοιο ώστε e hnx <, για κάθε n N 2. Επομένως, f n (x) = e tx e hnx f (x) < e tx f (x), n n = ax N, N 2 }. Επειδή από την υπόθεση g (t) = [,) etx f (x) d(x) <, η συνάρτηση e tx f (x) L ([, )). Άρα, από το θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης του Lebesgue (g (t + h n) g (t)) = ( etx e hnx ) f (x) d(x) =. [,) Θέμα 5. Εστω (f n ) ακολουθία μετρήσιμων συναρτήσεων στο Lebesgue μετρήσιμο σύνολο R. Λέμε ότι η (f n ) συγκλίνει ως προς το μέτρο Lebesgue στη συνάρτηση f, συμβολισμός f n f, αν για κάθε ε > (x : f n (x) f (x) > ε}) =. (αʹ) Αν n := x : f n (x) f (x) > ε}, να αποδειχθεί ότι ε + ε ( n) + d ( n) + ε + ε ( \ n). () (βʹ) Αν () <, να αποδειχθεί ότι f n f αν και μόνο αν + d =. (,7 μον.) (γʹ) Εστω η ακολουθία συναρτήσεων (f n ), με f n (x) = /nx, ορισμένη στο διάστημα = (, ). Να αποδειχθεί ότι f n στο (, ) και f n (,) + f n d. Τι συμπεραίνετε για το (β ); (αʹ) Είναι \ n = x : f n (x) f (x) ε}. Επειδή η συνάρτηση ϕ (t) = t/ ( + t) είναι γνήσια αύξουσα στο διάστημα (, ), με ϕ (t) = t/ ( + t) <, έχουμε f n (x) f (x) + f n (x) f (x) αν x n, ε/ ( + ε) αν x \ n. 4

5 Επομένως, Επίσης, + d = n + d + \ n + d ( n ) + ε + ε ( \ n). + d n + d ε n + ε d = ε + ε ( n). (βʹ) Εστω f n f, δηλαδή ( n ) =. Αν () = c <, τότε ( \ n ) c, για κάθε n N και από τη δεξιά ανισότητα της () προκύπτει ότι + d ε + ε c < cε. Επομένως, για κάθε ε > και αυτό συνεπάγεται ότι Αντίστροφα, υποθέτουμε ότι d < cε + + d =. + d =. Τότε, η αριστερή ανισότητα της () συνεπάγεται ότι ( n ) =, για κάθε σταθερό ε >. Άρα, f n f. (γʹ) Είναι = (, ) και () =. Αν n := x : f n (x) > ε}, με f n (x) = /nx, τότε n = x (, ) : /nx > ε} = x (, ) : x < /nε} = (, /nε). Επομένως, ( n ) = /nε =, για κάθε σταθερό ε >. Ισοδύναμα, Επειδή για κάθε n N είναι (,) f n f n d = + f n στο (, ). + nx dx =, /nx dx = + /nx Άρα, αν () = και f n f στο, τότε γενικά δεν ισχύει ότι + d =. Αν όμως η τελευταία σχέση ισχύει, η () συνεπάγεται ότι f n + nx dx =. f στο. Διάρκεια εξέτασης: 3 ώρες 5

Σχετικά έγγραφα

Ask seic kai Jèmata sth JewrÐa Mètrou kai Olokl rwsh

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