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

Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών

Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου τύπου άδειας χρήσης, η άδεια χρήσης αναφέρεται ϱητώς. Χρηµατοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδηµαϊκά Μαθήµατα στο Πανεπιστήµιο Αθηνών» έχει χρηµατοδοτήσει µόνο τη αναδιαµόρφωση του εκπαιδευτικού υλικού. Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράµµατος «Εκπαίδευση και ια Βίου Μά- ϑηση» και συγχρηµατοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ενωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταµείο) και από εθνικούς πόρους. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

Περιεχόµενα ενότητας Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις 4. Οµάδα Α............................................. 4.2 Οµάδα Β............................................. 9 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3

Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Οµάδα Α. Αν η f : (a, b) R είναι παραγωγίσιµη, τότε η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία f : (a, b) R µε f (x) = [ f (x + /) f (x)]. Εφόσον, η f είναι παραγωγίσιµη για κάθε x (a, b) ισχύει lim f (x) = f (x). Κάθε f είναι µετρήσιµη οπότε η f είναι µετρήσιµη. 2. (α) Αν A R d µε λ(a) =, δείξτε ότι κάθε συνάρτηση f : A [, + ] είναι µετρήσιµη. (ϐ) Εστω A, B µετρήσιµα σύνολα µε λ(b) = και έστω f : A B [, + ] µια συνάρτηση της οποίας ο περιορισµός f A στο A είναι µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι η f είναι µετρήσιµη. (γ) Αν το A R d είναι µετρήσιµο σύνολο και η f : A R είναι συνεχής σχεδόν παντού στο A, δείξτε ότι η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. (α) Αµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο. (ϐ) Εστω a R. Τότε, [ f > b] = {x A B : f (x) > b} = {x B : f (x) > b} {x A : f (x) > b}. Το πρώτο σύνολο στην προηγούµενη ένωση είναι µετρήσιµο ως υποσύνολο µηδενικού συνόλου ενώ το δεύτερο είναι µετρήσιµο διότι η f A είναι µετρήσιµη. (γ) Εστω C = C( f ) το σύνολο των σηµείων συνέχειας της f. Τότε, το B = A \ C είναι µηδενικό σύνολο αφού η f είναι συνεχής σχεδόν παντού. Καθώς, κάθε συνεχής συνάρτηση είναι µετρήσιµη, το συµπέρασµα έπεται από το (ϐ). 3. (α) ώστε παράδειγµα µη µετρήσιµης συνάρτησης f µε την ιδιότητα η f 2 να είναι µετρήσιµη. (ϐ) Εστω A R d µετρήσιµο και έστω f : A R. Αν η f 2 είναι µετρήσιµη και το σύνολο {x A : f (x) > } είναι µετρήσιµο, δείξτε ότι η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. (α) Θεωρούµε το µη µετρήσιµο σύνολο V του Vitali στο [, ]. Θεωρούµε τη συνάρτηση f µε f (x) = αν x V και αλλιώς. Τότε, η f δεν είναι µετρήσιµη, αλλά η f 2 είναι η σταθερή κι άρα είναι µετρήσιµη. (ϐ) Παρατηρήστε ότι το σύνολο A 2 = {x A f (x) } είναι επίσης µετρήσιµο, αφού το A = {x A f (x) > } είναι µετρήσιµο. Εστω b R. Αν b. Τότε, [ f b] = [ f 2 b 2 ] A 2 το οποίο είναι µετρήσιµο. Αν b > τότε το οποίο είναι µετρήσιµο, ως πράξεις τέτοιων. [ f b] = (A [ f 2 b 2 ]) A 2 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 4

4. Εστω A R d µετρήσιµο και f : A [, + ], N, ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων. είξτε ότι το σύνολο L = {x A η ακολουθία ( f (x)) συγκλίνει } είναι µετρήσιµο. Υπόδειξη. Γνωρίζουµε ότι οι συναρτήσεις g(x) = lim if f (x) και h(x) = lim sup f (x) είναι µετρήσιµες. Τότε, το L γράφεται ως L = [g = h] = {x A g(x) = h(x)}, το οποίο είναι µετρήσιµο. 5. Εστω A µετρήσιµο υποσύνολο του R d και έστω f : A [, + ] συνάρτηση µε την εξής ιδιότητα: Για κάθε q Q, το σύνολο {x A : f (x) > q} είναι µετρήσιµο. είξτε ότι η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. Εστω a R. Λόγω της πυκνότητας του Q υπάρχει (q ) γνησίως αύξουσα ακολουθία ϱητών ώστε q a. Τότε, {x A f (x) a} = {x A f (x) > q }. Επειδή κάθε {x A f (x) > q } είναι µετρήσιµο έπεται ότι το [ f a] είναι µετρήσιµο. Καθώς το a R ήταν τυχόν, το Ϲητούµενο έπεται. 6. Εστω f : R d R µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι αν το B R είναι σύνολο Borel, τότε το f (B) = {x R d : f (x) B} είναι µετρήσιµο. Υπόδειξη. Θεωρούµε την κλάση A = {B R f (B) µετρήσιµο}. Θέλουµε να δείξουµε ότι η σ-άλγεβρα των Borel του R περιέχεται στην A. Γι αυτό δείχνουµε διαδοχικά τα εξής: (i) Η A είναι σ-άλγεβρα: Πράγµατι f (R) = R µετρήσιµο, εποµένως R A. Αν B A τότε f (R \ B) = R \ f (B) και εφόσον το B A έπεται ότι το R \ f (B) είναι µετρήσιµο. Τέλος, αν {B } ακολουθία στην A, τότε f ( B ) = f (B ) είναι µετρήσιµο αφού κάθε f (B ) είναι µετρήσιµο. (ii) είχνουµε ότι η A περιέχει τα ανοικτά: Αφού f µετρήσιµη το f ((a, b)) = [ f < b] [ f > a] είναι µετρήσιµο, a < b +. ηλαδή, (a, b) A. Οµως κάθε ανοικτό υποσύνολο του R γράφεται ως αριθµήσιµη (ξένη) ένωση ανοικτών διαστηµάτων κι εφόσον η A είναι σ-άλγεβρα προκύπτει ότι περιέχει τα ανοικτά υποσύνολα του R. Από τον ορισµό των Borel έπεται ότι B(R) A. Αυτό αποδεικνύει το Ϲητούµενο. 7. Εστω A µετρήσιµο υποσύνολο του R µε λ( A) < και έστω f : A R Lebesgue µετρήσιµη συνάρτηση. Ορίζουµε ω f : R R µε ω f (t) = λ({x A : f (x) > t}). (α) είξτε ότι η ω f είναι ϕθίνουσα και συνεχής από δεξιά. Σε ποιά σηµεία είναι ασυνεχής; (ϐ) Αν οι f k, f : A R είναι Lebesgue µετρήσιµες και f k f, δείξτε ότι ω fk ω f. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 5

Υπόδειξη. (α) Είναι προφανές ότι η ω f είναι ϕθίνουσα. Για να δείξουµε ότι είναι δεξιά συνεχής, αρκεί να δείξουµε ότι για κάθε t t ισχύει ω f (t ) ω f (t). Ορίζουµε A = {x A : f (x) > t }. Τότε, A A + και A = {x A : f (x) > t}. Εποµένως, από την ιδιότητα του µέτρου παίρνουµε: ω f (t) = λ που αποδεικνύει την δεξιά συνέχεια της f. A = lim λ(a ) = lim ω f (t ), Η ω f είναι συνεχής αν και µόνον αν είναι συνεχής από τα αριστερά. Ισοδύναµα, αν για κάθε (t ) µε t t ισχύει ω f (t ) ω f (t). είχνουµε όπως πριν ότι lim ω f (t ) = lim λ(x A : f (x) > t ) = λ(x A : f (x) t), όπου εδώ χρησιµοποιούµε την υποθέση λ(a) <. Εποµένως, η ω f είναι αριστερά συνεχής αν και µόνον αν λ(x A : f (x) > t) = λ(x A : f (x) t) λ(a)< λ(x A : f (x) = t) =. Μ άλλα λόγια η ω f είναι συνεχής στο t αν και µόνον αν λ( f ({t})) =. (ϐ) Είναι προφανές ότι για κάθε t έχουµε ω fk (t) ω fk+ (t). Εστω t R. Ορίζουµε B k = {x A : f k (x) > t}. Τότε, B k B k+ και B k = {x A : f (x) > t}. Αρα, µπορούµε να γράψουµε: Αυτό αποδεικνύει το Ϲητούµενο. k= lim ω f k (t) = lim λ(x A : f k (x) > t) = lim λ(b k ) k k k = λ k= B k = λ(x A : f (x) > t) = ω f (t). 8. Εστω A µετρήσιµο υποσύνολο του R, f : A R µετρήσιµη συνάρτηση και g : R R αύξουσα συνάρτηση. είξτε ότι η g f : A R είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. Εστω a R. Τότε, A = g ((a, + )) είναι διάστηµα της µορφής [b, + ) ή (b, ) αφού η g είναι αύξουσα. Εποµένως, το (g f ) ((a, + )) = f (A) είναι µετρήσιµο, αφού η f είναι µετρήσιµη. 9. Εστω f : R [, ] ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Ορίζουµε F : [, ) [, ] µε F(t) = λ({ f > t}). είξτε ότι η F είναι ϕθίνουσα, συνεχής από δεξιά, και lim F(t) =. t + Υπόδειξη. Για κάθε t > s έχουµε { f > t} { f > s}. Συνεπώς, F(t) = λ({ f > t}) λ({ f > s}) = F(s). Αυτό αποδεικνύει ότι η F είναι ϕθίνουσα. Για να δείξουµε ότι η F είναι συνεχής από δεξιά, αρκεί να δείξουµε ότι: για κάθε t και για κάθε γνησίως ϕθίνουσα ακολουθία t t ισχύει F(t ) F(t) (γνωστό από τον Απειροστικό Λογισµό). Οµως, { f > t} = { f > t }. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 6

Πράγµατι, είναι προφανές ότι αν για κάποιον ισχύει f (x) > t τότε f (x) > t, ενώ αντίστροφα, αν f (x) > t, από το γεγονός ότι t t έπεται ότι υπάρχει ώστε f (x) > t > t. Εχουµε επίσης υποθέσει ότι η (t ) είναι ϕθίνουσα, άρα { f > t } { f > t + } για κάθε. ηλαδή, η ({ f > t }) είναι αύξουσα. Επεται ότι F(t) = λ({ f > t}) = lim λ({ f > t }) = lim F(t ). Τέλος, για κάθε t >, από την ανισότητα του Markov έχουµε tf(t) = t λ({ f > t}) f. Αρα, F(t) t f, και αυτό δείχνει ότ lim t F(t) =.. Υποθέτουµε ότι f και f, N, είναι µη αρνητικές µετρήσιµες συναρτήσεις, f f, και υπάρχει k N ώστε f k <. είξτε ότι f = lim f. Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων { f k f } =k. Αφού η { f } είναι ϕθίνουσα, συµπεραίνουµε ότι η { f k f } =k είναι αύξουσα. Αφού f f, έχουµε f k f f k f. Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης παίρνουµε ( f k f ) ( f k f ). Παρατηρήστε ότι f k f f k, άρα ( f k f ) ( f k f ) f k < για κάθε. ηλαδή, η f k f και όλες οι f k f είναι ολοκληρώσιµες. Από την γραµµικότητα του ολοκληρώµατος, f = f k ( f k f ) f k ( f k f ) = f.. Εστω f µετρήσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι f > σ.π. Αν f = για κάποιο µετρήσιµο σύνολο, δείξτε ότι λ() =. Υπόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι f > παντού στο, δηλαδή f (x) > για κάθε x. Για κάθε N ϑέτουµε = {x : f (x) > /}. Παρατηρήστε ότι =, διότι f (x) > αν και µόνο αν υπάρχει N ώστε f (x) > /. Από την ανισότητα του Markov, λ( ) f f =, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 7

άρα λ( ) = για κάθε N. Επεται ότι λ() = λ λ( ) =. Αυτό το επιχείρηµα καλύπτει και την περίπτωση όπου f > σ.π.: αν Z = {x : f (x) = } τότε λ(z) = και f =. Μπορούµε λοιπόν να δουλέψουµε µε το \ Z: αν δείξουµε ότι λ( \ Z) =, \Z ϑα έχουµε και λ() =. 2. Εστω f µη αρνητική µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι f = lim f = lim { f /} f. Υπόδειξη. Ορίζουµε g (x) = f (x) χ [,] (x). Παρατηρήστε ότι η {g } είναι αύξουσα και, για κάθε x R έχουµε τελικά x [, ] άρα g (x) = f (x) f (x). Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης παίρνουµε f = f χ [,] = g Για το δεύτερο ερώτηµα, ορίζουµε h (x) = f (x) χ { f /} (x). Παρατηρήστε ότι η {h } είναι αύξουσα διότι { f /} { f /( + )} για κάθε N. Επίσης, για κάθε x R µε f (x) > έχουµε τελικά f (x) / άρα h (x) = f (x) f (x), ενώ αν f (x) = έχουµε h (x) = για κάθε, οπότε πάλι h (x) = f (x) (συµπληρώστε τις λεπτοµέρειες). Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης παίρνουµε f = f χ { f /} = h f. { f /} f. 3. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι f = lim { f } f. Υπόδειξη. Ορίζουµε g (x) = f (x) χ { f } (x). Παρατηρήστε ότι η {g } είναι αύξουσα διότι { f } { f + } για κάθε N. Επίσης, για κάθε x R µε f (x) < έχουµε τελικά f (x) άρα g (x) = f (x) f (x). ηλαδή, αν = { f < }, έχουµε g χ f χ. Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης παίρνουµε f = f χ { f } = g = g χ f χ. { f } Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, γνωρίζουµε ότι λ( c ) = και f χ c =. Επεται ότι f = f χ + f χ c = f χ = lim f. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 8 { f }

4. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Είναι σωστό ότι lim f (x) = ; x ± Υπόδειξη. Οχι. Η συνάρτηση f : R R µε f (x) = χ Q (x) είναι σχεδόν παντού ίση µε την µηδενική συνάρτηση. Αρα, η f είναι ολοκληρώσιµη και f =. Οµως, το lim f (x) δεν υπάρχει: έχουµε x ± f () και f ( ). 5. Εστω f µη αρνητική µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη αν και µόνο αν 2 k λ({ f > 2 k }) <. k= Υπόδειξη. Μπορούµε να γράψουµε: f, dλ = λ( f > t) dt = k= 2k 2 k λ( f > t) dt. Επειδή η συνάρτηση t λ( f > t) είναι ϕθίνουσα η τελευταία σειρά είναι ισοδύναµη µε την 2 k λ( f > 2 k ) και το συµπέρασµα έπεται. k= 6. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι: για κάθε ε > υπάρχει µετρήσιµο σύνολο µε λ() <, ώστε f > f ε. Επιπλέον, δείξτε ότι το µπορεί να επιλεγεί έτσι ώστε η f να είναι ϕραγµένη στο. Υπόδειξη. Ορίζουµε g (x) = f (x) χ {/ f } (x). Παρατηρήστε ότι η {g } είναι αύξουσα διότι {/ f } {/( + ) f + } για κάθε N. Επίσης, για κάθε x R µε < f (x) < έχουµε τελικά f (x) / και f (x), άρα g (x) = f (x) f (x), ενώ αν f (x) = έχουµε g (x) = για κάθε, οπότε πάλι g (x) = f (x) (συµπληρώστε τις λεπτοµέρειες). Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης παίρνουµε f = f χ {/ f } = g f. {/ f } Συνεπώς, υπάρχει N ώστε, αν ϑέσουµε = {/ f } τότε f > f ε. Παρατηρήστε ότι η f είναι ϕραγµένη (από ) στο. Τέλος, από την ανισότητα του Markov, λ() λ({ f /}) f < +. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 9

7. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι η συνάρτηση F(x) = x f είναι συνεχής. Υπόδειξη. Εστω x, y R µε x < y. Εύκολα ϐλέπουµε ότι F(x) F(y), δηλαδή η F είναι αύξουσα. Οπότε, αρκεί να δείξουµε ότι για κάθε µονότονη ακολουθία (x ) µε x x ισχύει F(x ) F(x) (εξηγήστε γιατί). Υποθέτουµε ότι x x (όµοια αντιµετωπίζεται κι άλλη περίπτωση). Θεωρούµε τις συναρτήσεις g = f χ (,x ] και g = f χ (,x], οπότε F(x ) = f dλ και F(x) = g dλ. Επιπλέον, g g κατά σηµείο και g f. Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης έχουµε: F(x ) = x f = g dλ g dλ = F(x). Αυτό αποδεικνύει ότι η F είναι δεξιά συνεχής. 8. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι για κάθε ε > υπάρχει δ = δ(ε) > µε την εξής ιδιότητα: αν λ() < δ τότε f < ε. Υπόδειξη. Για κάθε N ϑεωρούµε την συνάρτηση f (x) = mi{ f (x), }. Παρατηρήστε ότι f. Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης έχουµε lim (εξηγήστε γιατί η { f } είναι αύξουσα και f f ). Εστω ε >. Μπορούµε να ϐρούµε N ώστε ( f f ) = f f < ε 2. Επιλέγουµε δ = ε 2. Εστω R µε λ() < δ. Γράφουµε f = f + ( f f ) f + ( f f ) λ() + ε 2 < ε 2 + ε 2 = ε. f = f 9. Θεωρώντας τις συναρτήσεις f = χ [,+) δείξτε ότι στο Λήµµα του Fatou η ανισότητα µπορεί να είναι γνήσια. Υπόδειξη. Αν f = χ [,+), τότε f (x) για κάθε x R: παρατηρήστε ότι υπάρχει N ώστε > x και τότε, για κάθε έχουµε x [, + ), άρα f (x) = χ [,+) (x) =. Επεται ότι lim if f = lim f =, ενώ f = για κάθε N, άρα lim if f =. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα

2. Εστω ( f ) µια ακολουθία µη αρνητικών µετρήσιµων συναρτήσεων. Είναι σωστό ότι lim sup f ( ) lim sup f ; Αν προσθέσουµε την υπόθεση ότι η ( f ) είναι οµοιόµορφα ϕραγµένη; Υπόδειξη. Οχι. Αν f = χ [,], τότε f (x) για κάθε x R. Επίσης, η { f } είναι οµοιόµορφα ϕραγµένη ( f ). Παρατηρήστε ότι lim sup f = lim f =, αλλά f = λ([, ]) = για κάθε N, άρα lim sup f =. 2. Εστω f και f, N, µη αρνητικές µετρήσιµες συναρτήσεις µε f f για κάθε N και f f. είξτε ότι f = lim f. Υπόδειξη. Αφού f f για κάθε N, έχουµε f f για κάθε N. Συνεπώς, lim sup f f. Από το Λήµµα του Fatou παίρνουµε Επεται ότι Αρα, lim sup f lim if f = lim if f f. f. f = f. 22. Εστω f και f, N, µη αρνητικές µετρήσιµες συναρτήσεις µε f f και lim f = f <. είξτε ότι lim f = για κάθε µετρήσιµο σύνολο. ώστε παράδειγµα που να δείχνει ότι αυτό δεν ισχύει αν f =. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα f

Υπόδειξη. Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του R. Από το Λήµµα του Fatou παίρνουµε f lim if f και c f lim if c f δηλαδή f f lim if f f. Αφού ( f = lim f ), προσθέτοντας κατά µέλη παίρνουµε f lim if f = lim sup f. ηλαδή, lim sup f f lim if f. Συνεπώς, f f. 23. Εστω ( f ) ακολουθία Lebesgue ολοκληρώσιµων συναρτήσεων στο [a, b]. Αν f f οµοιόµορφα, b δείξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη και ότι f f. a Υπόδειξη. Η f είναι µετρήσιµη διότι f f κατά σηµείο. Εστω ε >. Αφού f f οµοιόµορφα στο [a, b], υπάρχει N ώστε: για κάθε και για κάθε x [a, b] ισχύει f (x) f (x) < ε. Η σταθερή συνάρτηση ε είναι ολοκληρώσιµη στο [a, b], οπότε, από την f < f + ε έπεται ότι η f (άρα και η f ) είναι ολοκληρώσιµη. Τέλος, για κάθε έχουµε b a f b a f b a f f ε(b a). Αφού το ε > ήταν τυχόν, συµπεραίνουµε ότι b a f b a f. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

24. είξτε ότι e x dx = lim ( x ) dx =. Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία f (x) = ( x/) χ [,] (x) των µετρησίµων συναρτήσεων για την οποία ισχύει f (x) e x χ [, ) (x). Παρατηρούµε ότι η x e x χ [, ) (x) είναι ολοκληρώσιµη και f (x) e x χ [, ) (x) κατά σηµείο. Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης έπεται το συµπέρασµα. 25. Υπολογίστε το lim ( (x/)) e x/2 dx (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία f (x) = ( x/) e x/2 χ [,], η οποία αποτελείται από µετρήσιµες συναρτήσεις µε f (x) e x/2 χ [, ). Η συνάρτηση g(x) = e x/2 χ [, ) είναι ολοκληρώσιµη, οπότε από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης έπεται ότι lim f = lim f. Αλλά, lim f (x) = για κάθε x < ενώ αν x εχουµε [( lim f (x) = lim x ) e x/2] = e x e x/2 = e x/2. Συνεπώς, έχουµε lim που υπολογίζει το Ϲητούµενο όριο. ( x ) e x/2 dx = e x/2 dx = 2, 26. Εστω ότι οι f, f είναι ολοκληρώσιµες και f f. Μπορούµε να συµπεράνουµε ότι f f ; Υπόδειξη. Θεωρούµε τις ολοκληρώσιµες συναρτήσεις g := f f. Παρατηρήστε ότι g, g g + και g. Εφόσον, οι f, f είναι ολοκληρώσιµες και g < + µπορούµε να γράψουµε (από το δυϊκό του ϑεωρήµατος µονότονης σύγκλισης Ασκηση ): ( ) ( ) f lim f = lim f f = lim f f = lim g = lim g =, που αποδεικνύει το Ϲητούµενο. 27. Εστω f, f ολοκληρώσιµες. Αν f f, δείξτε ότι f f και f f. Υπόδειξη. Γράφουµε f f f f f f. Αρα, f f. Με ανάλογο τρόπο, f f = ( f f ) f f. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3

Αρα, f f. 28. Εστω f, f ολοκληρώσιµες. Αν f f, δείξτε ότι και f + f +. f f για κάθε µετρήσιµο σύνολο, Υπόδειξη. Εστω µετρήσιµο σύνολο. Γράφουµε f f = ( f f ) f f f f. Αρα, f Για το δεύτερο ερώτηµα χρησιµοποιούµε την Ασκηση 27. Με την υπόθεση ότι f f, δείξαµε ότι f f και f f. Συνεπώς, f. f + = = f + f = f + 2 2 2 f + f = f +. 2 f 2 f + 2 f 29. Εστω f µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη αν και µόνο αν 2 k }) <. k= 2 k λ({ f > Υπόδειξη. Μπορούµε να γράψουµε το ολοκλήρωµα της f µε τον ακόλουθο τρόπο: f dλ = λ( f > t) dt = k= 2k 2 k λ( f > t) dt. Παρατηρήστε ότι η t λ( f > t) είναι ϕθίνουσα συνάρτηση του t >, οπότε 2k 2 k λ( f > 2 k ) < λ( f > t) dt < 2 k λ( f > 2 k ), 2 k για κάθε k Z. Εποµένως, το ολοκλήρωµα f dλ είναι πεπερασµένο αν και µόνον αν 2 k ) < +. k= 2 k λ( f > Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 4

3. Εστω ( f ), (g ) και g ολοκληρώσιµες συναρτήσεις. Υποθέτουµε ότι f g, f f, g g (όλα αυτά σχεδόν παντού) και ότι g g. είξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη και ότι f f. Υπόδειξη. Οι υποθέσεις εξασφαλίζουν ότι οι f, g και οι f, g παίρνουν πεπερασµένες τιµές σχεδόν παντού. Από την f g έχουµε g f g για κάθε N, δηλαδή f + g και g f. Αφού f + g f + g και g f g f, το Λήµµα του Fatou µας δίνει: f + g = ( f + g) lim if ( f + g ) = lim if f + g (χρησιµοποιήσαµε την g g). Αρα, f lim if f. Πάλι από το Λήµµα του Fatou, g f = (g f ) lim if (g f ) = g lim sup f, δηλαδή, Επεται ότι Αρα, lim sup lim sup f f = lim if f f. f. f = f. 3. Εστω ( f ), f ολοκληρώσιµες και έστω ότι f f σχεδόν παντού. είξτε ότι f f αν και µόνο αν f f. Υπόδειξη. (= ) Εχουµε f f f f f f. Αρα, f f. ( =) Εχουµε f f f f. Η f είναι ολοκληρώσιµη και f f f f. Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης, ( f f f ) ( f ). Εχουµε υποθέσει ότι f f. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 5

Προσθέτοντας κατά µέλη, παίρνουµε f f. 32. Εστω ( f ) ακολουθία ολοκληρώσιµων συναρτήσεων. Υποθέτουµε ότι υπάρχει ολοκληρώσιµη συνάρτηση g ώστε f g σχεδόν παντού για κάθε N. είξτε ότι ( ) ( ) lim if f lim if f lim sup f lim sup f. Υπόδειξη. Θέτουµε h = g f, η οποία είναι ακολουθία ολοκηρωσίµων συναρτήσεων µε h. Από το λήµµα του Fatou παίρνουµε: ( ) [g + lim if( f )] dλ = lim if h dλ lim if h dλ = lim if g dλ f dλ. Χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι lim if( f ) lim sup f και ότι g dλ < + προκύπτει ότι lim sup f dλ lim sup f dλ, το οποίο αποδεικνύει το δεξιό Ϲευγάρι ανισοτήτων. Για την άλλη µη τετριµµένη ανισότητα εργαζόµαστε ανάλογα ϑεωρώντας την ακολουθία συναρτήσεων u = g + f. 33. Εστω f µετρήσιµη και σχεδόν παντού πεπερασµένη στο [, ]. (α) Αν f = για κάθε µετρήσιµο [, ] µε λ() = /2, δείξτε ότι f = σχεδόν παντού στο [, ]. (ϐ) Αν f > σχεδόν παντού, δείξτε ότι if f : λ() >. 2 Υπόδειξη. (α) Παρατηρήστε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη και [,] f = (διότι το [, ] είναι η ένωση δύο συνόλων µέτρου /2. Εστω A, B [, ] µε λ(a) = λ(b) = 4. Τότε, λ([, ]\ (A B)) /2. Συνεπώς, υπάρχει C [, ] µε λ(c) = /4 και C A = C B = (εξηγήστε γιατί). Γράφουµε f = f f = f = f f = f, A A C χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι A C λ(a C) = λ(b C) = /2. C C f = = B C C B f το οποίο ισχύει από την υπόθεση αφού B C Τώρα, µπορούµε να δείξουµε ότι αν λ(a) = /4 τότε A Πράγµατι, υπάρχει B [, ] µε λ(b) = /4 και A B =, συνεπώς, = f = f + f = 2 f. f =. A B A B A Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 6

Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο δείχνουµε ότι: για κάθε k, αν A [, ] και λ(a) = τότε 2 k f =. Επεται τώρα ότι, για κάθε «δυαδικό ϱητό» x = m 2 k, όπου k N και m 2 k, ισχύει A [,m/2 k ] f =. x Θεωρούµε την συνάρτηση F(x) = f. Οπως στην Ασκηση 2, µπορούµε να δείξουµε ότι η F είναι συνεχής. Αφού F(x) = για κάθε δυαδικό ϱητό x [, ], συµπεραίνουµε ότι F(x) = για κάθε x [, ]. Ειδικότερα, f = για κάθε διάστηµα I [, ]. Επεται τώρα ότι f = για κάθε ανοικτό I [, ] (εξηγήστε γιατί). Αφού f =, έπεται ότι f = για κάθε κλειστό F [, ]. [,] F Υποθέτουµε τώρα ότι λ({ f }) >. Χωρίς περιορισµό της γενικότητας, µπορούµε τότε να υποθέσουµε ότι λ({ f > }) >. Επεται ότι υπάρχει k N ώστε λ(d) >, όπου D = { f /k} (εξηγήστε γιατί). Μπορούµε να ϐρούµε κλειστό F D µε λ(f) > (εξηγήστε γιατί). Τότε, καταλήγουµε σε άτοπο, διότι f λ(f) >. k F (ϐ) Αφού f > σχεδόν παντού υπάρχει ε > ώστε λ({x : f (x) > ε}) > 2/3. [Πράγµατι αν ϑεωρήσουµε την ακολουθία συνόλων k = {x : f (x) > /k} τότε k [, ], άρα λ( k ).] Αν ϑέσουµε λοιπόν F = {x : f (x) > ε} > 2/3 τότε µπορούµε να γράψουµε: αν µετρήσιµο µε λ() /2 τότε f dλ f dλ ελ( F), F διότι η f είναι ϑετική σχεδόν παντού. Επιπλέον, είναι λ( F) λ() + λ(f) > /6. Εποµένως, f dλ ε/6 για κάθε τέτοιο σύνολο, που αποδεικνύει το Ϲητούµενο. 34. Εστω f : R ακολουθία ολοκληρώσιµων συναρτήσεων µε f < +. είξτε ότι: (α) Η σειρά f (x) συγκλίνει σχεδόν για κάθε x. (ϐ) Η συνάρτηση f είναι ολοκληρώσιµη και f = f. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 7

Υπόδειξη. (α) Από το ϑεώρηµα Beppo--Levi έχουµε ότι f = f < +, δηλαδή η συνάρτηση F = f είναι ολοκληρώσιµη, άρα πεπερασµένη σχεδόν παντού. Μ άλλα λόγια η σειρά f (x) συγκλίνει (απόλυτα) σχεδόν για κάθε x. (ϐ) Εστω f (x) := f (x), η οποία ορίζεται σχεδόν για κάθε x. Τότε, σχεδόν για κάθε x ισχύει f (x) = f (x) f (x) = F(x). Η F είναι ολοκληρώσιµη, από υπόθεση, άρα η f είναι ολοκληρώσιµη. ολοκληρωσίµων συναρτήσεων s (x) = ισχύει k= s (x) k= Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης έχουµε: f = Θεωρούµε την ακολουθία f k (x) και παρατηρούµε ότι σχεδόν για κάθε x f k (x) F(x). lim s = lim s = f. 35. (α) Αν f σχεδόν παντού στο και αν f = mi{ f, }, δείξτε ότι f f. (ϐ) Αν η f είναι ολοκληρώσιµη στο και f = max{mi{, f }, }, δείξτε ότι f f. Υπόδειξη. (α) Παρατηρούµε ότι f f + και f f κατά σηµείο, σχεδόν παντού στο. Το συµπέρασµα έπεται από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης. (ϐ) Παρατηρούµε ότι f f και ότι f f κατά σηµείο, σχεδόν παντού στο. Το συµπέρασµα έπεται από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης. 36. Εστω k, N µε k και,..., µετρήσιµα υποσύνολα του [, ] µε την εξής ιδιότητα: κάθε x [, ] ανήκει σε τουλάχιστον k από τα, 2,...,. είξτε ότι υπάρχει i ώστε λ( i ) k/. Υπόδειξη. Θεωρούµε την f = έχουµε i= για κάθε x [, ]. Συνεπώς, λ( i ) = Επεται ότι i= χ i. Αφού κάθε x [, ] ανήκει σε τουλάχιστον k από τα,...,, f (x) = i= [,] χ i (x) k i= χ i (x) dλ(x) = max i λ( i) k. ηλαδή, υπάρχει i {,..., } µε την ιδιότητα λ( i ) k. [,] f dλ k. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 8

.2 Οµάδα Β 37. (α) είξτε ότι αν η g : R R είναι συνεχής και η h : R R είναι Borel µετρήσιµη, τότε η h g : R R είναι Borel µετρήσιµη. (ϐ) Χρησιµοποιώντας την συνάρτηση Cator--Lebesgue ϐρείτε µια συνεχή συνάρτηση g : R R και µια Lebesgue µετρήσιµη συνάρτηση h : R R ώστε η h g : R R να µην είναι Lebesgue µετρήσιµη. Υπόδειξη. (α) Εστω a R. Τότε, (h g) ((a, + )) = g (h (a, + )). Οµως, η h είναι µετρήσιµη, άρα το B = h (a, + ) είναι Borel. Επεται, ότι το g (B) είναι επίσης Borel αφού g συνεχής. (ϐ) Εστω ϕ : [, ] [, ] η συνάρτηση Cator--Lebesgue και ξαναλέµε ϕ την επέκτασή της σε ολόκληρο το R µε ϕ(x) = αν x > ενώ ϕ(x) = αν x <. Ορίζουµε f : R R µε f (x) = x + ϕ(x). Εχουµε δει ότι λ( f (C)) =, άρα υπάρχει V f (C) µη µετρήσιµο. Επίσης, το A = f (V ) είναι µετρήσιµο. Παρατηρήστε ότι ορίζεται η g = f, η οποία είναι συνεχής και h = χ A η οποία είναι µετρήσιµη. Τότε, η h g : R R δεν είναι µετρήσιµη αφού {x (h g)(x) > } = V. 38. Εστω f : [a, b] R συνεχής συνάρτηση. (α) είξτε ότι η f απεικονίζει F σ -σύνολα σε F σ -σύνολα. (ϐ) είξτε ότι η f απεικονίζει µετρήσιµα σύνολα σε µετρήσιµα σύνολα αν και µόνο αν για κάθε A [a, b] µε λ(a) = ισχύει λ( f (A)) =. Υπόδειξη. (α) Πρώτα δείχνουµε ότι η f απεικονίζει κλειστά υποσύνολα του [a, b] σε κλειστά. Πράγµατι αν F κλειστό στο [a, b], επειδή το [a, b] είναι συµπαγές έπεται ότι το F είναι συµπαγές. Αφού η f είναι συνεχής παίρνουµε ότι το f (F) είναι συµπαγές, άρα κλειστό. Αν τώρα = είναι F σ σύνολο, τότε κάθε είναι κλειστό, οπότε το f () = f ( ) είναι F σ. (ϐ) Υποθέτουµε ότι αν λ(a) = τότε λ( f (A)) =. Θα δείξουµε ότι η f απεικονίζει µετρήσιµα σε µετρήσιµα. Πράγµατι αν A µετρήσιµο, τότε γνωρίζουµε ότι υπάρχουν N και µηδενικό σύνολο και F σ - σύνολο αντίστοιχα, ώστε A = N. Τότε, f (A) = f () f (N). Αλλά, από το (α) το f () είναι F σ, ενώ από την υπόθεση το f (N) είναι µηδενικό. Συνεπώς, το f (A) είναι µετρήσιµο. Αντίστροφα έστω ότι η f απεικονίζει µετρήσιµα σε µετρήσιµα. Θα δείξουµε ότι απεικονίζει µηδενικά σύνολα σε µηδενικά. Εστω A [a, b] µε λ(a) =. Τότε, το f (A) είναι µετρήσιµο. Αν είναι λ( f (A)) > τότε υπάρχει V f (A) µη µετρήσιµο. Εστω = f (V ) A, το οποίο είναι προφανώς µετρήσιµο. Τότε, το f () = V δεν είναι µετρήσιµο κι έχουµε αντίφαση. 39. (α) Εστω f : R R Lebesgue µετρήσιµες συναρτήσεις και έστω α R. είξτε ότι: αν λ({x : f (x) > α}) <, τότε υπάρχει Z R µε λ(z) = ώστε lim sup f (x) α για κάθε x Z. (ϐ) Εστω f : R R + Lebesgue µετρήσιµες συναρτήσεις και έστω ε +. είξτε ότι: αν λ({x : f (x) > ε }) <, τότε υπάρχει Z R µε λ(z) = ώστε f (x) για κάθε x Z. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 9

Υπόδειξη. (α) Θέτουµε A = {x : f (x) > α}. Τότε, λ(a ) <, άρα από το πρώτο λήµµα Borel-- Catelli έπεται ότι λ(lim sup A ) =. Θέτουµε Z = lim sup A εποµένως, αν x Z τότε υπάρχει N x N ώστε αν N x τότε x A δηλαδή f (x) α, άρα lim sup f (x) α. (ϐ) Οπως προηγουµένως, υπάρχει Z µε λ(z) = ώστε αν x Z, τότε υπάρχει N x N ώστε αν N x τότε f (x) ε. Καθώς, ε + το Ϲητούµενο έπεται. 4. Εστω f : [, ] R Lebesgue µετρήσιµες συναρτήσεις. είξτε ότι υπάρχει ακολουθία (α ) ϑετικών f πραγµατικών αριθµών και υπάρχει Z R µε λ(z) = ώστε lim (x) α = για κάθε x Z. Υπόδειξη. Για κάθε υπάρχει β > ώστε λ({x : f (x) > β }) < /2. Προς τούτο αρκεί να αποδείξουµε τον ακόλουθο ισχυρισµό: Ισχυρισµός. Αν g : [, ] R είναι Lebesgue µετρήσιµη τότε για κάθε ε > υπάρχει β > ώστε λ(x : g(x) > β) < ε. Εστω = {x : g(x) }. Τότε, = [, ] και η { } είναι αύξουσα. Αρα, είναι lim λ(a ) = λ([, ]) =. Εποµένως, υπάρχει k N ώστε λ(a k ) > ε. Τότε, λ(x : g(x) > k) < ε. Αυτό αποδεικνύει τον ισχυρισµό. Εφαρµόζοντας αυτό για g = f και ε = 2 ϐρίσκουµε β > ώστε λ(x : f (x) > β ) < /2. Θέτουµε = {x : f (x) > β } τότε λ( ) < +. Αν ϑέσουµε Z = lim sup, τότε από το πρώτο λήµµα Borel--Catelli παίρνουµε λ(z) =. Αν x Z τότε υπάρχει N x N ώστε αν N x ισχύει f (x) β. Αν ϑεωρήσουµε την α = f β τότε έχουµε ότι για κάθε x Z ισχύει (x) α καθώς. 4. Εστω f : R R µετρήσιµη συνάρτηση. Αν η f είναι t-περιοδική και s-περιοδική για κάποιους t, s > µε t/s Q, δείξτε ότι η f είναι σχεδόν παντού σταθερή. Υπόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι η f είναι µη αρνητική και ϕραγµένη. Ορίζουµε F(x) = κάθε y της µορφής y = kt + ms, k, m Z έχουµε: x f (t) dλ(t). Για F(x) = x f (t) dλ(t) = x f (t + y) dλ(t) = x+y y f (t) dλ(t) = F(x + y) F(y), για κάθε x R. Από το ϑεώρηµα του Kroecker γνωρίζουµε ότι το σύνολο D = {kt + ms : k, m Z} είναι πυκνό στο R. Εφόσον, η F είναι συνεχής (εξηγήστε γιατί) και ικανοποιεί τη συναρτησιακή εξίσωση F(x + y) = F(x) + F(y) για κάθε x R και για κάθε y σε ένα πυκνό υποσύνολο του R, έπεται ότι υπάρχει α R ώστε F(x) = αx. Ετσι, F(x) αx = x x f (t) dλ(t) αx = ( f (t) α) dλ(t) =, για κάθε x R. Από εδώ έπεται εύκολα ότι η h(t) = f (t) α έχει ολοκλήρωµα µηδέν σε κάθε διάστηµα κι άρα είναι µηδέν σχεδόν παντού. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

Για τη γενική περίπτωση ϑεωρούµε τη συνάρτηση f (t) = + 2 π τοξεφ f (t) για την οποία πρέπει πρώτα να παρατηρήσουµε ότι είναι µετρήσιµη και ότι < f < 2. 42. Εστω R µετρήσιµο. είξτε ότι κάθε µετρήσιµη συνάρτηση f : R είναι κατά σηµείο όριο µιας ακολουθίας συνεχών συναρτήσεων f : R. Υπόδειξη. Για κάθε N ορίζουµε g (x) = f (x) χ [,] (x). Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα Lusi, για κάθε ϐρίσκουµε ένα κλειστό σύνολο F [, ] ώστε η g F να είναι συνεχής και λ( [, ] \ F ) 2. Κατόπιν, επεκτείνουµε την g σε µια συνεχή συνάρτηση h : R R (ϑεώρηµα Tietze, στην περίπτωσή µας είναι πιο απλό, αφού το R \ F είναι µια ξένη ένωση ανοικτών διαστηµάτων). Τότε, οι f := h : R είναι συνεχείς συναρτήσεις. Θέτουµε D = {x : f (x) f (x)} και ϑα δείξουµε ότι λ(d) =. Εστω x D. Υπάρχει N ώστε x και, άρα x [, ] για κάθε. Αρα, για κάθε έχουµε g (x) = f (x). Αφού f (x) f (x), ϑα πρέπει να υπάρχουν άπειροι ϕυσικοί για τους οποίους f (x) g (x), δηλαδή άπειροι ϕυσικοί για τους οποίους x := [, ] \ F. ηλαδή, D lim sup( ). Οµως, λ( ) Από το λήµµα Borel-Catelli έχουµε λ(lim sup 2 <. ( )) =, άρα λ(d) =. 43. Εστω f : R 2 R χωριστά συνεχής συνάρτηση: για κάθε x R η f x (y) := f (x, y) είναι συνεχής και για κάθε y R η f y (x) := f (x, y) είναι συνεχής. είξτε ότι η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. Ορίζουµε f : R 2 R ως εξής. Αν z = (x, y) R 2 τότε υπάρχει µοναδικός m = m x Z ώστε x [ m, ) m+. Θέτουµε ( mx ) f (x, y) = f, y. είχνουµε ότι η f είναι µετρήσιµη: παρατηρήστε ότι, για κάθε α R, (α) := { (x, y) R 2 : f (x, y) > α } [ = ( m, m + ) {y R : f (m/, y) > α}. m= Για κάθε m Z, αφού η f m/ είναι συνεχής συνάρτηση, το σύνολο {y R : f (m/, y) > α} είναι ανοικτό, άρα το σύνολο [ m, m + ) {y R : f (m/, y) > α} είναι µετρήσιµο. µετρήσιµη. Επεται ότι το (α) είναι µετρήσιµο για κάθε α R, και αυτό δείχνει ότι η f είναι Στη συνέχεια δείχνουµε ότι f (x, y) f (x, y) για κάθε (x, y) R 2. Πράγµατι, αφού m x (εξηγήστε γιατί) και αφού η f y είναι συνεχής, έχουµε f (x, y) = f (m x /, y) = f y (m x /) f y (x) = f (x, y). x καθώς το Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

Από τα παραπάνω έπεται ότι η f είναι µετρήσιµη συνάρτηση ως κατά σηµείο όριο µιας ακολουθίας µετρήσιµων συναρτήσεων. 44. είξτε ότι υπάρχει µετρήσιµη συνάρτηση f : [, ] R µε την εξής ιδιότητα: αν η g : [, ] R είναι σχεδόν παντού ίση µε την f τότε η g είναι ασυνεχής σε κάθε x [, ]. Υπόδειξη. Από την Ασκηση 22 του Κεφαλαίου γνωρίζουµε ότι υπάρχει ένα Lebesgue µετρήσιµο σύνολο [, ] µε την εξής ιδιότητα: για κάθε διάστηµα J [, ], λ(j ) > και λ(j \ ) >. Θεωρούµε την f = χ : [, ] R. Θα δείξουµε ότι αν g : [, ] R είναι µια συνάρτηση σχεδόν παντού ίση µε την f τότε η g είναι ασυνεχής σε κάθε x [, ]. Εστω x (, ) και δ > ώστε (x δ, x + δ) (, ). Τα σύνολα A δ = (x δ, x + δ) και B δ = (x δ, x + δ) \ έχουν ϑετικό µέτρο. Αφού f (x) = g(x) σχεδόν παντού, µπορούµε να ϐρούµε x δ A δ και y δ B δ για τα οποία επιπλέον έχουµε g(x δ ) = f (x δ ) = και g(y δ ) = f (y δ ) =. ( Βρίσκουµε N ώστε x, x ) + (, ) για κάθε, και χρησιµοποιώντας την προηγούµενη παρατήρηση ϐρίσκουµε x, y µε x x <, y x <, g(x ) = και g(y ) =. Αφού x x, y x και lim g(x ) = = lim g(y ), η g είναι ασυνεχής στο x. Παρόµοιο επιχείρηµα εφαρµόζεται για τα x = και x = (ϑεωρήστε διαστήµατα της µορφής [, δ) ή ( δ, ] αντίστοιχα). 45. Εστω ( f ) ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων f : [, ] R µε την εξής ιδιότητα: για κάθε x [, ] ισχύει sup f (x) dλ <. είξτε ότι: για κάθε ε > υπάρχουν A [, ] µετρήσιµο και M > ώστε λ([, ] \ A) < ε και, για κάθε x A, sup f (x) M. Υπόδειξη. Η συνάρτηση f (x) = sup f (x) είναι µετρήσιµη, διότι οι f είναι µετρήσιµες. Για κάθε N ορίζουµε = {x [, ] : f (x) > }. Αφού sup f (x) < για κάθε x [, ], ϐλέπουµε ότι η ( ) είναι ϕθίνουσα ακολουθία µετρήσιµων υποσυνόλων του [, ] µε =. Από τη συνέχεια του µέτρου Lebesgue έχουµε λ( ). Αρα, υπάρχει N ώστε λ( ) < ε. Θέτοντας A = [, ] \ και M =, έχουµε λ([, ] \ A) = λ( ) < ε και, για κάθε x A, sup f (x) = f (x) = M. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 22

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

Εποµένως, f dλ δ απ όπου έπεται ότι f dλ = +. [e bx ae ax ] dλ = b + b b a ( a ) a b a a, b Για κάθε x > ισχύει f (x) = a e ax e ax e bx ( e bx ) 2. Επεται ότι f dλ = +. Τέλος, είναι f dλ = b, συνεπώς έχουµε f dλ =. 48. Θεωρούµε τη συνάρτηση f : R R µε f (x) = x /2 αν < x < και f (x) = αλλιώς. Θεωρούµε µια αρίθµηση {q : N} των ϱητών, και ϑέτουµε g(x) = f (x q ) 2. (α) είξτε ότι η g είναι ολοκληρώσιµη. Ειδικότερα, g < σχεδόν παντού. (ϐ) είξτε ότι η g είναι ασυνεχής σε κάθε σηµείο και δεν είναι ϕραγµένη σε κανένα διάστηµα. Τα παραπάνω ισχύουν ακόµα κι αν µεταβάλλουµε τις τιµές της g σε οποιοδήποτε σύνολο µηδενικού µέτρου Lebesgue. (γ) είξτε ότι g 2 < σχεδόν παντού, αλλά η g 2 δεν είναι ολοκληρώσιµη σε κανένα διάστηµα. Υπόδειξη. (α) Από το ϑεώρηµα Beppo Levi έχουµε R f (x q ) 2 dλ(x) = = = = = 2 R 2 q + q 2 2 2 t f (x q ) dλ(x) x q dλ(x) t dλ(t) 2 2 = 2 <. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 24

Αφού f έχουµε άρα g(x) = g(x) = R f (x q ) 2, g(x) dλ(x) <, δηλαδή η g είναι ολοκληρώσιµη. Ειδικότερα, g(x) < σχεδόν παντού. (ϐ) Εστω (a, b) ένα διάστηµα και έστω M >. Θεωρούµε ένα ϱητό q m (a, b) και ϐρίσκουµε ϵ > ώστε (q m, q m + ϵ) (a, b). Παρατηρήστε ότι g(x) f (x q m) 2 m = 2 m x q m > M για κάθε x (q m, q m + δ), όπου δ = mi { 2 m M, ϵ}. Αφού το (q m, q m + δ) είναι υποδιάστηµα του (a, b), έπεται ότι λ({x (a, b) : g(x) > M}) > και το ίδιο ϑα ισχύει για κάθε συνάρτηση h που είναι ίση µε την g σχεδόν παντού. Αυτό αποδεικνύει ότι κάθε τέτοια h δεν είναι ϕραγµένη στο (a, b). Επεται επίσης ότι η g δεν είναι συνεχής σε κανένα x R. Αν g(x) = + δεν έχουµε τίποτα να δείξουµε, ενώ αν g(x) < παρατηρούµε ότι αν η g ήταν συνεχής στο x τότε ϑα υπήρχε κάποιο διάστηµα (x η, x + η) στο οποίο η g ϑα ήταν ϕραγµένη, κάτι που είδαµε ότι δεν µπορεί να συµβεί. (γ) Θεωρούµε τυχόν διάστηµα (a, b) R. Υπάρχει ϱητός q m τέτοιος ώστε q m < b < q m +. Αφού g(x) f (x q m) 2 m, έχουµε (a,b) g 2 (x) dλ(x) (a,b) = b 2 2m q m = b q m f 2 (x q m ) 2 2m dλ(x) t x q m dλ(x) dλ(t) =. Αρα, η g 2 δεν είναι ολοκληρώσιµη στο (a, b), παρόλο που, αφού g(x) < σχεδόν παντού, έχουµε g 2 (x) < σχεδόν παντού. 49. Εστω A Lebesgue µετρήσιµο υποσύνολο του R µε < λ(a) <. Αν f : A R είναι µια γνησίως ϑετική µετρήσιµη συνάρτηση, δείξτε ότι: για κάθε t > υπάρχει δ > ώστε, αν είναι Lebesgue µετρήσιµο υποσύνολο του A µε λ() > t τότε f dλ δ. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 25

Υπόδειξη. Για κάθε N ορίζουµε A = { } x A : f (x) <. Η (A ) είναι ϕθίνουσα ακολουθία µετρήσιµων υποσυνόλων του A, και A = διότι η f είναι γνησίως ϑετική. Αφού λ(a) <, συµπεραίνουµε ότι lim λ(a ) =. Εστω t >. Επιλέγουµε (t) ώστε λ(a (t) ) < t 2. Τότε, για κάθε µετρήσιµο A µε λ() > t, έχουµε Συνεπώς, f dλ λ( \ A (t) ) λ() λ(a (t) ) t 2. \A (t) Αυτό αποδεικνύει το Ϲητούµενο, µε δ = δ(t) = f dλ t 2(t). (t) λ( \ A (t)) t 2(t). 5. Εστω f : [, ] R συνεχής στο. Αν η f είναι ολοκληρώσιµη, δείξτε ότι, για κάθε N η συνάρτηση f (x) = f (x ) είναι ολοκληρώσιµη. Υπόδειξη. Αφού η f είναι συνεχής στο, µπορούµε να ϐρούµε δ (, ) και M > ώστε f (t) M για κάθε t [, δ]. Γράφουµε f (x) dλ(x) = = M δ δ Mδ + δ δ f (t) t dλ(t) f (t) t dλ(t) + t dλ(t) + δ δ f (t) dλ(t) <. δ f (t) t dλ(t) f (t) dλ(t) Αρα, f L [, ]. 5. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση στο [, ]. είξτε ότι lim f (x) dλ(x) = λ({x : f (x) > }). Υπόδειξη. Παρατηρούµε ότι f (x) f (x) + για κάθε x [, ]. Πράγµατι, αν f (x) έχουµε f (x) f (x) +, ενώ αν f (x) έχουµε f (x) f (x) f (x) +. Αν ορίσουµε g (x) = f (x), x έχουµε λοιπόν g f +, και η συνάρτηση f + είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 26

Παρατηρούµε τώρα ότι: αν f (x) = τότε g (x) = f (x) =, ενώ αν < f (x) < τότε g (x) = f (x). Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, έχουµε f (x) < σχεδόν παντού. Αρα, f (x) = g (x) χ {x: f (x)>} σχεδόν παντού. Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης, f (x) dλ(x) = g (x) dλ(x) χ {x: f (x)>} (x) dλ(x) = λ({x : f (x) > }). 52. Εστω f : [, ] R Lebesgue µετρήσιµη συνάρτηση, η οποία είναι γνήσια ϑετική σχεδόν παντού. Εστω (A ) ακολουθία µετρήσιµων υποσυνόλων του [, ] µε την ιδιότητα lim f (x) dλ(x) =. A είξτε ότι lim λ(a ) =. Υπόδειξη. Εστω ε >. Θέτουµε B = { f } και B k = { } f < k, k N. Τότε, η (B k ) είναι ϕθίνουσα ακολουθία µετρήσιµων υποσυνόλων του [, ], και B k = B, άρα k= lim λ(b k) = λ(b) =. k Εποµένως, υπάρχει k τέτοιος ώστε λ(b k ) < ε 2. Από την υπόθεση υπάρχει τέτοιος ώστε, για κάθε, ε f dλ. 2k A Τότε, για κάθε, αφού f k στο [, ] \ B k, έχουµε λ(a ) = λ(a B k ) + λ(a ([, ] \ B k )) λ(b k ) + k ε 2 + k f dλ ε. A A ([,]\B k ) k dλ Επεται ότι λ(a ). Σηµείωση. Το γεγονός ότι το [, ] έχει πεπερασµένο µέτρο χρησιµοποιήθηκε ουσιαστικά. Αν ϑεωρήσουµε την f (x) = x 2 στο [, ), τότε η f είναι γνήσια ϑετική και αν ϑέσουµε A = [, + ] έχουµε όµως λ(a ) =. A f dλ 2, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 27

53. Εστω f : [, ) R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Για x > ορίζουµε g(x) = ότι η g είναι συνεχής και ότι lim g(x) =. x + f (t)e xt dλ(t). είξτε Υπόδειξη. Εστω t >. Θέτουµε g t (x) = e xt. Η παράγωγος της g t είναι ίση µε g t (x) = te xt. Σταθεροποιούµε x >. Για κάθε x R µε x x < x 2, από το ϑεώρηµα µέσης τιµής έχουµε e tx e tx = g t (z) x x = te tz x x για κάποιο z µεταξύ των x, x. Αφού z x x 2 = x 2, έχουµε e tz e tx /2. Αρα, e tx e tx te tx /2 x x. Θεωρούµε την h x (t) = te tx/2. Αφού lim h x t + (t) = και lim h x t + (t) =, υπάρχει M x > τέτοιος ώστε h x (t) M x για κάθε t >. Αρα, αν x x < x 2, έχουµε ότι g(x) g(x ) = f (t)(e xt e xt ) dλ(t) M x x x f dλ. f (t) te tx /2 x x dλ(t) Παίρνοντας το όριο καθώς το x x ϐλέπουµε ότι g(x) g(x ), άρα η g είναι συνεχής. Για να δείξουµε ότι δ > τέτοιο ώστε Εποµένως, αν x > logε δ lim g(x) =, ϑεωρούµε τυχόν < ε <. Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, υπάρχει x + g(x) δ f dλ < ε. και t > δ, τότε xt < logε. Αρα, αν x > logε δ, δ f (t) e xt dλ(t) = f (t) dλ(t) + δ δ f (t) e xt dλ(t) + f (t) e logε dλ(t) < ε + ε δ f (t) e xt dλ(t) f dλ. Αφού το ε (, ) ήταν τυχόν και f dλ <, συµπεραίνουµε ότι lim g(x) =. x + 54. Εστω R d µε λ() < και έστω f, g : R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις µε f dλ = g dλ. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 28

είξτε ότι είτε (α) f = g σχεδόν παντού στο είτε (ϐ) υπάρχει µετρήσιµο A τέτοιο ώστε f dλ < g dλ. A A Υπόδειξη. Υποθέτουµε ότι A g dλ για κάθε µετρήσιµο A. Τότε, για κάθε µετρήσιµο F, ϑέτοντας A = \ F στην προηγούµενη ανισότητα παίρνουµε g dλ = g dλ g dλ άρα τελικά έχουµε F F = = F A f dλ \F f dλ \F f dλ f dλ, g dλ για κάθε µετρήσιµο F. Θεωρούµε τυχόν ε > και ορίζουµε B ε = { f g ε} και C ε = {g f ε}. Τότε, τα B ε και C ε είναι µετρήσιµα, και = f dλ g dλ = ( f g) dλ ελ(b ε ), B ε B ε άρα λ(b ε ) =. Οµοια δείχνουµε ότι λ(c ε ) =. Επεται ότι για κάθε N, άρα ηλαδή, f = g σχεδόν παντού στο. B ε F \F f dλ g dλ f dλ λ({ f g /}) = λ(b / C / ) = λ({ f g}) = λ f g /} { =. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 29

55. Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι για κάποιο κλειστό σύνολο A R ισχύει το εξής: για κάθε [, ] µε λ() > ισχύει t := f dλ A. λ() είξτε ότι το σύνολο Z = {x [, ] : f (x) A} έχει µέτρο µηδέν. Υπόδειξη. Αφού το A είναι κλειστό, µπορούµε να γράψουµε το συµπλήρωµά του σαν αριθµήσιµη ένωση ξένων ανοικτών διαστηµάτων: R \ A = (a k, b k ). Παρατηρήστε ότι k= Z = {x [, ] : f (x) A} = x [, ] : f (x) k, b k k=(a ) = {x [, ] : f (x) (a k, b k )}. k= Υποθέτουµε ότι λ(z) >. Τότε, υπάρχει k N ώστε το σύνολο Z k := {x [, ] : f (x) (a k, b k )} να έχει ϑετικό µέτρο. Εφαρµόζοντας την υπόθεση µε = Z k ϐλέπουµε ότι t k := f dλ A. λ(z k ) Z k Οµως, a k < f (x) < b k για κάθε x Z k. Αρα, a k λ(z k ) < απ όπου έπεται ότι a k < t k := ηλαδή, t k (a k, b k ). Αρα, t k A, το οποίο είναι άτοπο. Z k f dλ < b k λ(z k ), f dλ < β k. λ(z k ) Z k 56. Εστω f, f : R R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις τέτοιες ώστε, για κάθε N, f (t) f (t) dλ(t) 2. είξτε ότι f f σχεδόν παντού. R Υπόδειξη. Από το ϑεώρηµα Beppo Levi έχουµε f (t) f (t) dλ(t) = R R f (t) f (t) dλ(t) 2 <. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3

Αρα, η συνάρτηση f f είναι ολοκληρώσιµη. Επεται ότι η σειρά f (t) f (t) συγκλίνει σχεδόν παντού. Ειδικότερα, f (t) f (t) σχεδόν παντού. 57. Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις που ικανοποιούν τα εξής: (α) Υπάρχει µη αρνητική ολοκληρώσιµη h : [, ] R ώστε: για κάθε ισχύει f h σχεδόν παντού. (ϐ) Για κάθε συνεχή συνάρτηση g : [, ] R ισχύει f g dλ. [,] είξτε ότι: για κάθε Borel σύνολο A [, ], A f dλ. Υπόδειξη. Εστω ε >. Αφού η h είναι ολοκληρώσιµη, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε: αν είναι µετρήσιµο υποσύνολο του [, ] και λ() < δ, τότε h dλ < ε. Εστω A Borel υποσύνολο του [, ]. Μπορούµε να ϐρούµε συµπαγές K και ανοικτό U [, ] ώστε K A U και λ(u \ K) < δ. Χρησιµοποιώντας το Λήµµα του Urysoh ϐρίσκουµε συνεχή συνάρτηση g : [, ] R τέτοια ώστε g, g(x) = για κάθε x K και g(x) = για κάθε x [, ] \ U. Τώρα γράφουµε f dλ = f χ A dλ = f g dλ + f ( χ A g) dλ, και παρατηρούµε ότι [,] A [,] f ( χ A g) dλ = [,] U\K [,] [,] f χ A g dλ h χ A g dλ U\K [,] h χ A g dλ h dλ < ε, διότι χ A g στο K και στο [, ] \ U, χ A g στο U \ K, και λ(u \ K) < δ. Επεται ότι lim sup f dλ lim f g dλ + ε = ε, A [,] διότι f g dλ από την υπόθεση. Αφού το ε > ήταν τυχόν, συµπεραίνουµε ότι [,] lim sup A f dλ =, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3

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

Υπόδειξη. Παρατηρούµε ότι + f (x) 2 2 l ( + f (x) 2 ( + f (x) ) 2, άρα ) ( 2l + f (x) ) 2 αν χρησιµοποιήσουµε και την l ( + f (x) έχουµε g 2 f για κάθε N. 2 f (x), ) f (x). ηλαδή, αν ϑεωρήσουµε τις g (x) = l ( ) + f (x) 2 2, Η f είναι ολοκληρώσιµη, άρα f (x) < σχεδόν παντού. Συνεπώς, g (x) = l ( + f ) (x) 2 2 f (x) 2 2 = f (x) 2 σχεδόν παντού. ηλαδή, g σχεδόν παντού. Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης έπεται ότι l ( + f ) (x) 2 dλ(x) = g (x)dλ(x). R 2 R 6. Εστω f : [, ] [, ) ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι f l f dλ f dλ l f dλ. [,] [,] [,] Υπόδειξη. Θέτουµε α = [,] f dλ > και ϑεωρούµε τη συνάρτηση g = f /α. Παρατηρούµε ότι (y )ly για κάθε y > (αν y τότε y και ly, ενώ αν y > τότε y > και ly > ). Συνεπώς, yly ly για κάθε y >. Αφού η g παίρνει ϑετικές τιµές, έχουµε glg lg στο [, ], άρα glg dλ lg dλ. [,] Αφού g = f /α, έχουµε ότι f (l f lα) dλ = α [,] δηλαδή από την οποία προκύπτει ότι α [,] [,] [,] [,] f l f dλ f l f dλ α [,] f α l f α dλ [,] l f α dλ l f dλ lα dλ = [,] [,] f dλ α [,] lα l f dλ = [,] [,] [,] l f dλ lα, f dλ [,] l f dλ lα, l f dλ. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 33