1. (ukupo 8 bodova) MJERA I INTEGRAL završi ispit 4. srpja 216. (Kjige, bilježice, dodati papiri i kalkulatori isu dozvoljei!) (a) (2 boda) Defiirajte p za ekspoete p [1, +. (b) (6 bodova) Dokažite da p zadovoljava ejedakost trokuta za svaki p [1, +. Pritom smijete pretpostaviti da je Hölderova ejedakost pozata. Rješeje: (a) Pogledajte predavaja/skriptu: Za prostor mjere (X, F, µ) je p : L p [, + defiiraa formulom ( ) 1 f p := f p p dµ. (b) Pogledajte predavaja/skriptu: To je ejedakost Mikowskog (teorem 9.13). Slučaj p = 1 se dokazuje direkto ili se obrazloži zašto se može iščitati izmedu redaka dokaza. X
2. (ukupo 8 bodova + 2 dodata boda) Neka je (X, F) općeiti izmjerivi prostor i eka su u daljjem f, g reale fukcije a X. Dokažite ili opovrgite svaku od sljedećih tvrdji. (a) (2 boda) Ako su f i g F-izmjerive, tada f + g mora takoder biti F-izmjeriva. (b) (2 boda) Ako su f + g i f g F-izmjerive, tada f i g moraju takoder biti F-izmjerive. (c) (2 boda) Ako su f + g i fg F-izmjerive, tada f i g moraju takoder biti F-izmjerive. (d) (2 boda) Ako je f F-izmjeriva, tada f mora takoder biti F-izmjeriva. (e) (2 dodata boda) Ako f poprima samo pozitive vrijedosti i ako je f f F-izmjeriva, tada f mora takoder biti F-izmjeriva. U slučaju da tvrdja vrijedi morate dati je detalja dokaz, a u slučaju da tvrdja e vrijedi trebate dati protuprimjer. Napomee: Na kodomei R se uvijek podrazumijeva Borelova σ-algebra B(R). Fukcija f f je defiiraa formulom (f f )(x) := f(x) f(x). Rješeje: (a) Tvrdja vrijedi; pogledajte predavaja ili vježbe (daa su dva različita dokaza). Npr. za svaki α R imamo (b) Tvrdja vrijedi jer imamo {f + g > α} = {f > q} {g > α q} F. }{{}}{{} q Q F F f = 1 2 (f + g) + 1 (f g), 2 g = 1 2 (f + g) 1 (f g), 2 a lieara kombiacija izmjerivih fukcija je opet izmjeriva fukcija. (c) Tvrdja općeito e vrijedi. Pretpostavimo da je izmjerivi prostor takav da je F = P(X), uzmimo eki skup A P(X) \ F te stavimo f := 1 A + 21 A c, g := 21 A + 1 A c. Fukcije f + g i fg su redom kostato jedake 3 i 2 pa svakako jesu izmjerive, ali f i g isu izmjerive zbog f 1 ({1}) = A F, g 1 ({2}) = A F. (d) Tvrdja općeito e vrijedi. Uzmimo eki skup A P(X) \ F te stavimo f := 1 A 1 A c. Fukcija f je kostato jedaka 1 pa svakako jest izmjeriva, ali f ije izmjeriva zbog f 1 ({1}) = A F. (e) Tvrdja općeito e vrijedi. Uzmimo eki skup A P(X) \ F. Ispirirai jedakošću ( 1 ) 1/2 ( 1 1/4 = 2 4) stavimo f := 1 2 1 A + 1 4 1 A c. Fukcija f f je kostata pa svakako jest izmjeriva, ali f ije izmjeriva zbog f 1({ 1 2}) = A F.
3. (ukupo 8 bodova) (a) (3 boda) Pokažite da za proizvolju fukciju f : R R vrijedi: f je ijekcija ako i samo ako za svaki x R vrijedi {x} σ(f). Napomea: Na kodomei R promatramo Borelovu σ-algebru B(R), a σ(f) ozačava ajmaju σ-algebru a domei R obzirom a koju je fukcija f izmjeriva. (b) (2 boda) Ozačimo s λ (jedodimezioalu) Lebesgueovu mjeru. Odredite λ f 1 za fukciju f : R [, dau s f(x) := x, tj. odredite čemu je jedako λ (f 1 (B)) za svaki B B ([, ). (c) (3 boda) Odredite općeiti oblik Lebesgue-Stieltjesove fukcije F δ δ kocetriraoj u točki R. pripade Diracovoj mjeri Rješeje: (a) Neka je f ijektiva. Uzmimo x R i ozačimo y := f(x). Vrijedi {y} B(R) te, zbog ijektivosti od f i izmjerivosti u paru (σ(f), B(R)), imamo {x} = f 1 ({y}) σ(f). Obrato, eka f ije ijektiva, tj. eka su x 1, x 2 R takvi da je x 1 x 2 i f(x 1 ) = f(x 2 ). Promotrimo familiju F defiirau F := { f 1 (B) : B R }. Očigledo je F σ-algebra a domei R; pr. to je pokazao a vježbama jer F je zapravo praslika σ-algebre P(R), koju smo još ozačavali f 1( P(R) ). Kako posebo za svaki B B(R) vrijedi f 1 (B) F, zaključujemo da je f izmjeriva u paru (F, B(R)) te, po defiiciji od σ(f), vrijedi σ(f) F. Tvrdimo {x 1 } F, iz čega oda slijedi {x 1 } σ(f). Kada bismo imali {x 1 } F, oda bi postojao skup B R takav da bi bilo {x 1 } = f 1 (B), što bi začilo a to je u kotradikciji s f(x 1 ) = f(x 2 ). f(x 1 ) B, f(x 2 ) B, (b) Uočimo da je za svaki skup B [, + zapravo f 1 (B) = B ( B) = B { x : x B}. Za a < b vrijedi f 1 ( a, b]) = [ b, a a, b] pa je λ ( f 1 ( a, b]) ) = ( a ( b)) + b a = 2(b a) = 2λ ( a, b]). Po jedistveosti mjera a π-sustavu koji geerira promatrau σ-algebru (precizije, po korolaru 4.6) slijedi jedakost λ ( f 1 (B) ) = 2λ (B) za sve B B ([, ).
(c) Ako je a, b < ili a, b >, oda vrijedi F δ (b) F δ (a) = δ ( a, b]) =, odoso F δ (b) = F δ (a). Nadalje, za a < vrijedi F δ () F δ (a) = δ ( a, ]) = 1, odakle dobivamo F δ () = F δ (a)+1. Zbog eprekidosti zdesa vrijedi F δ () = F δ (x) = x F δ (b) za sve b >. Prema tome, oviso o vrijedosti C := F δ ( ) = F δ (x), pripada x Lebesgue-Stieltjesova fukcija je oblika { C za x <, F δ (x) = C + 1 [, (x) = C + 1 za x.
4. (ukupo 8 bodova) (a) (4 boda) Izračuajte x 1 + x dx. (b) (4 boda) Neka su 1 p < q < r < + takvi da vrijedi 1 = 1 + 2. Dokažite da vrijedi q 3p 3r te da je L p L r L q. f q f 1 3 p f 2 3 r, Rješeje: (a) Primjeom metode parcijale itegracije dobije se x 1 + x dx = 2( + 1) + x +1 + 1 (1 + x) dx = 2 = 1 2 + x +1 dx = ( ) + 1 (1 + x) 2 Promatrajmo prostor mjere ([, 1], B([, 1]), λ), gdje je λ Lebesgueova mjera. fukcije f : [, 1] R sa f (x) := x +1 + 1 (1 + x). 2 Vrijedi: Defiirajmo (i) f (x) 1 =: g(x) za svaki N i x [, 1]. (1+x) 2 (ii) Fukcija g je eprekida a [, 1], radi čega je i Riema-itegrabila pa je i Lebesgueitegrabila te vrijedi gdλ = g(x)dx < +. [,1] (iii) f (x) = = za svaki x [, 1. Za x = 1 imamo +1 (1+x) 2 f (1) = 1. 4 Ako defiiramo f : [, 1] R sa f(x) =, iz pokazaog slijedi da je f = f λ-g.s. x +1 Sve pretpostavke LTDK teorema za fukcije f su ispujee pa imamo x +1 + 1 (1 + x) dx = f 2 (x)dx fukcije f su Riema-itegrabile a [, 1] pa su i Lebesgue-itegrabile = f dλ LTDK = fdλ = dλ =. [,1] [,1] Vratimo se a ( ) i dobijemo da je [,1] x 1 + x dx = ( ) = 1 2 + = 1 2. Napomeimo da ije bilo moguće direkto primijeiti LTDK a polazi itegral (jer ema itegrabile domiirajuće fukcije), što pokazuje čijeica da bismo zamjeom esa i itegrala dobili pogreša rezultat. (b) Pogledajte zadatak 8.2. s vježbi uz t = 1 3.
5. (ukupo 8 bodova) Pretpostavimo da je V eki vektorski potprostor prostora svih omedeih Borel-izmjerivih fukcija sa [, 1] u R koji sadrži karakterističu fukciju 1 I svakog itervala I [, 1] te još ima svojstvo: Ako je (f ) =1 iz eegativih fukcija iz V koji raste i po točkama kovergira prema omedeoj fukciji f : [, 1] R, tada mora biti f V. Dokažite da V sadrži svaku omedeu Borel-izmjerivu fukciju sa [, 1] u R. Uputa: Koristite Lebesgueovu idukciju. Rješeje: Dokaz provodimo u četiri koraka. 1. korak: Žeo pokazati da je 1 B V za sve B B ([, 1]). Ozačimo Uočimo: D := {B B ([, 1]) : 1 B V}. Vrijedi [, 1] D jer je 1 [,1] V po pretpostavci zadatka uz izbor I = [, 1]. Ako su A, B D, A B, oda zbog zatvoreosti od V a lieare kombiacije imamo 1 B\A = 1 B 1 A V pa je B \ A D. Neka je (A ) =1 rastući iz skupova iz D. Uočimo da je (1 A ) =1 rastući iz eegativih fukcija iz V koji raste prema omedeoj fukciji 1 =1 A pa po svojstvu avedeom u zadatku vrijedi 1 =1 A V, odakle zaključujemo da je =1A D. Time smo dobili da je D Dykiova klasa koja sadrži π-sustav C := {I [, 1] : I je iterval}. Iz Dykiovog teorema slijedi D D(C) = σ(c) = B([, 1]) pa zaključujemo D = B ([, 1]). Time smo zapravo dobili da je 1 B V za sve B B ([, 1]). 2. korak: Promatramo jedostave Borel-izmjerive fukcije sa [, 1] u R. Neka je f = c i 1 Ai za eki N te za eke c 1, c 2,..., c R i eke A 1, A 2,..., A B ([, 1]). Po 1. koraku slijedi 1 Ai V za i {1, 2,..., }, a oda i f V jer je V vektorski prostor. 3. korak: Neka je f proizvolja eegativa omedea Borel-izmjeriva fukcija. Tada po teoremu 5.15 s predavaja postoji rastući iz (f ) =1 eegativih jedostavih Borel-izmjerivih fukcija koji po točkama kovergira prema f. Po 2. koraku zamo da je f V za sve N pa, zbog daog svojstva prostora V, slijedi f V. 4. korak: Koačo, eka je f proizvolja omedea Borel-izmjeriva fukcija. Možemo zapisati f = f + f pri čemu je f + pozitivi, a f egativi dio fukcije f. Po 3. koraku vrijedi f +, f V, a oda je i f = f + f V jer je V vektorski prostor. Napomeimo da je ovaj zadatak posebi slučaj tzv. teorema o mootooj klasi za fukcije. i=1