Υπόδειξη. (α) Άµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο.

Κεφάλαιο 2 Ολοκλήρωµα Lebesgue 2.1 Οµάδα Α 1. 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 + 1/) 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) Άµεσο 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). 35

36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU 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 [, 1]. Θεωρούµε τη συνάρτηση f µε f(x) = 1 αν x V και 1 αλλιώς. Τότε, η f δεν είναι µετρήσιµη, αλλά η f 2 είναι η σταθερή 1 κι άρα είναι µετρήσιµη. (ϐ) Παρατηρήστε ότι το σύνολο A 2 = {x A f(x) } είναι επίσης µετρήσιµο, αφού το A 1 = {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 [f b] = (A 1 [f 2 b 2 ]) A 2 το οποίο είναι µετρήσιµο, ως πράξεις τέτοιων. 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 1 (B) = {x R d : f(x) B} είναι µετρήσιµο.

2.1. ΟΜΑ Α Α 37 Υπόδειξη. Θεωρούµε την κλάση A = {B R f 1 (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 1 (R) = R µετρήσιµο, εποµένως R A. Αν B A τότε f 1 (R \ B) = R \ f 1 (B) και εφόσον το B A έπεται ότι το R \ f 1 (B) είναι µετρήσιµο. Τέλος, αν {B } ακολουθία στην A, τότε f 1 ( B ) = f 1 (B ) είναι µετρήσιµο αφού κάθε f 1 (B ) είναι µετρήσιµο. (ii) είχνουµε ότι η A περιέχει τα ανοικτά : Αφού f µετρήσιµη το f 1 ((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. 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 +1 και A = {x A : f(x) > t}. Εποµένως, από την ιδιότητα του µέτρου παίρνουµε : ω f (t) = λ ( A ) = lim λ(a ) = lim ω f (t ), που αποδεικνύει την δεξιά συνέχεια της f. 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) =.

38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Μ άλλα λόγια η ω f είναι συνεχής στο t αν και µόνον αν λ(f 1 ({t})) =. (ϐ) Είναι προφανές ότι για κάθε t έχουµε ω fk (t) ω fk+1 (t). Εστω t R. Ορίζουµε B k = {x A : f k (x) > t}. Τότε, B k B k+1 και k=1 B k = {x A : f(x) > t}. Άρα, µπορούµε να γράψουµε : lim ω f k (t) = lim λ(x A : f k(x) > t) = lim λ(b k) k k k ( ) = λ B k = λ(x A : f(x) > t) = ω f (t). k=1 Αυτό αποδεικνύει το Ϲητούµενο. 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 1 ((a, + )) είναι διάστηµα της µορφής [b, + ) ή (b, ) αφού η g είναι αύξουσα. Εποµένως, το (g f) 1 ((a, + )) = f 1 (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 t + F (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 }. 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 +1 } για κάθε. ηλαδή, η ({f > t }) είναι αύξουσα. Επεται ότι F (t) = λ({f > t}) = lim λ({f > t }) = lim F (t ).

2.1. ΟΜΑ Α Α 39 Τέλος, για κάθε t >, από την ανισότητα του Markov έχουµε tf (t) = t λ({f > t}) f. Άρα, και αυτό δείχνει ότ lim t F (t) =. F (t) 1 t f, 1. 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. 11. 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) > 1/}. Παρατηρήστε ότι =,

4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU διότι f(x) > αν και µόνο αν υπάρχει N ώστε f(x) > 1/. Από την ανισότητα του Markov, 1 λ( ) f f =, 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 \Z f =. Μπορούµε λοιπόν να δουλέψουµε µε το \ Z: αν δείξουµε ότι λ( \ Z) =, ϑα έχουµε και λ() =. 12. Εστω f µη αρνητική µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι f = lim f = lim {f 1/} 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 = fχ [,] = g f. Για το δεύτερο ερώτηµα, ορίζουµε h (x) = f(x)χ {f 1/} (x). Παρατηρήστε ότι η {h } είναι αύξουσα διότι {f 1/} {f 1/( + 1)} για κάθε N. Επίσης, για κάθε x R µε f(x) > έχουµε τελικά f(x) 1/ 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 = fχ {f 1/} = h f. {f 1/} 13. 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 + 1} για κάθε N. Επίσης, για κάθε x R µε f(x) <

2.1. ΟΜΑ Α Α 41 έχουµε τελικά f(x) άρα g (x) = f(x) f(x). ηλαδή, αν = {f < }, έχουµε g χ fχ. Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης παίρνουµε f = fχ {f } = g = g χ {f } fχ. Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, γνωρίζουµε ότι λ( c ) = και fχ c =. Επεται ότι f = fχ + fχ c = fχ = lim f. {f } 14. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Είναι σωστό ότι lim x ± f(x) = ; Υπόδειξη. Οχι. Η συνάρτηση f : R R µε f(x) = χ Q (x) είναι σχεδόν παντού ίση µε την µηδενική συνάρτηση. Άρα, η f είναι ολοκληρώσιµη και f =. Οµως, το lim f(x) δεν υπάρχει : έχουµε x ± f() 1 και f( ) 1. 15. 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= 2 k 2 k 1 λ(f > t) dt. Επειδή η συνάρτηση t λ(f > t) είναι ϕθίνουσα η τελευταία σειρά είναι ισοδύναµη µε την k= 2k λ(f > 2 k ) και το συµπέρασµα έπεται. 16. 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.

42 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Υπόδειξη. Ορίζουµε g (x) = f(x)χ {1/ f } (x). Παρατηρήστε ότι η {g } είναι αύξουσα διότι {1/ f } {1/( + 1) f + 1} για κάθε N. Επίσης, για κάθε x R µε < f(x) < έχουµε τελικά f(x) 1/ 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 = fχ {1/ f } = g f. {1/ f } Συνεπώς, υπάρχει N ώστε, αν ϑέσουµε = {1/ f } τότε f > f ε. Παρατηρήστε ότι η f είναι ϕραγµένη (από ) στο. Τέλος, από την ανισότητα του Markov, λ() λ({f 1/}) f < +. 17. 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 = fχ (,x] και g = fχ (,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 : x F (x ) = f = g dλ Αυτό αποδεικνύει ότι η F είναι δεξιά συνεχής. g dλ = F (x). 18. 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 f = f lim (εξηγήστε γιατί η {f } είναι αύξουσα και f f). Εστω ε >. Μπορούµε να ϐρούµε N ώστε (f f ) = f f < ε 2.

2.1. ΟΜΑ Α Α 43 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. 19. Θεωρώντας τις συναρτήσεις f = χ [,+1) δείξτε ότι στο Λήµµα του Fatou η ανισότητα µπορεί να είναι γνήσια. Υπόδειξη. Αν f = χ [,+1), τότε f (x) για κάθε x R: παρατηρήστε ότι υπάρχει N ώστε > x και τότε, για κάθε έχουµε x / [, + 1), άρα f (x) = χ [,+1) (x) =. Επεται ότι lim if f = lim f =, ενώ f = 1 για κάθε N, άρα lim if f = 1. 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 = 1 χ [,], τότε f (x) για κάθε x R. Επίσης, η {f } είναι οµοιόµορφα ϕραγµένη ( f 1). Παρατηρήστε ότι lim sup f = lim f =, αλλά f = 1 λ([, ]) = 1 για κάθε N, άρα lim sup f = 1. 21. Εστω f και f, N, µη αρνητικές µετρήσιµες συναρτήσεις µε f f για κάθε N και f f. είξτε ότι f = lim f.

44 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Υπόδειξη. Αφού f f για κάθε N, έχουµε f f για κάθε N. Συνεπώς, lim sup f f. Από το Λήµµα του Fatou παίρνουµε f lim if f. Επεται ότι lim sup f = lim if f = f. Άρα, f f. 22. Εστω f και f, N, µη αρνητικές µετρήσιµες συναρτήσεις µε f f και f = f <. είξτε ότι lim lim f = f για κάθε µετρήσιµο σύνολο. ώστε παράδειγµα που να δείχνει ότι αυτό δεν ισχύει αν f =. Υπόδειξη. Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του R. Από το Λήµµα του Fatou παίρνουµε f lim if f και δηλαδή Αφού f lim if c ( f f lim if προσθέτοντας κατά µέλη παίρνουµε f lim if ( f = lim ( c f ) f f. f ), ) f = lim sup f.

2.1. ΟΜΑ Α Α 45 ηλαδή, Συνεπώς, lim sup f f lim if f. f f. 23. Εστω (f ) ακολουθία Lebesgue ολοκληρώσιµων συναρτήσεων στο [a, b]. Αν f f οµοιόµορφα, δείξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη και ότι b a f f. 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 Αφού το ε > ήταν τυχόν, συµπεραίνουµε ότι a b f f f ε(b a). b a a f b a f. 24. είξτε ότι e x dx = lim ( 1 x ) dx = 1. Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία f (x) = (1 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 κυριαρχη- µένης σύγκλισης έπεται το συµπέρασµα. 25. Υπολογίστε το lim (1 (x/)) e x/2 dx (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία f (x) = (1 x/) e x/2 χ [,], η οποία αποτελείτει από από µετρήσιµες συναρτήσεις µε f (x) e x/2 χ [, ). Η συνάρτηση g(x) = e x/2 χ [, ) είναι ολοκηρώσιµη, 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 1 x e x/2 ) ] = e x e x/2 = e x/2.

46 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Συνεπώς, έχουµε lim ( 1 x ) e x/2 dx = e x/2 dx = 2, που υπολογίζει το Ϲητούµενο όριο. 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 +1 και g. Εφόσον, οι f, f είναι ολοκληρώσιµες και g 1 < + µπορούµε να γράψουµε (από το δυϊκό του ϑεωρήµατος µονότονης σύγκλισης Άσκηση 1): 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. Άρα, f f. Με ανάλογο τρόπο, f f = (f f) f f. Άρα, f f. 28. Εστω f, f ολοκληρώσιµες. Αν f f, δείξτε ότι f f για κάθε µετρήσιµο σύνολο, και f + f +. Υπόδειξη. Εστω µετρήσιµο σύνολο. Γράφουµε f f = (f f) f f f f.

2.1. ΟΜΑ Α Α 47 Άρα, f f. Για το δεύτερο ερώτηµα χρησιµοποιούµε την Άσκηση 27. Με την υπόθεση ότι f f, δείξαµε ότι f f και f f. Συνεπώς, f + f + f = = 1 f + 1 f 1 f + 1 f 2 2 2 2 2 f + f = = f +. 2 29. Εστω f µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη αν και µόνο αν k= 2k λ({ f > 2 k }) <. Υπόδειξη. Μπορούµε να γράψουµε το ολοκλήρωµα της f µε τον ακόλουθο τρόπο : f dλ = λ( f > t) dt = k= 2 k 2 k 1 λ( f > t) dt. Παρατηρήστε ότι η t λ( f > t) είναι ϕθίνουσα συνάρτηση του t >, οπότε 2 k 1 λ( f > 2 k ) < 2 k 2 k 1 λ( f > t) dt < 2 k 1 λ( f > 2 k 1 ), για κάθε k Z. Εποµένως, το ολοκλήρωµα f dλ είναι πεπερασµένο αν και µόνον αν k= 2k λ( f > 2 k ) < +. 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). Άρα, f lim if f.

48 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Πάλι από το Λήµµα του Fatou, g f = (g f) lim if (g f ) = g lim sup f, δηλαδή, Επεται ότι Άρα, lim sup lim sup f f = lim if f f. f. f = f. 31. 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. Άρα, 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. Προσθέτοντας κατά µέλη, παίρνουµε f f. 32. Εστω (f ) ακολουθία ολοκληρώσιµων συναρτήσεων. Υποθέτουµε ότι υπάρχει ολοκλη- ϱώσιµη συνάρτηση g ώστε f g σχεδόν παντού για κάθε N. είξτε ότι ( ) ( ) lim if f lim if f lim sup f lim sup f.

2.1. ΟΜΑ Α Α 49 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 [, 1]. (α) Αν f = για κάθε µετρήσιµο [, 1] µε λ() = 1/2, δείξτε ότι f = σχεδόν παντού στο [, 1]. (ϐ) Αν f > σχεδόν παντού, δείξτε ότι { if f : λ() 1 } >. 2 Υπόδειξη. (α) Παρατηρήστε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη και [,1] f = (διότι το [, 1] είναι η ένωση δύο συνόλων µέτρου 1/2. Εστω A, B [, 1] µε λ(a) = λ(b) = 1 4. Τότε, λ([, 1]\(A B)) 1/2. Συνεπώς, υπάρχει C [, 1] µε λ(c) = 1/4 και C A = C B = (εξηγήστε γιατί). Γράφουµε f = A A C f f = f = f f = f, C C B C C B χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι A C f = = B C f το οποίο ισχύει από την υπόθεση αφού λ(a C) = λ(b C) = 1/2. Τώρα, µπορούµε να δείξουµε ότι αν λ(a) = 1/4 τότε f =. Πράγµατι, υπάρχει B [, 1] µε λ(b) = 1/4 και A B =, συνεπώς, A = A B f = A f + f = 2 f. B A Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο δείχνουµε ότι : για κάθε k 1, αν A [, 1] και λ(a) = 1 2 k τότε f =. A

5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Επεται τώρα ότι, για κάθε «δυαδικό ϱητό» x = m 2 k, όπου k N και m 2 k, ισχύει [,m/2 k ] f =. Θεωρούµε την συνάρτηση F (x) = x f. Οπως στην Άσκηση 12, µπορούµε να δείξουµε ότι η F είναι συνεχής. Αφού F (x) = για κάθε δυαδικό ϱητό x [, 1], συµπεραίνουµε ότι F (x) = για κάθε x [, 1]. Ειδικότερα, I f = για κάθε διάστηµα I [, 1]. Επεται τώρα ότι f = για κάθε ανοικτό [, 1] (εξηγήστε γιατί). Αφού [,1] f =, έπεται ότι F f = για κάθε κλειστό F [, 1]. 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 1/k} (εξηγήστε γιατί). Μπορούµε να ϐρούµε κλειστό F D µε λ(f ) > (εξηγήστε γιατί). Τότε, καταλήγουµε σε άτοπο, διότι f 1 λ(f ) >. F k (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) > 1/k} τότε k [, 1], άρα λ( k ) 1.] Αν ϑέσουµε λοιπόν F = {x : f(x) > ε} > 2/3 τότε µπορούµε να γράψουµε : αν µετρήσιµο µε λ() 1/2 τότε f dλ F f dλ ελ( F ), διότι η f είναι ϑετική σχεδόν παντού. Επιπλέον, είναι λ( F ) λ() + λ(f ) 1 > 1/6. 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 = 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. f.

2.1. ΟΜΑ Α Α 51 (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. Θεωρούµε την ακολουθία ολοκληρωσίµων συναρτήσεων s (x) = k=1 f k(x) και παρατηρούµε ότι σχεδόν για κάθε x ισχύει s (x) f k (x) F (x). Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης έχουµε : ( ) f = lim s = lim s = f. k=1 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 +1 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 1,..., µετρήσιµα υποσύνολα του [, 1] µε την εξής ιδιότητα : κάθε x [, 1] ανήκει σε τουλάχιστον k από τα 1, 2,...,. είξτε ότι υπάρχει i ώστε λ( i ) k/. Υπόδειξη. Θεωρούµε την f = i=1 χ i. Αφού κάθε x [, 1] ανήκει σε τουλάχιστον k από τα 1,...,, έχουµε f(x) = χ i (x) k για κάθε x [, 1]. Συνεπώς, Επεται ότι λ( i ) = i=1 i=1 [,1] i=1 χ i (x) dλ(x) = max λ( i) k 1 i. [,1] ηλαδή, υπάρχει i {1,..., } µε την ιδιότητα λ( i ) k. f dλ k.

52 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU 2.2 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) 1 ((a, + )) = g 1 (h 1 (a, + )). Οµως, η h είναι µετρήσιµη, άρα το B = h 1 (a, + ) είναι Borel. Επεται, ότι το g 1 (B) είναι επίσης Borel αφού g συνεχής. (ϐ) Εστω φ : [, 1] [, 1] η συνάρτηση Cator Lebesgue και ξαναλέµε φ την επέκτασή της σε ολόκληρο το R µε φ(x) = 1 αν x > 1 ενώ φ(x) = αν x <. Ορίζουµε f : R R µε f(x) = x + φ(x). Εχουµε δει ότι λ(f(c)) = 1, άρα υπάρχει V f(c) µη µετρήσιµο. Επίσης, το A = f 1 (V ) είναι µετρήσιµο. Παρατηρήστε ότι ορίζεται η g = f 1, 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 µετρήσι- µο. Αν είναι λ(f(a)) > τότε υπάρχει V f(a) µη µετρήσιµο. Εστω = f 1 (V ) A,

2.2. ΟΜΑ Α Β 53 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. 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 : [, 1] R Lebesgue µετρήσιµες συναρτήσεις. είξτε ότι υπάρχει ακολουθία f (α ) ϑετικών 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 }) < 1/2. Προς τούτο αρκεί να αποδείξουµε τον ακόλουθο ισχυρισµό : Ισχυρισµός. Αν g : [, 1] R είναι Lebesgue µετρήσιµη τότε για κάθε ε > υπάρχει β > ώστε λ(x : g(x) > β) < ε. Εστω = {x : g(x) }. Τότε, = [, 1] και η { } είναι αύξουσα. Άρα, είναι lim λ(a ) = λ([, 1]) = 1. Εποµένως, υπάρχει k N ώστε λ(a k ) > 1 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 ) < 1/2. 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 = 1 β τότε έχουµε ότι για κάθε x / Z ισχύει f(x) α καθώς. 41. 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.

54 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Υπόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι η f είναι µη αρνητική και ϕραγµένη. Ορίζουµε F (x) = x f(t) dλ(t). Για κάθε y της µορφής y = kt + ms, k, m Z έχουµε : 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 f(t) dλ(t) αx = x (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. Για τη γενική περίπτωση ϑεωρούµε τη συνάρτηση f 1 (t) = 1 + 2 π arcta f(t) για την οποία πρέπει πρώτα να παρατηρήσουµε ότι είναι µετρήσιµη και ότι < f 1 < 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 ) 1 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). f := h : R είναι συνεχείς συναρτήσεις. Θέτουµε D = {x : f (x) f(x)} Τότε, οι και ϑα δείξουµε ότι λ(d) =. Εστω x D. Υπάρχει N ώστε x και, άρα x [, ] για κάθε. Άρα, για κάθε έχουµε g (x) = f(x). Αφόύ 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( ).

2.2. ΟΜΑ Α Β 55 Οµως, λ( ) 1 2 <. Από το λήµµα Borel-Catelli έχουµε λ(lim sup ( )) =, 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+1 ). 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, m + 1 ) {y R : f(m/, y) > α}. 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 + 1 ) {y R : f(m/, y) > α} είναι µετρήσιµο. Επεται ότι το (α) είναι µετρήσιµο για κάθε α R, και αυτό δείχνει ότι η f είναι µετρήσιµη. m x Στη συνέχεια δείχνουµε ότι f (x, y) f(x, y) για κάθε (x, y) R 2. Πράγµατι, αφού x καθώς το (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). 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 : [, 1] R µε την εξής ιδιότητα : αν η g : [, 1] R είναι σχεδόν παντού ίση µε την f τότε η g είναι ασυνεχής σε κάθε x [, 1]. Υπόδειξη. Από την Άσκηση 22 του Κεφαλαίου 1 γνωρίζουµε ότι υπάρχει ένα Lebesgue µετρήσιµο σύνολο [, 1] µε την εξής ιδιότητα : για κάθε διάστηµα J [, 1], λ(j ) > και λ(j \ ) >.

56 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Θεωρούµε την f = χ : [, 1] R. Θα δείξουµε ότι αν g : [, 1] R είναι µια συνάρτηση σχεδόν παντού ίση µε την f τότε η g είναι ασυνεχής σε κάθε x [, 1]. Εστω x (, 1) και δ > ώστε (x δ, x + δ) (, 1). 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 ) = 1 και g(y δ ) = f(y δ ) =. Βρίσκουµε N ώστε ( x 1, x + 1 ) (, 1) για κάθε, και χρησιµοποιώντας την προηγούµενη παρατήρηση ϐρίσκουµε x, y µε x x < 1, y x < 1, g(x ) = 1 και g(y ) =. Αφού x x, y x και η g είναι ασυνεχής στο x. lim g(x ) = 1 = lim g(y ), Παρόµοιο επιχείρηµα εφαρµόζεται για τα x = και x = 1 (ϑεωρήστε διαστήµατα της µορφής [, δ) ή (1 δ, 1] αντίστοιχα). 45. Εστω (f ) ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων f : [, 1] R µε την εξής ιδιότητα : για κάθε x [, 1] ισχύει sup f (x) dλ <. είξτε ότι : για κάθε ε > υπάρχουν A [, 1] µετρήσιµο και M > ώστε λ([, 1] \ 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 [, 1] : f(x) > }. Αφού sup f (x) < για κάθε x [, 1], ϐλέπουµε ότι η ( ) είναι ϕθίνουσα ακολουθία µετρήσιµων υποσυνόλων του [, 1] µε =. Από τη συνέχεια του µέτρου Lebesgue έχουµε λ( ). Άρα, υπάρχει N ώστε λ( ) < ε. Θέτοντας A = [, 1] \ και M =, έχουµε λ([, 1] \ A) = λ( ) < ε και, για κάθε x A, sup f (x) = f(x) = M. 46. Εστω {I } ακολουθία κλειστών διαστηµάτων I [, 1]. Συµβολίζουµε µε f την χαρακτηριστική συνάρτηση του I. (α) Αν λ(i ) 1 2 για κάθε N, δείξτε ότι f (x) σχεδόν παντού. (ϐ) Εξετάστε αν ισχύει το ίδιο µε την υπόθεση ότι λ(i ) 1 για κάθε N.

2.2. ΟΜΑ Α Β 57 Υπόδειξη. (α) Αν για κάποιο x [, 1] η ακολουθία (f (x)) δεν συγκλίνει στο, τότε το x ανήκει σε άπειρα από τα I. ηλαδή, Αφού {x [, 1] : f (x) } lim sup I. λ(i ) 1 2 <, από το λήµµα Borel-Catelli συµπεραίνουµε ότι λ (lim sup I ) =, άρα λ({x [, 1] : f (x) }) =. Επεται ότι f (x) σχεδόν παντού στο [, 1]. (ϐ) Οχι. Χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι η αρµονική σειρά αποκλίνει, µπορούµε να κατασκευάσουµε ακολουθία κλειστών διαστηµάτων I [, 1] µε λ(i ) 1, τέτοια η f (x) να αποκλίνει παντού. Αρχικά, ϑέτουµε I 1 = [, 1 2], I2 = [ 1 2, 1 2 + 1 ] 3, I3 = [ 1 2 + 1 3, 1], και ϑέτουµε 1 = 3. Συνεχίζουµε επαγωγικά : η σειρά =4 1 αποκλίνει, και 1 4 < 1, άρα υπάρχει ο ελάχιστος 2 > 4 τέτοιος ώστε 2 =4 1 > 1. Καλύπτουµε τότε το [, 1] µε διαδοχικά κλειστά διαστήµατα I 4, I 5,..., I 2 για τα οποία έχουµε ότι λ(i k ) 1 k. Με αυτόν τον τρόπο, κατασκευάζουµε ακολουθία κλειστών διαστηµάτων I και γνησίως αύξουσα ακολουθία ϕυσικών k τέτοια ώστε λ(i ) 1, οποιαδήποτε δύο διαδοχικά από τα I έχουν το πολύ ένα κοινό σηµείο, και k+1 i= k +1 I i = [, 1] για κάθε k N. Αυτό δείχνει ότι κάθε σηµείο x [, 1] ανήκει σε άπειρα από τα I, 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. Εποµένως, f dλ δ απ όπου έπεται ότι f dλ = +. [e bx ae ax ] dλ = 1 b 1 + 1 b b a ( 1 a ) a a b a, b

58 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Για κάθε x > ισχύει f (x) = a e ax 1 e ax e bx (1 e bx ) 2. Επεται ότι f dλ = +. Τέλος, είναι συνεπώς έχουµε f dλ =. f dλ = 1 1 b, 48. Θεωρούµε τη συνάρτηση f : R R µε f(x) = x 1/2 αν < x < 1 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) = = = = = 1 2 f(x q ) dλ(x) R 1 2 1 2 q+1 1 q 1 1 2 2 t 1 x q dλ(x) 1 t dλ(t) 2 2 = 2 <. Αφού f έχουµε άρα g(x) = g(x) = R f(x q ) 2, g(x) dλ(x) <,

2.2. ΟΜΑ Α Β 59 δηλαδή η g είναι ολοκληρώσιµη. Ειδικότερα, g(x) < σχεδόν παντού. (ϐ) Εστω (a, b) ένα διάστηµα κα έστω M >. Θεωρούµε ένα ϱητό q m (a, b) και ϐρίσκουµε ɛ > ώστε (q m, q m + ɛ) (a, b). Παρατηρήστε ότι g(x) f(x q m) 2 m = 1 2 m x q m > M για κάθε x (q m, q m +δ), όπου δ = mi { 1 2 m M, ɛ}. 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 + 1. Αφού έχουµε (a,b) g(x) f(x q m) 2 m, g 2 (x) dλ(x) = 1 = (a,b) b 2 2m b qm f 2 (x q m ) 2 2m dλ(x) q m 1 x q m dλ(x) 1 dλ(t) =. t Άρα, 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. Υπόδειξη. Για κάθε N ορίζουµε A = { x A : f(x) < } 1. 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 ) =.

6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU 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. Αυτό αποδεικνύει το Ϲητούµενο, µε δ = δ(t) = \A (t) f dλ 1 (t) λ( \ A (t)) t 2(t). t 2(t). 5. Εστω f : [, 1] 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 (, 1) και M > ώστε f(t) M για κάθε t [, δ]. Γράφουµε 1 Άρα, f L 1 [, 1]. f (x) dλ(x) = 1 = 1 M 1 δ δ Mδ 1 + δ 1 δ f(t) t 1 1 dλ(t) f(t) t 1 1 dλ(t) + 1 t 1 1 dλ(t) + 1 1 δ 1 1 1 δ 1 f(t) dλ(t) <. δ f(t) t 1 1 dλ(t) f(t) dλ(t) 51. Εστω f µη αρνητική ολοκληρώσιµη συνάρτηση στο [, 1]. είξτε ότι 1 lim f(x) dλ(x) = λ({x : f(x) > }). Υπόδειξη. Παρατηρούµε ότι f(x) f(x) + 1 για κάθε x [, 1]. Πράγµατι, αν f(x) 1 έχουµε f(x) 1 f(x) + 1, ενώ αν f(x) 1 έχουµε f(x) f(x) f(x) + 1. Αν ορίσουµε g (x) = f(x), x 1 έχουµε λοιπόν g f + 1, και η συνάρτηση f + 1 είναι ολοκληρώσιµη στο [, 1]. Παρατηρούµε τώρα ότι : αν f(x) = τότε g (x) = f(x) =, ενώ αν < f(x) < τότε g (x) = f(x) 1. σχεδόν παντού. Άρα, Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, έχουµε f(x) < f(x) = g (x) χ {x:f(x)>}

2.2. ΟΜΑ Α Β 61 σχεδόν παντού. Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης, 1 1 1 f(x) dλ(x) = g (x) dλ(x) χ {x:f(x)>} (x) dλ(x) = λ({x : f(x) > }). 52. Εστω f : [, 1] R Lebesgue µετρήσιµη συνάρτηση, η οποία είναι γνήσια ϑετική σχεδόν παντού. Εστω (A ) ακολουθία µετρήσιµων υποσυνόλων του [, 1] µε την ιδιότητα lim f(x) dλ(x) =. A είξτε ότι lim λ(a ) =. Υπόδειξη. Εστω ε >. Θέτουµε B = {f } και B k = { f < 1 k }, k N. Τότε, η (Bk ) είναι ϕθίνουσα ακολουθία µετρήσιµων υποσυνόλων του [, 1], και k=1 B k = B, άρα lim λ(b k) = λ(b) =. k Εποµένως, υπάρχει k τέτοιος ώστε λ(b k ) < ε 2. ώστε, για κάθε, A f dλ ε 2k. Τότε, για κάθε, αφού f 1 k στο [, 1] \ B k, έχουµε λ(a ) = λ(a B k ) + λ(a ([, 1] \ B k )) λ(b k ) + k ε 2 + k Επεται ότι λ(a ). A f dλ ε. Από την υπόθεση υπάρχει τέτοιος A ([,1]\B k ) 1 k dλ Σηµείωση. Το γεγονός ότι το [, 1] έχει πεπερασµένο µέτρο χρησιµοποιήθηκε ουσιαστικά. Αν ϑεωρήσουµε την f(x) = 1 x 2 A = [, + 1] έχουµε όµως λ(a ) = 1. στο [1, ), τότε η f είναι γνήσια ϑετική και αν ϑέσουµε A f dλ 1 2, 53. Εστω f : [, ) R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Για x > ορίζουµε g(x) = f(t)e xt dλ(t). είξτε ότι η g είναι συνεχής και ότι lim x + g(x) =. 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

62 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU για κάποιο z µεταξύ των x, x. Αφού z x x 2 = x 2, έχουµε e tz e tx /2. Άρα, e tx e tx te tx /2 x x. Θεωρούµε την h x (t) = te tx /2. Αφού lim t + h x (t) = και lim t + h x (t) =, υπάρχει M x > τέτοιος ώστε h x (t) M x για κάθε t >. Άρα, αν x x < x 2, έχουµε ότι g(x) g(x ) = f(t)(e xt e xt ) dλ(t) f(t) te tx/2 x x dλ(t) M x x x f dλ. Παίρνοντας το όριο καθώς το x x ϐλέπουµε ότι g(x) g(x ), άρα η g είναι συνεχής. Για να δείξουµε ότι lim x + g(x) =, ϑεωρούµε τυχόν < ε < 1. Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε δ f dλ < ε. Εποµένως, αν x > log ε δ και t > δ, τότε xt < log ε. Άρα, αν x > log ε δ, g(x) δ f(t) e xt dλ(t) = f(t) dλ(t) + δ δ f(t) e xt dλ(t) + f(t) e log ε dλ(t) < ε + ε δ f(t) e xt dλ(t) f dλ. Αφού το ε (, 1) ήταν τυχόν και f dλ <, συµπεραίνουµε ότι lim x + g(x) =. 54. Εστω R d µε λ() < και έστω f, g : R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις µε f dλ = g dλ. είξτε ότι είτε (α) f = g σχεδόν παντού στο είτε (ϐ) υπάρχει µετρήσιµο A τέτοιο ώστε A f dλ < A g dλ. Υπόδειξη. Υποθέτουµε ότι g dλ A A f dλ

2.2. ΟΜΑ Α Β 63 για κάθε µετρήσιµο A. Τότε, για κάθε µετρήσιµο F, ϑέτοντας A = \ F στην προηγούµενη ανισότητα παίρνουµε g dλ = g dλ g dλ F \F = f dλ g dλ \F f dλ f dλ \F = f dλ, F άρα τελικά έχουµε F g dλ για κάθε µετρήσιµο F. Θεωρούµε τυχόν ε > και ορίζουµε B ε = {f g ε} και F f dλ C ε = {g f ε}. Τότε, τα B ε και C ε είναι µετρήσιµα, και = f dλ B ε g dλ = B ε (f g) dλ ελ(b ε ), B ε άρα λ(b ε ) =. Οµοια δείχνουµε ότι λ(c ε ) =. Επεται ότι λ({ f g 1/}) = λ(b 1/ C 1/ ) = για κάθε N, άρα ( ) λ({f g}) = λ { f g 1/} =. ηλαδή, f = g σχεδόν παντού στο. 55. Εστω f : [, 1] R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι για κάποιο κλειστό σύνολο A R ισχύει το εξήσ: για κάθε [, 1] µε λ() > ισχύει t := 1 f dλ A. λ() είξτε ότι το σύνολο Z = {x [, 1] : 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 ). k=1

64 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU Παρατηρήστε ότι Z = {x [, 1] : f(x) / A} = = { {x [, 1] : f(x) (a k, b k )}. k=1 x [, 1] : f(x) Υποθέτουµε ότι λ(z) >. Τότε, υπάρχει k N ώστε το σύνολο Z k := {x [, 1] : f(x) (a k, b k )} } (a k, b k ) να έχει ϑετικό µέτρο. Εφαρµόζοντας την υπόθεση µε = Z k ϐλέπουµε ότι t k := 1 f dλ A. λ(z k ) Z k Οµως, a k < f(x) < b k για κάθε x Z k. Άρα, a k λ(z k ) < f dλ < b k λ(z k ), Z k απ όπου έπεται ότι a k < t k := 1 f dλ < β k. λ(z k ) Z k ηλαδή, t k (a k, b k ). Άρα, t k / A, το οποίο είναι άτοπο. 56. Εστω f, f : R R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις τέτοιες ώστε, για κάθε N, f(t) f (t) dλ(t) 1 2. είξτε ότι f f σχεδόν παντού. Υπόδειξη. Από το ϑεώρηµα Beppo Levi έχουµε f (t) f(t) dλ(t) = R R R k=1 f (t) f(t) dλ(t) Άρα, η συνάρτηση f f είναι ολοκληρώσιµη. Επεται ότι η σειρά f (t) f(t) συγκλίνει σχεδόν παντού. Ειδικότερα, f (t) f(t) σχεδόν παντού. 1 2 <. 57. Εστω f : [, 1] R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις που ικανοποιούν τα εξήσ:

2.2. ΟΜΑ Α Β 65 (α) Υπάρχει µη αρνητική ολοκληρώσιµη h : [, 1] R ώστε : για κάθε ισχύει f h σχεδόν παντού. (ϐ) Για κάθε συνεχή συνάρτηση g : [, 1] R ισχύει f g dλ. [,1] είξτε ότι : για κάθε Borel σύνολο A [, 1], f dλ. A Υπόδειξη. Εστω ε >. Αφού η h είναι ολοκληρώσιµη, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε : αν είναι µετρήσιµο υποσύνολο του [, 1] και λ() < δ, τότε h dλ < ε. Εστω A Borel υποσύνολο του [, 1]. Μπορούµε να ϐρούµε συµπαγές K και ανοικτό U [, 1] ώστε K A U και λ(u \ K) < δ. Χρησιµοποιώντας το Λήµµα του Urysoh ϐρίσκουµε συνεχή συνάρτηση g : [, 1] R τέτοια ώστε g 1, g(x) = 1 για κάθε x K και g(x) = για κάθε x [, 1] \ U. Τώρα γράφουµε A και παρατηρούµε ότι [,1] f dλ = [,1] f χ A dλ = f (χ A g) dλ = [,1] U\K [,1] f g dλ + f (χ A g) dλ, [,1] f χ A g dλ h χ A g dλ [,1] U\K h χ A g dλ h dλ < ε, διότι χ A g στο K και στο [, 1] \ U, χ A g 1 στο U \ K, και λ(u \ K) < δ. Επεται ότι lim sup A f dλ lim [,1] f g dλ + ε = ε, διότι [,1] f g dλ από την υπόθεση. Αφού το ε > ήταν τυχόν, συµπεραίνουµε ότι και έπεται το Ϲητούµενο. lim sup A f dλ =,

66 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ LBSGU 58. Εστω f : [, 1] R µετρήσιµες συναρτήσεις τέτοιες ώστε f σχεδόν παντού, και f (x) 2 dλ(x) 1 [,1] για κάθε. είξτε ότι [,1] f(x) dλ(x). Υπόδειξη. Για κάθε α > µπορούµε να γράψουµε f dλ = f dλ + [,1] α = α { f α} { f α} { f α} [,1] f dλ + dλ + 1 α { f >α} { f >α} χ { f α} dλ + 1 α. f dλ f 2 α dλ Παρατηρούµε ότι οι g := χ { f α} ϕράσσονται από την ολοκληρώσιµη συνάρτηση g 1 στο [, 1], 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, [,1] χ { f α} dλ. Από τα παραπάνω έπεται ότι lim sup f dλ 1 [,1] α. Αφού το α > ήταν τυχόν, αφήνοντας το α παίρνουµε lim sup f dλ = άρα lim f dλ =. [,1] [,1] 59. Εστω f : R R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Υπολογίστε το ) lim l (1 + R f(x) 2 2 dλ(x).

2.2. ΟΜΑ Α Β 67 Υπόδειξη. Παρατηρούµε ότι 1 + f(x) 2 2 ) (1 + f(x) 2 ( 1 + f(x) ) 2, άρα ( 2 l 1 + f(x) ) 2 f(x), l 2 ( ) αν χρησιµοποιήσουµε και την l 1 + f(x) l (1 + ), f(x) 2 2 έχουµε g 2 f για κάθε N. Η f είναι ολοκληρώσιµη, άρα f(x) < σχεδόν παντού. Συνεπώς, ) g (x) = l (1 + f(x) 2 f(x) 2 2 f(x). ηλαδή, αν ϑεωρήσουµε τις g (x) = 2 = f(x) 2 σχεδόν παντού. ηλαδή, g σχεδόν παντού. Από το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης έπεται ότι R ) l (1 + f(x) 2 2 dλ(x) = g (x)dλ(x). R 6. Εστω f : [, 1] [1, ) ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι f l f dλ f dλ l f dλ. [,1] [,1] [,1] Υπόδειξη. Θέτουµε α = [,1] f dλ > και ϑεωρούµε τη συνάρτηση g = f/α. Παρατηρού- µε ότι (y 1) l y για κάθε y > (αν y 1 τότε y 1 και l y, ενώ αν y > 1 τότε y 1 > και l y > ). Συνεπώς, y l y l y για κάθε y >. Αφού η g παίρνει ϑετικές τιµές, έχουµε g l g l g στο [, 1], άρα g l g dλ [,1] Αφού g = f/α, έχουµε ότι f (l f l α) dλ = [,1] α δηλαδή [,1] [,1] [,1] [,1] l g dλ. f α l f dλ l f α [,1] α dλ l f dλ l α dλ = [,1] 1 [,1] f l f dλ f dλ l α l f dλ l α, α [,1] α [,1] από την οποία προκύπτει ότι f l f dλ α l f dλ = [,1] [,1] [,1] f dλ l f dλ. [,1] l f dλ l α,