MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 29. travnja 2016. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (ukupno 6 bodova) Neka je I kolekcija svih ograničenih jednodimenzionalnih intervala i neka je µ: I [0, + skupovna funkcija definirana s µ(i) := sup I inf I za svaki I I. (a) (2 boda) Dokažite da je µ konačno aditivna na I. (b) (4 boda) Dokažite da je µ σ-aditivna na I. (a) Pogledajte primjer 2.9 s predavanja. (b) Pogledajte lemu 2.10 s predavanja i njezin dokaz.
2. (ukupno 6 bodova + 2 dodatna boda) (a) (2 boda) Definirajte produktnu σ-algebru indeksirane familije σ-algebri. (b) (2 boda) Ako su (X, F) i (Y, G) izmjerivi prostori, dokažite da produktna σ-algebra F G zadovoljava F G = σ ( {A B : A F, B G} ). (c) (2 boda) Dokažite B(R) B(R) = B(R 2 ). Pritom možete koristiti bilo koju od definicija ili karakterizacija Borelovih σ-algebri navedenih na predavanjima ili vježbama. (d) (2 dodatna boda) Neka su (X, F) i (Y, G) izmjerivi prostori te F G produktna σ-algebra. Za svaki S X Y i x X označimo S x := {y Y : (x, y) S}. Dokažite da za svaki S F G skup {S x : x X} ima kardinalitet najviše c (kontinuum). (a) Pogledajte početak poglavlja 5 s predavanja: Ako je {(X k, X k ) : k K} indeksirana familija izmjerivih prostora, tada je produktna σ-algebra k K X k najmanja σ-algebra na Kartezijevom produktu X = k K X k takva da su sve koordinatne projekcije π k : X X k, k K izmjerive, tj. (b) Po prethodnoj definiciji je k K ( X k := σ k K F G = σ ( π 1 1 (F) π 1 2 (G) ) U posljednjoj jednakosti smo koristili: ) π 1 k (X k). = σ ( {π 1 1 (A) : A F} {π 1 2 (B) : B G} ) = σ ( {A Y : A F} {X B : B G} ) = σ ( {A B : A F, B G} ) za inkluziju da se presjek (A Y ) (X B) = A B mora nalaziti u svakoj σ-algebri koja sadrži skupove A Y i X B; za inkluziju da su skupovi A Y i X B oblika A B redom uz odabire B = Y i A = X. (c) Koristit ćemo definicije B(R) = σ ( { a, b] : a, b R, a b} ), B(R 2 ) = σ ( { a 1, b 1 ] a 2, b 2 ] : a 1, a 2, b 1, b 2 R, a 1 b 1, a 2 b 2 } ). Kako su a 1, b 1 ], a 2, b 2 ] B(R), iz (b) dijela zadatka slijedi B(R 2 ) σ ( {A B : A, B B(R)} ) = B(R) B(R).
Obratno, primijetimo da su koordinatne projekcije π 1, π 2 : R 2 R izmjerive u paru σ-algebri B(R 2 ) i B(R) jer za svake a, b R, a b imamo π 1 1 ( a, b]) = a, b] R = π 1 2 ( a, b]) = R a, b] = ( ) a, b] n, n] B(R 2 ), ( ) n, n] a, b] B(R 2 ) pa možemo iskoristiti propoziciju 5.5 s predavanja uz kolekciju E = { a, b] : a, b R, a b}. Zato σ-algebra B(R 2 ) sadrži B(R) B(R) kao najmanju σ-algebru na R 2 s tim svojstvom; vidjeti definiciju pod (a). (d) Promotrimo kolekciju Pokažimo da je H σ-algebra na X Y : H := { S X Y : card({s x : x X}) c }. H jer je { x : x X} = { }, što je skup kardinaliteta 1; ako je S H, onda vrijedi card({(s c ) x : x X}) = card({(s x ) c : x X}) = card({s x : x X}) c pa imamo S c H; ako je (S n ) niz u H, onda vrijedi ({( card S n ) pa imamo S n H. x }) : x X = card ({ }) (S n ) x : x X card ({( (S n ) x ) : x X}) c ℵ 0 = c Nadalje, kolekciji H pripadaju skupovi oblika A B za A F i B G, jer je za njih {(A B) x : x X} = {, B} skup kardinaliteta najviše 2. Slijedi da H mora sadržavati i σ-algebru generiranu skupovima A B, što je upravo F G po (b) dijelu zadatka. Preostaje primijetiti da je F G H upravo tvrdnja koja se tražila u zadatku. Zanimljiva posljedica ovog dijela zadatka uz odabir (Y, G) = (X, F) je da ako je card(x) > c, tada dijagonala := {(x, x) : x X} ne može pripadati produktnoj σ-algebri F F.
3. (ukupno 6 bodova) Promotrimo funkciju F : R R, F (x) := x + 1 x 1 i njoj pridruženu Lebesgue-Stieltjesovu mjeru λ F na (R, B(R)). (a) (2 boda) Je li mjera λ F konačna? (b) (2 boda) Izračunajte λ F ( [22n, 2 2n+1 ] ). (c) (2 boda) Nadite σ-algebru M (λf ) svih (λ F ) -izmjerivih skupova obzirom na vanjsku mjeru (λ F ) : P(R) [0, + ] pridruženu skupovnoj funkciji λ F : B(R) [0, + ]. (a) Prije svega primijetimo 2 za x 1, F (x) = 2x za 1 x 1, 2 za x 1. Kako je λ F (R) = lim λ F ( n, n]) = lim (F (n) F ( n)) = 4 < +, zaključujemo da je λ F n n konačna mjera. (b) Intervali [2 2n, 2 2n+1 ], n Z su medusobno disjunktni, za n 1 su sadržani u 0, 1, a za n 0 su sadržani u [1, +. Zato je ( ) λ F [2 2n, 2 2n+1 ] = ( F (2 2n+1 ) F (2 2n ) ) = ( 2 2 2n+1 2 2 2n) n 1 n 1 n 1 te pa je rezultat 2 3. λ F ( n 0 = 2 2n+1 = n 1 ) [2 2n, 2 2n+1 ] = n 0 2 2m+1 = 2 3 m=1 ( F (2 2n+1 ) F (2 2n ) ) = n 0 (2 2) = 0 (c) Najprije primijetimo da za svaki A B(R) vrijedi λ F (A) = 2λ(A [ 1, 1]). Naime, i lijeva i desna strana su konačne mjere na (R, B(R)) koje se podudaraju na R i na zatvorenim intervalima [a, b], a, b R, a b: λ F (R) = 4 = 2λ([ 1, 1]) = 2λ(R [ 1, 1]), λ F ([a, b]) = 2 ( min{b, 1} max{a, 1} ) = 2λ([a, b] [ 1, 1]). Zato po korolaru 4.4 (o jednakosti konačnih mjera) te dvije mjere moraju biti jednake na cijeloj generiranoj σ-algebri B(R).
Nadalje tvrdimo da za svaki A R vrijedi (λ F ) (A) = 2λ (A [ 1, 1]), pri čemu je λ Lebesgueova vanjska mjera. Naime, po definiciji (3.9) s predavanja imamo { (λ F ) (A) := inf λ F (E n ) : (E n ) je niz u B(R), A } E n { = 2 inf λ(e n [ 1, 1]) : (E n ) je niz u B(R), A } E n { = 2 inf λ(e n ) : (E n ) je niz u B([ 1, 1]), A [ 1, 1] = 2λ (A [ 1, 1]). } E n Alternativno, u ovom dijelu zadatka se mogla iskoristiti i jednostavnija formula za vanjsku mjeru pridruženu mjeri na nekoj σ-algebri: (λ F ) (A) = inf { λ F (E) : E B(R), A E }. Za B [ 1, 1] zbog netom dokazanog imamo: B je (λ F ) -izmjeriv za svaki A R vrijedi (λ F ) (A) = (λ F ) (A B) + (λ F ) (A B c ) (podijelimo s 2) za svaki A R vrijedi λ (A [ 1, 1]) = λ (A B [ 1, 1]) +λ (A B c [ 1, 1]) }{{} =λ (A B) (dodajmo λ (A [ 1, 1] c ) = λ (A B c [ 1, 1] c ) i iskoristimo da je [ 1, 1] Lebesgue-izmjeriv) za svaki A R vrijedi λ (A) = λ (A B) + λ (A B c ) B L 1, pri čemu L 1 označava (jednodimenzionalnu) Lebesgueovu σ-algebru. Nadalje, za B [ 1, 1] c je: B je (λ F ) -izmjeriv za svaki A R vrijedi (λ F ) (A) = (λ F ) (A B) +(λ }{{} F ) (A B c ), =0 a to uvijek vrijedi zbog monotonosti i subaditivnosti vanjske mjere. Konačno, uzmimo proizvoljni B R. Kako smo već vidjeli da je [ 1, 1] M (λf ), imamo B M (λf ) B [ 1, 1] M (λ F ) }{{} i B [ 1, 1] c M (λf ) }{{} B [ 1,1] L 1 uvijek vrijedi pa smo dobili M (λf ) = {B R : B [ 1, 1] L 1}.
4. (ukupno 6 bodova + 2 dodatna boda) Neka je (X, F, µ) prostor s mjerom. Za mjeru µ kažemo da je polukonačna ako za svaki E F takav da je µ(e) = + postoji F F sa svojstvom F E i 0 < µ(f ) < +. (a) (2 boda) Navedite primjer mjere koja nije polukonačna (i obrazložite zašto je navedeni primjer dobar). (b) (2 boda) Dokažite da je svaka σ-konačna mjera ujedno i polukonačna. (c) (2 boda) Navedite primjer polukonačne mjere koja nije σ-konačna (i dokažite da je navedeni primjer dobar). (d) (2 dodatna boda) Dokažite ili opovrgnite tvrdnju: ako je µ polukonačna mjera, tada za svaki E F takav da je µ(e) = + i za svaki M > 0 postoji F F takav da je F E i M < µ(f ) < +. (a) Primjerice, µ: P(X) [0, + ] koja je za svaki E X dana s { 0 ako je E =, µ(e) = + ako je E. Mjera µ nije polukonačna čim poprima samo dvije vrijednosti i to 0 i +. Naime, postoje skupovi µ-beskonačne mjere, ali ne postoje skupovi strogo pozitivne konačne mjere µ. (b) Neka je E F takav da je µ(e) = +. Kako je µ σ-konačna mjera, postoji niz (C n ) n N iz F takav da je µ (C n ) < + za sve n N te je n N C n = X. Promotrimo niz (C n E) n N skupova iz F: vrijedi n N (C n E) = E te za sve n N vrijedi µ (C n E) µ (C n ) < +. Zaključujemo da mora postojati n 0 N takav da je µ (C n0 E) > 0; inače bi E bio skup µ-mjere nula kao prebrojiva unija skupova µ-mjere nula. Traženi skup je F := C n0 E. (c) Neka je X neprebrojiv skup i µ brojeća mjera na X. Mjera µ je polukonačna budući da za svaki beskonačni skup E X možemo odabrati neprazni konačni podskup F E i za taj odabir će vrijediti 0 < µ(f ) < +. (Naprimjer, F = {x} za neki x E.) S druge strane, kada bi µ bila σ-konačna mjera, onda bi neprebrojiv skup X bio prikaziv kao prebrojiva unija konačnih skupova, a ta unija može biti najviše prebrojivo beskonačna. Stoga µ nije σ-konačna mjera. (d) Tvrdnja vrijedi. Neka je E F takav da je µ(e) = +. Označimo F E := {F F : F E, 0 < µ(f ) < + }. Budući da je µ polukonačna mjera, F E je neprazan skup. Stoga postoji M E := sup {µ(f ) : F F E }
u širem smislu (tj. moguće je da vrijedi M E = + ). Po definiciji supremuma postoji niz (F n ) n N iz F E takav da je lim µ (F n) = M E. Pokažemo li da vrijedi M E = +, slijedit će n + da za svaki M > 0 postoji n 0 N takav da je µ (F n0 ) > M, što bi nam dalo tvrdnju zadatka. Pretpostavimo suprotno, tj. M E < +. Za skup F := n N F n vrijedi F E i ( ) ( ( n µ(f ) = µ F n = µ n N n N k=1 F k )) = lim n + µ ( n ) F k M E. k=1 } {{ } M E Budući da je F n F za sve n N, mora vrijediti µ(f ) = M E ; inače bi za sve n N vrijedilo µ (F n ) µ(f ) < M E, pa onda i M E = lim µ (F n) µ(f ) < M E. Kako je n + M E < +, za skup E\F F vrijedi µ (E\F ) = +. Kako je µ polukonačna mjera, postoji F F, F E\F takav da je 0 < µ (F ) < +. Iz toga za skup F F F E slijedi M E µ (F F ) = µ(f ) + µ (F ) > µ(f ) = M E, što nije moguće. Početna pretpostavka je bila pogrešna, dakle M E = + za proizvoljno odabrani E F beskonačne mjere µ, što nam daje tvrdnju zadatka.
5. (ukupno 6 bodova) (a) Neka je (f n ) niz Borel-izmjerivih funkcija f n : R R. Koji od sljedećih skupova su nužno Borelovi? (a1) (2 boda) A = {x R: niz (f n (x)) ima beskonačno mnogo članova u skupu [0, 1 i konačno mnogo članova u skupu [1, + }. (a2) (2 boda) B = {x R: postoji y R takav da vrijedi f n(x) < y}. (b) (2 boda) Neka je (X, F) izmjerivi prostor. Reći ćemo da je funkcija f : X R izmjeriva na E F ako za svaki B B(R) vrijedi f 1 (B) E F. Neka su Z, W F takvi da je X = Z W. Dokažite ili opovrgnite tvrdnju: funkcija f je izmjeriva u paru σ-algebri (F, B(R)) ako i samo ako je f izmjeriva i na Z i na W. (a) Skupovi A i B jesu Borelovi. Pokažimo to. (a1) Uočimo da se skup A može prikazati kao A = A 1 A 2, gdje su Nadalje, A 1 := {x R: niz (f n (x)) ima beskonačno mnogo članova u skupu [0, 1 } A 2 := {x R: niz (f n (x)) ima konačno mnogo članova u skupu [1, + }. A 1 ={x R : x se nalazi u beskonačno mnogo skupova {0 f n < 1}} = lim sup {0 f n < 1}, n A 2 ={x R : x se nalazi u konačno mnogo skupova {f n 1}} ={x R : = ( lim sup {f n 1} ) c. n x se nalazi u beskonačno mnogo skupova {f n 1}} c Alternativno, mogli smo zapisati A 2 = lim inf n {f n < 1}. Kako su funkcije f n izmjerive, vrijedi {0 f n < 1} B(R) i {f n 1} B(R) za svaki n N. Kako je B(R) zatvorena na komplementiranje, prebrojive presjeke i prebrojive unije, slijedi A 1, A 2 B(R), iz čega zaključujemo da je A B(R). (a2) Uočimo da je skup B zapravo { } { B = f n < + = sup N N N } f n < + = {F < + }, N pri čemu su F n := f n i F := sup F N. Funkcije F N : R [0, + su Borel-izmjerive N N kao zbrojevi Borel-izmjerivih funkcija f n, a funkcija F : R [0, + ] je Borel-izmjeriva kao supremum niza (F N ) N=1. Odavde slijedi da je B B(R).
(b) Tvrdnja vrijedi. Naime, neka je f izmjeriva u paru σ-algebri (F, B(R)). Tada za B B(R) vrijedi f 1 (B) F. Kako su Z i W elementi σ-algebre F, to slijedi da je f 1 (B) Z F i f 1 (B) W F. Zbog proizvoljnosti skupa B zaključujemo da je f izmjeriva i na Z i na W. Obratno, neka je B B(R). Kako je f izmjeriva na Z i W, to vrijedi f 1 (B) Z F i f 1 (B) W F. Sada imamo f 1 (B) = f 1 (B) X = f 1 (B) (Z W ) = (f 1 (B) Z) (f 1 (B) W ) pa je f 1 (B) F. Dakle, f je izmjeriva u paru σ-algebri (F, B(R)).