JMBAG IM I PZIM BOJ BODOVA MJA I INTGAL 2. kolokvij 30. lipnja 2017. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (ukupno 6 bodova) Neka je (, F, µ) prostor mjere i neka je ( ) niz funkcija : izmjerivih u paru σ-algebri (F, B()). (a) (2 boda) Ako za svaki n N vrijedi 0, dokažite ( )dµ = dµ, ( ) korištenjem jedino teorema o monotonoj konvergenciji. Kako se zove ovaj rezultat? (b) (2 boda) Ako je dµ < +, dokažite da red funkcija g.s. konvergira i suma mu je g.s. jednaka nekoj µ-integrabilnoj funkciji, da je red brojeva na desnoj strani od ( ) konvergentan i da takoder vrijedi jednakost ( ). (c) (2 boda) Nadite primjer prostora mjere (, F, µ) i niza izmjerivih funkcija ( ) za koje ne vrijedi jednakost ( ). ješenje: (a) Za svaki N N definiramo F N :=, tako da je (F N ) N=1 rastući niz izmjerivih funkcija koji konvergira po točkama prema F :=. Primjenom teorema o monotonoj konvergenciji dobivamo: ( )dµ = F dµ TMK = lim F N dµ = lim linearnost integrala = lim Ovo je tzv. Beppo Levijev teorem s predavanja. dµ = ( N )dµ dµ. (b) Apsolutna konvergencija reda na desnoj strani slijedi naprosto iz pretpostavke zadatka: dµ dµ pretpostavka < +.
Opet promatramo niz funkcija (F N ) N=1 dan sa F N := te stavimo G := dijelu zadatka primijenjenom na funkcije 0 i pretpostavci vrijedi: Gdµ = ( ) dio (a) dµ = dµ pretpostavka < +.. Po (a) Ako stavimo A := {G < + }, sada vidimo da je µ(a c ) = µ({g = + }) = 0. Za svaki x A red (x) čak apsolutno konvergira pa je formulom (x) = lim F (x) := F N(x) za x A, 0 za x A c dobro definirana funkcija F : i g.s. je jednaka sumi reda F dµ Gdµ < +. Osim toga je pa je g.s. jednako nekoj µ-integrabilnoj funkciji. Primjena Lebesgueovog teorema o dominiranoj konvergenciji (zahvaljujući lim F N = F g.s., F N G i Gdµ < + ) daje ( )dµ = F dµ LTDK = lim F N dµ = lim linearnost integrala = lim dµ = ( N )dµ dµ. (c) Uzmimo (, F, µ) = (, B(), λ) i definirajmo := 1 [n 1,n 1 [n,n+1 za svaki n N. Uočimo = 1 [0,1 1 [N,N+1 tako da po točkama vrijedi = 1 [0,1. Dakle, ( )dλ = 1 [0,1 dλ = 1, ali je dλ = ( ) λ([n 1, n ) λ([n, n + 1 ) = 0 = 0.
JMBAG IM I PZIM BOJ BODOVA 2. (6 bodova) Iskažite i dokažite gorovljev teorem. ješenje: Pogledajte teorem 10.6 s predavanja (iz skripte).
JMBAG IM I PZIM BOJ BODOVA 3. (ukupno 6 bodova) Neka je (, F, µ) prostor s mjerom. (a) (1 bod) Pretpostavimo da je f : nenegativna integrabilna funkcija i ( ) rastući niz nenegativnih izmjerivih funkcija tako da (x) f(x) za gotovo svaki x. Dokažite: za svaki ε > 0 postoji N N tako da za svaki F vrijedi fdµ f N dµ + ε. (b) (3 boda) Uzmimo f L 1 (, F, µ; ). Dokažite: za svaki ε > 0 postoji δ > 0 tako da je fdµ < ε za sve F za koje je µ() < δ. (c) (2 boda) Neka je =, F = B() i µ = λ (Lebesgueova mjera na (, B()). Za f L 1 (, B(), λ; ) definiramo funkciju F : formulom F (x) = x f(t)dλ(t). Dokažite da je F dobro definirana i uniformno neprekidna na. ješenje: (a) Iz Lebesgueovog teorema o monotonoj konvergenciji znamo ε > 0 postoji N N tako da je: Kako je f f N 0, imamo: fdµ f N dµ = fdµ (b) Tvrdnju dokazujemo Lebesgueovom indukcijom: f N dµ ε. (f f N )dµ f N dµ (f f N )dµ ε. fdµ pa za svaki (1) Neka je f = 1 A za neki A F. Za ε > 0 uzmimo δ = ε. Neka je F tako da je µ() < δ. Sada je fdµ = 1 A dµ = µ( A) µ() < δ = ε. (2) Neka je f = δ = n a k 1 Ak, gdje su a k > 0 i A k F, za k = 1,..., n. Za ε > 0 definirajmo ε n a. Neka je F tako da je µ() < δ. Sada je k fdµ = n a k 1 Ak dµ = n n a k µ( A k ) < δ a k = ε.
(3) Neka je enegativna izmjeriva funkcija. Znamo da postoji niz nenegativnih jednostavnih izmjerivih funkcija tako da f. Za ε > 0 nadimo N N tako da je fdµ f N dµ + ε 2 (kao u (a) dijelu zadatka). Za f N nadimo δ N tako da vrijedi: f N dµ < ε 2, za sve F za koje je µ() < δ N. Definiramo δ = δ N i uzmimo F za koji je µ() < δ. Sada je fdµ f N dµ = (f f N )dµ f N )dµ (f ε 2 pa je fdµ f N dµ + ε 2 < ε 2 + ε 2 = ε. (4) Neka je f integrabilna funkcija. Tada f možemo prikazati kao f + f. Za ε > 0 i f +, f nadimo δ +, δ kao u prethodnom koraku tako da vrijede sljedeće dvije tvrdnje: F, µ() < δ + = f + dµ < ε 2, F, µ() < δ = f dµ < ε 2. Definiramo δ = min{δ +, δ }. Za F, µ() < δ, imamo fdµ (c) Kako je f integrabilna, za x imamo f + dµ + f dµ < ε 2 + ε 2 = ε. x x fdλ f dλ f dλ <. Dakle, F je dobro definirana. Neka je ε > 0 proizvoljan i nadimo δ > 0 tako da za B(), λ() < δ vrijedi fdλ < ε. Za x, y za koji je x y < δ imamo: F (x) F (y) = x y fdλ = [x,y] ili [y,x] fdλ < ε.
JMBAG IM I PZIM BOJ BODOVA 4. (ukupno 6 bodova + 2 dodatna boda) (a) (2 boda) Neka su f, g, h : [0, 1] [0, ] Lebesgue-izmjerive funkcije takve da vrijedi f(x) 2 g(x)h(x) za gotovo svaki x [0, 1]. Dokažite da za sve Lebesgue-izmjerive skupove [0, 1] vrijedi ( 2 ( ) ( ) f(x)dx) g(x)dx h(x)dx ( ) (b) (2 boda) Neka je (, F, µ) prostor s mjerom te neka su f, g, h : µ-izmjerive funkcije. Nadalje, neka su p, q 1, konjugirani eksponenti, tj. takvi da vrijedi 1 p + 1 = 1. Dokažite q da za svaki F vrijedi ( fgh dµ ) 1 ( ) 1 f p p h dµ g q q h dµ. (c) (2 boda) Odredite potrebni prostor s mjerom (, F, µ) te iskoristite (b) dio zadatka kako biste pokazali da vrijedi 24 2 n n 20 4 24 1. (d) (2 dodatna boda) Dokažite da vrijedi i obrat u tvrdnji (a): ako za Lebesgue-izmjerive funkcije f, g, h : [0, 1] [0, ] i za sve Lebesgue-izmjerive skupove [0, 1] vrijedi ( ), tada je f(x) 2 g(x)h(x) za gotovo svaki x [0, 1]. ješenje: (a) Vrijedi f(x)dx g(x) h(x)dx Hölder ( ) 1 ( ) 1 2 2 g(x)dx h(x)dx, pri čemu smo iskoristili Hölderovu nejednakost za eksponente p = q = 2, a i nejednakost f(x) g(x) h(x) za g.s. x [0, 1], budući da je riječ o nenegativnim funkcijama pa je korjenovanje nejednakosti dozvoljeno (i znak nejednakosti se ne mijenja). Zbog nenegativnosti integrala, dobivenu nejednakost možemo kvadrirati, iz čega slijedi tražena nejednakost. (b) Ovoga puta koristimo Hölderovu nejednakost za dane eksponente p i q: fgh dµ = f g h 1 p + 1 q dµ = f h 1 1 p g h q dµ Hölder ( = ( ( ) ) 1 ( f h 1 p p ( p dµ f p h dµ ) 1 p ( g h 1 q ) 1 g q q h dµ. ) q dµ ) 1 q
(c) Koristimo (b) dio zadatka za prostor s mjerom (N, P (N), µ), pri čemu je µ brojeća mjera na N. Stavimo f(n) := 2 n, g(n) := n, h(n) := 1 za sve n N te označimo p = q = 2 i := {1, 2,..., 24}. Slijedi 24 2 n n = = ( ) fgh dµ (b) 1 ( ) ( 1 f p p h dµ g q q 24 h dµ = ) ( 24 ) ( 24 4 n n = 4 424 1 4 1 24 25 2 ) 1 ( 2 24 2 2n ( n ) 2 ) 1 2 = (4 24 1) 400 = 20 4 24 1. (d) Za Lebesgue-izmjeriv [0, 1] i t označimo ( ) ( p (t) := h(x)dx t 2 + 2 ) ( ) f(x)dx t + g(x)dx. Funkcija h je nenegativna pa je h(x)dx 0, što znači da je vodeći koeficijent polinoma p ( 2 ( ) ( ) nenegativan. Nadalje, diskrimanta od p je 4 f(x)dx) 4 h(x)dx g(x)dx 0, iz čega zaključujemo da mora vrijediti p (t) 0 za sve t. Drugim riječima, za sve t vrijedi ( h(x)t 2 + 2f(x)t + g(x) ) dx 0. Budući da to vrijedi za sve Lebesgue-izmjerive skupove [0, 1], slijedi q x (t) := h(x)t 2 + 2f(x)t + g(x) 0 za g.s. x [0, 1], tj. za sve x [0, 1] \A t, pri čemu je A t [0, 1] skup Lebesgueove mjere nula. Označimo sada A := [0, 1] \ ( t Q A t ). Uočimo: za sve x A i za sve t Q vrijedi q x (t) 0. Obzirom da je Q gust skup u, dobivamo istu tvrdnju i za sve t. (Najlakše je to zaključiti po neprekidnosti od q x i promatranju q x (t) = lim q x (t n ) za niz (t n ) n + n N iz skupa Q koji konvergira prema t). Prema tome, polinom q x, za x A, je svuda nenegativan, što znači da je i njegova diskriminanta nepozitivna, odnosno vrijedi 4f(x) 2 4h(x)g(x) 0 za sve x [0, 1] \A. No, po konstrukciji je skup A Lebesgueove mjere nula, prema tome vrijedi f(x) 2 g(x)h(x) za g.s. x [0, 1].
JMBAG IM I PZIM BOJ BODOVA 5. (ukupno 6 bodova) Neka je λ Lebesgueova mjera na (, B()) i neka je ( ) n N niz funkcija : definiranih sa n 1 (x) := 2 1 [k 1,k (x). n k (a) (2 boda) Ispitajte konvergira li niz ( ) n N λ-g.s.? (b) (2 boda) Ispitajte konvergira li niz ( ) n N u L 3? (c) (2 boda) Ispitajte konvergira li niz ( ) n N po mjeri λ? ješenje: (a) DA. Za x, 0 [n, je (x) = 0. Za x [k 1, k i n k je (x) = 1, pa je 2n k lim (x) = lim n n 1 = 0. 2n k Slijedi da f λ-g.s., gdje je funkcija f : definirana s f(x) = 0. (b) N. Iz (a) dijela zadatka slijedi da je f(x) = 0 jedini kandidat za limes. Kako je funkcija jednostavna, slijedi f 3 3 = 3 dλ = n 1 1 λ([k 1, k ) 23(n k) 2 1 = 1 3 0 pa je f 3 1 za svaki n N i prema tome ( ) n N ne konvergira u L 3. (c) N. Iz (a) dijela zadatka slijedi da je f(x) = 0 jedini kandidat za limes. Uočimo da za ε 0, 1 vrijedi λ ({x : (x) f(x) ε}) λ ({x : (x) = 1}) = λ ([n 1, n ) = 1 pa prema tome niz ( ) n N ne konvergira po mjeri λ. Napomena: Zaključak u (b) dijelu možete dobiti i korištenjem rezultata iz (c) dijela.