Mjera i itegral vježbe bilješke s vježbi ak. god. 202./3. atipkali i uredili Aleksadar Milivojević Saji Ružić Sveučiliste u Zagrebu Prirodoslovo-matematički fakultet Matematički odsjek
(skripta e može zamijeiti vježbe
Sadržaj Skupovi........................................ 2 Familije podskupova................................. 3 3 Skupove fukcije................................... 7 4 Mjera......................................... 23 5 Vajska mjera..................................... 32 6 Izmjerive fukcije................................... 36 7 Itegral........................................ 43 8 L p prostori....................................... 60 9 Kovergecija..................................... 66 0 Reala mjera..................................... 72 Razi zadaci...................................... 79 Ideks............................................ 82 i
. Skupovi Mjera i itegral Skupovi Zadatak.. Neka je {A i i I} familija skupova ideksiraa skupom ideksa I. Dokažite: (a ( i I A c i = i I Ac i, Rješeje. (b ( i I A c i = i I Ac i. (a x ( i I A i c x i I A i ( i I (x A i ( i I (x A i ( i I (x A c i x i I Ac i. (b Aalogo. Zadatak.2. Neka su f : X Y, E Y, E i Y za i I, te F Y. Dokažite: (a f (E \ F = f (E \ f (F, (c f ( i I E i = i I f (E i, (b f ( i I E i = i I f (E i, (d E F = f (E f (F. Rješeje. (a x f (E \ F f(x E \ F f(x E f(x F x f (E x f (F x f (E \ f (F. (b x f ( i I E i f(x i I E i ( i I (f(x E i ( i I(x f (E i x i I f (E i. Defiicija. Neka je (A iz podskupova skupa X. Tada defiiramo limes superior iza (A kao lim sup A := A, te limes iferior iza (A kao lim if A := k= =k k= =k A. Zadatak.3. Neka je (A iz podskupova skupa X. Dokažite: (a lim sup A = {x X x se alazi u beskoačo mogo člaova iza (A }, (b lim if A = {x X x se alazi u svim osim koačo mogo člaova iza (A }.
Mjera i itegral. Skupovi Rješeje. (a x lim sup A x k= =k A ( k N(x =k A ( k N( k(x A ( < 2 < 3 < (x A, x A 2, x A 3,... x se alazi u beskoačo mogo člaova iza (A. (b x lim if A x k= =k A ( k N(x =k A ( k N( k(x A x se alazi u svim osim koačo mogo člaova iza (A. Napomea. Primijetimo da vrijedi lim if A lim sup A. Kviz.. Zadai su skupovi S = {, 2}, A = {{, 2}}, B = {, 2}, C = {{, 2},, 2}, D = {, {}, {2}, {, 2}}. Zaokružite toče tvrdje: (a S A, (c S B, (e S C, (g S D, (b S A, (d S B, (f S C, (h S D. 2. Neka je f : R R fukcija defiiraa s f(x = x +2, te eka su A = {, 2, 5} i B = [3, 5. Odredite: (a f(a, (b f (A, (c f(b, (d f (B. 3. Zadai su skupovi A = [, 2, B = [ (, +, za sve N. Odredite: (a lim if A, (b lim sup A, (c lim if B, (d lim sup B. Odgovori:. (a, (d, (e, (f, (g 2. (a {3, 4, 7} (b { 3, 0, 3} (c [5, 7 (d 3, ] [, 3 3. (a 0, 2 (b 0, 2 (c {} (d [, ] 2
2. Familije podskupova Mjera i itegral 2 Familije podskupova Defiicija. Familiju S podskupova skupa X zovemo poluprste ako vrijedi: (S S, (S2 A, B S = A B S, (S3 A, B S = A \ B = E i, pri čemu su E,..., E S i medusobo su disjukti. i= Zadatak 2.. Provjerite da je familija poluotvoreih itervala poluprste a R. Rješeje. (S = 0, 0] S. S = { a, b] a, b R, a b} (S2 A = a, b], B = c, d] = A B = max {a, c}, mi {b, d}] S. (S3 A = a, b], B = c, d]. A \ B može biti jedo od sljedećeg za c a b d, a, c] za a c b d, A \ B = a, b] za b c d a, d, b] za c a d b, a, c] d, b] za a c d b, i u svakom slučaju je ispuje uvjet (S3. Defiicija. Neprazu familiju R podskupova od X zovemo prste ako vrijedi: (R A, B R = A B R, (R2 A, B R = A \ B R. Zadatak 2.2. Dokažite da je svaki prste skupova ujedo i poluprste. Rješeje. Neka je R proizvolja prste. (S Kako je po defiiciji prste epraza, to postoji A R. Sada po (R2 slijedi A \ A = R. 3
Mjera i itegral 2. Familije podskupova (S2 A, B R = A B = A \ ( A \ (A B = A \ (A \ B R. (S3 A, B R = A \ B R (za =, E = A \ B. Napomea. Ukratko, prste je zatvore a sve koače (e i a komplemetiraje skupove operacije. Zadatak 2.3. Je li S iz zadatka 2. prste? Rješeje. Nije. Naime, imamo, 4], 2, 3] S, ali, 4] \ 2, 3] =, 2] 3, 4] S pa ije zadovolje uvjet (R2. Zadatak 2.4. Je li prste a X? R = {A X A je koača} Rješeje. (R A, B R = A B je koača kao uija dva koača skupa = A B R. (R2 A, B R = A \ B A = A \ B je koača kao podskup koačog skupa = A \ B R. Dakle, R jest prste. Zadatak 2.5. Je li prste a N? R = {A N card (A 000} Rješeje. Nije. Naime, imamo A = {,..., 000}, B = {00,..., 2000}, A, B R, ali A B = {,..., 2000} R. Zadatak 2.6. Dokažite da je { R = a i, b i ] i= } N, a i b i za i =,..., prste. Rješeje. (R A, B R = A B R (trivijalo. 4
2. Familije podskupova Mjera i itegral (R2 A = i= a i, b i ], B = m j= c j, d j ] = A \ B = i= ( a i, b i ] \ m j= c j, d j ] za svaki i, pa je A \ B R kao koača uija elemeata iz R. ( ( i= a m i, b i ] \ j= c j, d j ] R. Naime, lako se vidi da je a i, b i ] \ m j= c j, d j ] R, = Dakle, R je prste. Defiicija. Familiju A podskupova od X zovemo algebra (ili polje ako vrijedi: (A A je prste, (A2 X A. Ekvivaleto, A je algebra ako i samo ako vrijedi: (A A, (A2 A A = A c A, (A3 A, B A = A B A. Zadatak 2.7. Neka je X beskoača skup. (a Je li R = {A X A je koača} algebra? (b Je li A = {A X A je koača ili A c je koača} algebra? Rješeje. (a Kako je X beskoača, vrijedi X R, pa R ije algebra. (b Neka su A, B A. Provjerimo da je A B A. Ako su i A i B koači, oda je i A B koača, dakle A B A. Ako je A c koača, oda je (A B c koača, jer (A B c = A c B c A c, dakle A B A. Aalogo postupamo ako je B c koača. Dalje, zaima as je li A \ B A. Ako su A i B koači, oda je i A \ B koača, dakle A \ B A. Ako je A c koača, razlikujemo dva slučaja: ˆ B koača. Tada je (A \ B c = (A B c c = A c B, što je koača skup, pa je A \ B A, ˆ B c koača. Tada je A \ B = A B c koača skup, pa je A \ B A. Ako je B c koača, oda je A \ B koača, dakle A \ B A. Vrijedi i X c =, što je koača skup, pa imamo X A. Dakle, A jest algebra. 5
Mjera i itegral 2. Familije podskupova Defiicija. Familiju R podskupova od X zovemo σ-prste ako vrijedi: (R R je prste, (R2 A i R, i N = A i R. i= Defiicija. Familiju F podskupova od X zovemo σ-algebra ako vrijedi: (A F je σ-prste, (A2 X F. Napomea. Dosad aučee familije skupova mogli bismo grafički prikazati a sljedeći ači: poluprstei prstei σ-prstei σ-algebre algebre Zadatak 2.8. Dokažite da je F σ-algebra a X ako i samo ako vrijedi: (A F, (A2 A F = A c F, (A3 A i F, i N = A i F. i= Rješeje. Neka vrijede (A, (A2 iz defiicije σ-algebre. Pokažimo da vrijede (A, (A2,(A3 : (A = X \ X F. (A2 A F = A c = X \ A F. (A3 Po defiiciji. 6
2. Familije podskupova Mjera i itegral Neka sada vrijede (A, (A2,(A3, i eka su A, B F. Stavimo li A = A, A 2 = B, i A i = za i 3, po (A3 imamo A B = i= A i F. Dalje, A \ B = ( (A B c c c = (A c B c F po (A2 i već dokazaom. Dakle, F je prste. Odmah po defiiciji imamo da je F i σ-prste. Kako je još i X = c F po (A i (A2, zaključujemo da je F σ-algebra. Zadatak 2.9. Neka je R σ-prste a X te A i R, za i N. Dokažite: (a lim if A R, (b lim sup A R. Rješeje. (a Prisjetimo se, lim if pa je k= =k A = k= =k ( A = A k \ A k \ =k A R. (b Aalogo gorjem račuu imamo lim sup A = = A. Uočimo k= =k ( A = A k \ (A k \ A R, =k A = =k ( A \ A \ ( ( A \ A \ k= k= =k A R =k A Zadatak 2.0. Neka je A X. Nadite ajmaju σ-algebru F a X za koju vrijedi A F. Rješeje. Po defiiciji vidimo da svaka σ-algebra a X takva da A X mora kao elemete barem imati, X, A, A c. No, uočimo da je skup {, X, A, A c } sam po sebi σ-algebra. Dakle, tražea σ-algebra je F = {, X, A, A c }. Zadatak 2.. Neka je X = R i C = {{x} x R}. (a Odredite ajmaju algebru A P(X koja sadrži C, tj. A C. (b Odredite ajmaju σ-algebru A P(X koja sadrži C, tj. A C. 7
Mjera i itegral 2. Familije podskupova Rješeje. (a A = {A X A je koača ili A c je koača}. (b A = {A X A je prebrojiv ili A c je prebrojiv}. Zadatak 2.2. Neka su A, A 2,..., A k X te eka je A ajmaja algebra a X koja sadrži elemete A, A 2,..., A k. Dokažite da je card(a = 2 m, za eki m N. Rješeje. Promatramo 2 k skupova oblika B B 2... B k, pri čemu je B i = A i ili B i = A c i, za svaki i =, 2,..., k. Neka su C, C 2,... C m svi eprazi medusobo različiti skupovi gorjeg oblika. Očigledo su C i i C j disjukti za i j. Sada je { } A = C i I {, 2,..., m}. A je algebra i card(a = 2 m. i I Defiicija. Familiju M podskupova od X zovemo mootoa klasa ako vrijedi: (M A i M, i N, A A 2 = (M2 A i M, i N, A A 2 = A i M, i= A i M. i= Zadatak 2.3. Dokažite da je prste R σ-prste ako i samo ako je mootoa klasa. Rješeje. Ako je R σ-prste, tada otprije zamo da je zatvore a prebrojive uije i prebrojive presjeke. Posebo, vrijede defiicijska svojstva mootoe klase. Pretpostavimo da je prste R ujedo i mootoa klasa. Tada preostaje provjeriti sljedeće: A i R, i N = A i R. Defiirajmo B := i= A i = A A. i= A A 2 A 3 B B 2 B 3 8
2. Familije podskupova Mjera i itegral Očigledo vrijedi B B 2. Osim toga je B R jer je R zatvore a koače uije. Kako je R mootoa klasa, zaključujemo da je B R. Koačo, zbog i= A i = i= B i dobili smo i= A i R. Zadatak 2.4. Neka je A algebra a skupu X. Dokažite: (a ako je A zatvorea a prebrojive uije rastućih skupova, tada je A σ-algebra, (b ako je A zatvorea a prebrojive presjeke padajućih skupova, tada je A σ-algebra, (c ako je A zatvorea a prebrojive uije disjuktih skupova, tada je A σ-algebra. Rješeje. (c Treba samo provjeriti: A i A, i N = Defiirajmo B := A \ i= A i za N. A i A. i= A A 2 B B 2 A 3 B 3 Lako se vidi da je i= A i = i= B i te i= A i = i= B i (zbog A i B i slijedi i= A i i= B i; obrato, eka je x i= A i, tada postoji ajmaji ideks i 0 N takav da je x A i0, o oda zbog x B i0 slijedi x i= B i. Osim toga su B i medusobo disjukti. Po uvjetu zadatka vrijedi: B := A \ i= A i }{{} A A = B A. Dakle, A A. Zadatak 2.5. Neka je {F α α I} kolekcija σ-algebri a skupu X. Dokažite da je F := α I F α takoder σ-algebra a X. 9
Mjera i itegral 2. Familije podskupova Rješeje. Treba provjeriti defiicijska svojstva σ-algebre. (A F α za svaki α I = α I F α = F. (A2 A F = ( α I(A F α = ( α I(A c F α = A c F. (A3 A F, N = ( N( α I(A F α = ( α I( N(A F α = ( α I( A F α = A F, pri čemu smo kod druge implikacije koristili čijeicu da uiverzali kvatifikatori komutiraju, a u trećoj da je F α σ-algebra. Napomea. Na isti ači se dokazuje: presjek prsteova je prste; presjek algebri je algebra; presjek σ-prsteova je σ-prste; presjek mootoih klasa je mootoa klasa. Zadatak 2.6. Primjerom pokažite da presjek poluprsteova e mora biti poluprste. Rješeje. Neka je skup X = {, 2, 3} te gledamo S = {, {}, {2}, {3}, {, 3}, {, 2, 3}} i S 2 = {, {}, {2, 3}, {, 2, 3}}. Očigledo su S i S 2 poluprsteovi, ali S S 2 = {, {}, {, 2, 3}} ije poluprste jer se {, 2, 3} \ {} = {2, 3} e može prikazati kao uija člaova skupa S S 2. Defiicija. Neka je C familija podskupova od X. Defiiramo σ-algebru geerirau s C kao σ (C := F. F C F je σ-algebra a X Napomea. Očigledo je σ(c ajmaja σ-algebra a X koja sadrži C, tj. koja je sadržaa u svakoj σ-algebri koja sadrži C. Zadatak 2.7. Neka su C i C 2 familije podskupova od X. Dokažite: (a C C 2 = σ(c σ(c 2, (b C je σ-algebra = σ(c = C. Rješeje. (a Vrijedi C C 2 σ(c 2 pa je σ(c 2 eka σ-algebra koja sadrži C. S druge strae je σ(c ajmaja σ-algebra koja sadrži C. Dakle, σ(c σ(c 2. (b Kako je C već σ-algebra koja sadrži C, zaključujemo da je ajmaja takva već sadržaa u joj, tj. σ(c C. S druge strae, uvijek vrijedi σ(c C. 0
2. Familije podskupova Mjera i itegral Primjer. ( C = {A} za eki A X = σ(c = {, A, A c, X}. (2 C = {{x} x X} = σ(c = {A X A je prebrojiv ili A c je prebrojiv}. (3 Ako je C kolekcija svih otvoreih skupova u R, tj. C = {U R U je otvore}, tada se σ(c zove Borelova σ-algebra a R i ozačava B(R. Napomea. Vrijedi card(b(r = c (ovo lako slijedi iz sljedećeg zadatka. Budući da je card(p(r = 2 c > c, imamo B(R P(R, tj. postoje skupovi koji isu Borelovi (jeda takav je tzv. Vitalijev 2 skup. Zadatak 2.8. Dokažite da vrijedi: (a B(R = σ ({ a, b a, b R}, (b B(R = σ ({ a, b] a, b R}, (c B(R = σ ({[a, b] a, b R}, (d B(R = σ ({, b] b R}. (e B(R = σ ({, b] b Q}, (f B(R = σ ({[a, + a R}, (g B(R = σ ({ a, b a, b Q}, Rješeje. (a Očigledo vrijedi jer iz čijeice {U R U je otvore} { a, b a, b R} slijedi B(R = σ({u R U je otvore} σ({ a, b a, b R}. Uzmimo U otvorei podskup od R. Tada iz U = a, b σ ({ a, b a, b R} zaključujemo da vrijedi B(R = σ({u R U je otvore} σ({ a, b a, b R}. (b Pokažimo σ ({ a, b a, b R} = σ ({ a, b] a, b R}, pa će tvrdja slijediti iz (a dijela zadatka. Neka je a, b proizvolja otvorei iterval u R. Tada zbog a, b = a, b ] σ ({ a, b] a, b R} dobivamo tražeu ikluziju. Neka je sada a, b] proizvolja poluzatvorei iterval u R. Sličo kao prije zaključujemo da zbog a, b] = a, b + σ ({ a, b a, b R} vrijedi i obrata ikluzija. (e Neka je b Q proizvolja. Tada vrijedi, b] =, b] B(R po (b dijelu zadatka. Émile Borel (87, Sait-Affrique, Fracuska 956, Pariz, Fracuska, fracuski matematičar i političar 2 Giuseppe Vitali (875, Ravea, Italija 932, Bologa, Italija, talijaski matematičar
Mjera i itegral 2. Familije podskupova Ozačimo desu strau tražee jedakosti s D. Neka su a, b R, a < b. Kako se moramo prebaciti a racioale brojeve primijeimo sljedeći trik: eka je (b padajući iz racioalih brojeva takav da b b. Tada zbog, b] =, b ] D i a, b] =, b]\, a] D dobivamo tražeu ikluziju opet po (b dijelu zadatka. Napomea. U ovom kolegiju radimo s R = R {, + }. Defiiramo i Borelovu σ-algebru a R s B(R = {A, A { }, A {+ }, A {, + } A B(R}. Defiicija. Neprazu familiju C podskupova od X zovemo π-sustav (ili π-sistem ako vrijedi A, B C = A B C, tj. ako je familija C zatvorea a koače presjeke. Defiicija. Familiju D podskupova od X zovemo Dykiova klasa (ili D-sustav ako vrijedi: (D X D, (D2 A, B D, A B = B \ A D, (D3 A i D, i N, A A 2 = A i D. i= Teorem. (Dykiova lema Neka je C π-sustav a X. Tada je D(C = σ(c. Zadatak 2.9. Neka je f : X Y fukcija, a F σ-algebra a X. Dokažite da je G = { G Y f (G F } σ-algebra a Y. Ovako defiiraa σ-algebra se aziva slika σ-algebre F po fukciji f. Napomea. U prethodoj defiiciji smo se pomalo eprirodo koristili praslikom iz razloga što se oa lijepo poaša a skupove operacije (vidi zadatak.2, za razliku od slike. Rješeje. Provjeravamo defiicijska svojstva σ-algebre. (A f ( = F = G. Eugee Dyki (924, Lejigrad (Sakt Peterburg, SSSR, sovjetski i američki matematičar 2
2. Familije podskupova Mjera i itegral (A2 A G = f (A F. f (A c = ( f c (A F. Dakle A c G. }{{} F (A3 A i G, i N. Za svaki i N vrijedi f (A i F, pa imamo f ( i= A i = i= f (A i F. }{{} F Dakle i= A i G. Zadatak 2.20. Neka je f : X Y fukcija i G σ-algebra a Y. Dokažite da je F = { f (G G G } σ-algebra a X. Ovako defiiraa σ-algebra se aziva praslika σ-algebre G po fukciji f i ozačava se s f (G. Rješeje. Provjeravamo defiicijska svojstva σ-algebre. (A = f ( = F. (A2 Neka je A F. Tada je A = f (G za eki G G. Sada A c = f (G c i G c G povlače A c F. (A3 A i F, i N = ( i N ( G i F (A i = f (G i = i= A i = i= f (G i = f ( i= G i = i= A i F. Zadatak 2.2. Neka je F σ-algebra a skupu X te A X. Dokažite da je F A = {B A B F} σ-algebra a skupu A. Zovemo je restrikcija σ-algebre F a skup A. Uočite da ije užo A F. Rješeje. (A F pa imamo = A F A. (A2 Neka je C F A. Tada je C = B A za eki B F. Zaima as je li A \ C F A. Imamo A \ C = A \ (B A = A \ B = A B c F A, budući da je B c F jer je F σ-algebra. (A3 Neka su C i F A za i N. Tada je C i = B i A, za svaki i, gdje su B i eki skupovi iz F. Sad imamo i= C i = i= (B i A = A ( i= B i F A. 3
Mjera i itegral 2. Familije podskupova Zadatak 2.22. Ako je F σ-algebra a X te A F, dokažite da je F A = {C F C A}. Rješeje. Neka je C F A. Tada je C = B A za eki B F. Sada A, B F povlači B A F, tj. C F. Dakle, C F i C A. Uzmimo C F takav da je C A. Sada C = C A i C F povlače C F A. Napomea. Za A B(R pišemo samo B(A umjesto B(R A = {B A B B(R} = {C B(R C A}. Zadatak 2.23. Dokažite: (a B(R = σ ({ a, b a 2, b 2 a, b a i, b i R}, (b B(R = σ ({ a, b a 2, b 2 a, b a i, b i Q}, (c B(R = σ ({, b ], b 2 ], b ] b i R}, (d B(R = σ-algebra geeriraa kolekcijom svih otvoreih poluprostora od R, (e B(R = σ-algebra geeriraa kolekcijom svih zatvoreih poluprostora od R. Rješeje. (d Neka je a x + a 2 x 2 + a x = b hiperravia u R. Hiperravia u R odreduje dva otvorea poluprostora (jeda izad i jeda ispod hiperravie: H = {(x, x 2,..., x a x + a 2 x 2 + a x > b} i H 2 = {(x, x 2,..., x a x + a 2 x 2 + a x < b}. Neka je B = c, d c 2, d 2 c, d B(R. Tada B možemo dobiti kao presjek otvoreih poluprostora x > c, x < d, x 2 > c 2, x 2 < d 2,..., x > c i x < d. Po (a dijelu zadatka imamo tražeu ikluziju. Neka je H proizvolja otvore poluprostor. H je otvore podskup od R, pa po defiiciji od B(R imamo H B(R. Kviz.. Neka je X = {, 2, 3, 4}. Odredite ajmaju algebru A P(X čiji su elemeti: 4
2. Familije podskupova Mjera i itegral (a, (b {}, (c {} i {2}. 2. Neka je X = [0, ]. Odredite ajmaju algebru A P(X čiji su elemeti: (a [ [ 0, 2], (b 0, 2, (c 0, 4 i 3, ]. 4 3. Koji od sljedećih skupova su (uvijek Borelovi, tj. elemeti od B(R? Obrazložite svaki odgovor. (a { 5,, 3, 7} (b skup prirodih brojeva N (c skup racioalih brojeva Q (d skup iracioalih brojeva R \ Q (e eprebrojiva uija koačih skupova (f eprebrojiva uija otvoreih itervala (g podskup od Z (h podskup od [0, ] 4. Kojima od σ-algebri B(R, B(R, B([0, + ] i B([0, ] pripadaju sljedeći skupovi? (a A = skup gomilišta iza (a, pri čemu je a = ( (b B = skup gomilišta iza (b, pri čemu je b = ( + ( (c C = {x x x R} (d D = {f > 25} = {x R f(x > 25} za f : R R zadau formulom f(x = x 2 (e E = { f 4} za f : [0, ] [0, ] zadau formulom f(x = x 2 5. Za svaku od sljedećih familija C podskupova od R ispitajte u kakvom je odosu σ(c s Borelovom σ-algebrom B(R: jedaka, maja, veća, ili eusporediva. (a C := { [a, k] a R, k Z, a < k }, (b C := { k, l N, k, l Z }, (c C := { A R A je omede }, (d C := { A R A je prebrojiv i omede }. 6. Za familiju C := {, ] Z } podskupova od R odredite ili riječima opišite: (a π(c, tj. π-sistem geerira s C, (b M(C, tj. mootou klasu geerirau s C, (c R(C, tj. prste geerira s C, (d σ p (C, tj. σ-prste geerira s C. 5
Mjera i itegral 2. Familije podskupova Odgovori:. (a {, X} (b {, X, {}, {2, 3, 4}} (c {, X, {}, {2}, {2, 3, 4}, {, 3, 4}, {, 2}, {3, 4}} { [ ] ]} { ]} { [ [ ] ] [ ] [ ] [ ]} 2. (a, X, 0, 2, 2, (b, X, 0, 2, {0} [ 2, (c, X, 0,, 4, 4 3, 34,, 0, 4 3, 4,, 0, 4 4 34, 3. (a Da (b Da (c Da (d Da (e Ne (f Da (g Da (h Ne 4. (a A = {, + } pa je A B(R (b B = {0, + } pa je B B(R i B B([0, + ] (c C = [0, pa se C alazi u sve 4 σ-algebre [ ] (d D = [, 5 5, + ] pa je D B(R (e E = 0, pa se E alazi u sve 4 σ-algebre 2 5. (a σ(c = B(R (b σ(c = B(R (c σ(c B(R jer je σ(c = P(R (d σ(c B(R jer je σ(c = {A A je prebrojiv ili A c je prebrojiv} 6. (a π(c = C (b M(C = C {, R} (c R(C su koače uije elemeata od C {, ] : Z} (d σ p(c su prebrojive uije elemeata od {, ] Z} 6
3. Skupove fukcije Mjera i itegral 3 Skupove fukcije Defiicija. Neka je C familija podskupova od X takva da C, te eka je µ: C [0, + ]. µ je koačo aditiva ako vrijedi: (a µ( = 0, (a2 E, E 2,..., E C medusobo disjukti, ( E i C = µ E i = i= i= µ(e i. i= µ je σ-aditiva (ili prebrojivo aditiva ako vrijedi: (a µ( = 0, (a2 E i C, i N medusobo disjukti, ( E i C = µ E i = i= i= µ(e i. i= Zadatak 3.. Neka je X skup takav da je card(x 2. Defiiramo µ: P(X [0, + ] sa µ(a = { za A, 0 za A =. Je li µ koačo aditiva i/ili σ-aditiva? Rješeje. (a Vrijedi µ( = 0. (a2 Uzmimo x, y X, x y. Imamo µ({x, y} =. S druge strae, µ({x} + µ({y} = + = 2. Dakle, µ ije koačo aditiva. Posebo, ije i σ-aditiva. Zadatak 3.2. Neka je X skup takav da je card(x 2. Defiiramo µ: P(X [0, + ] sa µ(a = { + za A, 0 za A =. Je li µ koačo aditiva i/ili σ-aditiva? Rješeje. Pokažimo da je µ σ-aditiva. Posebo će slijediti i da je µ koačo aditiva. (a Vrijedi µ( = 0. 7
Mjera i itegral 3. Skupove fukcije (a2 Neka su A i P(X, za i N. Ako je barem jeda A i0 epraza (tj. A i0 za eki i 0, tada je i i= A i te imamo µ ( i= A i = +. S druge strae, i= µ(a i µ(a i0 = +. Dakle i= µ(a i = + = µ ( i= A i. Ako je pak A i = za svaki i, tada je i= A i =, pa je µ ( i= A i = µ( = 0. S druge strae, i= µ(a i = i= 0 = 0. Zadatak 3.3. Neka je X skup takav da je card(x 2. Defiiramo µ: P(X [0, + ] sa { A = card(a ako je A koača, µ(a = + ako je A beskoača. Dokažite da je µ σ-aditiva. Zovemo je brojeća mjera (ili mjera prebrajaja a skupu X. Rješeje. (a µ( = card( = 0. (a2 Uzmimo medusobo disjukte A i P(X, i N. Razlikujemo tri slučaja: ˆ A i0 je beskoača, za eki i 0 N. Tada imamo i= A i A i0, pa je i= A i takoder beskoača skup. Dakle µ ( i= A i = +. S druge strae, i= µ(a i µ(a i0 = +. Zaključujemo µ ( i= A i = i= µ(a i. ˆ Svi A i, i N su koači, ali beskoačo mogo jih je eprazo. Zbog disjuktosti je i= A i beskoača skup. Dakle µ ( i= A i = +. S druge strae, i= µ(a i = + jer je beskoačo mogo pribrojika veće od (ili jedako. ˆ Svi A i su koači i koačo mogo jih je eprazo. Kako je i= A i koača skup, imamo µ ( i= A i = i= A i. Iz pretpostavke i iz disjuktosti sada slijedi = i= A i = i= µ(a i. i= A i Zadatak 3.4. Neka je F = {E R E je ograiče}. Defiiramo { sup E za E, ν(e = 0 za E =. Je li ν koačo aditiva? Rješeje. (a Vrijedi ν( = 0. (a2 Defiiramo E = [0, ], E 2 = [2, 3]. Sada imamo ν(e E 2 = 3, ali ν(e + ν(e 2 = + 3 = 4. Dakle, ν ije koačo aditiva. 8
3. Skupove fukcije Mjera i itegral Zadatak 3.5. Neka je R prste skupova a X te µ: R [0, + ] koačo aditiva. Dokažite da tada vrijedi: (a A, B R, A B = µ(a µ(b, (b A, B R, A B, µ(a < + = µ(b \ A = µ(b µ(a, (c A i R, i N medusobo disjukti, A R, i= A i A = i= µ(a i µ(a, (d A,..., A, A R, A i= A i = µ(a i= µ(a i. Napomea. Svojstvo (a se aziva mootoost, svojstvo (c σ-superaditivost, a svojstvo (d subaditivost. Rješeje. (a Primijetimo da vrijedi B = A (B \ A, B \ A R. Sada zbog koače aditivosti slijedi µ(b = µ(a + µ(b \ A µ(a. }{{} 0 (b Iz (a dijela zadatka vidimo da vrijedi µ(b = µ(a + µ(b \ A. Sada od svake strae prethode jedakosti oduzmemo µ(a < + i time dobivamo tražeu jedakost. (c Za bilo koji N je i= A i R te i= µ(a i = µ ( i= A i µ(a, pri čemu smo prvo iskoristili koaču aditivost, a zatim mootoost i čijeicu i= A i A. Puštajući lim dobivamo i= µ(a i = lim (d Defiirajmo B i := A i \ j<i A j. Sada imamo µ(a i µ(a. i= ( ( µ(a µ A i = µ B i = i= i= µ(b i i= µ(a i, i= pri čemu smo redom koristili: mootoost i čijeicu A i= A i; čijeicu i= A i = i= B i; koaču aditivost i čijeicu da su B i medusobo disjukti; mootoost i čijeicu B i A i. Zadatak 3.6. Neka je R prste skupova a X te µ: R [0, + ] σ-aditiva. Dokažite da tada vrijedi: (a ako su A i R, i N, A A 2 A 3, A = i= A i R, tada je µ(a = lim µ(a, 9
Mjera i itegral 3. Skupove fukcije (b ako su A i R, i N, A A 2 A 3, A = i= A i R, µ(a < +, tada je µ(a = lim µ(a, (c ako su A, A i R, i N, A i= A i, tada je µ(a µ(a i. Napomea. Svojstvo (a se aziva eprekidost odozdo u A, svojstvo (b eprekidost odozgo u A, a svojstvo (c σ-subaditivost. Rješeje. (a Defiirajmo B i := A i \ A i za i 2, te B := A. Sada imamo ( ( ( µ(a = µ A i = µ B i = µ(b i = lim µ(b i = lim µ i= = lim µ(a, i= i= i= pri čemu smo u drugoj jedakosti koristili čijeicu i= A i = i= B i, u trećoj σ-aditivost i čijeicu da su B i medusobo disjukti, u predzadjoj koaču aditivost i čijeicu da su B i medusobo disjukti, te u zadjoj čijeicu A = i= B i. (b Defiirajmo C i := A \ A i. Vrijedi C C 2 C 3 te i= C i = i= (A \ A i = A \ ( i= A i = A \ A. Primijeimo (a dio zadatka a taj iz: i= µ(a \ A = lim µ(a \ A ( µ(a µ(a = lim µ(a µ(a µ(a = lim µ(a. (c Defiirajmo D := (A A \ ( i= A i. Sada imamo µ(a = µ(d µ(a, pri čemu smo prvo iskoristili σ-aditivost te čijeice D R, D su medusobo disjukti, D = A; a zatim mootoost i čijeicu D A. i= B i Zadatak 3.7. Neka je R prste skupova a X te µ: R [0, + ]. (a Ako je µ koačo aditiva i eprekida odozdo u A za svaki A R, tada je µ i σ-aditiva. 20
3. Skupove fukcije Mjera i itegral (b Ako je µ koačo aditiva, koača ( µ(a < + za svaki A R i eprekida odozgo u, tada je µ σ-aditiva. Rješeje. (a Neka su A R, N medusobo disjukti. Defiiramo B = i= A i. Kako je B B 2... i A = B, imamo ( ( ( µ A = µ B = lim µ(b = lim µ A i = lim µ(a i = i= µ(a i, pri čemu smo u drugoj jedakosti iskoristili eprekidost odozdo, te u četvrtoj jedakosti koristili koaču aditivost. (b Neka su A R, N medusobo disjukti, te ozačimo A = A. Defiiramo B = i= A i. Sad imamo i= i= ( µ(a = µ(b + µ(a \ B = µ A i + µ(a \ B = i= µ(a i + µ(a \ B, N, i= ( pri čemu smo u trećoj jedakosti iskoristili koaču aditivost. Dalje, budući da je (B rastući iz, (A \ B je padajući iz, pa imamo (A \ B = A \ ( ( B = A \ A = A \ A =. Koristeći eprekidost odozgo u sad imamo lim µ(a \ B = µ( (A \ B = µ( = 0, pa puštajući u ( dobivamo tvrdju zadatka. Zadatak 3.8. Neka je F σ-algebra a X, µ: F [0, + ] σ-aditiva, A F za svaki N. (a Ako je µ ( A < +, tada je lim sup µ(a µ(lim sup A. (b Dokažite lim if µ(a µ(lim if A. (c Ako je µ(a < +, tada je µ(lim sup A = 0. 2
Mjera i itegral 3. Skupove fukcije Napomea. Tvrdja (c se aziva Borel Catelli lema. Rješeje. (a Prisjetimo se defiicije lim sup A = k= A k. Budući da skupovi k= A k padaju kako raste, te vrijedi µ ( A < +, možemo iskoristiti eprekidost odozgo: ( ( ( µ lim sup A = µ A k = lim µ A k (b Aalogo kao pod (a. (c Kako je lim sup A = ( µ k= = lim sup µ ( k= k= A k lim sup µ (A. k= A k, slijedi lim sup A k= A k, N, pa je ( A k µ(a k, N, lim sup A µ k= pri čemu druga ejedakost slijedi iz σ-subaditivosti. Pustimo li, tada k= µ(a k teži k 0 jer je to rep (ostatak kovergetog reda. Dakle, µ ( lim sup A 0, odoso µ(lim sup A = 0. k= Fracesco Paolo Catelli (875, Palermo, Italija 966, Rim, Italija, talijaski matematičar 22
4. Mjera Mjera i itegral 4 Mjera Defiicija. Neka je X, F σ-algebra a X. Svaku σ-aditivu fukciju µ: F [0, + ] zovemo mjera. Uredei par (X, F tada zovemo izmjeriv prostor, a uredeu trojku (X, F, µ zovemo prostor s mjerom. Kažemo da je mjera µ: ˆ koača ako je µ(x < +, ˆ vjerojatosa ako je µ(x =, ˆ σ-koača ako postoje A i F, i N takvi da je X = i= A i i µ(a i < + za svaki i N. Primjer. Za svaki X i točku x 0 X defiiramo δ x0 : P(X [0, + ] formulom { ako je x0 A, δ x0 (A := 0 ako je x 0 A. Tada je δ x0 koača mjera koju zovemo Diracova mjera u točki x 0 ili mjera kocetriraa u točki x 0. Primjer. Neka je X. Defiiramo µ: P(X [0, + ] s { A = card(a ako je A X koača, µ(a = + ako je A X beskoača. Tada je µ mjera a (X, P(X koju zovemo brojeća mjera ili mjera prebrajaja a skupu X. Zadatak 4.. (Lebesgueova 2 mjera Postoji jedistvea mjera a (R, B(R takva da za sve a, b R, a < b, vrijedi Dokažite da vrijedi: (a λ({x} = 0 za x R, (b E R prebrojiv = λ(e = 0, (c λ( a, b = λ([a, b = λ([a, b] = b a, λ( a, b] = b a. Paul Dirac (902, Bristol, Egleska 984, Tallahassee, SAD, egleski teorijski fizičar 2 Heri Lebesgue (875, Beauvais, Fracuska 94, Pariz, Fracuska, fracuski matematičar 23
Mjera i itegral 4. Mjera (d λ ije koača, ali je σ-koača. Rješeje. (a Uočimo da je {x} = x, x]. Sada račuamo λ({x} = lim λ ( x, x] ( ( = lim x x = lim = 0, pri čemu smo u prvoj jedakosti iskoristili eprekidost odozgo. (b Neka je E = {x, x 2, x 3,...} prebrojiv podskup od R. Sada imamo λ(e = i λ({x i } = i 0 = 0, pri čemu smo u prvoj jedakosti iskoristili σ-aditivost, a u drugoj (a dio zadatka. (c λ( a, b = λ( a, b] \ {b} = λ( a, b] λ({b} = b a 0 = b a. Sličo dobijemo i ostale tvrdje. (d Primijetimo da je R =, ]. Sada imamo λ(r = lim λ(, ] = lim ( ( = lim 2 = +, tj. λ(r = + pa λ ije koača, ali zbog λ(, ] = 2 < + i R =, ] zaključujemo da je σ-koača. Zadatak 4.2. (Lebesgue-Stieltjesova mjera Ako je F : R R rastuća i eprekida zdesa, tada postoji jedistvea mjera λ F a (R, B(R takva da za sve a, b R, a < b, vrijedi λ F ( a, b] = F (b F (a. Za fukciju F dau formulom 0 za x,, + x za x [, 0, F (x = 2 + x 2 za x [0, 2, 9 za x [2, +, izračuajte mjeru λ F sljedećih skupova: Thomas Joaes Stieltjes (856, Zwolle, Nizozemska 894, Toulouse, Fracuska, izozemski matematičar 24
4. Mjera Mjera i itegral (a {2}, (b, 0], 2, (c [0, 2] \ {}, (d {x R x 2 + x 2 > 0}. Rješeje. (a Račuamo po defiiciji ( λ F ({2} = lim λ F 2, 2] ( ( = lim F (2 F 2 ( ( = lim 9 2 + ( 2 2 = 9 6 = 3. (b ( ] λ F (, 0], 2 = λ F (, 0] + λ F, 2 (, ] = λ F (, 0] + lim λ F 2 ( = F (0 F ( + lim F (2 F ( (c Sličo (a dijelu zadatka dobivamo (d = (2 + 0 2 ( + ( + lim (2 + ( 2 λ F ([0, 2] \ {} = λ F ({0} + λ F ( 0, 2] λ F ({} = 8. λ F ( { x R x 2 + x 2 > 0 } = λ F (,, + = λ F (, + λ F (, + 2 (2 + 2 = 5. (, = lim λ F ] + lim λ F (, ] = lim (0 0 + lim (9 3 = 6. Napomea. Općeito vrijede formule (pri čemu ozaka F (x predstavlja limes slijeva fukcije F u točki x, koji je dobro defiira jer je F rastuća: ˆ λ F ( a, b] = F (b F (a ˆ λ F ( a, b = F (b F (a ˆ λ F ([a, b] = F (b F (a, posebo λ F ({a} = F (a F (a ˆ λ F ([a, b = F (b F (a ˆ λ F ( a, + = lim F (x F (a x + 25
Mjera i itegral 4. Mjera ˆ λ F ([a, + = lim F (x F (a x + ˆ λ F (, b] = F (b lim x F (x ˆ λ F (, b = F (b lim x F (x Zadatak 4.3. (Restrikcija mjere Neka je (X, F, µ prostor s mjerom i A F. Za E F defiiramo Dokažite da je τ takoder mjera a (X, F. τ(e = µ(a E. Rješeje. Provjeravamo je li τ σ-aditiva fukcija. (a τ( = µ(a = µ( = 0. (a2 Neka su E F, N medusobo disjukti. Uočimo da su tada medusobo disjukti i A E, N, pa imamo ( ( ( ( τ E = µ A E = µ A E = µ(a E = τ(e. Zadatak 4.4. Neka su µ, µ 2,..., µ m mjere a (X, F i a, a 2,..., a m 0. Defiiramo, za E F, m µ(e = a i µ i (E. Dokažite da je µ mjera a (X, F. Rješeje. (a µ( = m i= a iµ i ( = m i= a i 0 = 0. (a2 Neka su E F, N medusobo disjukti. Imamo i= ( µ E = ( m a i µ i E = i= m a i µ i (E = m a i µ i (E = µ(e, i= i= pri čemu je zamjea poretka sumacije opravdaa jer su svi sumadi eegativi. 26
4. Mjera Mjera i itegral Zadatak 4.5. Neka su (µ i i= vjerojatose mjere a izmjerivom prostoru (X, F. Defiiramo, za E F, µ(e = 2 i µ i (E. Dokažite da je µ vjerojatosa mjera. Rješeje. Provjerimo prvo je li µ mjera. (a µ( = i= 2 i µ i ( = i= 2 i 0 = 0. (a2 Neka su E F, N medusobo disjukti. Imamo i= ( µ E = = ( 2 i µ i E = 2 i µ i (E = i= 2 i µ i (E = i= 2 i µ i (E = i= i= µ(e, pri čemu je zamjea poretka sumacije opravdaa jer su svi sumadi eegativi. Provjerimo još da je µ vjerojatosa mjera. Zaista, µ(x = 2 i µ i (X = i= 2 i =. i= Zadatak 4.6. Neka je µ σ-koača mjera a izmjerivom prostoru (X, F. Dokažite da tada postoji koača mjera ν a (X, F takva da za svaki E F vrijedi tj. µ i ν imaju iste ul-skupove. µ(e = 0 ν(e = 0, Rješeje. Prisjetimo se, µ je σ-koača, što zači da postoje A i, i N iz F takvi da je X = i= A i te µ(a i < +. Neka je I = {i N µ(a i > 0}. Defiiramo ν : F [0, + ] formulom ν(e = 2 i µ(a i E. µ(a i i I Kao u prethodom zadatku se provjeri da je ν mjera. Dalje, imamo ν(x = i I 2 i µ(a i µ(a i = i I 2 i 2 i =. i= Dakle, ν je koača. 27
Mjera i itegral 4. Mjera Sada, ako je E F takav da je µ(e = 0, oda je ν(e = i I 2 i µ(a i E µ(a i = i I 0 = 0, jer je µ(a i E µ(e = 0, pa je µ(a i E = 0. Obrato, uzmimo E F takav da je ν(e = 0. Tada je i I 2 i µ(a i E µ(a i pa svaki pribrojik mora biti 0, iz čega slijedi µ(a i E = 0 za svaki i I. Za i N \ I pak vrijedi µ(a i E µ(a i = 0. Zaključujemo da je µ(a i E = 0, i N. Koačo, ( µ(e = µ (A i E µ(a i E = 0 = 0, i= pri čemu smo u prvoj jedakosti koristili i= A i = X, a u drugoj σ-subaditivost. Dakle, µ(e = 0. Zadatak 4.7. Neka je (X, F izmjeriv prostor, te C π-sustav a X takav da je F = σ(c. Ako su µ, ν koače mjere a (X, F takve da je µ(x = ν(x te µ(a = ν(a, za svaki A C, dokažite da mora biti µ = ν. Rješeje. Prema Dykiovoj lemi je σ(c = D(C, pri čemu je D(C Dykiova klasa geeriraa s C. Defiirajmo G = {A F µ(a = ν(a}. Po pretpostavci zadatka je X G te C G. Pokažimo da je G Dykiova klasa, pa će vrijediti F = σ(c = D(C G, tj. G = F, što i treba pokazati. (D Po pretpostavci zadatka vrijedi X G. (D2 Neka su A, B G takvi da je A B. Tada imamo µ(a = ν(a i µ(b = ν(b, pa je Dakle, B \ A G. i= = 0, i= µ(b \ A = µ(b µ(a = ν(b ν(a = ν(b \ A. (D3 Neka su A G, N takvi da A A 2. Tada imamo ( ( µ A = lim µ(a = lim ν(a = ν A, pa je A G. 28
4. Mjera Mjera i itegral Zadatak 4.8. Neka je λ: B(R [0, + ] Lebesgueova mjera. (a Ako je E R epraza otvore skup, tada je λ(e > 0. (b Ako je K R kompakta skup, tada je λ(k < +. Rješeje. (a Neka je x E. Budući da je E otvore skup, postoji ε > 0 takav da je x ε, x + ε E, pa imamo λ(e λ( x ε, x + ε = 2ε > 0. (b Budući da je K kompakta skup, posebo je ograiče. Zači, postoji r > 0 takav da je K [ r, r]. Tada je λ(k λ([ r, r] = 2r < +. Teorem. (jedistveost σ-koače mjere Neka je (X, F izmjeriv prostor, te eka je C π-sustav a X takav da je F = σ(c i postoji rastući iz (C N C takav da je X = N C. Ako su µ i ν mjere a (X, F za koje vrijedi (a µ(c < + i ν(c < +, za svaki N, (b µ(c = ν(c, za svaki C C, oda je µ = ν. Zadatak 4.9. Za A B(R i x R defiiramo A + x = {a + x a A}. Dokažite da je λ(a + x = λ(a. Rješeje. Neka je x R. Defiirajmo fukciju λ x : B(R [0, + ] s λ x (A = λ(a + x, za svaki A B(R. Provjerimo ajprije da je λ x mjera, tj. da je σ-aditiva. (a λ x ( = λ( + x = λ( = 0. (a2 Neka su A F, N medusobo disjukti. Uočimo da su tada medusobo disjukti i A + x, N, pa imamo (( ( λ x ( N A = λ A + x = λ (A + x = N λ(a + x = N λ x (A. N N 29
Mjera i itegral 4. Mjera Provjerimo sada uvjete teorema jedistveosti σ-koače mjere. Neka je C = { a, b] a, b R}. To je π-sustav a R takav da je B(R = σ(c. Za proizvolja a, b] C vrijedi λ x ( a, b] = λ( a, b] + x = λ( a + x, b + x] = (b + x (a + x = b a = λ( a, b], pa zaključujemo da je λ(c = λ x (C za svaki C C. Dalje, uočimo da je R = N, ] te vrijedi λ(, ] < + i λ x (, ] = λ(, ] + x = λ( + x, + x] = ( + x ( + x = 2 < +, za svaki N. Dakle, zadovoljei su uvjeti teorema jedistveosti σ-koače mjere, pa zaključujemo da je λ x (A = λ(a, tj. λ(a + x = λ(a, za proizvolji A B(R. Kviz.. Neka je X skup, F familija podskupova od X i µ : F [0, ] fukcija. Je li µ koačo aditiva i/ili σ-aditiva ako je { 0 za A koača, (a X beskoača, F = {A X A koača ili A c koača}, µ(a = za A c koača. { 0 za A prebrojiv, (b X eprebrojiv, F = {A X A prebrojiv ili A c prebrojiv}, µ(a = za A c prebrojiv. { 0 za A koača, (c X eprebrojiv, F = P(X, µ(a = + za A beskoača. { card(a za A koača, (d X = N, F = {A X A koača ili A c koača}, µ(a = + za A c koača. za A koača, (e X = N, F = {A X A koača ili A c koača}, µ(a = 2 A + za A c koača. 0 za A =, (f X = 0, ], F = { a, b] 0 a < b } { }, µ(a = b a za A = a, b], a > 0, + za A = 0, b]. (g X = N, N, F = P(X, µ (A = card({m A m }. 30
4. Mjera Mjera i itegral 2. (a (X, F, µ prostor s mjerom i f : X Y. Defiiramo F = {B Y : f (B F} i µ (B = µ(f (B, B F. Je li µ mjera a (Y, F? (b (Y, F, µ prostor s mjerom i f : X Y bijekcija. Defiiramo F = {f (B : B F } i µ(a = µ (f(a, A F. Je li µ mjera a (X, F? Odgovori:. (a koačo aditiva, a σ-aditiva ako je X eprebrojiv (b koačo i σ-aditiva (c koačo aditiva, ali ije σ-aditiva (pr. uzmemo A := {x, x 2,...}. µ(a = + = 0 = µ({x } (d koačo i σ-aditiva (e koačo aditiva, ali ije σ-aditiva (pr. µ(n = + = = 2 = ] µ({}; (f koačo aditiva, ali ije σ-aditiva (pr. A := +,,. µ(a = + = µ( 0, ] = µ( A (g µ je σ-aditiva za svaki N 2. (a Da (b Da 3
Mjera i itegral 5. Vajska mjera 5 Vajska mjera Defiicija. Neka je X te µ : P(X [0, + ]. Kažemo da je µ vajska mjera a X ako vrijedi: (V µ ( = 0, (V2 A B X = µ (A µ (B, (V3 E i X, i N = µ ( i= E i i= µ (E i. Defiicija. Kažemo da je E X µ -izmjeriv ako za svaki A X vrijedi µ (A = µ (A E + µ (A E c. Napomea. Familija svih µ -izmjerivih podskupova od X je σ-algebra a X koju ozačavamo s M µ. Zadatak 5.. Neka je µ vajska mjera a X i E X takav da je µ (E = 0 ili µ (E c = 0. Dokažite da je tada E µ -izmjeriv. Rješeje. Treba provjeriti vrijedi li µ (A = µ (A E + µ (A E c, za svaki A X. Promotrit ćemo slučaj da je µ (E = 0. Slučaj µ (E c = 0 je sasvim aaloga. Neka je A X. Ako je µ (E = 0, tada zbog mootoosti vajske mjere vrijedi µ (A E µ (E = 0, pa je µ (A E = 0. Takoder zbog mootoosti vrijedi µ (A µ (A E c. Dakle, sve skupa imamo µ (A µ (A E + µ (A E c. Obrato, zbog A = (A E (A E c i subaditivosti vajske mjere imamo µ (A µ (A E + µ (A E c. Zadatak 5.2. Dokažite da ako su µ, ν vajske mjere a X, tada je fukcija τ defiiraa s takoder vajska mjera a X. τ(e = max {µ(e, ν(e} Rješeje. (V τ( = max {µ(, ν( } = max {0, 0} = 0. (V2 Neka su A, B X takvi da A B. Tada je τ(a = max {µ(a, ν(a} max {µ(b, ν(b} = τ(b. 32
5. Vajska mjera Mjera i itegral (V3 Neka su A X, N. Tada je ( { ( ( } { } τ A = max µ A, ν A max µ(a, ν(a max {µ(a, ν(a } = τ(a. Zadatak 5.3. Za A N defiiramo µ (A = { A 2 + A 2 za A koača, za A beskoača. Provjerite da je µ vajska mjera a N, te adite sve µ -izmjerive skupove. Rješeje. (V µ ( = 02 +0 2 = 0. (V2 Neka su A, B X takvi da je A B. Uočimo ajprije A 2 =, iz čega se vidi + A 2 + A 2 da je to rastuća fukcija a prirodim brojevima. Takoder zaključujemo da je µ (C <, za C N koača. Razlikujemo dva slučaja: ˆ B je beskoača. Budući da je µ (A, vrijedi µ (A µ (B. ˆ B je koača. Tada je i A koača. Zaključili smo da je µ rastuća fukcija a prirodim brojevima, pa slijedi µ (A µ (B. (V3 Neka su A N, N. Razlikujemo ekoliko slučajeva: ˆ Ako vrijedi A =, N, tada trivijalo imamo µ ( A µ (A. ˆ Ako postoji i 0 takav da je A i0 i A = za svaki i 0, tada imamo ( µ A = µ (A i0 µ (A. ˆ Ako postoje i, i 2 takvi da su A i, A i2, tada imamo ( µ (A µ (A i + µ (A i2 + = 2 2 µ A. 33
Mjera i itegral 5. Vajska mjera Nadimo sada sve µ -izmjerive skupove. Neka je E N. Kada bi E bio µ -izmjeriv, moralo bi vrijediti µ (N = µ (N E + µ (N E c, odoso µ (E + µ (E c =. Uočimo da je barem jeda od skupova E i E c beskoača. No, u ovom slučaju e mogu oba biti beskoača jer bismo tada iz prethode jedakosti imali + =. Uzmimo prvo da je E koača. Iz µ (E + = zaključujemo da je µ (E = 0, tj. E =. Uzmemo li da je E c koača, sličo dobijemo da je E = N. Dakle, jedii µ izmjerivi skupovi su i N. Kviz.. Neka je λ F Lebesgue-Stieltjesova mjera geeriraa fukcijom F : R R zadaom s x 3 za x, 0, F (x := za x [0,, 2 arctg x za x [, +. Izračuajte: (a λ F ( 0, (b λ F ({} (c λ F ([, + (d λ F (R 2. Koje od sljedećih skupovih fukcija µ : P(R [0, + ] su vajske mjere a (R, P(R? Za oe koje jesu odredite M µ, tj. σ-algebru µ -izmjerivih podskupova od R. { 0 za A = (a µ (A := za A { 0 za A = (b µ (A := + za A 0 za A = (c µ (A := sup A if A za A ograiče + za A eograiče (d µ (A := if { (sup I if I (I je iz ograičeih itervala t.d. je A I } 3. (a Defiirajmo F := { A R A je prebrojiv ili A c je prebrojiv } i µ: F {0, }, µ(a := { 0 ako je A prebrojiv ako je A c prebrojiv Neka je µ vajska mjera a P(R iduciraa s µ. Je li µ koačo aditiva a P(R? 34
5. Vajska mjera Mjera i itegral (b Neka je µ vajska mjera a skupu X i eka su E, E 2,... X (za koje e pretpostavljamo da su µ -izmjerivi. Ako za svaki N vrijedi µ ( j= E j = j= µ (E j, pokažite da je tada i µ ( j= E j = j= µ (E j. Odgovori:. (a λ F ( 0, = F ( F (0 = 0 (d λ F (R = lim F (x lim F (x = π ( = +. x + x 2 (b λ F ({} = F ( F ( = π 2 4 π (c λ F ([, + = lim F (x F ( = x + 2 2. (a µ jest vajska mjera, M µ = {, R}. Naime, ako je E µ -izmjeriv, oda iz = µ (R = µ (E + µ (E c slijedi E = ili E c =. (b µ jest vajska mjera, M µ = P(R. Naime, jedakost iz defiicije µ -izmjerivosti je uvijek trivijalo zadovoljea. (c µ ije vajska mjera. Npr. µ ( 0, ] 2, 3] = 3 > 2 = µ ( 0, ] + µ ( 2, 3]. (d µ je upravo Lebesgueova vajska mjera jer je svejedo kakve itervale koristimo u jeoj defiiciji. Zato se M µ sastoji od Lebesgue-izmjerivih skupova. 3. (a Nije. Najprije se vidi µ (, 0] = µ ( 0, + = jer se iterval e može prekriti s prebrojivo mogo prebrojivih skupova. Zato je µ (R = 2 = µ (, 0] + µ ( 0, +. (b Za fiksirai N zbog mootoosti i uvjeta zadatka imamo µ ( j= E j µ ( j= E j = j= µ (E j, a prelaskom a limes kada dobivamo µ ( j= E j j= µ (E j. Kako je obrata ejedakost ispujea zbog σ-subaditivosti, dokazali smo tvrdju iz zadatka. 35
Mjera i itegral 6. Izmjerive fukcije 6 Izmjerive fukcije Defiicija. Neka su (X, F i (Y, G izmjerivi prostori. Kažemo da je fukcija f : X Y izmjeriva (u paru σ-algebri F i G ako vrijedi tj. f (G F za svaki G G. f (G F, Napomea. Kada kažemo da je f : X R izmjeriva (ili F-izmjeriva, podrazumijevamo da je oa izmjeriva u paru σ-algebri F i B(R. Zadatak 6.. Neka su (X, F i (Y, G izmjerivi prostori, te G = σ(e. Dokažite da tada vrijedi sljedeća tvrdja: Rješeje. Očito vrijedi zbog E σ(e = G. f : X Y je izmjeriva f (E F, E E. Defiirajmo G := {G G f (G F}. Očito je G G. Obrato, iz zadatka 2.9 vidimo da je G σ-algebra. Takoder, iz pretpostavke ovog smjera imamo E G. Sada slijedi G = σ(e σ(g = G. Napomea. Prethodi zadatak am zapravo govori da je izmjerivost dovoljo provjeriti a geerirajućoj familiji. Zadatak 6.2. Dokažite da su za fukciju f : X R sljedeće tvrdje ekvivalete: (a ( α R ({f > α} := {x X f(x > α} = f ( α, + F, (b ( α R ({f α} F, (c ( α R ({f < α} F, (d ( α R ({f α} F, (e ( U R, U otvore (f (U F, (f ( F R, F zatvore (f (F F, (g f je izmjeriva u paru σ-algebri (F, B(R. Rješeje. Iz prethodog zadatka te zadatka 2.8 koji daje karakterizaciju B(R slijedi tvrdja. Napomea. U prethodom zadatku vrijede ekvivalete tvrdje i za svaki α Q. 36
6. Izmjerive fukcije Mjera i itegral Zadatak 6.3. Dokažite da je svaka eprekida fukcija f : R R izmjeriva. Rješeje. Zbog eprekidosti od f vrijedi da je za svaki otvore U R jegova praslika f (U poovo otvore podskup od R, pa iz prethodog zadatka pod (e slijedi tvrdja. Zadatak 6.4. Neka su (X, F, (Y, G i (Z, R izmjerivi prostori. Ako su f : X Y i g : Y Z izmjerive, tada je i g f : X Z izmjeriva. Rješeje. Za svaki R R vrijedi (g f (R = f ( g (R F (jer je f izmjeriva. }{{} G (jer je g izmjeriva Zadatak 6.5. Neka je (X, F izmjeriv prostor, f, g : X R izmjerive i c R. Dokažite da su tada i cf, f + g, f g, f, f 2 f, f g, (a domei {g 0} g izmjerive. Rješeje. Koristimo zadatak 6.2. ˆ cf ˆ f + g c = 0 = cf 0, tj. cf je kostata fukcija pa je izmjeriva. c > 0 = ( α R({cf > α} = { f > α c } F jer je f izmjeriva. c < 0 = ( α R({cf > α} = { f < α c } F. ( α R({f + g > α} = {f > α g} = ( r Q ({f > r} {g > α r} F U drugoj jedakosti smo koristili čijeicu da postoji r Q takav da je f > r > α g, odoso f > r i g > α r. Po svojstvima σ-algebre, F je zatvorea a koače presjeke i prebrojive uije, a kako su f i g izmjerive, to su {f > r} F i {g > α r} F, pa je opravdaa (. ˆ f g f g = f + ( g je izmjeriva jer je f izmjeriva, g izmjeriva (to slijedi iz cg izmjeriva za c = i zbroj dviju izmjerivih je izmjeriva. ˆ f α < 0 = { f > α} = X F. α 0 = { f > α} = {f > α} {f < α} F. 37
Mjera i itegral 6. Izmjerive fukcije Alterativo: kako je fukcija h = eprekida, to je i izmjeriva, pa je i f = h f izmjeriva kao kompozicija izmjerivih. ˆ f 2 ˆ f g α < 0 = {f 2 > α} = X F. α 0 = {f 2 > α} = { f > α} F jer je f izmjeriva. Primijetimo da je f g = 4 ((f + g2 (f g 2. Sada redom odmotavamo : h := f + g i h 2 := f g su izmjerive kao zbroj, odoso razlika izmjerivih. h 2, h 2 2 su izmjerive kao kvadrat izmjerivih. h 3 := h 2 h 2 2 je izmjeriva kao razlika izmjerivih. Koačo, f g = 4 h 3 je izmjeriva kao umožak kostate i izmjerive. ˆ g α = 0 = α > 0 = α < 0 = { } g > 0 = {g > 0} F. { } g > α = {g > 0} { g < α} F. { } { } g > α, g > 0 g > α, g < 0 = {g > 0} { g < α} F. ˆ f g Fukcija f g = f g je izmjeriva kao umožak izmjerivih. Zadatak 6.6. Neka je (X, F izmjeriv prostor, f, g : X R izmjerive. Tada su f g = max {f, g}, f g = mi {f, g}, f + = max {f, 0}, f = max { f, 0} izmjerive. Rješeje. Tvrdja slijedi iz prethodog zadatka zbog f g = (f + g + f g, f g = (f + g f g. 2 2 2 2 Zadatak 6.7. Neka je (X, F izmjeriv prostor. A : X R izmjeriva ako i samo ako je A F. Tada je karakterističa fukcija skupa A 38
6. Izmjerive fukcije Mjera i itegral Rješeje. X za α, 0 ( α R { A > α} = A za α [0, za α [, + F A F, jer su X i uvijek izmjerivi. Specijalo, ako je B Borelov skup, tada je B Borelova fukcija. Primjer fukcije koja ije Borelova je A, za A koji ije Borelov skup. Zadatak 6.8. Neka je f : R R takva da je f izmjeriva. Je li tada i f izmjeriva? Rješeje. Nije! Kotraprimjer je f := A A c, gdje A R ije Borelov. Tada je { za x A, f(x = za x A c, pa je f izmjeriva kao kostata fukcija. S druge strae, {f > 0} = A B(R, pa po kriteriju iz zadatka 6.2 pod (a f ije izmjeriva. Defiicija. Neka je (X, F izmjeriv prostor. Proširea reala fukcija f : X R je F- izmjeriva ako je izmjeriva u paru σ-algebri (F, B(R. Napomea. f : X R je izmjeriva u paru σ-algebri (F, B(R ako i samo ako je {f > α} = f ( α, + F, za svaki α F. Ovo se pokaže sličo kao u slučaju reale fukcije koristeći {f = + } = {x X f(x = + } = N {f > } F i {f = } = N {f > }c F. Napomea. Iz prethode apomee slijedi: ˆ Ako je fukcija f : X R izmjeriva, oda je cf izmjeriva za c R, te su izmjerive i f, f 2, f +, f. ˆ Ako su f, g : X [0, + ] izmjerive fukcije, oda je i f + g izmjeriva, pri čemu a [0, + ] gledamo trag σ-algebre B(R, tj. B([0, + ]. Zadatak 6.9. Neka je (X, F izmjeriv prostor te f : X R, N iz izmjerivih fukcija. Dokažite da su tada i if f, sup f, lim if f, lim sup f izmjerive fukcije. Dokažite i da je lim f (ako postoji izmjeriva fukcija. Rješeje. Neka je α R. Imamo { } if f α = {f α} F. }{{} N F 39
Mjera i itegral 6. Izmjerive fukcije Po prethodoj apomei zaključujemo da je if f izmjeriva fukcija. Tvrdja se aalogo dobije za fukciju sup f. Zatim, iz defiicije lako slijedi izmjerivost fukcija lim if f i lim sup f. Sada tvrdja za lim f slijedi iz čijeice da ako lim f postoji, oda je lim f = lim if f = lim sup f. Zadatak 6.0. Dokažite da ako je fukcija f : R R diferecijabila, tada je jea derivacija f izmjeriva. Rješeje. Tvrdimo da je ( f f x + (x = lim f(x izmjeriva fukcija. Naime, x x + je eprekida fukcija, pa je i izmjeriva, za svaki N. Zatim, f ( x + je izmjeriva kao kompozicija izmjerivih fukcija. Zaključujemo da je f = f(x+ f(x izmjeriva fukcija za svaki N, budući da je to razlika dviju izmjerivih realih fukcija pomožea s kostatom. Koačo, po prethodom zadatku je f (x = lim f izmjeriva fukcija. Zadatak 6.. Neka je (X, F izmjeriv prostor, te f, g : X R izmjerive fukcije. Dokažite da su tada skupovi {f < g}, {f g}, {f = g} izmjerivi. Rješeje. Pretpostavimo ajprije da su f i g reale fukcije (tj. f, g : X R. U tom slučaju imamo {f < g} = ( {f < r} {g > r} F. }{{}}{{} r Q F F Sada imamo i {f g} = {g < f} c F. Koačo, {f = g} = {f g} {g f} F. Neka su sada f, g : X R. Imamo {f < g} = ({x X f(x = } {x X g(x R {+ }} {x X f(x, g(x R, f(x < g(x} }{{} F po prethodom slučaju ({x X f(x R} {x X g(x = + }. Zaključujemo da je {f < g} F. Tvrdja za {f g} i {f = g} sada slijedi aalogo prethodom slučaju. Zadatak 6.2. Neka je (X, F izmjeriv prostor i f : X R izmjeriva fukcija. Neka je fukcija g defiiraa s g(x = l( + f(x + 3f(x π 5. Je li g izmjeriva? 40
6. Izmjerive fukcije Mjera i itegral Rješeje. Defiirajmo h(x = l( + x + 3x. Kako je h eprekida, oa je izmjeriva π 5 fukcija. Budući da je g = h f, zaključujemo da je g izmjeriva kao kompozicija izmjerivih fukcija. Zadatak 6.3. Defiiramo g : R R s Je li g izmjeriva? g(x = { x za x Q, za x Q. Rješeje. Uočimo da je g(x = x Q (x+( R\Q (x. Kako su Q i R\Q izmjerivi skupovi, po zadatku 6.7 zaključujemo da su Q i R\Q izmjerive fukcije. Slijedi da je x ( R\Q (x izmjeriva kao umožak kostate i izmjerive fukcije. Takoder, x x je eprekida fukcija, pa je izmjeriva. Produkt izmjerivih fukcija je izmjeriva fukcija, pa imamo da je x x Q (x izmjeriva. Koačo, g je izmjeriva fukcija kao suma izmjerivih fukcija. Zadatak 6.4. Je li fukcija sg: R R defiiraa s za x < 0, sg(x = 0 za x = 0, za x > 0, izmjeriva? Rješeje. Uočimo da je sg(x = 0, + (x + 0 {0} (x + (, 0 (x. Sličo kao u prethodom zadatku dobivamo da je sg izmjeriva fukcija. Kviz.. Neka je f : R R Borel-izmjeriva fukcija. Ukratko obrazložite zašto su sljedeći skupovi Borelovi: (a A = {x R f(x < 0 ili f(x = 203}, (b B = {x R\Q f(x R\Q}, (c C = {x R f(x 5 = 3f(x }, (d D = {x R f(x f(x + }. 2. Neka je F σ-algebra a X te eka je da iz F-izmjerivih fukcija (f, f : X R za svaki N. Ukratko obrazložite zašto su sljedeći skupovi izmjerivi, tj. elemeti od F. 4
Mjera i itegral 6. Izmjerive fukcije (a A = (b B = { x X } lim f (x postoji i koača je, { x X } f (x = 203, { (c C = x X ( iz f (x }, je rastući { (d D = x X } za beskoačo mogo N vrijedi f (x = 203. Odgovori:. (a A = f (, 0 f ({203}, a zamo, 0, {203} B(R (b B = (R\Q f (R\Q, a zamo R\Q B(R. (c Fukcije g, h : R R, g(x := f(x 5, h(x := 3f(x su takoder Borel-izmjerive pa je skup C = {g = h} Borelov. (d Fukcija ϕ : (R, B(R (R, B(R, ϕ(x = x+ je izmjeriva pa je kompozicija f ϕ takoder Borel-izmjeriva. Zaključujemo da je skup D = {f f ϕ} Borelov. 2. (a A = { } { lim if f = lim sup f lim if f > } { lim sup f < + } (b B = { lim if N f = 203 } { lim sup N f = 203 } N N (c C = {f f + } (d D = lim sup {f = 203} 42
7. Itegral Mjera i itegral 7 Itegral Kostrukcija i svojstva Neka je (X, F, µ prostor s mjerom, f : X R F-izmjeriva. ˆ Ako je f jedostava eegativa izmjeriva, f = m i= a i Ai, tada defiiramo f dµ := m a i µ(a i. i= ˆ Ako je f eegativa izmjeriva, tada defiiramo { f dµ := sup g dµ g eegativa jedostava izmjeriva, g f }. ˆ Ako je f izmjeriva, tada defiiramo f dµ := f + dµ f dµ, pri čemu su f + := max {f, 0} i f := max { f, 0} tako da je f = f + f. Napomea. Ako je E F, oda defiiramo f dµ := f E dµ. E Defiicija. Kažemo da je izmjeriva fukcija f itegrabila ako je f + dµ < + i f dµ < +. Ekvivaleto je zahtijevati da je f dµ < +. (Naime, f = f + + f. Za prostor mjere (X, F, µ defiiramo vektorski prostor L = L (X, F, µ; R := {f : X R f je itegrabila}. Napomea. Itegral je lieara, mooto fukcioal, tj. ako su f, g : X R µ-itegrabile fukcije i α R, tada su µ-itegrabile i fukcije αf i f + g te vrijedi: ( αf dµ = α f dµ, 43
Mjera i itegral 7. Itegral (2 (f + g dµ = f dµ + g dµ, (3 f g = f dµ g dµ. Zadatak 7.. Neka je f : X R izmjeriva. izmjerivih fukcija takav da Dokažite da postoji iz (f N jedostavih lim f = f te f f 2 f 3. Rješeje. Prema tvrdji s predavaja, postoje rastući izovi (g N i (h N jedostavih eegativih izmjerivih fukcija takvi da je lim g = f + i lim h = f. Defiiramo li f := g h, tada vrijedi lim f = f + f te iz f = g + h raste po N. Zadatak 7.2. (Čebiševljeva ejedakost Neka je (X, F, µ prostor s mjerom te f : X [0, + ] F-izmjeriva. Dokažite da za svaki α > 0 vrijedi µ({f α} f dµ. α Rješeje. Primijetimo da vrijedi sljedeće: (f f dµ = {f α} + f {f<α} dµ = f dµ + f dµ α dµ = αµ({f α}. {f α} {f<α} {f α} Dijeljejem prethode ejedakosti sa α dobivamo tvrdju zadatka. Zadatak 7.3. Neka je (X, F, µ prostor s mjerom te f L (X, F, µ. Dokažite da je skup {f 0} σ-koača s obzirom a mjeru µ, tj. da postoji iz (A N u F takav da je µ(a < + i {f 0} = A. Rješeje. Defiirajmo A := { } f, za svaki N. Očigledo je {f 0} = A, dok po prethodom zadatku imamo N { f } = µ(a = µ ({ f } f dµ < +. } {{ } R Zadatak 7.4. Neka je (X, F, µ prostor s mjerom te f L (X, F, µ. Dokažite da je f < + g.s., tj. da postoji skup E F takav da je µ(e = 0 te f(x < + za sve x E c. Pafuti Lvovič matematičar Čebišev (82, Borovsk, Rusko Carstvo 894, Sakt Peterburg, Rusko Carstvo, ruski 44