JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 29. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (

Величина: px

Почињати приказ од странице:

Download "JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 29. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. ("

Vera Станојевић
пре 4 година
Прикази:

1 MJERA I INTEGRAL. kolokvij 9. lipnja 018. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni! 1. (ukupno 6 bodova Neka je (, F, µ prostor s mjerom, neka je (f n n1 niz F-izmjerivih funkcija f n : R, neka je f : R još jedna F-izmjeriva funkcija i neka je g : [0, + ] funkcija koja je F-izmjeriva i µ-integrabilna. Pretpostavimo da za svaki n N i za µ-g.s. x vrijedi f n (x g(x. Očigledno su tada sve funkcije f n takoder µ-integrabilne. (a (4 boda Dokažite Lebesgueov teorem o dominiranoj konvergenciji: ako (f n n1 konvergira g.s. prema f µ-gotovo svuda (tj. f n f, tada je funkcija f takoder µ-integrabilna i vrijedi fdµ f n ndµ. (b ( boda Dokažite: ako (f n µ n1 konvergira prema f po mjeri µ (tj. f n f, tada je funkcija f takoder µ-integrabilna i vrijedi fdµ f n ndµ. Rješenje: (a Ovo je u teorem 8.7 s predavanja (LTDK. (b Ovo je u suštini dio teorema 10.7 s predavanja, tj. ideja je ista, ali ovdje se ne pretpostavlja f g pa dajemo potpuni dokaz. µ Najprije iz f n f slijedi da postoji podniz (f nk takav da f n k svaki x imamo f(x f nk (x k }{{} g(x pa je f g g.s., odakle slijedi tj. f je doista µ-integrabilna. f dµ gdµ < +, g.s. f. Sada za gotovo Pretpostavimo li suprotno drugoj tvrdnji, postoje ε > 0 i podniz (f nk takvi da za svaki k N vrijedi f nk dµ fdµ ε. ( µ Radi f nk f kada k postoji daljnji podniz (f nkl l1 takav da f g.s. n kl f kada l. Sada iz (a dijela zadatka primijenjenog na taj podniz slijedi fdµ f l n kl dµ, što je u kontradikciji s (.

2 . (ukupno 6 bodova + dodatna boda Neka je (, F, µ prostor mjere i 1 p <. (a ( boda Precizno definirajte pojam prostora L p (, F, µ, R. Koja funkcija se prirodno nameće kao norma na L p (, F, µ, R? Koje svojstvo nije zadovoljeno da bi L p (, F, µ, R uz tu funkciju bio normirani prostor? Kako rješavamo taj problem, tj. precizno definirajte prostor L p (, F, µ, R zajedno s pripadnom normom. (b ( boda Pokažite da funkcija iz (a dijela zadatka zaista zadovoljava nejednakost trokuta (sve pomoćne tvrdnje detaljno iskažite te ih ne trebate dokazivati. (c ( boda Neka je µ( <. Pokažite da je L q (, F, µ, R L p (, F, µ, R za p q. (d ( dodatna boda Pokažite svojevrstan obrat tvrdnje u (c dijelu zadatka: ako F sadrži skupove proizvoljno velike konačne mjere, onda L q (, F, µ, R L p (, F, µ, R za p < q. Vrijedi li ista tvrdnja ako pretpostavku o postojanju izmjerivih skupova proizvoljno velike konačne mjere zamijenimo s pretpostavkom da µ(? Rješenje: (a Vidi Definiciju 7.1, str. 43 i Poglavlje 9 u skripti. (b Vidi Teorem 9.13 u skripti. (c Ako je f L q (, F, µ, R, onda imamo f p dµ f p dµ + { f 1} { f >1} f p dµ µ( + f q dµ <. (d Uočimo prvo da pretpostavka implicira da možemo naći niz disjunktnih skupova {A n } n N F t.d. n µ(a n <. Zaista, po pretpostavci postoji A 1 F t.d. µ(a 1 <. Sada, ponovno po pretpostavci, postoji A F, A \ A 1, t.d. µ(a < (jer kada to ne bi bio slučaj imali bismo kontradikciju s pretpostavkom. Ovim postupkom, induktivno, dobivamo niz A n F, A n \(A 1 A n 1, t.d. n µ(a n <, n N. Stavimo sada f n1 µ(a n 1/p 1 An. Tada je očito f L q (, F, µ, R za q > p, ali f / L p (, F, µ, R. Odgovor na drugo pitanje je ne. Neka je, F P( i { 0, A µ(a, A. Tada je očito L p (, F, µ, R, p 1, jednočlan i sadrži samo nul-funkciju, što dokazuje tvrdnju.

3 3. (ukupno 6 bodova (a (3 boda Izračunajte: + n ( 3 x sin n ( cos n + x + 1 n 3 3n 3 x (x dx. (b (3 boda Neka su (, F, µ prostor mjere i f : [0, + F-izmjeriva funkcija. Pokažite da vrijedi: n n ( ({ k 1 fdµ µ x : k 1 f(x < k }. n n n n Napomena: Obrazložite svaki korak računa. Rješenje: (a Definirajmo funkcije ( 3 x f n (x sin n ( cos n + x + 1 n 3 3n 3 x (x ,+ (x, n N. Primijetimo da za svaki n N postoji es f n(x pa je f n Riemann-integrabilna na x + svakom ograničenom intervalu [a, b], jer je ograničena na [a, b] i neprekidna na [a, b] \ {}. Koristeći da je sin x x 1 i cos x 1 za svaki x R dobijemo: (i f n (x 3 (x [,+ (x : g(x, (ii gdλ + 3 dx 1 < +, R (x budući da je funkcija g nenegativna i λ-g.s. neprekidna na R pa po napomeni s vježbi zaključujemo da su njezini Riemannov i Lebesgueov integral jednaki, (iii za svaki x R \ {} imamo sin f n(x n n ( 3 x ( n 3 x cos n (x [,+ (x g(x. n + x + 1 n 3 Ovime su ispunjene sve pretpostavke za LTDK pa imamo: ( f n (xdx f n dλ LTDK f n 3 (x ,+ (x dλ + gdλ 1 6, gdje u prvoj jednakosti ponovno koristimo napomenu o jednakosti Riemannovog i Lebesgueovog integrala. (b Definirajmo s n : n n k 1 1 n Ek, gdje je E k f 1 (I k, za I k { } t R : k 1 t < k n. Tada n je (s n n N monotono rastući niz i s n (x f(x, za svaki x. Iz Lebesgueovog teorema o monotonoj konvergenciji sada slijedi: n fdµ s n dµ n n ( k 1 ({ } n µ x : k 1 f(x < k n n, n gdje smo u drugoj jednakosti koristili definiciju integrala jednostavnih nenegativnih funkcija.

4 4. (ukupno 6 bodova Neka je dan prostor s mjerom (, F, µ. Za preslikavanje φ : izmjerivo u paru σ-algebri (F, F kažemo da čuva mjeru µ ako vrijedi µ(φ 1 (A µ(a za sve A F. Lebesgueovom indukcijom dokažite da za sve F-izmjerive funkcije f : R vrijedi fdµ f φdµ u smislu da, ako jedan od ovih integrala postoji, onda postoji i drugi i jednaki su. Napomena: Tvrdnju morate dokazati Lebesgueovom indukcijom, tj. ne smijete samo iskoristiti neki rezultat s predavanja ili vježbi. Rješenje: Tvrdnju dokazujemo Lebesgueovom indukcijom. 1. korak. Neka je f 1 A za neki A F. Tada vrijedi fdµ 1 A dµ µ(a ( µ(φ 1 (A 1 φ 1 (A(xdµ(x ( f φdµ. 1 A (φ(xdµ(x Pritom smo u ( koristili činjenicu da φ čuva mjeru µ, a u ( smo iskoristili ekvivalenciju x φ 1 (A φ(x A koja vrijedi za sve x.. korak. Neka je f jednostavna nenegativna izmjeriva funkcija, tj. oblika f n α k1 Ak za neke α 1,..., α n [0, + i za neke A 1,..., A n F. Tada vrijedi fdµ ( α k 1 Ak dµ α k ( α k 1 Ak φ dµ 1 Ak dµ 1. korak α k ( α k 1 Ak φdµ 1 Ak φdµ f φdµ. 3. korak. Neka je f nenegativna izmjeriva funkcija. Tada postoji rastući niz (f n n N jednostavnih nenegativnih funkcija takav da vrijedi f n f. Slijedi ( ( fdµ f n dµ (. korak f n dµ f n φdµ ( f n φ dµ ( f n φdµ f φdµ. U koracima ( i ( koristili smo Lebesgueov teorem o monotonoj konvergenciji i to za rastuće nizove funkcija (f n n N i (f n φ n N. 4. korak. Neka je f proizvoljna izmjeriva funkcija. Koristeći rastav f f + f funkcije f na njen pozitivni i negativni dio, slijedi fdµ ( f + f dµ f + dµ f 3. korak dµ f + φdµ ( f + φ f φ ( dµ f + f φdµ f φdµ. f φdµ Ovaj raspis vrijedi u smislu da barem jedan od integrala fdµ i f φdµ postoji, što znači da je oduzimanje integrala u ovom raspisu dozvoljeno (ne može se dogoditi slučaj [ ].

5 5. (ukupno 6 bodova Promatramo prostor (R, B(R, λ, pri čemu je λ Lebesgueova mjera na R. Za n N neka je k f n : n 1 k 3,k 3 +k]. Konvergira li niz funkcija (f n n N (a (1 bod uniformno, (c ( boda u L (R, B(R, λ, (b (1 bod λ-g.s., (d ( boda po mjeri λ? Sve tvrdnje detaljno obrazložite. Rješenje: Označimo f 0, tj. neka je f nul-funkcija. Uočimo da je ( k 3, k 3 + k] k N niz medusobno disjunktnih skupova pa zapravo vrijedi f n (x k n čim je x k 3, k 3 + k] za neki k {1,,..., n}, a inače je f n (x 0. U zadatku ispitujemo konvergenciju niza (f n n N. (a DA. Vrijedi sup f n (x f(x x R sup x R k n 1 k 3,k 3 +k](x Prema tome, niz funkcija (f n n N konvergira prema funkciji f uniformno. 1 n 0. (b DA. Neka je x R. U slučaju da postoji k N takav da je x k 3, k 3 + k], tada za sve n N, n k, vrijedi f n (x k n, što teži u nulu kada n teži u beskonačnost. U slučaju da takav k ne postoji, tada za sve n N vrijedi f n (x 0, što takoder teži u nulu. Prema tome, niz funkcija (f n n N konvergira prema funkciji f λ-g.s. Alternativno, kovergencija niza (f n n N λ-g.s. prema f slijedi iz (a dijela zadatka. (c NE. Po (a dijelu zadatka, jedini kandidat za es je funkcija f. Medutim, ( f n f k n 1 k 4 k 3,k 3 +k](x dλ(x n 4 R k n 4 λ ( k 3, k 3 + k ] k 3 n 4 1 n 1 k 3,k 3 +k]dλ R ( k 3. n Promatrajući Riemannove sume funkcije h(x x 3 na segmentu [0, 1] obzirom na subdivizije 1/n < /n < < (n 1/n < 1 te puštajući n + slijedi 1 f n f x 3 dx 1 4 > 0. Dakle, f n f 0. Prema tome, niz (f n n N ne konvergira u prostoru L (R, B(R, λ. Umjesto Riemannovih suma, alternativno se u gornjem dokazu mogla koristiti formula ( n(n + 1 k 3 n 4 + n 3 + n, 4 koja se pak lako dokazuje matematičkom indukcijom. 0

6 (d DA. Neka je ϵ > 0 proizvoljan. Tada postoji n 0 N takav da je 1 n 0 < ϵ, a onda, za sve k n N, n n 0 i za sve k N, k n i za sve x R, f n (x max k n n n n 0 < ϵ. Prema tome, ({ λ ( f n f > ϵ λ x R : } k n 1 k 3,k 3 +k](x > ϵ λ( 0. Obzirom da to vrijedi za sve ϵ > 0, niz (f n n N konvergira prema funkciji f po mjeri λ. Alternativno, konvergencija niza (f n n N po mjeri λ prema f slijedi iz (a dijela zadatka.

Слични документи

JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL završni ispit 6. srpnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1.

JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL završni ispit 6. srpnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. MJERA I INTEGRAL završni ispit 6. srpnja 208. (Knjige bilježnice dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!). (8 bodova) Kao na predavanjima za d N sa P d : a b ] a d b d ] : a i b i R a i b i za i