JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA 1. (ukupno 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 5. svibnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori n

Транскрипт

1 1. (ukupo 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 5. svibja (Kjige, bilježice, dodati papiri i kalkulatori isu dozvoljei!) (a) (2 boda) Defiirajte općeitu vajsku mjeru i izmjerivi skup obzirom a dau vajsku mjeru. Nadalje, iskažite Carathéodoryjev teorem. (b) (2 boda) Ako je (X, F, µ) prostor mjere, dokažite da je skupova fukcija µ : P(X) [0, + ] defiiraa formulom µ (A) := if{µ(b) : B F, B A} vajska mjera koja proširuje µ. (c) (2 boda) Neka je (X, F, µ) prostor koače mjere i µ vajska mjera iz (b) dijela zadatka. Dokažite da je skup A X µ -izmjeriv ako i samo ako postoje B, C F takvi da je B A C i µ(c \ B) = 0. Rješeje: (a) Pogledajte defiiciju 3.10, defiiciju 3.11 i iskaz teorema 3.14 s predavaja. (b) Provjeravamo aksiome vajske mjere: Birajem B = iz skupa čiji ifimum se račua zaključujemo µ ( ) = 0. (mootoost) A 1 A 2 = {µ(b) : B F, B A 1 } {µ(b) : B F, B A 2 } = µ (A 1 ) µ (A 2 ) (jer ifimum po majem skupu može biti veći ili jedak). (σ-subaditivost) Uzmimo proizvolji iz (A ) podskupova od X, stavimo A := A i dokažimo µ (A) µ (A ). Ukoliko je µ (A ) = + za eki N, tada je i cijela desa straa jedaka + pa tvrdja trivijalo vrijedi. Zato pretpostavimo da je µ (A ) < + za svaki N. Uzmimo proizvolji ε > 0. Za svaki N po defiiciji ifimuma postoji B F takav da je B A i µ(b ) < µ (A ) + ε/2. Sada je B := B F i svakako vrijedi B A. Zato imamo µ (A) µ(b) σ-subaditivost od µ µ(b ) < µ (A ) + pa željea tvrdja slijedi zbog proizvoljosti od ε > 0. ε 2 = µ (A ) + ε Nadalje, za A F birajem B = A iz skupa čiji ifimum se račua zaključujemo µ (A) µ(a). S druge strae, B F, B A = µ(b) µ(a) (radi mootoosti od µ) pa je µ(a) eka doja meda tog skupa i posljedičo mora biti µ (A) µ(a). Zaključujemo µ F = µ. (c) Ozačimo, kao i običo, s M µ σ-algebru svih µ -izmjerivih podskupova od X te stavimo A := {A X : ( B, C F)(B A C, µ(c \ B) = 0)}. Želimo dokazati M µ = A. A M µ Najprije ćemo provjeriti F M µ, tj. za A F i S X pokazat ćemo µ (S) µ (S A) + µ (S A c ). Ako je B F takav da je B S, tada za skupove

2 B 1 := B A F i B 2 := B A c F vrijedi B 1 S A i B 2 S A c pa po defiiciji od µ doista imamo µ(b) aditivost od µ = µ(b 1 ) + µ(b 2 ) µ (S A) + µ (S A c ), odakle, uzimajem ifimuma po B, proizlazi µ (S) µ (S A) + µ (S A c ). Neka je sada A A, tj. postoje B, C F takvi da je B A C i µ(c \ B) = 0. Imamo µ (A \ B) µ (C \ B) = 0, a a predavajima je apomeuto da svaki skup vajske mjere 0 mora biti izmjeriv. Dakle, A \ B M µ, dok otprije zamo B F M µ pa je koačo A = B (A \ B) M µ. M µ A Uzmimo A M µ. Po defiiciji od µ za svaki N postoje B, C F takvi da je B A c, C A, µ(b ) < µ (A c ) + 1/ i µ(c ) < µ (A) + 1/. Stavimo B := ( B ) c = Bc i C := C tako da je očigledo B, C F i B A C. Nadalje, µ(c) µ(c ) < µ (A) + 1/ = µ(c) µ (A), a radi C A i mootoosti od µ mora biti upravo µ(c) = µ (A). Osim toga, µ(b c ) µ(b ) < µ (A c ) + 1/ = µ(b c ) µ (A c ), a zbog B c A c i mootoosti od µ mora biti upravo µ(b c ) = µ (A c ). Sada se sjetimo da je A µ -izmjeriv pa posebo vrijedi što am, radi prethodog i X F, daje odakle je Prema tome, A A. µ (X) = µ (A) + µ (A c ), µ(x) = µ(c) + µ(b c ), µ(c \ B) = µ(c) µ(b) = µ(c) + µ(b c ) µ(x) = 0.

3 2. (6 bodova) Defiirajte Dykiovu klasu. Potom iskažite i dokažite Dykiov teorem (o vezi geerirae σ-algebre i geerirae Dykiove klase). Rješeje: Pogledajte defiiciju Dykiove klase dau a predavajima. Pogledajte iskaz i dokaz teorema 4.3 s predavaja.

4 3. (ukupo 6 bodova + 2 dodata boda) Dokažite ili opovrgite sljedeće tvrdje te avedite jesu li tvrdje istiite ili isu. (a) (2 boda) Ako su F 1 i F 2 σ-algebre a skupu X, oda su i F 1 F 2 i F 1 F 2 takoder σ-algebre a skupu X. (b) (2 boda) Ako je M mootoa klasa a skupu X za koju vrijedi M te X M, tada je M ujedo i σ-algebra a X. (c) (2 boda) Ako je (F ) iz σ-algebri a X za koje vrijedi F 1 F 2 F 3..., oda je F takoder σ-algebra a X. (d) (2 dodata boda) Za familiju C podskupova od X defiiramo M (C) := N. N C N je mootoa klasa Ako je A algebra podskupova od X, tada je M (A) familija zatvorea a komplemetiraje; odoso, za svaki A M (A) vrijedi A c M (A). Rješeje: (a) Tvrdja je eistiita! Primjerice, za X = {1, 2, 3} i za σ-algebre F 1 = {, {1}, {2, 3}, X}, F 2 = {, {2}, {1, 3}, X} dobivamo familiju F 1 F 2 = {, {1}, {2}, {2, 3}, {1, 3}, X} koja ije σ- algebra jer, primjerice, {1} {2} = {1, 2} / F 1 F 2. (b) Tvrdja je eistiita! Protuprimjer je familija M = {, {1}, {1, 2}} a skupu X = {1, 2} koja je mootoa klasa te sadrži i X, o ije σ-algebra jer ije zatvorea a komplemetiraje. (Napomeimo da mootoa klasa e mora biti zatvorea iti a proizvolje (koače ili prebrojive) uije! Protuprimjer za to bi bio M = {, {1}, {1, 2}, {3}, {3, 4}, {1, 2, 3, 4}} a skupu X = {1, 2, 3, 4}.) (c) Tvrdja je eistiita! Za X = N i svaki N eka je F := σ ({1}, {3},..., {2 1}). Ozačimo i pomoću σ-algebru G := {A N : A je koača ili A c je koača}. Najprije primijetimo {1}, {3},..., {2 1} G pa je F G. Potom, iz defiicije direkto slijedi F F +1 za sve N. Medutim, F := F ije σ-algebra, jer za svaki m N vrijedi {2m 1} F. Naime, E je upravo skup eparih prirodih brojeva pa su skupovi E i E c oba beskoači i čak zaključujemo E G, što u kombiaciji s F = F G povlači E F. {2m 1} F m F, ali E := m=1 [Zahvaljujemo se kolegi T. Kralju a uočeoj greški u prethodoj verziji rješeja.] (d) Tvrdja je istiita! Kod apomee s vježbi (eposredo prije zadatka 2.16) smo primijetili da je M (C) zapravo mootoa klasa a X, a to je ujedo i ajmaja mootoa klasa koja sadrži familiju C; trebalo bi primijetiti da za svaku mootou klasu N a X za koju je C N vrijedi i M (C) N.

5 Uvedimo ozaku M 1 := {A M (A) : A c M (A)}. Primijetimo da vrijedi A M 1 budući da je A M (A) te je svaka algebra skupova zatvorea a komplemetiraje. Nadalje, za iz (A ) rastućih podskupova od X, tj. za koje je A 1 A 2... vrijedi A c 1 ( A c 2..., pa zbog zatvoreosti mootoe klase a ) c prebrojive padajuće presjeke slijedi A = A c M (A). Prema tome, A M 1, pa je familija M 1 zatvorea a prebrojive rastuće uije. Sličo se provjeri da je ta familija zatvorea i a prebrojive padajuće presjeke, iz čega slijedi da je to mootoa klasa a X. Uz A M 1 dobivamo M (A) M 1, a po defiiciji već zamo da vrijedi i obrata ikluzija, dakle M 1 = M (A). Sada je zatvoreost od M (A) a komplemetiraje jasa: za proizvolja A M (A) = M 1, po defiiciji od M 1 direkto imamo A c M (A). Napomea. Zapravo vrijedi ešto više: kada je familija A algebra, oda je σ (A) = M (A). Tvrdja ovog zadatka je zapravo dio dokaza da je svaka mootoa klasa geeriraa algebrom ujedo i σ-algebra (iz defiicije direkto slijedi da je svaka σ-algebra, e užo geeriraa algebrom, ujedo i mootoa klasa). Zbog A vrijedi i M (A), a zatvoreost a prebrojive uije pokaže se pomoću istog trika kao i u rješeju ovog zadatka.

6 4. (ukupo 6 bodova) (a) Neka je (x ) N iz u R takav da je x > 0 za svaki N i lim x = 0. Pokažite da je skupova fukcija µ : P(R) [0, + ] defiiraa s { card({x : x A}), ako je {x : x A} koača, µ(a) = +, ako je {x : x A} beskoača, za A R, mjera a (R, P(R)). Ispitajte je li µ koača i je li σ-koača. (b) Neka je F : R R fukcija daa s 3 x < 1 2 F (x) = x x [ 1, 2, 6 2 x 2 x i eka je λ F pripada Lebesgue-Stieltjesova mjera a (R, B(R)). ( [ ]) (b1) Odredite λ F ([2, + ), λ F (Q) i λ F lim if ( 1), (b2) Odredite supp(λ F ) = { x R : λ F ( x ε, x + ε ) > 0 za svaki ε > 0 }. Rješeje: (a) Uočimo da je µ restrikcija brojeće mjere a skup D = {x : N} pa je prema tome mjera a P(X) (vidi Zadatak 4.3. s vježbi). Mjera µ ije koača jer je D beskoača pa je µ(r) = µ(d) = +. Defiiramo A 1 =, 0], A 2 = 1, i A 3 = 1, 1 +1 ], 3. Kako je X = A i µ(a ) = card(d A ) < (jer je samo koačo mogo člaova iza veće ), slijedi da je mjera µ σ-koača. od 1 +1 (b1) λ F ([2, + ) = lim λ F ([2, ]) = lim F () F (2 ) = 6 2 = 4 Kako je λ F ({x}) = F (x) F (x ) = 0 akko je F eprekida u x slijedi: λ F (Q) = q Q λ F ({q}) = λ F ({ 1}) + λ F ({2}) = = 7 2. Nadalje, lim if [ ( 1), 3 ] pa je λ F ( lim if = m= [ ( 1) m, 3 ] 2m 1 1 = 2 m [ ]) ( 1), = λf ( [ 1, 3 2 ) = 3 1 = [1, = [ 1, 3 2 (b2) Uočimo da je fukcija F strogo rastuća a 1, + pa za svaki x 1, + i svaki ε > 0 vrijedi da je λ F ( x ε, x + ε ) F (x) F (x ε) > 0. Takoder, za svaki ε > 0 vrijedi λ F ( 1 ε, 1 + ε ) λ F ({ 1}) = 1 x 1 > 0. S druge strae, za x < 1 i ε = > 0 imamo 2 2 λ F ( x ε, x + ε ) F (x + ε) F (x ε) = ( 3) ( 3) = 0. Slijedi supp(λ 2 2 F ) = [ 1, +.

7 5. (ukupo 6 bodova) (a) (3 boda) Za fukciju f : R R kažemo da je odozdo polueprekida a R ako za svaki x 0 R i svaki reali iz (x ) koji kovergira prema x 0 vrijedi f(x 0 ) lim if f(x ) Dokažite da je svaka odozdo polueprekida fukcija f : R R Borel-izmjeriva. (b) (3 boda) Neka je f : R R gotovo svuda eprekida fukcija, tj. ako s D ozačimo skup prekida fukcije f, tada vrijedi λ(d) = 0. Dokažite da je f Lebesgue-izmjeriva, tj. izmjeriva u paru σ-algebri (L, B(R)). Vrijedi li obrat: ako je f : R R Lebesgue-izmjeriva, tada je skup prekida fukcije f Lebesgueove mjere 0? (Napomea. U ovom zadatku L ozačava Lebesgueovu σ-algebru, a λ Lebesgueovu mjeru.) Rješeja: (a) Pokažimo da je skup A α := {f α} zatvore za svaki α R. Neka je (x ) iz u A α tako da x x 0 R. Tada je f(x 0 ) lim if f(x ) lim if α = α. Dakle, x 0 A α pa je A α doista zatvore skup, tj. A α B(R). Alterativo, mogli smo dokazati da su skupovi {f > α} otvorei. Pretpostavimo suproto, tj. da postoji x 0 {f > α} tako da je x 0 ϵ, x 0 +ϵ {f > α} c za svaki ϵ > 0. Uzimajući ϵ = 1, dobivamo iz (x ) u {f > α} c = {f α} koji kovergira k x 0. Kako je f odozdo polueprekida, mora vrijediti f(x 0 ) lim if f(x ) α, što je kotradikcija s tim da je x 0 {f > α}. Dakle, {f > α} je otvore skup za svaki α R. (b) Pokažimo da je skup A α := {f < α} L za svaki α R. Ozačimo D α := A α \ it A α. Obzirom da je A α = D α it A α i it A α B(R) L, dovoljo je pokazati da je D α L. Za x 0 D α vrijedi f(x 0 ) < α i x 0 / ita α pa za svaki ϵ > 0 možemo aći x ϵ / A α tako da je x 0 x ϵ ϵ. Uzimajući ϵ = 1, dobivamo iz (x ) koji kovergira k x 0. Kada bi fukcija f bila eprekida u x 0, vrijedilo bi α > f(x 0 ) = lim f(x ) α, što je kotradikcija. Dakle, x 0 je točka prekida fukcije f. Time smo dokazali da je D α D. Po pretpostavci zadatka, skup D prekida fukcije je mjere 0. Kako je prostor mjere (R, L, λ) potpu, slijedi D α L. Obrat e mora vrijediti. Skup prekida (Borel-izmjerive pa i Lebesgue-izmjerive) fukcije f = 1 Q je cijeli R, čija je Lebesgueova mjera jedaka +.