JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA 1. (ukupno 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 4. svibnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori n

Транскрипт

1 1. (ukupno 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 4. svibnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) (a) (2 boda) Definirajte (općenitu) vanjsku mjeru. (b) (2 boda) Definirajte vanjsku mjeru µ pridruženu σ-aditivnoj funkciji µ: R [0, + ] na prstenu skupova R. (c) (2 boda) Pokažite da vanjska mjera µ iz (b) dijela zadatka zadovoljava definiciju općenite vanjske mjere iz (a) dijela zadatka. (a) (Pogledajte definiciju 3.10 s predavanja.) Vanjska mjera na X je svaka skupovna funkcija m : P(X) [0, + ] sa svojstvima: m ( ) = 0, A B X = m (A) m (B) (monotonost), (A n ) niz u P(X) = m ( A n) m (A n ) (σ-subaditivnost). (b) (Pogledajte definiciju (3.9) s predavanja.) Neka je µ: R [0, + ] σ-aditivna funkcija na prstenu R podskupova od X. Vanjska mjera pridružena µ je skupovna funkcija µ : P(X) [0, + ] koja je za svaki A P(X) dana formulom { } µ (A) := inf µ(e n ) : ( n N)(E n R), E n A. (Često se na prsten R uvodi dodatna pretpostavka da u njemu postoji niz (E n) takav da vrijedi X = E n, koja garantira da je gornji skup uvijek neprazan. Alternativno, ta se pretpostavka može izostaviti i naprosto interpretirati inf kao +.) (c) Za A = se u definicijskom skupu nalazi niz E n =, n N, pa je njegov infimum najviše µ( ) = 0 = 0, tj. µ ( ) = 0. Ako je A B, tada je definicijski skup od µ (A) nadskup definicijskog skupa od µ (B). Kako nadskup ima manji infimum, zaljučujemo m (A) m (B). Za provjeru σ-subaditivnosti možemo pretpostaviti da je µ (A n ) < + za svaki n N, jer je u protivnom desna strana sigurno jednaka + pa nemamo što provjeravati. Uzmimo ε > 0 i, po definiciji infimuma, za svaki n N nadimo niz (E n,m ) m=1 u R takav da vrijedi m=1 E n,m A n i m=1 µ(e n,m) < µ (A n ) + ε. Indeksirana familija 2 n

2 {E n,m : n, m N} je prebrojiva pa se takoder može urediti u niz; nevažno je na koji način. Kako je E n,m A n, n,m=1 vidimo da se ta familija nalazi u definicijskom skupu od µ ( A n), a radi n,m=1 µ (E n,m ) = m=1 µ (E n,m ) < ( µ (A n ) + ε 2 n ) = µ (A n ) + ε slijedi µ ( A n) < µ (A n ) + ε. Preostaje prisjetiti se da je ε > 0 bio proizvoljan.

3 2. (ukupno 6 bodova) Neka je (X i, X i ) i I neprazna familija nepraznih izmjerivih prostora. (a) (1 bod) Precizno definirajte pojam produktne σ-algebre i I X i na Kartezijevom produktu i I X i. (b) (2 boda) Pokažite da je ({ }) X i = σ A i : A i X i te A i = X i za sve osim konačno mnogo i I. i I i I (c) (3 boda) Neka je (X, X ), X, izmjeriv prostor te neka je f : X i I X i. Pokažite da je f (X, i I X i )-izmjeriva ako, i samo ako, su π i f (X, X i )-izmjerive za sve i I. Ovdje preslikavanja π j, j I, označavaju projekcije π j : i I X i X j. (a) Produktna σ-algebra i I X i definira se kao σ( i I π 1 i (X i )), tj. najmanja σ-algebra obzirom na koju su projekcije π i, i I, izmjerive. (b) Označimo desnu stranu jednakosti s Y. Uočimo prvo da za svaki i I A i Y postoje k N, {i 1,..., i k } I i A 1 X i1,..., A k X ik t.d. i I A i = π 1 i 1 (A 1 ) π 1 i k (A k ). Sada jednostavno zaključujemo da je Y i I X i. Nadalje, očito su π i (Y, X i )-izmjerive za i I. Medutim, kako je i I X i najmanja σ-algebra obzirom na koju su projekcije π i, i I, izmjerive, zaključujemo da je Y i I X i što dokazuje tvrdnju. (c) Ako je f (X, i I X i )-izmjeriva, onda izmjerivost od π i f, i I, slijedi iz Leme 5.10 s predavanja i definicije produktne σ-algebre. S druge strane, ako su π i f (X, X i )-izmjerive za sve i I, onda za svaki k N, sve {i 1,..., i k } I i sve A 1 X i1,..., A k X ik vrijedi f 1 (π 1 i 1 (A 1 ) π 1 i k (A k )) = f 1 (π 1 i 1 (A 1 )) f 1 (π 1 i k (A k )) = (π i1 f) 1 (A 1 ) (π ik f) 1 (A k ) X. Tvrdnja sada slijedi iz Propozicije 5.5 s predavanja i dijela (b) zadatka.

4 3. (ukupno 6 bodova + 2 dodatna boda) (a) Neka je X neprazan skup te neka je F σ-algebra na X. Fiksirajmo S P(X) i označimo F S := {(A S) (B S c ) : A, B F}. (a1) (3 boda) Dokažite da je F S σ-algebra na X. (a2) (3 boda) Dokažite da vrijedi σ(f {S}) = F S. (b) (2 dodatna boda) Postoje li skup X i σ-algebra F na skupu X koja se sastoji od prebrojivo beskonačno mnogo različitih elemenata od P(X), tj. takva da je card(f) = ℵ 0? (a) (a1) Vrijedi: = ( S) ( S c ) (a znamo da je F jer je to σ-algebra na X) pa je F S. Neka je C F S. Tada je C = (A S) (B S c ) za neke A, B F. Slijedi C c = (A c S c ) (B c S) = (A c B c ) (A c S) (S c B c ) = (A c B c (S S c )) (A c S) (S c B c ) = (A c B c S) (A c B c S c ) (A c S) (S c B c ) = (A c S) (B c S c ), pa, zbog A c, B c F, slijedi C c F S. Neka je C n F S za n N; postoje A n, B n F za koje je C n = (A n S) (B n S c ). Slijedi ( ) ( ) C n = ((A n S) (B n S c )) = (A n S) (B n S) (( ) ) (( ) ) = A n S B n S c. Iz A n, B n F slijedi C n F S. Iz ovih svojstava slijedi da je F S σ-algebra na X. (a2) Obzirom na zatvorenost σ-algebre na presjeke, unije i komplemente, svaki skup oblika (A S) (B S c ) nalazi se u σ(f {S}) i to za sve A, B F; iz ovoga slijedi F S σ(f {S}). Obratno, uočimo da za svaki C F vrijedi C F S uz odabir A = B = C. Nadalje, uz A = X i B = dobivamo i S F S. Iz ovoga slijedi F {S} F S, a onda i, jer je F S σ-algebra na X, σ(f {S}) F S. Sve zajedno, σ(f {S}) = F S. (b) Prisjetimo se kako je za σ-algebru F na skupu X i za A X na vježbama definiran trag ili restrikcija od F na A kao kolekcija F A := {B A : B F}. Štoviše, pokazano je da je to σ-algebra na skupu A. Nadalje, ako je još A F, tada se lako vidi da je zapravo F A = {B : B F, B A} pa je posebno i F A F.

5 Vratimo se zadatku i pretpostavimo da je F beskonačna σ-algebra na skupu X. Najprije ćemo induktivno konstruirati strogo padajući niz (A i ) i=0 skupova iz F takav da je F Ai beskonačna za svaki i N 0. Uzmimo A 0 := X; po pretpostavci zadatka je F A0 = F beskonačna. Pretpostavimo sada da su za neki n N 0 već konstruirani skupovi A 0 A 1 A n iz F takvi da su F A1 F A2 F An beskonačne. Obzirom da je F An beskonačna, ona svakako nije trivijalna pa postoji S F takav da je S A n. Iz (a2) dijela zadatka (primijenjenog kada je cijeli skup zapravo A n ) radi S F An slijedi F An = σ(f An {S}) = (F An ) S = {(A S) (B (A n \ S)) : A, B F An } = {C D : C F S, D F An\S}, što se moglo pokazati i direktnije. Uglavnom, odavde vidimo da je barem jedna od kolekcija F S i F An\S beskonačna, jer kad bi obje bile konačne, tada bi konačna bila i F An, a to je protivno pretpostavci. Ako je F S beskonačna, stavimo A n+1 := S, a u protivnom stavimo A n+1 := A n \ S. Time je dovršena konstrukcija niza (A i ) i=0. Sada za svaki j N definirajmo B j := A j 1 \A j, tako da je (B j ) j=1 niz medusobno disjunktnih nepraznih skupova iz F. Medutim, tada F sadrži svaki skup oblika j J B j, pri čemu je J N proizvoljan, a skupova takvog oblika ima 2 ℵ 0 = c. Zaključujemo, ako σ-algebra sadrži beskonačno mnogo skupova, ona nikako ne može biti prebrojivog kardinalnog broja, nego, štoviše, mora imati barem c elemenata. Alternativno rješenje. Ovo rješenje je elegantnije, ali za beskonačnu σ-algebru F dokazuje samo card(f) > ℵ 0 (za razliku od prethodnog rješenja, koje daje card(f) c). Pretpostavimo da je F prebrojivo beskonačna σ-algebra na skupu X. Definirajmo relaciju ekvivalencije na skupu X tako da za x, y X stavimo x y za svaki A F vrijedi x, y A ili x, y A c. Naime, ta relacija je očigledno refleksivna i simetrična, dok tranzitivnost slijedi ovako. Kad bi postojali x, y, z X takvi da je x y, y z, x z, tada bi za neki A F vrijedilo x A, z A c (ili obratno, ali tada A zamijenimo s A c ). Ako je y A, tada y z daje kontradikciju, dok u slučaju y A c kontradikciju dobijemo iz x y. Klasa ekvivalencije koja sadrži x, u oznaci K x, je K x = {y X : x y} = {y X : ( A F)(x A = y A)} = A F, A x Riječima, K x je presjek svih skupova iz F koji sadrže točku x. Kako je cijela kolekcija F prebrojiva, riječ je o prebrojivom presjeku pa zaključujemo K x F. Dakle, sve klase ekvivalencije su skupovi iz F i posebno ih ima najviše prebrojivo mnogo. Uzmemo li sada bilo koji B F i x B, odmah po definiciji od vidimo K x B. Dakle, B = x B K x, pri čemu su klase ekvivalencije K x (kao i uvijek) ili disjunktne ili jednake. Zaključujemo da je svaki skup iz F disjunktna unija nekih klasa ekvivalencije. Kako klasa ekvivalencije ima prebrojivo mnogo i sve su u F, zapravo su elementi od F upravo sve proizvoljne (a efektivno prebrojive) unije klasa ekvivalencije. Ukoliko klasa ekvivalencije ima n N, tada je card(f) = 2 n < ℵ 0. Ukoliko klasa ekvivalencije ima ℵ 0, tada je card(f) = 2 ℵ 0 > ℵ 0. Oboje je u kontradikciji s pretpostavkom card(f) = ℵ 0. Napomena. Ideja prvog rješenja je vrlo slična dokazu Bolzano-Weierstrassovog teorema pomoću Cantorovog teorema o presjeku. Ideja drugog rješenja je naprosto atomizacija prebrojive σ-algebre. A.

6 4. (ukupno 6 bodova) (a) (2 boda) Neka je X beskonačan skup i F σ-algebra na X. Funkcija ν : F [0, je definirana s { 0, ako je A konačan ili A c konačan, ν(a) = 1, inače, za A F. Je li funkcija ν uvijek mjera na (X, F)? (b) (2 boda) Definirajmo skupovnu funkciju µ : B(R) [0, s { 1, ako postoji ε > 0 tako da je 0, ε A, µ(a) = 0, inače, za A B(R). Pokažite da je µ nije aditivna funkcija. (c) (2 boda) Neka je X neprebrojiv skup i funkcija µ : P(X) [0, ] definirana s 0, A =, µ (A) = 1, A i A prebrojiv (konačan ili prebrojivo beskonačan), 2, A neprebrojiv, za A X. Pokažite da je µ vanjska mjera i odredite M µ, tj. σ-algebru svih µ -izmjerivih skupova. (a) Ne! Na primjer, uzmimo da je X = R i A i = {i}, za i N. Tada su A i očito medusobno disjunktni i vrijedi ( ) ν A i = ν(n) = 1 0 = 0 = ν(a i ). (b) Neka je A = Q, a B = R\Q. Tada je A B =, niti jedan od skupova A i B ne sadrži interval oblika 0, ε pa je µ(a) = 0 i µ(b) = 0, ali je (c) µ ( ) = 0 µ(a B) = µ(r) = 1 0 = µ(a) + µ(b). Uzmimo A, B X takve da je A B. Razlikujemo dva slučaja: kada je B neprebrojiv i kada je B prebrojiv. U prvom slučaju, budući da je µ (A) 2, sigurno vrijedi µ (A) 2 = µ (B). U drugom slučaju, ako je B =, onda je i A = pa je µ (A) = 0 = µ (B). Ako je B, tada je µ (B) = 1 pa iz činjenice da je A B što povlači da je A takoder prebrojiv, slijedi da je µ (A) 1 = µ (B). Neka je A i X, za i N. Ponovno razlikujemo nekoliko slučajeva: Ako su svi A i =, tada je µ ( A i ) = 0 0 = µ (A i ).

7 Ako postoji i 0 N takav da je A i0, ali su svi A i prebrojivi, tada je i A i i prebrojiv (kao prebrojiva unija prebrojivih skupova) pa je ( ) µ A i = 1 = µ (A i0 ) µ (A i ). Ako postoji i 0 N takav da je A i0 neprebrojiv, tada je i A i neprebrojiv skup pa je ( ) µ A i = 2 = µ (A i0 ) µ (A i ). Pronadimo sve µ -izmjerive podskupove od X. Uzmimo proizvoljan E X. Kada bi E bio µ -izmjeriv, moralo bi vrijediti: µ (X) = µ (X E) + µ (X E c ) 2 = µ (E) + µ (E c ). Ako je E neprebrojiv, slijedi da je µ (E) = 2 pa iz gornje jednakosti slijedi da je µ (E c ) = 0, tj. E c = E = X. Ako je E, ali prebrojiv, tada je E c neprebrojiv i µ (E) = 1. No, iz jednakosti slijedi da mora biti i µ (E c ) = 1, što ne vrijedi jer je E c neprebrojiv. Naposljetku, ako je E =, tada je µ (E) = 0 pa je E c = X i µ (E c ) = 2, što je u skladu s gornjom jednakosti. Dakle, M µ = {, X}.

8 5. (ukupno 6 bodova) (a) (4 boda) Neka su f i : R R Borel-izmjerive funkcije, za svaki i N. Definirajmo skupove { } f 1 (x) A := x R : x > 0, f 2 (x) 0, f 2 (x) = ln x, B := {x R : q Q i n 1 < n 2 < n 3 <... niz u N t.d. q = f n1 (x) = f n2 (x) = f n3 (x) =...}. Dokažite da je A\B Borelov skup. (b) (2 boda) Neka je f : R R strogo padajuća funkcija. Pokažite da je f Borel-izmjeriva funkcija. (a) A: Definiramo funkciju h(x) := f 1(x) ln x, na domeni {x R : x > 0, f f 2 (x) 2(x) 0}. Tada je h izmjeriva jer je f 1(x) f 2 izmjeriva funkcija kao kvocijent izmjerivih, x ln x izmjeriva (x) kao neprekidna funkcija pa je h izmjeriva kao razlika izmjerivih funkcija. Vrijedi A = 0, + {f 2 0} {h = 0} = 0, + f 1 2 (, 0 0, + ) h 1 ({0}). Intervali (i konačne unije intervala) i jednočlani skupovi su izmjerivi pa su i sve komponente u gornjem presjeku izmjerivi skupovi (jer su h i f 2 Borel-izmjerive funkcije). σ-algebra je zatvorena na konačne presjeke pa slijedi da je A izmjeriv skup. B: Definirajmo skupove B q i := {f i = q}, za q Q. Tada je B q i Borelov skup, za svaki q Q, jer su f i izmjerive funkcije. Vrijedi B = q Q{x R : rastući niz (n k ) k=1 N t.d f nk (x) = q, k N} = q Q{x : x se nalazi u beskonačno mnogo članova niza (B q i ) } = q Q lim sup Bn. q n Sa vježbi znamo da je lim sup n B q n Borelov skup, za svaki q Q, te da je σ-algebra zatvorena na prebrojive unije pa je B Borelov skup. S obzirom na to da su i A i B Borelovi, slijedi da je i njihova razlika A\B Borelov skup jer je σ-algebra zatvorena na tu skupovnu operaciju. (b) Pokažimo da je skup A = {f < a} Borelov, za svaki a R. (Na vježbama smo pokazali da je to dovoljno.) Fiksirajmo a R i pretpostavimo da je skup A neprazan. Uočimo da za x A i z > x vrijedi f(z) < f(x) < a = z A. (*) Dakle, ako je inf A =, tj. ako A nije omeden odozdo, onda je A = R. U suprotnom, y 0 := inf A > pa za svaki ε > 0 postoji x A za koji je y 0 + ε > x. Stoga, za svaki

9 z > y 0 vrijedi z A. Naime, stavimo d = z y 0 > 0; za ε = d slijedi da postoji x A t.d. 2 y 0 + d > x, iz čega slijedi da je x < z, a kako je x A, onda po (*) slijedi z A. Takoder, 2 za svaki z < y 0 vrijedi z A (jer za svaki x A vrijedi x y 0 ). Dakle, A sadrži skup {x : x > y 0 } i možda y 0 pa slijedi A = y 0, ili A = [y 0,. U svakom slučaju, radi se o intervalu koji je izmjeriv skup pa slijedi da je f izmjeriva funkcija.