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

Транскрипт

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 2... d } označavamo familiju poluotvorenih pravokutnika u R d i definiramo skupovnu funkciju µ d : P d [0 + ] formulom µ d( a b ] a d b d ] ) d : (b i a i ). Dokažite da je µ d σ-aditivna na P d. Napomena: Smijete kao evidentnu uzeti činjenicu da je µ d konačno aditivna na P d. Ovo je višedimenzionalno poopćenje leme 2.0. pa je i dokaz sasvim analogan. Svakako možemo trivijalno proširiti µ d na I d tj. na kolekciju svih pravokutnika iz R d (tj. Kartezijevih produkata ograničenih intervala). Razlog tome je kako u dokazu ne bismo morali voditi brigu o kakvom pravokutniku je riječ (npr. otvorenom zatvorenom itd.). Naravno da konačna aditivnost od µ d na I d proizlazi iz pretpostavljene konačne aditivnosti od µ d na P d. (Naprosto sve pravokutnike u relaciji koju provjeravamo zamijenimo poluotvorenima što ne utječe na njihov volumen.) Dakle dokazujemo da je µ d σ-aditivna na I d. Neka je (I n ) niz medusobno disjunktnih elemenata od I d čija unija je I I d. Ako ν d označava jedinstveno konačno aditivno proširenje od µ d na R(I d ) tada radi konačne aditivnosti i monotonosti od ν d (koja slijedi iz konačne aditivnosti) za N N možemo pisati µ d (I n ) i ( N ) ν d (I n ) ν d I n ν d (I) µ d (I) pa prelaskom na limes kada N dobivamo µ d (I n ) µ d (I). Sada dokazujemo obratnu nejednakost. Fiksirajmo ε > 0. Neka je K zatvoreni pravokutnik (tj. Kartezijev produkt zatvorenih intervala) takav da je K I i µ d (K) > µ d (I) ε/2. Nadalje za svaki n N neka je U n otvoreni pravokutnik (tj. Kartezijev produkt otvorenih intervala) takav da je U n I n i µ d (U n ) < µ d (I n ) + ε/2 n+. Sada je (U n ) otvoreni pokrivač kompaktnog skupa K pa postoji N N takav da već (U n ) N pokrivaju K tj. K N U n. Zbog konačne subaditivnosti od ν d (koja slijedi iz konačne aditivnosti) imamo te je posljedično µ d (K) ν d (K) µ d (I) < ε 2 + N ν d (U n ) ( µ d (I n ) + ε 2 n+ ) < Radi proizvoljnosti broja ε > 0 dobivamo µ d (I) µ d (I n ). µ d (U n ) µ d (I n ) + ε.

2 2. (ukupno 8 bodova) Neka je ( F µ) prostor mjere te neka je (f n ) niz (F B(R))-izmjerivih funkcija. (a) (6 bodova) Precizno iskažite i dokažite teorem o monotonoj konvergenciji. (b) (2 boda) Uz pretpostavku da su funkcije f n n N nenegativne pokažite da vrijedi ( ) f n dµ f n dµ. (a) Vidi teorem 8. s predavanja. (b) Vidi korolar 8.2 s predavanja.

3 3. (ukupno 8 bodova + 2 dodatna boda) (a) (3 boda) Označimo } i E 0} 2 4} 4}}. (a) Odredite σ(e). (a2) Je li funkcija f : R dana s f(x) + x (b) (5 bodova) Odredite je li C : A N : A i 2 / A} za x σ(e)-izmjeriva? (b) π-sustav na N (b2) monotona klasa na N (b3) Dynkinova klasa na N. (c) (2 dodatna boda) Neka je S skup svih brojeva iz [0 ] koji u svom decimalnom prikazu sadrže barem jednu znamenku 7 ali nigdje u svom zapisu ne sadrže znamenku 4. Vrijedi li S B([0 ]) tj. je li S Borelov skup? Obrazložite odgovor. Napomena: Radi jednoznačnosti ne dozvoljavamo zapise koji od nekog decimalnog mjesta imaju samo devetke. (a) (a) Uočimo da vrijedi 2} 2 4} 4} σ(e) te ( 8} 0} 2 4}) σ(e). Svaki podskup od je zapravo unija nekih od skupova 0} 2} 4} i 8} pa je element sigma algebre σ(e) a uz to je i σ(e). Prema tome σ(e) P(). (a2) Koji god B B(R) odabrali vrijedi f (B) P() σ(e) pa je f σ(e)-izmjeriva. (b) (b) Za sve A B C vrijedi A B kao i 2 / A B prema tome A B C. Zaključujemo C je π-sustav na N. (b2) Primijetimo da vrijedi sljedeće. Za rastući niz (A n ) skupova iz C vrijedi + A n kao i 2 / + A n prema tome + A n C. Za padajući niz (A n ) skupova iz C vrijedi + A n kao i 2 / + A n prema tome + A n C. Iz ovoga zaključujemo da je C monotona klasa na N. (b3) Primijetimo da N / C obzirom da je 2 N prema tome C nije Dynkinova klasa na N. (c) Primijetimo da vrijedi S ( + 0 n m0 [ m n 0 m n ) ( + n 0 n 0 n m0 [ m n 0 m n ). n 0 n Obzirom da B([0 ]) sadrži sve intervale (koji su podskupovi od [0 ]) i zatvorena je na prebrojive unije i na skupovnu razliku slijedi S B([0 ]).

4 4. (ukupno 8 bodova) Promatramo prostor s mjerom ( F µ). (a) (5 bodova) Neka je (f n ) niz F-izmjerivih funkcija f n : R takav da f f 2 f 3... te lim f n f µ-g.s. pri čemu je f : R F-izmjeriva funkcija. Dodatno neka je f L ( F µ). Dokažite da za svaki n N postoji integral f ndµ [ + kao i da postoji fdµ [ + te da vrijedi f n dµ fdµ. lim (b) (3 boda) Za koje p [ je funkcija f : [ ] R dana s 2 f(x) : n x [ ] [ ] 3 n 3 n 3 n 3 za neki n N n 5 x 0 element prostora L p ([ ] B ([ ]) λ) pri čemu je λ Lebesgueova mjera na [ ]? (a) Najprije prokomentirajmo postojanje integrala. Naime iz f n f slijedi f + n f + te potom f + n dµ f + dµ < + pa postoji integral od f n. Slično iz f f g.s. slijedi f + f + g.s. te potom f + dµ f + dµ < + pa postoji i integral od f. Za n N označimo g n : f f n. Uočimo da je (g n ) rastući niz nenegativnih funkcija; naime za svaki n N vrijedi g n f f n f f 0 kao i g n f f n f f n+ g n+. Uz to lim g n f f. Koristeći Lebesgueov teorem o monotonoj konvergenciji dobivamo ( ) lim g n dµ lim g n dµ (f f) dµ a iz toga f dµ lim f n dµ f dµ fdµ. Obzirom da je f dµ < + (zbog f L ( F µ)) možemo oduzeti tu vrijednost s obje strane jednakosti iz čega dobivamo (b) Za p [ + vrijedi f p p f p dλ [ ] np [ ] [ ] lim + [ 3 n 3 n ][ 3 n f ndµ fdµ. 2 np [ 3 n 3 n ][ 3 n 3 n ]dλ 3 n ]dλ + 2 np( λ ([ 3 n 3 n ]) λ ([ 3 n 2 np+ ( 3 3 n 3 n ) + 2 np+2 3 n 4 3 n ])) np λ ([ 3 n 3 n ] [ 3 n 3 n ]) ( ) 2 p n. 3 ( 2 2 np 3 2 ) n 3 n Prijelazom u drugi red iskoristili smo Beppo-Levijev teorem te smo zanemarili podatak f(0) 5 zbog λ(0}) 0. Ovaj red je konvergentan ako i samo ako je 2 p /3 < tj. p [ log 2 3 što daje nužan i dovoljan uvjet kada je f L p ([0 ] B ([0 ]) λ).

5 5. (ukupno 8 bodova) (a) (3 boda) Neka je F σ-algebra na µ mjera na F i A n F za svaki n N. Dokažite da vrijedi + ( ) µ(a n ) < + µ lim sup A n 0. (b) (5 bodova) Promatramo prostor s mjerom ( F µ). Neka su f f n : R F-izmjerive funkcije n N. Pretpostavimo da vrijedi + µ ( f n f > ϵ}) < + za svaki ϵ > 0. Dokažite da niz funkcija (f n ) konvergira prema funkciji f (b) po mjeri µ (b2) µ-g.s. Uputa: Za dokaz jednog dijela zadatka smijete se pozvati na neku od tvrdnji iz drugih dijelova zadatka iako ju možda niste dokazali. (a) Pogledajte zadatak 3.8. s vježbi. (b) (b) Neka je ϵ > 0 proizvoljan. Obzirom da opći član konvergentnog reda teži u nulu imamo lim µ ( f n f > ϵ}) 0. Obzirom da to vrijedi za sve ϵ > 0 slijedi konvergencija niza (f n ) prema funkciji f po mjeri µ. (b2) Neka je ϵ > 0 proizvoljan. Iz dane pretpostavke i iz (a) dijela zadatka zaključujemo da vrijedi ( ) µ lim sup f n f > ϵ} 0. To znači da za µ-g.s. točku x vrijedi x / lim sup f n f > ϵ} + k + nk f n f > ϵ} tj. x + k + nk f n f ϵ}. Prema tome postoji n 0 N takav da za sve n N n n 0 vrijedi f n (x) f(x) ϵ. Obzirom da smo započeli od proizvoljno odabranog ϵ > 0 ovime smo po definiciji limesa po točki dobili lim f n(x) f(x) i to za µ-g.s. x. Napomena: Preciznije konvergencija vrijedi za sve x ( + m dok je µ ( + m lim sup fn f > m}) 0. lim sup f n f > } ) c m