JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA 1. (ukupno 20 bodova) MJERA I INTEGRAL Popravni ispit 7. rujna (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori

Транскрипт

1 1. (ukuno 20 bodova) MJERA I INTEGRAL Poravni isit 7. rujna (Knjige, bilježnice, dodatni airi i kalkulatori nisu dozvoljeni!) (a) (4 boda) Neka je nerazan sku. Precizno definirajte ojam σ-rstena i σ-algebre na. (b) (8 bodova) Neka je nerazan sku te neka je E := {{x} : x }. Odredite σ-rsten i σ-algebru generiranu s E. (c) (4 boda) Neka su i Y nerazni skuovi, neka je σ-algebra na te neka je f : Y funkcija. Je li Y := {f(a) : A } uvijek σ-algebra na Y? (Obrazložite odgovor dokazom ili roturimjerom.) (d) (4 boda) Neka su i Y nerazni skuovi, neka je Y σ-algebra na Y te neka je f : Y funkcija. Je li := {A : f(a) Y} uvijek σ-algebra na? (Obrazložite odgovor dokazom ili roturimjerom.) (a) Sku P() je σ-rsten na ako je = i vrijedi A, B = A \ B ; A 1, A 2,... = n=1a n. Sku P() je σ-algebra na ako je σ-rsten na te. (b) Stavimo := {E : E je najviše rebrojiv}. Lagano se vidi da je σ-rsten, da sadrži E i da je najmanji σ-rsten koji sadrži E. Analogno, stavimo := {E : E je najviše rebrojiv ili E c je najviše rebrojiv}. Ponovno, lagano se vidi da je σ-algebra, da sadrži E i da je najmanja σ-algebra koja sadrži E. (c) Nije. Neka je = Y = {1, 2} te neka je f 1. Tada je Y = {, {1}}, što nije σ-algebra jer rimjerice Y / Y. (d) Nije. Neka je = Y = {1, 2}, Y = {, Y } i f 1. Tada je = { }, što nije σ-algebra jer rimjerice /.

2 2. (ukuno 20 bodova) Neka su (, F, µ) rostor mjere i f : [0, + F-izmjeriva funkcija. Za dani broj t 0, + označimo A t := {x : f(x) t}. (a) (6 bodova) Dokažite Čebiševljevu nejednakost: f1 At dµ 1 t t fdµ. (b) (7 bodova) Dokažite nejednakost: µ(a t ) e t e f dµ. (c) (7 bodova) Ako još retostavimo f L (, F, µ) za neki 1,, dokažite lim t µ(a t) = 0. t + (a) Integriranjem nejednakosti t1 At f1 At f i korištenjem monotonosti i homogenosti integrala slijedi tµ(a t ) = t 1 At dµ f1 At dµ a još reostaje odijeliti brojem t. (b) Primijetimo A t = {f t} = {e f e t } te iskoristimo Čebiševljevu nejednakost za funkciju ef i broj e t : e f dµ. e t (c) Ovog uta rimijetimo A t = {f t} = {f t } te iskoristimo Čebiševljevu nejednakost za funkciju f i broj t : f dµ. t Množenjem s t dobivamo 0 t µ(a t ) f t 1 a tvrdnja slijedi o teoremu o sendviču zahvaljujući 1 > 0. fdµ

3 3. (20 bodova) Neka su µ i ν konačne mjere na izmjerivom rostoru (R, B(R)) i f : R R roizvoljna funkcija izmjeriva u aru (B(R), B(R)). Pretostavimo da vrijedi Dokažite da vrijedi Označimo E := {, q] : q Q} i µ ( f 1 (, q]) ) = ν (, q]) za svaki q Q. µ ( f 1 (B) ) = ν(b) za sve B B(R). S := { B B(R) : µ ( f 1 (B) ) = ν(b) }. Po retostavci imamo E S. Primijetimo i sljedeće: Koristeći svojstvo nerekidnosti mjere odozdo u koracima ( ) i ( ), dobivamo µ(f 1 (R)) = µ ( f ( 1 + n=1, n] )) = µ ( + n=1f 1 (, n]) ) ( ) = lim µ ( f 1 (, n]) ) ( ) = lim ν (, n]) = ν ( + n=1, n] ) = ν(r). n + n + Iz ovoga zaključujemo da je R S. Ako su A, B S takvi da je A B, onda vrijedi µ ( f 1 (B\A) ) = µ ( f 1 (B)\f 1 (A) ) = µ ( f 1 (B) ) µ ( f 1 (A) ) = ν(b) ν(a) = ν(b\a). Tu smo koristili retostavku da su µ i ν konačne mjere a nam je oduzimanje dozvoljeno u svakom koraku (kako se ne bi ojavio slučaj ). Iz ovoga slijedi B \ A S. Neka je A n S i neka vrijedi A n A n+1 za sve n N. Koristeći nerekidnost odozdo mjere u koracima ( ) i ( ), slijedi µ ( f ( )) ( 1 + n=1a n = µ + n=1 f 1 (A n ) ) ( ) = lim µ ( f 1 (A n ) ) = lim ν (A n) n + n + Iz ovoga slijedi + n=1a n S. ( ) = ν ( + n=1a n ). Iz svega ovoga zaključujemo da je S Dynkinova klasa na R, što znači da je D(E) S. Uočimo još i da je E π-sustav; naime, za sve q 1, q 2 Q vrijedi, q 1 ], q 2 ] =, min {q 1, q 2 }] E. Po Dynkinovoj lemi slijedi B(R) = σ(e) = D(E) S. Iz ovoga i iz same definicije familije S slijedi tvrdnja zadatka. Ovaj zadatak mogli smo riješiti i ozivanjem na korolar 4.4. ili na korolar 4.6. s redavanja. Ranije smo okazali da je E π-sistem te znamo da je B(R) = σ(e) (zadatak (e) s vježbi). Korolare bismo htjeli iskoristiti za mjere µ f 1 i ν, za što treba rovjeriti da je µ f 1 uistinu mjera: µ (f 1 ( )) = µ( ) = 0, Za svaki niz (A n ) n N medusobno disjunktnih skuova iz B(R) vrijedi µ ( f ( )) 1 + n=1a n = µ ( + n=1f 1 (A n ) ) = + n=1 µ (f 1 (A n )). Za ozivanje na korolar 4.4. otrebno je naraviti rasis iz rve točkice koji je ranije rasisan (u rvom mogućem rješenju), a za korolar 4.6. samo navesti da je R = + n=1, n] te µ (f 1 (, n])), ν(, n]) < + za svaki n N zbog konačnosti mjera µ i ν.

4 4. (ukuno 20 bodova) (a) (10 bodova) Obrazložite odgovore na sljedeća itanja: (a1) Postoji li izmjeriv sku takav da je svaki njegov odsku takoder izmjeriv? (a2) Postoji li izmjeriv sku takav da je svaki njegov nadsku takoder izmjeriv? (a3) Neka je A R n realna n matrica i b R n vektor-stuac. Čine li rješenja sustava Ax = b sku koji je izmjeriv (s obzirom na Borelovu σ-algebru)? (b) (10 bodova) Izračunajte: lim m n sin(m) + 2 n 3 mn. (a) (a1) Da. Za svaki rostor s mjerom (, F, µ), razan sku zadovoljava ovo svojstvo, tj. vrijedi µ( ) = 0 i: A A = µ(a) = µ( ) = 0. (a2) Da. Rješenje je cijeli sku. (a3) Da. Označimo A = (a i,j ) i=1,...,n;j=1,...,, b = (b i ) i=1,...,n. Uočimo da su funkcije f i : R R dane formulama f i (x 1,..., x ) = a i,1 x a i, x, i = 1,..., n, nerekidne a su i izmjerive. Dakle, traženi sku je resjek izmjerivih skuova f 1 i ({b i }) a je izmjeriv. (b) Promatramo rostor s mjerom (N 0, P(N 0 ), µ), gdje je µ brojeća mjera. Definirajmo funkcije n sin(m) + 2n f m (n) =, m N. 3 mn Koristeći da je sin x 1, n 2 n, n N 0, te m n n, m 2, n N 0, dobijemo: (i) (ii) f m (n) n+2n 3 n 2 ( 2 3) n =: g(n), n N0, N 0 gdµ = 2 ( 2 3) n = 6 < +, budući da je funkcija g nenegativna a o zadatku 7.6. s vježbi zaključujemo da je njezin Lebesgueov integral s obzirom na brojeću mjeru jednak redu čiji članovi su elementi niza (g(n)) n N0, (iii) za n = 0 je lim m f m (n) = 1, a za svaki n N vrijedi: 3 0 f m (n) n + 2n 3 mn 0, kada m, a o teoremu o sendviču slijedi da je lim m f m (n) = 0, za svaki n N. Ovime su isunjene sve retostavke za LTDK a imamo: lim f m (n) = lim f m dµ LTDK = lim f 1 mdµ = m m + N m + 0 N {0}dµ = 1 3, gdje u rvoj jednakosti onovno koristimo tvrdnju s vježbi za računanje integrala. N 0

5 5. (ukuno 20 bodova) (a) (10 bodova) Neka je (, F, µ) rostor s mjerom te f L 3 () L 6 () takva da je f 6 = 1. Dokažite da vrijedi f 2 L 4 () f L 3 () te da je f L 4 (). (b) (10 bodova) Promotrimo sada rostor ( 0, 1, B( 0, 1 ), λ) s Lebesgueovom mjerom λ. Neka je f L ( 0, 1 ) za neki 1,. Nadalje, neka je α R takav da je α < 2 1 te neka je g : 0, 1 R funkcija dana s g(x) := sin x f(x) za x 0, 1. Dokažite da je g L 1 ( 0, 1 ). x α (a) Vrijedi f 4 L 4 () = ( ) f 2 f 2 dµ ( ) 2 ( ) 1 f 3 3 dµ f 6 3 dµ = f 2 L 3 () f 2 L 6 () = f 2 L 3 (). Pritom smo u ( ) iskoristili Hölderovu nejednakost za konjugirane eksonente 3 i 3. Tražena 2 nejednakost slijedi iz činjenice da je x x 1 2 strogo rastuća funkcija na skuu nenegativnih realnih brojeva. Secijalno, kako je f L 3 () i time f L 3 () <, iz izvedene nejednakosti slijedi f L 4 () <, a time i f L 4 (). te koristeći nejed- (b) Primjenom Hölderove nejednakosti za eksonente i konjugirani q = nakost sin x x za x 0, 1 slijedi g L 1 ( 0,1 ) = 0,1 ( 1 0 ( sin x x f(x) dλ(x) α 0,1 ) 1 x (1 α) 1 dx f L ( 0,1 ). ( sin x x α 1 ) ) 1 1 dλ(x) f L ( 0,1 ) Obzirom da je f L ( 0, 1 ), dobivena gornja ocjena je konačna ako i samo ako je (1 α) > 1, 1 odnosno ako i samo ako je α < 2 1, što je ujedno i retostavka zadatka. Sada znamo da je g L 1 ( 0,1 ) <, odnosno da je g L 1 ( 0, 1 ).