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

Слични документи
JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 28. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (

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

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 2. kolokvij 29. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (

DM

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

Popoviciujeva nejednakost IZ NASTAVNE PRAKSE Popoviciujeva nejednakost Radomir Lončarević 1 Rumunjski matematičar Tiberie Popoviciu ( ) doka

Osječki matematički list 13 (2013), 1-13 O nultočkama polinoma oblika x n x 1 Luka Marohnić Bojan Kovačić Bojan Radišić Sažetak U članku se najprije z

Title

Auditorne vjezbe 6. - Jednadzbe diferencija

diplomski završno v2

1 I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 2 Onaj koji cijeni praksu bez teorijskih osnova sličan je moreplovcu koji ulazi u brod bez krme i busole n

Microsoft Word - 09_Frenetove formule

MATEMATIČKA ANALIZA I primjeri i zadaci Ante Mimica 8. siječnja 2010.

Microsoft Word - MATRICE ZADACI III deo.doc

UNIVERZITET U ZENICI

SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivana Šore REKURZIVNOST REALNIH FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada: doc.

SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Igor Sušić LOKALNA IZRAČUNLJIVOST Diplomski rad Voditelj rada: doc.dr.sc.

knjiga.dvi

Microsoft Word - 15ms261

vjezbe-difrfv.dvi

ZADACI ZA VJEŽBU 1. Dokažite da vrijedi: (a) (A \ B) (B \ A) = (A B) (A C B C ), (b) A \ (B \ C) = (A C) (A \ B), (c) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C). 2.

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - rujan vi\232a razina - rje\232enja)

Neprekidnost Jelena Sedlar Fakultet građevinarstva, arhitekture i geodezije Jelena Sedlar (FGAG) Neprekidnost 1 / 14

(Microsoft Word - 1. doma\346a zada\346a)

Skripte2013

Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Karolina Novaković Derivacija funkcije i prim

Microsoft Word - predavanje8

Natjecanje 2016.

Matematiqki fakultet Univerzitet u Beogradu Neki zadaci sa vebi iz Analize 1 Zlatko Lazovi 21. april verzija 2.1 (zadaci sa oznakom * nisu raeni

SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Elma Daferović HIJERARHIJA KONVEKSNIH FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, ožujka razred - rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DR

Auditorne vjezbe 6. - Jednadzbe diferencija

ANALITIČKA GEOMETRIJA Željka Milin Šipuš i Mea Bombardelli verzija Uvod i povijesni osvrt Analitička geometrija bavi se proučavanjem (klasične)

Numerička matematika 11. predavanje dodatak Saša Singer web.math.pmf.unizg.hr/~singer PMF Matematički odsjek, Zagreb NumMat 2019, 11. p

Sadržaj 1 Diskretan slučajan vektor Definicija slučajnog vektora Diskretan slučajan vektor

PowerPoint Presentation

Linearna algebra Mirko Primc

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - studeni osnovna razina - rje\232enja)

Sveučilište J.J.Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Preddiplomski studij matematike Margareta Tvrdy Banachovi prostori Završni rad Osijek, 2013

atka 26 (2017./2018.) br. 102 NEKE VRSTE DOKAZA U ČAROBMATICI Jadranka Delač-Klepac, Zagreb jednoj smo priči spomenuli kako je važno znati postavljati

MATEMATIKA Preddiplomski studij molekularne biologije Damir Bakić

Diferenciranje i integriranje pod znakom integrala math.e Vol math.e Hrvatski matematički elektronički časopis Diferenciranje i integriranje pod

(Microsoft Word - MATB - kolovoz osnovna razina - rje\232enja zadataka)

I

2. Globalna svojstva realnih funkcija Denicija 2.1 Za funkciju f : A kaemo da je:! R; A R ome dena odozgor ako postoji M 2 R takav da je (8x 2 A) (f (

Zadaci s pismenih ispita iz matematike 2 s rješenjima MATEMATIKA II x 4y xy 2 x y 1. Odredite i skicirajte prirodnu domenu funkcije cos ln

Microsoft Word - INTEGRALI.doc

(Microsoft Word - Rje\232enja zadataka)

Grupiranje podataka: pristupi, metode i primjene, ljetni semestar 2013./ Standardizacija podataka Predavanja i vježbe 8 Ako su podaci zadani

MLADI NADARENI MATEMATIČARI Marin Getaldic Uvod u nejednakosti Nejednakosti su područje koje je u velikoj mjeri zastupljeno na matematički

Microsoft Word - 26ms441

ACTA MATHEMATICA SPALATENSIA Series didactica Vol.2 (2019) Malo kompleksne analize i osnovni teorem algebre Ljiljana Arambašić, Maja Horvat Saže

ПРИРОДА И ЗНАК РЕШЕЊА 2 b ax bx c 0 x1 x2 2 D b 4ac a ( сви задаци су решени) c b D xx 1 2 x1/2 a 2a УСЛОВИ Решења реална и различита D>0 Решења реалн

2.7 Taylorova formula Teorem 2.11 Neka funkcija f : D! R; D R m ; ima na nekoj "-kugli K(T 0 ; ; ") D; T 0 x 0 1; :::; x 0 m neprekidne derivacije do

UAAG Osnovne algebarske strukture 5. Vektorski prostori Borka Jadrijević

Hej hej bojiš se matematike? Ma nema potrebe! Dobra priprema je pola obavljenog posla, a da bi bio izvrsno pripremljen tu uskačemo mi iz Štreberaja. D

Generalizirani trag i normalne forme za logiku interpretabilnosti Vedran Čačić PMF Matematički odsjek Sveučilište u Zagrebu Dubrovnik radiona Sustavi

3. Neprekinute funkcije U ovoj to ki deniramo neprekinute funkcije. Slikovito, graf neprekinute funkcije moºemo nacrtati a da ne diºemo olovku s papir

Microsoft Word - ELEMENTARNE FUNKCIJE.doc

SREDNJA ŠKOLA MATEMATIKA

Algebarski izrazi (4. dio)

Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMAT

Талесова 1 теорема и примене - неки задаци из збирке Дефинициjа 1: Нека су a и b две дужи чиjе су дужине изражене преко мерне jединице k > 0, тако да

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - kolovoz osnovna razina - rje\232enja)

2. Globalna svojstva realnih funkcija Denicija 2.1 Za funkciju f : A kaemo da je:! R; A R ome dena odozgor ako postoji M 2 R takav da je (8x 2 A) (f (

SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Elizabeta Borovec ALGEBARSKA PROŠIRENJA POLJA Diplomski rad Voditelj rada:

Microsoft Word - 6ms001

314 STATISTIČKA KONTROLA KVALITETE - STATISTIKA sustavna upotreba tih metoda započela poslije prvoga svjetskog rata. Nagli razvoj tih metoda ostvaren

SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Edita Kulović STRUKTURE IZRAČUNLJIVOSTI Diplomski rad Voditelj rada: doc.

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - svibanj vi\232a razina - rje\232enja)

58. Federalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj vi\232a razina - rje\232enja)

Verovatnoća - kolokvijum 17. decembar Profesor daje dva tipa ispita,,,težak ispit i,,lak ispit. Verovatnoća da student dobije težak ispit je

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - rujan vi\232a razina - rje\232enja)

Matematika 1 - izborna

Teorija skupova - blog.sake.ba

Title

LINEARNA ALGEBRA 2 Popravni kolokvij srijeda, 13. velja e Zadatak 1. ( 7 + 5=12 bodova) Zadan je potprostor L = {(x 1, x 2, x 3, x 4 ) C 4 : x 1

Microsoft Word PRCE.doc

MAT-KOL (Banja Luka) Matematički kolokvijum XIV(3)(2008), DEVET RJEŠENJA JEDNOG ZADATKA IZ GEOMETRIJE Dr Šefket Arslanagić 1 i Alija Miminagić 2

Microsoft Word - ASIMPTOTE FUNKCIJA.doc

PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA u saradnji s UDRUŽENJEM MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog kantona iz MATEMATIKE Tuzla

Microsoft Word - 12ms121

Microsoft Word - Metoda neodredjenih koeficijenata

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - kolovoz ni\236a razina - rje\232enja)

Microsoft Word - ASIMPTOTE FUNKCIJE.doc

Algoritmi SŠ P1

Konstruktivne metode u geometriji prema predavanjima profesora Vladimira Voleneca verzija: 12. lipnja 2019.

Programiranje 2 popravni kolokvij, 15. lipnja Ime i prezime: JMBAG: Upute: Na kolokviju je dozvoljeno koristiti samo pribor za pisanje i brisanj

Matrice. Algebarske operacije s matricama. - Predavanje I

UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA NOVI SAD Odsek/smer/usmerenje: Matematika u tehnici DIPLOMSKI - MASTER RAD Kandidat: Ljubo Nedović B

SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Martina Barić PARTICIJE PRIRODNIH BROJEVA Diplomski rad Voditelj rada: izv

1. Vrednost izraza jednaka je: Rexenje Direktnim raqunom dobija se = 4 9, ili kra e S = 1 ( 1 1

SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivan Posavčević IZRAČUNLJIVOST NA SKUPOVIMA Z, Q, R I C Diplomski rad Zagr

Matematički fakultet Univerzitet u Beogradu Elementarne funkcije i preslikavanja u analizi Master rad Mentor: dr Miodrag Mateljević Student: Marija Vu

Pripreme 2016 Indukcija Grgur Valentić lipanj Zadaci su skupljeni s dva predavanja na istu temu, za učenike od prvog do trećeg razreda i za MEMO

Σ Ime i prezime, JMBAG: ELEMENTARNA GEOMETRIJA prvi kolokvij studenog Napomene: Kolokvij ima ukupno 5 zadataka, svaki zadatak vr

Транскрипт:

1. (ukupo 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 5. svibja 2017. (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

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.

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.

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.

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.

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), 3 2 1 1 2. (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}) = 1 2 + 3 = 7 2. Nadalje, lim if [ ( 1), 3 ] 2 1 1 2 pa je λ F ( lim if = m= [ ( 1) m, 3 ] 2m 1 1 = 2 m [ ]) ( 1), 32 1 1 2 = λf ( [ 1, 3 2 ) = 3 1 = 1. 2 2 [1, 32 12 = [ 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, +.

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 +.