mera i integral..skripta,beleške sa predavanja,dunp

7/25/2019 Mera i integral..skripta,beleke sa predavanja,DUNP

1/160

DRAVNI UNIVERZITET U NOVOM PAZARU

MERA I INTEGRAL

(beleke sa predavanja i vebi dr Denisa Puia)

skripta

Obradio, redigovao i uredio:Enes Kaapor

Novi Pazar, 2016.


2/160

Predgovor

Ova skripta su najpre namenjena studentima matematike koji izu-avaju meru i integral, kako bi lake pripremili i poloili ispit iz is-toimenog predmeta. Napisana su prema predavanjima i vebamadr Denisa Puia koji godinama dri nastavu na osnovnim i masterakademskim studijama iz predmetaMera i integralna Dravnom uni-verzitetu u Novom Pazaru. Gradivo je podeljeno na etiri glave, od

kojih prve tri ine uglavnom teorijski deo predmeta, dok je etvrtaglava zamiljena kao dodatak i podsetnik nekih osnovnih stvari iz ma-tematike analize, a uz to sadri i odreen broj karakteristinih za-dataka koji su veinom detaljno uraeni i obrazloeni. Na taj nain

je obuhvaen i taj praktini deo, ime je studentima uveliko olakanospremanje pismenog dela ispita.

Literatura koju je profesor koristio u toku dranja predavanja ivebi, a koju sam i ja donekle koristio prireujui ova skripta, data je

na kraju. Korisnim sugestijama i savetima pri pisanju ovih skripataprofesor je doprineo njihovom jo boljem kvalitetu, na emu mu setoplo zahvaljujem.

U Novom Pazaru, 28.04.2016. Enes Kaapor


3/160

Sadraj

1 -algebre. Merljive funkcije 11.1 -algebre. Merljiv prostor . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Proireni skup realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . 81.3 Merljive funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 Proireno-realne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.5 Borelove-algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.6 Merljivost niza funkcija. . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2 Mera 302.1 Definicija i osobine mere . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.2 Spoljna mera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.3 Kompletni merljivi prostori . . . . . . . . . . . . . . . 402.4 Karateodorijev metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.5 Primeri mera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3 Lebegov integral 603.1 Proste funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3.1.1 Standardna reprezentacija proste funkcije. . . . 623.1.2 Merljivost proste realne funkcije . . . . . . . . . 65

3.2 Integral proste nenegativne merljive funkcije . . . . . . 663.3 Integral nenegativne merljive funkcije . . . . . . . . . . 753.4 Integral realne i kompleksne merljive funkcije. . . . . . 86


4/160

Sadraj

4 Dodatak 974.1 Skupovi mere nula. Odgovarajua terminologija . . . . 974.2 Rimanov i Lebegov integral . . . . . . . . . . . . . . . 1034.3 Odabrani zadaci. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

Literatura 156


5/160

Glava 1

-algebre. Merljive funkcije

1.1 -algebre. Merljiv prostor

Definicija 1.1.1. Neka je X=proizvoljan skup. KolekcijuT pod-skupova skupa Xnazivamo topologijomna skupu Xako zadovoljavasledee uslove:

(T1) X, T

(T2) Unija proizvoljne kolekcije elemenata izT je element izT, tj.vai

{U:

A} T AU T(T3) Presek bilo koja dva elementa izTje element izT, tj. vai

U, V T U V T.Ureeni par(X, T)je topoloki prostor, a elemente topologijeT nazi-vamo otvorenim skupovima.

1


6/160

2 1. -algebre. Merljive funkcije

Definicija 1.1.2. Kolekciju M P(X) nazivamo -algebrom(-poljem) ako zadovoljava sledee uslove:

(1) X M

(2) Unija prebrojive kolekcije elemenata izM je element izM, tj.vai

{Aj :j

N

} M

+

j=1

Aj M

(3) Komplement bilo kojeg elementa izMje element izM, tj. vaiA M Ac =X\A M.

Ureeni par (X, M) je merljiv prostor ili prostor sa -algebrom, aelemente izMnazivamo merljivim skupovima.

Uslov (2) predstavlja zapravozatvorenost kolekcijeM

u odnosu naprebrojivu uniju svojih elemenata, dok je uslov (3)zatvorenost kolekcijeMu odnosu na komplementiranje svojih elemenata. Napomenimo da

je uslov (2) ekvivalentan sa uslovom

niz (Aj )jN izM +j=1

Aj M.

Ako uslov (2) iz prethodne definicije zamenimo uslovom

(2) (n N) A1, A2, . . . , An M n

j=1

Aj M,

tada kolekciju A P(X)koja zadovoljava uslove (1), (2) i (3) zovemoalgebrom (poljem). Odavde neposredno sledi: svaka -algebra jestealgebra.


7/160

1.1. -algebre. Merljiv prostor 3

Ako neka kolekcijaR P(X)zadovoljava uslove (2) i (3), tada tukolekciju zovemo -prstenom. Analogno gore navedenom, ako kolek-cijaR P(X)zadovoljava uslove (2) i (3), tada tu kolekciju zovemoprstenom.

Lako se pokazuje da je kolekcijaD =P(X)jedna -algebra. Njunazivamo diskretnom-algebrom na X, i primeujemo da je ona naj-bogatija merljivim skupovima. S druge strane, i kolekcija

J =

{, X

}predstavlja jednu -algebru, koju nazivamoantidiskretnom-algebromna X.

Navedimo neke posledice definicije kroz sledeu lemu.

Lema 1.1.1. Neka je(X, M) merljiv prostor. Tada vai sledee:

(a) M

(b) niz(Aj )jN izM +j=1

Aj M

(c) (n N) A1, A2, . . . , An M n

j=1

Aj M

(d) (n N) A1, A2, . . . , An M n

j=1

Aj M

(e)A, B M A\B, B\A, AB M.

Dokaz. (a)Neka je X M. Tada, na osnovu uslova (3) iz definicije-algebre vai X\X= M.


8/160


(b)Za svaki niz (Aj)jNvai

+j=1

Aj =

+j=1

Aj

cc=

+j=1

Acj

c M,

jer iz Aj M (j N)sledi Acj M (j N), pa na osnovu uslova(2) iz definicije-algebre imamo

+

j=1Ac

j M. Sada na osnovu uslova(3) iz definicije -algebre vai nj=1 Acj

c

M.

(c)Neka je(n N) A1, . . . , An M iAj = zaj {n+1, n+2, . . .}.Tada vai

+j=1

Aj =A1 A2 . . . An . . . An+1An+2...

=n

j=1

Aj M,

jer su Aj Mzaj N.

(d)Neka jen

j=1

Aj =

n

j=1

Aj

cc=

n

j=1

Acj

c.

Tada iz (j N) A1, A2, . . . , Aj M sledi (j N) Ac1, Ac2 . . . , AcjM, pa na osnovu (c) imamonj=1 Acj M. Sada na osnovu uslova(3) iz definicije -algebre vai

n

j=1 Ac

j

c

M.

(e)Neka su A, B M. Tada su i njihovi komplementi Ac, Bc M,pa je A\B =A Bc Mkao presek dva elementa izM. Analognoimamo da jeB\A= B Ac M, pa jeAB= (A\B) (B\A) Mkao konana unija elemenata izM. Napomena. Oznaku

koristimo za obinu uniju elemenata, dok

oznaku

koristimo za disjunktnu uniju elemenata.


9/160


Definicija 1.1.3. KolekcijuE P(X) nazivamo polualgebrom (ele-mentarnom familijom) ako zadovoljava sledee uslove:

(PA1) E

(PA2)A, B E A B E

(PA3) Komplement od A je jednak konanoj disjunktnoj uniji ele-

menata izE, tj. vaiA E Ac =

aj=1

Aj, Aj E, j {1, . . . , a}.

Elementi izEsuelementarni (osnovni) skupovi.Teorema 1.1.1. Neka jeE polualgebra iA kolekcija konanih dis-

junktnih unija elemenata izE. Tada jeA algebra.

Dokaz. Treba pokazati da vae uslovi (1), (2) i (3) iz definicije al-gebre. Poto je E, to na osnovu (PA3) imamo da je X\ = Xkonana disjunktna unija elemenata izE, pa X A, tj. vai uslov(1).

Elemente izE emo oznaavati sa: B, C, Bj , Bm, Cj, Cm, . . ., aelemente izAsa: A, Aj , Am, . . .Neka su A1, A2, . . . , An izA, gde jeAm=

Jm

j=1 Bjm, B

jm E, (j N) (m N) 1 mn, 1jJm.

Treba dokazati uslov (2), tj.

(n N) A1, A2, . . . , An A n

m=1

Am=n

m=1

Jm

j=1

Bjm

A.

Kod poslednje jednakosti primeujemo da su konane unije elemenataizA zapravo konane unije elemenata izE. Dokaemo li da sve ko-nane unije elemenata izEpripadajuA, dokazali smo uslov (2) za


10/160


definiciju algebre. U tom cilju, dokaimo da razlika svaka dva elementaizEpripadaA. Neka su B1, B2 E. Tada je

B1\B2=B1 Bc2=B1 J2

j=1

Cj2 =

J2j=1

B1 Cj2

A,jer se radi o konanoj disjunktnoj uniji elemenata izE(iz (PA2) sledida B1 Cj2 E).

Matematikom indukcijom emo pokazati da konane unije eleme-nata izEpripadajuA. Neka su B1, B2 E. Zan= 2imamoB1 B2=B1 (B2\B1) A,

jer se radi o konanoj disjunktnoj uniji elemenata iz E. Pretpostavimoda to vai zan1, i dokaimo da vai i zan. Neka suB1, B2, . . . , BnE. Imamo

B1 B2 . . . Bn1 ABn =B 1 B

2 . . . B

N Bn =

=Bn (B1\Bn) (B

2\Bn) . . . (B

N\Bn).Ovo je takoe konana disjunktna unija elemenata izE, pa na osnovumatematike indukcije, iz poslednje jednakosti sledi da konane unijeelemenata izEpripadajuA. Prema tome,

(n N) A1, A2, . . . , An A n

m=1

Am=n

m=1

Jm

j=1

Bjm

A,

tj. vai uslov (2).Dokaimo jo uslov (3), tj.A A X\A A. Neka je A A,

tj. A=n

m=1 Bm, gde je Bm E, m N, 1mn. Tada imamo

X\A= X\n

m=1

Bm=n

m=1

(X\Bm) =n

m=1

Bcm(P A3)

=n

m=1

Jm

j=1

Cjm

=


11/160


=

J1j=1

Cj1

J2j=1

Cj2

. . . Jn

j=1

Cjn

=

=

Cj11 Cj22 . . . Cjnn : 1 j1J1, 1 j2J2, . . . , 1 jnJn

,

to predstavlja konanu disjunktnu uniju elemenata izE, pa slediX\A A.

Za ovakvu algebru kaemo da je algebra generisana polualgebrom.Napomenimo da je poslednja jednakost zapravo samo uoptenje jedneprostije jednakosti

(A1 A2) (A3 A4) = (A1 A3) (A1 A4) (A2 A3) (A2 A4),koja funkcionie po principu da se svaki sa svakim presee, a zatim seizvri uniranje.

Primer 1 (h-intervali). Posmatrajmo intervale: (a, b], (a, +

)i

,gde je a < b < +. Oni predstavljaju tzv. h-intervale, od-nosnopoluotvorene intervale(half-open). Kolekcija h-intervala jestepolualgebra. Naime, vidimo dajeste h-interval, pa vai uslov (PA1).Takoe, presek dva h-intervala oigledno je h-interval. Na primer:

(a, b] (c, d] = (max{a, c}, min{b, d}], a , c R(, b] (c, d] = (c, min{b, d}].

Slino se dokazuju ostale mogunosti, pa vai uslov (PA2). to se tiekomplementiranja, imamo sledee sluajeve:

1) (a, b]c = (, a](b, +), gde je a R. Za a = imamo(, b]c = (b, +).2) (a, +)c = (, a], a R. Zaa=imamo (, +)c =.3)c = R = (, +) = (a, +), gde je a=.


12/160


Dakle, vai i (PA3). Na osnovu prethodno dokazane teoreme zakljuujemo: konane

disjunktne unije h-intervala formiraju algebru. Ovu algebru zovemoLebegovom1) algebrom, i koristimo oznaku: M0.

Primetimo da Lebegova algebra nije -algebra, jer ne zadovoljavauslov zatvorenosti u odnosu na prebrojivu uniju svojih elemenata. Na-ime, imamo da je

+n=1 a, b

1n = (a, b), a (a, b)nije h-interval.

1.2 Proireni skup realnih brojeva

Za svaki realan broj vai da je < < +. Ako skupR proirimo sa dva elementa: + (plus beskonano) i (minusbeskonano), tada za skup

R = R{

, +}

kaemo da jeproireni skup realnih brojeva. Jo piemoR = [, +].Neke osnovne operacije sau teoriji mere su:

() =

(), >00, = 0

(),


13/160

1.3. Merljive funkcije 9

0 () = 0.Izraze + (+)(+ + ()) i ()( + (+)) nedefiniemo. Primetimo da u teoriji mere vai da je 0 () = 0.

Podsetimo se da je kolekcija svih otvorenih intervala baza obinetopologije naR. Za bazu topologije na Ruzimaju se svi otvoreni sku-povi iz R kao i skupovi oblika: [, c) (to predstavlja bazni skupza) i (d, +](to predstavlja bazni skup za +). Dakle, skupU Rje otvoren u R akko je jednak uniji neke kolekcije otvorenihintervala. Analogno, skup U Rje otvoren u Rakko se moe pred-staviti u obliku prebrojive kolekcije intervala oblika (a, b), [, c]ili(d, +], tj. akko

U=+n=1

In,

gde jeIn {(a, b), [, c), (d, +] :a < b, a, b, c, d R}.

Okolina od R je svaki otvoren interval (a, b). Okolina od = +je svaki skup oblika (a, +], a R. Okolina od =je svaki skup oblika(, a], aR. Napomenimo da ako je skup Uotvoren u R, on je onda otvoren i u R. Obrnuto ne vai u optemsluaju.

1.3 Merljive funkcije

U teoriji mere merljive funkcije imaju podjednako vanu ulogu kaoto je imaju neprekidne funkcije u topologiji. Prisetimo se definicijeneprekidne funkcije u topolokim prostorima.

Definicija 1.3.1. Neka su (X, TX) i (Y, TY) topoloki prostori. Zafunkcijuf : (X, TX) (Y, TY)kae se da jeneprekidnaako su inverzne


14/160


slike otvorenih skupova otvoreni skupovi, tj.

(V TY) f1(V) TX.

Sada dajemo definiciju merljivih funkcija.

Definicija 1.3.2. Neka je (X, M) prostor sa -algebrom i (Y, TY)topoloki prostor. Za funkciju f : (X, M) (Y, TY) kae se da jemerljivaako su inverzne slike otvorenih skupova merljivi skupovi, tj.

(V TY) f1(V) M.

Ako jeE M(tj. Eje merljiv), tada je funkcija f :E (Y, TY)merljiva na Eako je skup f1(U) Emerljiv za svaki otvoren skupUY. Lako se moe pokazati da je kolekcija ME={EF :F M}-algebra naE.

Primer 2. Konstantna funkcija c : (X,M

)

(Y,

T) definisana sa

c(x) =y0 (xX) (y0Y)jeste merljiva funckjia.Zaista, imamo

(UY) c1(U) =

X, akoy0U, akoy0 /U .

U oba sluaja je c1(U)merljiv skup, pa je konstantna funkcija mer-ljiva. Primer 3. Ako je funkcija f : (X, M) (Y, T)merljiva iEmerljiv,tada je fE :E(Y, TY)definisana sa fE(x) =f(x), xE, merljivana E. Drugim reima, ako je funkcija merljiva na celom prostoru X,tada je ona merljiva na svakom merljivom podskupu tog prostora.

Zaista, imamo da je(UY) f1E (U) =Ef1(U), pa jef1E (U)merljiv skup kao presek dva merljiva skupa.


15/160


Primer 4. Neka suAi B merljivi skupovi, pri emu jeA B , i nekaje funkcijaf :B (Y, T)merljiva. Tada je if :A (Y, T)merljiva.

Zaista, kako je za svaki otvoren skup U Y skup f1(U) Bmerljiv, to je i skup f1(U) A f1(U) B merljiv kao njegovpodskup. Teorema 1.3.1. Neka je(En)nNniz merljivih skupova i(Y, TY)topo-loki prostor. Tada jef : +n=1 EnY merljiva akko jef :EnYmerljiva za svako n N.Dokaz. Neka jef :

+n=1 Ymerljiva. Tada je(

+n=1 En) f1(U)

merljiv skup, gde je U Y. Treba pokazati da je f : En Ymerljiva, tj. da je skupEmf1(U)merljiv za svakom N. Kako jeEm

+n=1 En, to vai da je Em=Em (

+n=1 En), pa imamo da je

Em f1(U) =Em +

n=1 En f1(U)merljiv skup kao presek dvamerljiva skupa.

Neka jef :En Ymerljiva za svakon N. Za svaki otvoren skupU Y imamo da je skup+n=1 En f1(U) =+n=1(En f1(U))merljiv kao prebrojiva unija merljivih skupova En f1(U), pa jef :

+n=1 En Y merljiva.

Sledeom lemom pokazujemo da je kompozicija merljive i nepre-kidne funkcije merljiva funkcija.

Lema 1.3.1. Neka je(X,M

) merljiv prostor, (Y,TY

) i(Z,TZ

) topo-loki prostori, f : (X, M (Y, TY) merljiva funkcija ig : (Y, TY)(Z, TZ) neprekidna funkcija. Tada jeg f : (X, M) (Z, TZ) merlji-va funkcija.

Dokaz. Neka jeVZproizvoljan otvoren skup. Tada jeg1(V)Yotvoren skup (jer je gneprekidna funkcija), pa je i f1(g1(V))X


16/160


merljiv skup (jer je fmerljiva funkcija). Sada je

( V TZ) (g f)1(V) = (f1 g1)(V) =f1(g1(V)) M,

pa je g f : (X, M) (Z, TZ)merljiva funkcija. Napomena. Ako nije drugaije navedeno, uvek emo pretpostavljatida su skupovi realnih i kompleksnih brojeva Ri Ctopoloki prostorisa uobiajenim topologijama. Isto vai za Rn i Cn.

Teorema 1.3.2 (O merljivosti). Neka je (X, M) merljiv prostor,Y topoloki prostor, u, v : X R merljive funkcije i f : R2 Yneprekidna funkcija. Tada je funkcija F : X Y definisana saF(x) =f(u(x), v(x)) merljiva.

Dokaz. Neka je funkcija g:X R2 definisana sa g(x) = (u(x), v(x)).Tada jeF(x) =f(u(x), v(x)) =f g (x), tj. F =fg, gde je funkcijaf : R2

Yneprekidna po pretpostavci. Treba dokazati da je gmer-

ljiva funkcija. U R2 je otvoren ako postoji niz otvorenih pravouga-onika((an, bn) (cn, dn))nNtakav da je U=

+n=1(an, bn) (cn, dn).

Tada je g1(U) =+

n=1 g1((an, bn) (cn, dn))(jer unija dobro sara-

uje sa inverznom slikom). Sada imamo sledei lanac ekvivalencija:

xg1((an, bn) (cn, dn)) g(x) = (u(x), v(x))(an, bn) (cn, dn)

u(x)(an, bn)i v(x)(cn, dn) xu1((an, bn))i xv1((cn, dn))

xu1

((an, bn)) v1

((cn, dn)).

Odavde sledi da je g1((an, bn)(cn, dn)) =u1((an, bn)) v1((cn, dn)).Dakle,

g1(U) =+n=1

g1((an, bn)(cn, dn)) =+n=1

u1((an, bn)) v1((cn, dn).


17/160


Poto su funkcije u i v po pretpostavci merljive, to su onda skupoviu1((an, bn))i v1((cn, dn))merljivi kao inverzne slike otvorenih inter-vala(an, bn)i(cn, dn). Tada jeu1((an, bn))v1((cn, dn)merljiv skupkao presek dva merljiva skupa, pa je i g1(U) merljiv skup kao pre-brojiva unija merljivih skupova, to znai da je g : X R2 merljivafunkcija. Na osnovu prethodne leme jeF =fgmerljiva funkcija kaokompozicija merljive i neprekidne funkcije.

Napomena. Iz topologije znamo da su preslikavanja j : R2 R,j {1, 2, 3, 4}, definisana sa

1(s, t) =s+t, 2(s, t) =st, 3(s, t) =st, 4(s, t) = st

, t= 0,

neprekidna. Ako su funkcije u, v : X R merljive, na osnovuprethodne teoreme lako zakljuujemo da su i funkcije Fj : X R,

j {1, 2, 3, 4}, definisane sa

F1(x) =1(u(x), v(x)) =u(x) +v(x)

F2(x) =2(u(x), v(x)) =u(x) v(x)F3(x) =3(u(x), v(x)) =u(x) v(x)

F4(x) =4(u(x), v(x)) =u(x)

v(x), v(x)= 0 (xX),

merljive funkcije. Odavde zakljuujemo da merljivost dobro saraujesa osnovnim raunskim operacijama.

Razmotrimo sada kompleksne funkcije. Neka je data kompleksnafunkcija = u+i v : X C, gde je (x) = u(x) +i v(x), x X,Re = u, Im = v, pri emu su funkcije u, v : X R merljive.Neka je f : R2 Cdefinisana sa f(s, t) = s+i t i neka je > 0.Funkcija f je neprekidna, jer za proizvoljnu taku (s0, t0) R2 i zasvako (s, t) R2 postoji = > 0 tako da je|f(s, t) f(s0, t0)| =


18/160


|(ss0)+i (tt0)|= (s s0)2 + (t t0)2 < im je d((s, t), (s0, t0)) =(s s0)2 + (t t0)2 < . Tada je (x) =f(u(x), v(x)) =f g (x),

gde je funkcijag :X R2, definisana sag(x) = (u(x), v(x)), merljivafunkcija. Sada je na osnovu prethodne teoreme kompleksna funkcijamerljiva.

Obrnuto, ako je= u+i v:X C merljiva, da li suu, v:X Rmerljive? Uoimo projekcijep1: C R ip2: C R definisane redomsap1(s + i t) =s i p2(s + i t) =t. Iz topologije znamo da su projekcijeneprekidna preslikavanja. Na osnovu prethodne teoreme imamo da suonda i p1 = ui p2 = v merljive funkcije.

Na osnovu prethodno izloenog neposredno sledi:

Teorema 1.3.3. Kompleksna funkcija definisana na merljivom pro-storu jeste merljiva akko su realni i imaginarni deo te funkcije merljive

funkcije.

1.4 Proireno-realne funkcije

Ako neka funkcijafuzima realne vrednosti, onda za takvu funkcijukaemo da jerealna funkcija. Akofmoe uzeti vrednosti ili+,tada je fproireno-realna funkcija.

Rekli smo da je skupU R otvoren u R ako se moe predstaviti uobliku prebrojive kolekcije intervala oblika (a, b), [

, c)ili (d, +

].

To znai da ako jeU Rotvoren, on se moe napisati i u obliku U=U0 H, gde jeU0otvoren u R, aH {{}, {, +}, {+}, }.Na primer, [, c) = (, c) {}, (a, b) = (a, b) , (d, +] =(d, +) {+}.

Neka je data proireno-realna funkcija f : X R. Tada je, podefiniciji, f : X R merljiva ako za svaki otvoren skup U R


19/160

1.4. Proireno-realne funkcije 15

vai da je skup f1(U) merljiv. Kako je f1(U) = f1(U0H) =f1(U0) f1(H), to moemo rei da je fmerljiva akko vai

(a) f1(U0)je merljiv skup za svaki otvoren U0 R

(b) f1(+)i f1()su merljivi skupovi.

Napomena. Skupf1(+

)je jednak skupu

{xX :f(x) = +} =+n=1

{xX :f(x)> n} =+n=1

f1((n, +]).

Slino, skupf1()je jednak skupu

{xX :f(x) =} =+n=1

{xX :f(x)< (n)} =+n=1

f1([, n)).

Ako su date funkcije f1, f2 : X R, tada je zbir f1(x) +f2(x)definisan za svako x X. Meutim, ako su date proireno-realnefunkcije g1, g2 : X R, postavlja se pitanje: da li je njihov zbirdefinisan za svako xX, tj. da li g1(x) +g2(x)R? Posmatrajmoskupove

A={xX :g1(x) = +} {xX :g2(x) =} iB={xX :g1(x) =} {xX :g2(x) = +}.

Primeujemo da na skupu A Bnije definisan zbir g1(x) + g2(x)(jerse javljaju nedefinisani izrazi ++ () i + (+)). Dakle,(A B)c je oblast definisanosti zbira g1(x) +g2(x).

Zadatak 1. Neka je X merljiv prostor, f1, f2 : X R merljivefunkcije i g1, g2 :X Rproireno-realne merljive funkcije. Dokazati


20/160


da su skupovi{x X : f1(x) > f2(x)} i{x X : g1(x) > g2(x)}merljivi.

Reenje. Imamo

{xX :f1(x)> f2(x)} ={xX :f1(x) f2(x)> 0} = (f1 f2)1((0, +)).

Kako su f1, f2 merljive, to je merljiva i funkcija f1 f2, pa je ondaskup(f1

f2)

1((0, +

))merljiv kao inverzna slika otvorenog skupa(0, +)merljive funkcije f1 f2.

Posmatrajmo sada drugi skup. Imamo

{xX :g1(x)> g2(x)} =

rQ

({xX :g1(x)> r} {xX :r > g2(x)}) =

=

rQ

g11 ((r, +]) g12 ([, r))

.

Kako sug1, g2:X Rmerljive funkcije, a skupovi (r, +]i [, r)otvoreni u R, to sug11 ((r, +]ig12 ([, r))merljivi skupovi, pa je injihov presek takoe merljiv skup. Konano, kako jeQ prebrojiv skup,to je

rQ

g11 ((r, +]) g12 ([, r))

merljiv skup kao prebrojiva

unija merljivih skupova.

U sledeoj teoremi, kao i u nastavku materijala, susretaemo se sapredstavljanjem zatvorenog intervala preko otvorenih intervala, kao iobrnuto i slino. Vae sledee relacije:

(1) [a, b] =+n=1

a 1

n, b +

1

n

,

(2) (a, b) =+n=1

a +

1

n, b 1

n

,


21/160

1.4. Proireno-realne funkcije 17

(3) (a, b] =+n=1

a, b +

1

n

, [a, b) =

+n=1

a 1

n, b

,

(4) (a, b] =+n=1

a +

1

n, b

, [a, b) =

+n=1

a, b 1

n

.

Dokazaemo prvu relaciju iz (3), a slino se mogu dokazati i ostalerelacije. Neka x

(a, b]. Tada a < x

b

a < x < b+ 1

n(

n

N),

odakle sledi da x (a, b + 1n ) (n N), pa x+n=1(a, b + 1n ).Obrnuto, ako x+n=1(a, b+ 1n ), onda a < x < b+ 1n(n N)a < x b (n +) x(a, b]. Dakle, (a, b] = +n=1 a, b + 1n.Teorema 1.4.1. Neka jeXmerljiv prostor if : X R data funk-cija. Tada su sledei uslovi ekvivalentni:

(a) f je merljiva

(b) skup{xX :f(x)> } je merljiv za svako R

(c) skup{xX :f(x)} je merljiv za svako R

(d) skup{xX :f(x)< } je merljiv za svako R

(e) skup{xX :f(x)} je merljiv za svako R.

Dokaz. Dokaemo li implikacijski lanac (a) = (b) = (c) =(d) = (e), dokazali smo teoremu.

(a) = (b): Skup{x X : f(x) > } = f1((, +]) je merljivza svako R, jer je (, +] Rotvoren, a f je po pretpostavcimerljiva.


22/160


(b) = (c): Skup

{xX :f(x)} =f1([, +]) =+n=1

f1(( 1n

, +])

je merljiv za svako R, jer je jednak prebrojivom preseku skupovaf1((

1

n

, +

]), koji su po pretpostavci merljivi.

(c) = (d): Kako je skup{x X : f(x) } merljiv za svakoR, to je i njegov komplement{xX :f(x)< }takoe merljivskup za svako R.

(d) = (e): Skup

{xX :f(x)} =f1

([, ]) =+

n=1 f

1

([, +1

n))

je merljiv za svako R, jer je jednak prebrojivom preseku skupovaf1([, + 1

n)), koji su po pretpostavci merljivi.

(e) = (f): Znamo da se otvoren skup U Rpredstavlja kao U =+n=1 In, gde je In {(a, b), [, c), (d, +] : a < b, a, b, c, d R}.

Sada imamo f1(U) =f1(+n=1 In) =

+n=1 f

1(In), pa treba poka-

zati da je inverzna slika svakog baznog skupa merljiv skup (jer e tadabiti merljiv i f1(U)kao prebrojiva unija merljivih skupova).

1) Neka je In = (dn, +]. Tada je f1(In) = f1((dn, +])merljivskup, jer je njegov komplement{xX :f(x)dn} =f1([, dn])merljiv po pretpostavci.


23/160

1.5. Borelove-algebre 19

2) Neka je In = [, cn). Tada je

f1(In) =f1([, cn)) =

+n=1

f1

, cn 1n

merljiv skup, jer je jednak prebrojivoj uniji skupova f1([, cn 1n ]),koji su po pretpostavci merljivi.

3) Neka je In = (an, bn). Tada je skup

f1((an, bn)) =f1((an, +][, bn)) =f1((an, +])f1([, bn))

merljiv kao presek dva skupa f1((an, +]) i f1([, bn)), koji sumerljivi na osnovu1)i 2).

Dakle, f1(U) =+

n=1 f1(In) jeste merljiv skup kao prebrojiva

unija merljivih skupova f1(In).

Napomena. Ako je u prethodnoj teoremi funkcijafrealna (odnosno

f : X R), dokaz je isti, samo se iz intervala iskljuujui +.Na primer, umesto f1([, ))piemof1((, )).

1.5 Borelove2) -algebre

Iz topologije znamo da prebrojivi presek otvorenih skupova nemora biti otvoren skup. Na primer, skupovi(a 1

n, a + 1

n)su otvoreni,

dok je skup+n=1(a 1n , a + 1n ) ={a}zatvoren u obinoj topologiji naR. Prema tome, topologija ne mora da bude-algebra.

Teorema 1.5.1. Neka je X= iE P(X) proizvoljna kolekcija.Tada postoji najmanja -algebra (u smislu inkluzije) koja sadri sveelemente kolekcijeE, tj. koja je nadskup odE.

2)Flix douard Justin mile Borel (18711956), francuski matematiar


24/160


Dokaz. Posmatrajmo kolekciju svih-algebri koje sadre E, tj. kolek-ciju {M P(X) :M -algebra,M E}. Ova kolekcija je oiglednoneprazna, jer jeP(X)-algebra iP(X) E. Oznaimo saMpresektih kolekcija, tj. neka je

M=

{M P(X) :M -algebra,M E}.OiglednoM E. Pokaimo da jeM -algebra.

1) Kako X Mza svaku -algebruM E, to X M.2) Neka je (Aj)nN proizvoljan niz izM. Tada je (Aj)jN izM zasvaku -algebruM E, pa je i+j=1 Aj Mza svaku -algebruM E. Odavde neposredno sledi da je+j=1 Aj M.(3) Neka je A M. Tada je A M za svaku -algebruM E,odakle je i Ac M za svaku -algebruM E, to znai da jeA

c

M.Dakle, M jeste -algebra. Pokaimo jo da jeM najmanja

-algebra takva daM E(to znai da ako jeM0 neka -algebratakva daM0 E iM0 M, tada jeM0 =M). Stoga, pretpo-stavimo da jeM0 -algebra takva daM0 E iM0 M. PotoMpredstavlja presek svih -algebri koje sadreE, to jeM Mzasvaku -algebruM E. Kako iM0 E (tj. M0 sadriE), to jeM M0. Poslednja relacija, zajedno sa pretpostavkomM0 M,daje

M=

M0.

Za ovakvu algebru kaemo da je algebra generisana kolekcijomE,i koristimo oznake: -(E)ili (E).Definicija 1.5.1.Neka je(X, T)topoloki prostor. Tada je-(T)Bo-relova-algebra, a njeni elementi suBorelovi skupoviiliBorel-merljiviskupovi.


25/160

1.5. Borelove-algebre 21

Koristimo jo oznake:BX iliB(X). Na primer, ako se radi o Bo-relovoj-algebri naR, koristimo oznake:BRiliB(R), i pritom podra-zumevamo najmanju -algebru koja sadri sve otvorene intervale.

Dakle, Borelova -algebra je generisana topologijom, tj. kolekci-jom otvorenih skupova (sadri sve otvorene skupove). Poto se radi o-algebri, sledi da i zatvoreni skupovi (kao komplementi otvorenih sku-pova) pripadajuBX, tj. oni su Borel-merljivi skupovi. Takoe, akoUi

T (tj. Ui su otvoreni), i

N, tadaiN Ui BX. Ako su Fi,i N, zatvoreni, tadaiN Fi BX. Prema tome, prebrojivi pre-

seci (tzv. G-skupovi) i prebrojive unije (tzv. F-skupovi) navedenihskupova su ponovo elementi izBX, a znamo da, u optem sluaju, nepripadaju topologijiT.

Spomenimo i da je svaka neprekidna funkcijaf : (X, TX) (Y, TY)merljiva u odnosu na (X, BX) (kaemo da je Borel-merljiva), jer zasvaki otvoren skup V TYvai da je f1(V) TX, tj. f1(V) BX.

Teorema 1.5.2. Borelova-algebraBR je generisana kolekcijom in-tervala oblika:

(1) (a, b), a < b, a, b R

(2) [a, b), a < b, a, b R

(3) (a, b], a < b, a, b R

(4) [a, b], a < b, a, b R

(5) (a, +), a R

(6) [a, +), a R


26/160


(7) (, a), a R

(8) (, a], a R.

Dokaz. Dokazaemo (1), (3) i (6), a ostalo se slino dokazuje. NekajeB1 -algebra generisana kolekcijom otvorenih intervala (a, b);B2-algebra generisana kolekcijom intervala oblika (a, b];B3 -algebragenerisana kolekcijom intervala oblika [a, +). Treba pokazati da jeB1=B2=B3=BR.

(1) Svi otvoreni intervali su otvoreni skupovi, i kao takvi oni pripa-dajuBR. Kako suBRiB1 -algebre koje sadre sve otvorene intervale(a, b), aB1 je najmanja takva (sa tom osobinom), to jeB1 BR. Sdruge strane, svaki otvoren skup U Rje unija neke prebrojive ko-lekcije otvorenih intervala, tj. U=

+n=1(an, bn). Poto (an, bn) B1,

aB

1je-algebra, to i prebrojiva unija tih intervala pripadaB

1, pa za

svaki otvoren skup U Rvai da je+n=1(an, bn) = U B1. KakosuBRiB1 -algebre koje sadre sve otvorene skupove U R, aBRjenajmanja takva (sa tom osobinom), to jeBR B1. Dakle,BR=B1.

(3) Kako je (a, b] =+

n=1(a, b+ 1n

), (a, b+ 1n

) BR (n N), aBRje-algebra, to(a, b] =

+n=1(a, b +

1n

) BR.BRiB2su-algebrekoje sadre sve intervale oblika (a, b], aB2 je najmanja takva, pa jeB2 BR. S druge strane je (a, b) =

+n=1(a, b 1n ], (a, b 1n ] B2

(n N), aB2 je -algebra, pa (a, b) =+n=1(a, b 1n ] B2. Kako(an, bn) B2 (n N), aB2 je -algebra, to za svaki otvoren skupU Rvai da je+n=1(an, bn) = U B2.BR iB2 su -algebre kojesadre sve otvorene skupove U R, aBR je najmanja takva, pa jeBR B2. Dakle,BR=B2.

(6) Kako je[a, +) = +n=1(a 1n , +),(a 1n , +) BR(n N),


27/160

1.6. Merljivost niza funkcija 23

aBRje -algebra, to[a, +) = +n=1(a 1n , +) BR. Dakle,BRiB3su-algebre koje sadre sve intervale oblika[a, +), a B3je najma-nja takva, pa je B3 BR. Obrnuto, neka je(a, b) = (, b)(a, +).Kako je[b, +) B3, to je i (, b) B3(kao komplement elementaizB3). Takoe, (a, +) =

+n=1[a+

1n

, +) B3 (kao prebrojivaunija elemenata izB3). Sada je i (a, b) = (, b)(a, +) B3(kao presek dva elementa izB3). Kako(an, bn) B3(n N), aB3je-algebra, to za svaki otvoren skup U

Rvai da je

+n=1(an, bn) =

U B3.BRi B3su -algebre koje sadre sve otvorene skupoveU R,aBRje najmanja takva, pa jeBR B3. Dakle,BR=B3.

1.6 Merljivost niza funkcija

Podsetimo se najpre nekih osnovnih pojmova s kojima emo sesusresti u nastavku.

Neka je A neprazan podskup skupa R. Kaemo da je skup Aogranien odozgo (zdesna) ako postoji M R tako da je a M(a A). Broj M je majoranta (gornja granica) skupa A. Slino,skup A je ogranien odozdo (sleva) ako postoji K R tako da jea K(a A). Broj Kje minoranta (donja granica)skupa A.

Za najmanju majorantu skupa Skaemo da je supremum skupaS, a za najveu minorantu skupaSkaemo da je infimumskupaS. U

skupu Rsvaki podskup ima supremum i infimum koji su konani (tj.realni su brojevi) ako je podskup ogranien odozgo i odozdo. Ako skupnije ogranien odozgo i odozdo, tada je sup A = +i infA =.Primetimo dva bitna svojstva supremuma: 1) (a A) a sup A(supremum je gornje ogranienje) i 2) (c R) c < sup A (ac A)c < ac sup A(kada umanjimo supremum, on to vie nije). Slino,dva bitna svojstva infimuma su: 1) (a A) infA a(infimum je


28/160


donje ogranienje) i 2) (c R) infA < c (ac A) infA ac 0 desno od L+ postoji najvie konano mnogo lanova niza.Slino navedenom, ako je lim

n+xn = K >, tada postoji podniz

(xkn)nN takav da xkn K (n +), i vai da za svako > 0levo odKpostoji najvie konano mnogo lanova niza. Na osnovusvega navedenog, oigledno je da vai

limn+

xn =x

limn+

xn = limn+

xn =x.

Neka je niz (xn)nN iz R. Ako je dati niz (xn)nN rastui, tada jelim

n+xn = sup{xn : n N} R. Slino, ako je (xn)nN opadajui

niz, tada je limn+

xn = inf{xn :n N} R.Posmatrajmo sada skupove{xk :kn}, n N, gde je (xn)nNiz

R. Imamo da za n > mvai

{xk :kn} ={xn, xn+1, . . .} {xk :km} ={xm, xm+1, . . .},pa je inf{xk : k n} = inf

knxk inf

kmxk i sup

knxk sup

kmxk. Odavde

vidimo da je niz (infkn

xk)nNneopadajui, a niz (supkn

xk)nNnerastui.

Onda je limn+

inf{xk : k n} = sup{inf{xk : k n} : n N} ilim

n+sup{xk : k n} = inf{sup{xk : k n} : n N}. Na osnovu

ovoga, navedimo veoma vanu karakterizaciju limes superiora i limes

inferiora:lim

n+xn:= inf{sup{xk :kn} :n N}

limn+

xn := sup{inf{xk :kn} :n N}.

Pritom vae osobine:


30/160


(1) limn+

(xn+yn) limn+

xn+ limn+

yn

(2) limn+

(xn+yn) limn+

xn+ limn+

yn.

Primer 5. Nai skup taaka nagomilavanja, limes superior i limesinferior sledeih nizova iji su opti lanovi:

1) xn = (

1)n

2) yn =

3n, n paran broj

2n, n neparan broj

3) zn = cosn

4

4) wn =1 (1)n

n .

Reenje. 1) Uoimo podnizove x2n i x2n1. Oigledno je da vaix2n = (1)2n = 1 1 (n +) i x2n1 = (1)2n1 =1 1(n +), pa je T(xn) ={1, 1}, lim

n+xn =1, lim

n+xn= 1.

2) y2n = 32n + (n+)i y2n1 = 2(2n1) 0 (n+),pa je T(yn) ={0, +}, lim

n+yn = 0, lim

n+yn= +.

3) z8n = cos8n

4 = cos 2n= 1 1 (n +),

z8n+1= cos(8n+ 1)4

= cos4

= 22

22

(n +),

z8n+2= cos(8n+ 2)

4 = cos

2 = 0 0 (n +),

z8n+3= cos(8n+ 3)

4 = cos

3

4 =

2

2

2

2 (n +),


31/160


z8n+4= cos(8n+ 4)

4 = cos =1 1 (n +),

z8n+5= cos(8n+ 5)

4 = cos

5

4 =

2

2

2

2 (n +),

z8n+6= cos(8n+ 6)

4 = cos

3

2 = 0 0 (n +),

z8n+7= cos(8n+ 7)

4 = cos

7

4 =

2

2

2

2 (n +),

pa jeT(zn) ={1,

2

2 , 0,

2

2 , 1}, limn+ zn =1, limn+ zn = 1.4) Kako|wn| 1

n+

1

n=

2

n 0 (n+), to je lim

n+wn = 0, pa

je T(wn) ={0}, limn+

wn = limn+

wn = 0.

Iz realne analize znamo da limes niza neprekidnih funkcija, akopostoji, ne mora biti neprekidna funkcija (neprekidnost vai pod jakimuslovima, recimo pod uslovom uniformne konvergencije). U sledeoj

teoremi emo pokazati da je limes niza merljivih funkcija uvek merljivafunkcija.

Teorema 1.6.1. Neka je (fn)nN niz merljivih funkcijafn : X Rprostora(X, M). Tada su merljive sledee funkcije:

(a) g(x) = sup{fn(x) :n N}

(b)h(x) = inf

{fn(x) :n

N

}(c)G(x) = lim

n+fn(x)

(d) H(x) = limn+

fn(x)

(e)f :X R, gde je limn+

fn(x) =f(x) (xX).


32/160


Dokaz. U dokazu emo koristiti karakterizaciju merljivih funkcija izTeoreme 1.4.1., stavke(b)i (d).

(a) Treba dokazati da je skup{x X : g(x) > } merljiv za svako R. U tom cilju, pokaimo da vai jednakost izmeu skupovaA={xX :g(x)> }i B =+n=1{xX :fn(x)> }. Ako je xX ig(x) = sup

nNfn(x) > , tada postoji n0 Ntako da je fn0(x) > , tj.

x {xX : fn(x) > }, pa je i x+

n=1{xX : fn(x) > }, toznai da je A B. Obrnuto, ako je x+n=1{x X : fn(x) > },tada postoji n0 N tako da je fn0(x) > . Meutim, kako jeg(x) = sup{fn(x) : n N}, to je < fn0(x) g(x), tj. g(x) > ,pa x {xX : g(x) > }, odnosno B A. Sada je A =B. Kakosu funkcije fn merljive za svako n N, to je{x X : fn(x) > }merljiv skup za svako R, pa je i prebrojiva unija tih skupova

+n=1{xX :fn(x)> } ={xX :g(x)> }merljiv skup.

(b) Slino kao pod (a), treba dokazati da je{x X : h(x) < } =+n=1{xX :fn(x)< }.

(c)Vai da je G(x) = limn+

fn(x) = inf{sup{fk(x) :kn}: nN}.Na osnovu (a)je sup{fk(x) : k n}merljiva funkcija (tj. odgovara-

jui niz je merljiv), a na osnovu(b)je inf{sup{fk(x) :kn} :n N}merljiva funkcija, pa je G(x)merljiva funkcija.

(d) Kako je H(x) = limn+ fn(x) = sup{inf{fk(x) :kn}: nN}, ainf{fk(x) :kn}merljiv niz na osnovu (b)i sup{inf{fk(x) :kn} :n N}merljiva funkcija na osnovu (a), to je H(x)merljiva funkcija.

(e) Iz limn+

fn(x) = f(x) sledi limn+

fn(x) = limn+

fn(x) = f(x).


33/160


Kako su limn+

fn(x) i limn+

fn(x) merljive funkcije na osnovu (c) i

(d), to je if, kao granina funkcija niza merljivih funkcija fn, merljivafunkcija.


34/160

Glava 2

Mera

2.1 Definicija i osobine mere

Neka je (X, M)prostor sa -algebromM.Definicija 2.1.1. Preslikavanje:M [0, +]je:

(a) konano aditivno ako za E1, . . . , E n izM, gde je EiEj =,i =j , vai

nj=1

Ej

=

nj=1

(Ej)

(b) -aditivno (prebrojivo aditivno) ako za svaki niz E1, . . . , E n, . . .izM, gde je Ei Ej =, i =j , vai

+j=1

Ej

=

+j=1

(Ej).

Definicija 2.1.2. -aditivna funkcija :M [0, +]jeste mera.

30


35/160

2.1. Definicija i osobine mere 31

Kaemo da je mera na X, podrazumevajui da je definisanana -algebriM. Ureena trojka (X, M, )je merljiv prostor mereili prostor sa merom.

Mera je trivijalnaako je (E) = +zaE M. Ako bar zajedno E0 Mvai da je (E0)< +, onda je meranetrivijalna.

U literaturi se sree i sledea (alternativna) definicija.

Definicija 2.1.3. Funkcija :M R jeste (pozitivna) mera akovai:

(a) () = 0

(b) (E)0 zaE M

(c) +

j=1 Ej =+

j=1 (Ej)za svaki niz (Ej )jNizM.Prema ovoj definiciji, mera je trivijalna ako je (E) = 0 ili

(E) = + (E M). U nastavku emo posmatrati samo netrivi-jalne mere.

Navedimo neke posledice definicije kroz sledeu lemu.

Lema 2.1.1. Neka je(X, M, ) prostor sa merom. Tada:

(a) () = 0

(b) n

j=1

Ej

=n

j=1

(Ej) zaE1, . . . , E n izM

(c) A B (A)(B) za svako A, B M


36/160

32 2. Mera

(d) +

j=1

Ej

+j=1

(Ej) za svaki nizE1, . . . , E n, . . . izM (skupovine moraju biti u parovima disjunktni).

Svojstva mere izraena pod (b), (c) i (d) su konana aditivnost,monotonost i subaditivnost, redom.

Dokaz. (a) Znamo da postoji E M tako da je (E) < +.Neka je (Ej)jN niz definisan na sledei nain: E1 = E, Ej = zaj >1, j N. Tada je E= +j=1Ej =E . . ., pa vai

(E) =(E) +() +() + Kako je (E)< +, to je

0 =() +() + Konano, poto je (A)

0 (

A

M), to je (

) = 0.

(b) Neka je Ej+1 = za j n, j N. Tada je niz (Ej)jN dis-junktan u parovima i vai da je

+j=1Ej =

nj=1 Ej. Iz(a)i definicije

mere imamo

nj=1

Ej

=

+j=1

Ej

=

+j=1

(Ej) =(E1)+ +(En)+()+()+ =

=(E1) + +(En) =n

j=1(Ej ).

Odavde vidimo da je svaka mera konano aditivna.

(c)Kako je B =A (B\A), to iz (b)imamo(B) =(A (B\A)) =(A) +(B\A)(A).


37/160


(d)Kako je

+j=1

Ej =E1 +j=2

Ej\(E1 E2 . . . Ej1) =E1 +j=2

Ej\ j1

i=1

Ei

,

i Ej\(j1

i=1Ei)Ej , za j2, j N, to iz (c)imamo da je

Ej\j1i=1

Ei (Ej ), j2, j N.Sada je na osnovu definicije mere

+j=1

Ej

=

E1

+j=2

Ej\ j1

i=1

Ei

=(E1)+

+j=2

Ej\

j1i=1

Ei

(E1) ++j=2

(Ej ) =

+j=1

(Ej).

Dakle, +

j=1

Ej

+j=1

(Ej ).

Zadatak 1. (a)Neka je AB , gde su Ai Bmerljivi skupovi. Pro-veriti da li vai (B\A) =(B) (A).

(b)Dokazati: (A) + (B) = (A B) + (A B). Da li tada vai(A B) =(A) +(B) (A B)?

Reenje. (a)Kako jeB =A (B\A), to je (B) =(A) + (B\A),pa imamo

() (B\A) =(B) (A).


38/160

34 2. Mera

Meutim, ako je (A) = +, tada iz (A) (B) sledi da je i(B) = +, pa()ne vai (jer dobijamo neodreeni izraz +).Ali, ako je (A)< +, tada uvek vai ().

(b)Kako je A B= (A\B) (A B) (B\A), to je(A B) =(A\B) +(A B) +(B\A).

Dalje imamo da je A= (A\

B)

(A

B)i B = (B

\A)

(A

B), pa

je (A) =(A\B) +(A B)i (B) =(B\A) +(A B). Nakonsabiranja poslednje dve jednakosti dobijamo

(A) +(B) =(A\B) +(A B) +(B\A) (AB)

+(A B),

tj. (A) +(B) =(A B) +(A B).Ako je, recimo, (A) < +, tada iz AB A sledi da je i

(A B)(A)< +, tj. (A B)< +, pa u tom sluaju vai(A B) =(A) +(B) (A B).

Definicija 2.1.4. Neka jeA P(X) algebra. Za preslikavanje :A [0, +] kaemo da je predmera ako za svaki niz (Ej )jNdisjunktnih skupova izAza koji je+j=1Ej Avai

+

j=1Ej =

+

j=1(Ej).

Kaemo jo da je mera na algebri.

Svaka mera je i predmera (jer je svaka -algebra ujedno algebra).

Definicija 2.1.5. Mera je konanaako je (X)


39/160


Definicija 2.1.6. Meraje -konanaako postoji niz(Xn)nNizMtakav da jeX=

+n=1 Xni (Xn)< +(n N).

Definicija 2.1.7.Merajekompletna(potpuna) ako za svaki merljivskupAmere nula ((A) = 0)vai

BA B M.

Dakle, svaki podskup skupa koji je mere nula je i sam merljiv skup.

Pritom, na osnovu monotonosti mere vai i da je (B) = 0.Teorema 2.1.1 (Neprekidnost mere). Neka je (X, M, ) prostorsa merom.

(a) Za svaki nizA1, A2, . . . , Aj , . . . izM za koji jeA1 A2 . . .Aj. . . (rastui u smislu inkluzije) vai:

+j=1

Aj

= lim

j+(Aj ).

(b) Za svaki nizA1, A2, . . . , Aj , . . . izM za koji jeA1 A2 . . .Aj. . . (opadajui u smislu inkluzije) i(A1)< + vai:

+j=1

Aj

= lim

j+(Aj ).

Svojstvo izraeno pod (a) je neprekidnost mere odozdo, a svojstvoizraeno pod (b)je neprekidnost mere odozgo.

Dokaz. (a)Znamo da je+

j=1Aj =A1 +

j=2Aj\(j1

i=1Ai). Meu-tim, na osnovu pretpostavke A1 A2 . . . Aj . . . prethodna

jednakost postaje

()+j=1

Aj =A1 +j=2

(Aj\Aj1).


40/160

36 2. Mera

Sada na osnovu -aditivnosti imamo

+j=1

Aj

=(A1

+j=2

(Aj\Aj1) =(A1) ++j=2

(Aj\Aj1) =

=(A1) + limn+

nj=2

(Aj\Aj1) = limn+

((A1) +n

j=2

(Aj\Aj1)).

Na osnovu konane aditivnosti i () sledi

limn+

(A1 n

j=2

(Aj\Aj1) = limn+

nj=1

Aj

.

Kako je A1A2. . .An, to jen

j=1

Aj =An, pa je konano

limn+

nj=1

Aj = lim

n+(An) = lim

j+(Aj ).

Dakle, +

j=1

Aj

= lim

j+(Aj ).

(b) Poto je na osnovu pretpostavke A1 A2 . . . Aj . . .,to je onda A1\A1A1\A2. . .A1\Aj. . ., pa iz (a)sledi da je

+

j=1

(A1\Aj )

= limj+

(A1\Aj),

tj.

A1\

+j=1

Aj

= lim

j+(A1\Aj).


41/160

2.2. Spoljna mera 37

Kako je (A1)< +,+j=1

AjA1i AjA1(j N), to je

(A1) +

j=1

Aj

= lim

j+((A1) (Aj)),

odnosno

(A1)

+

j=1 Aj =(A1) limj+(Aj),i konano

+j=1

Aj

= lim

j+(Aj ).

Napomena. U prethodnoj teoremi uslov (A1) < +moe se za-meniti slabijim uslovom: da postoji j0 Ntakvo da je (Aj0)< +,

jer konano mnogo prvih lanova u nizu ne utie na graninu vrednost.

2.2 Spoljna mera

Definicija 2.2.1. Neka je X=i :P(X)[0, +]funkcija sasledeim osobinama:

(SM1) () = 0

(SM2) (A, BX) A B (A)(B)

(SM3) Za svaki niz A1, A2, . . . , Aj, . . .izP(X)vai

+

j=1

Aj

+j=1

(Aj ).


42/160

38 2. Mera

Funkcija jeste spoljna merana X.

Primetimo da je svaka mera ujedno i spoljna mera. Obrnuto nevai u optem sluaju.

Teorema 2.2.1. Neka jeE P(X) proizvoljna kolekcija podskupovatakva da, X E i :E [0, +]preslikavanje takvo da je() = 0.Tada je preslikavanje :P(X) [, +], definisano sa

(A) = inf +

j=1

(Ej) :A +j=1

Ej, Ej E, j N

(A X),

spoljna mera.

Infimum se definie po svim prebrojivim pokrivaima (Ej)jN izEskupaA.

Dokaz. Kako je (Ej )0 za svako Ej E, to je ondainf

+j=1

(Ej) :A +j=1

Ej, Ej E, j N

=(A)0.

Poto je . . . . . .i (Ej) = 0za Ej =, j N, to je() = 0. Dakle, vai (SM1).

Dalje, kako je A B, iz B

+j=1Ej sledi da je A

+j=1Ej

({

Ej :jN

} E), tj. svaki pokriva zaBje ujedno pokriva i zaA.

Ako stavimo da je A1 = +

j=1

(Ej) :A+

j=1Ej, Ej E, j N

i

B1= +

j=1

(Ej ) :B+

j=1Ej , Ej E, j N

, tada jeA1B1, paje infA1infB1, tj.

(A)(B),


43/160

2.2. Spoljna mera 39

pa vai (SM2).

Neka je A1, A2, . . . , Aj , . . .proizvoljan niz izP(X). Kako je

(Aj) = inf

+k=1

(Ejk) :Aj+k=1

Ejk, Ejk E, k N

,

to za svako >0postoji niz (Ejk)kN izEtakav da je Aj+k=1 E

jk

i+k=1

(Ejk) < (Aj ) + 2j , j N(kada uveamo infimum, on to vienije). Ako poslednju relaciju sumiramo po j, dobijamo

+j,k=1

(Ejk) x2 F(x1)> F(x2).5)Thomas Joannes Stieltjes (18561894), holandski matematiar


58/160

54 2. Mera

Definiimo:lim

yxF(y) =F(x)

F(+) = limy+

F(y)

F() = limy

F(y).

Na kolekciji h-intervala definiimo 0,F sa

0,F() = 00,F((a, b]) =F(b) F(a)0,F((a, +)) =F(+) F(a).

Neka je M0 algebra kao u prethodnom odeljku (kolekcija konanihdisjunktnih unija h-intervala). Definiimo 0,F : M0 [0, +]sa

0,F(A) =n

i=1

0,F(Ij ),

gde jeA =+

j=1Ij M0. Pokazuje se da je0,F -konana predmerana M0. Dalje se definie spoljna meraFindukovana predmerom0,F,odnosno

F(A) = inf

+j=1

0,F(Ej ) :A +j=1

Ej , Ej M0, j N.Na osnovu Karateodorijeve teoreme sledi da je kolekcija M svih Fmerljivih skupova zapravo -algebra, M0 M i F|M jeste kom-pletna mera. Za ovu meru kaemo da je LebegStiltjesova mera, ikoristimo oznaku: F.


59/160

2.5. Primeri mera 55

Primer 1. Neka je data funkcija F : R Rdefinisana sa

F(x) =

x2 + 1, x0

x, x


60/160

56 2. Mera

to moemo primeniti teoremu o neprekidnosti mere. Imamo

F({0}) =F +

n=1

( 1n

, 0]

= lim

n+F(( 1

n, 0]) =

= limn+

F(0)F

1

n

= lim

n+

1

1

n

= lim

n+

1+

1

n

= 1.

Dakle, F({

0

}) = 1 > 0, pa je jednoelementni skup

{0

}atom mere

F, to znai da je Fatomska mera.

Napomena. Ako jeF I d, tj. F(x) =x (x R), tada jeId =m,gde je mLebegova mera.

(3) Dirakova6) mera

Neka je (X,M

) prostor sa -algebrom i x0

Xfiksirana taka.Definiimo funkciju x0 :M [0, +]na sledei nain

x0(E) =

1, x0E0, x0 /E

,

gde je E M. Oigledno je x0() = 0i

(

) x0

+

j=1 Ej =+

j=1 x0(Ej),Ej M,j N. Naime,x0

+j=1Ejakko postoji tano jedan indeks

j Ntako da x0Ej, pa je i na levoj i na desnoj strani relacije ()vrednost 1. S druge strane, x0 /

+j=1Ej akko x0 /Ej (j N), pa

6)Paul Adrien Maurice Dirac (19021984), engleski matematiar


61/160


je i na levoj i na desnoj strani relacije () vrednost 0. Dakle, vai (),pa je x0 zaista mera, koju nazivamo Dirakovom merom. Kaemo joda jex0 mera koncentrisana u taki.

(4) Diskretna mera

Neka je(X, M)prostor sa-algebrom iXbeskonaan. Definiimofunkcijud:

M [0, +

]na sledei nain

d(E) =

+, ako je Ebeskonaan

n, akoEima nelemenata, n N {0} ,

gde jeE M. Odmah vidimo da je d() = 0. Takoe vai

() d+j=1

Ej

=

+

j=1d(Ej ),

Ej M,j N. Naime, ako je bar za jednoj N skupEjbeskonaan,tada iz Ej

+j=1Ej sledi da je i

+j=1Ej beskonaan skup, pa je

oigledno da i na levoj i na desnoj strani relacije () imamo vrednost+. Pretpostavimo sada da je za svako j Nskup Ej konaan. Utom sluaju imamo sledee mogunosti:

1 Postoji beskonano mnogo nepraznih skupova niza (Ej)jN. Tadapostoji podniz (Ejn)nN niza (Ej )jN takav da je Ejn= (n N).

Kako je d(Ejn) 1, to jen

k=1d(Ejk) 1 + + 1 = n. Ako u

prethodnoj relaciji pustimo dan +, dobijamo+k=1

d(Ejk)+,odnosno

+k=1

d(Ejk) = +,


62/160

58 2. Mera

a odavde i iz+j=1

d(Ej )+k=1

d(Ejk)

sledi+j=1

d(Ej) = +.

Kako u ovom sluaju+j=1Ej ima beskonano mnogo elemenata, to i

na levoj i na desnoj strani relacije () imamo vrednost +.2 Postoji konano mnogo nepraznih skupova niza (Ej )jN. Tada po-stoje skupovi Ej1, Ej2, . . . , E jl koji su neprazni (i imaju n1, n2, . . . , nlelemenata, redom), pa

+j=1Ej =Ej1 Ej2 . . . Ejl ima n1+n2+

+nlelemenata. S druge strane je+j=1

d(Ej ) =

l

k=1

d(Ejk) =n1+n2+ +nl.

Dakle, i u ovom sluaju vai ().Na osnovu svega zakljuujemo da je d mera, za koju jo kaemo da

je mera prebrojavanja ili brojaka mera.

(5) Lebegova mera na Rn

U ovom delu emo ukratko opisati konstrukciju Lebegove mere naRn, ugledajui se na konstrukciju Lebegove mere na R. Posmatrajmon-pravougaonik I = [a1, b1] [an, bn] i oznaimo saJ(Rn) ko-lekciju svih n-pravougaonika. Definiimo zapreminu n-pravougaonikasa

|I|= (b1 a1) (bn an).


64/160

Glava 3

Lebegov integral

3.1 Proste funkcije

Definicija 3.1.1. Za funkciju koja ima konaan skup vrednosti ka-emo da je prosta (jednostavna) funkcija.

Dakle, ako jeX=i s: X C(kodomen moe biti i R), tada jes(X)konaan, tj. 1, . . . , n Ctako da vai s(X) ={1, . . . , n}.Ako je j Rza svako j {1, . . . , n}, kaemo da je prosta funkcijarealna. Ako je j 0 za svako j {1, . . . , n}, kaemo da je prostafunkcijanenegativna.

Najvaniji primer proste funkcije je karakteristina funkcija(indi-kator funkcija) skupa A

A

(x) =

1, xA0, xAc , AX.

Umesto A

(x)emo esto pisati A

. Kako vai

60


65/160

3.1. Proste funkcije 61

A B= (A\B) (A B) (B\A),to je

() AB

=A\B

+AB

+B\A

.

Meutim, vai iA= (A\B) (A B),B= (B

\A)

(A

B),

pa jeA

=A\B

+AB

,

B

=B\A

+AB ,

odakle imamoA\B

=A

AB,

B\A

=B

AB.

Ako prethodne dve jednakosti zamenimo u (), dobijamoAB =A+B AB .

Lako se proverava da vae i sledee jednakosti

AB =A B ,

nj=1

Aj

=n

j=1Aj

,

+

j=1Aj

=+j=1

Aj

.

Takoe, spomenimo i sledee:

0,


66/160

62 3. Lebegov integral

X1,

Ac

= 1 A

,

A (1

A) = 0.

3.1.1 Standardna reprezentacija proste funkcije

Neka je s : X C prosta funkcija, tj. s(X) ={1, . . . , n}(i=j za i =j). Posmatrajmo skupove

Ej =s1({j}) ={xX :s(x) =j},

gde je 1jn, jN, pri emu je Ei Ej =in

j=1

Ej =X. Tada

je

s(x) =

nj=1

jEj (x)

kanonski oblikproste funkcije (piemo skraeno KO).

Svaka prosta funkcija se moe predstaviti u obliku KO. Obrnuto,neka je s : X C data sa KO (pri emu dozvoljavamo da su nekiod j (1 j n, j N) jednaki). Tada je (x X) s(x) = j zaneko j N, 1j n, pa funkcija smoe imati najvie nvrednosti(1, . . . , n, 1jn, j N), tj. funkcija sje prosta.

Zakljuujemo: funkcijas: X Cje prosta akko se moe napisatiu obliku KO, gde odgovarajui j ne moraju biti razliiti za i= j(1i, jn, i, j N). Za oblik KO kaemo takoe da jestandardnareprezentacijaproste funkcije.

Primeri:1. Neka je c konstantna funkcija, tj. c(x) = c (x X) (c C).


67/160


Tada je odgovarajua standardna reprezentacija data sa

c=c X .

2.Neka je A

karakteristina funkcija. Za A Ac = Ximamo da jeodgovarajua standardna reprezentacija data sa

A

= 1 A

+ 0 Ac

.

S druge strane, za (A\B) (A B) (Ac

) =X imamoA

= 1 A\B

+ 1 AB

+ 0 Ac

.

Prema tome, imamo dve standardne reprezentacije za karakteristinufunkciju, to znai da standardna reprezentacija ne mora biti jedin-stvena.

Zadatak 1. Pokazati da vai:

(a)Linearna kombinacija dve proste funkcije je prosta funkcija.

(b)Proizvod dve proste funkcije je prosta funkcija.

Reenje. (a)Neka su si tdate u kanonskom obliku, tj.

s=n

j=1

jEj , X=n

j=1

Ej,

t=m

i=1

i Fi , X=m

i=1

Fi.

Napomenimo da vai

Ej =Ej X=Ejm

i=1

Fi =m

i=1

(Ej Fi),


68/160


Fi =Fi X=Fi n

j=1

Ej =n

j=1

(Fi Ej ),

pa je

Ej

= mi=1

(EjFi)

=m

i=1

EjFi

,

Fi = n

j=1(FiEj) =

n

j=1

FiEj .

Neka sua, b C. Sada imamo

(a s +b t)(x) =a s(x) +b t(x) =an

j=1

jEj (x) +bm

i=1

i Fi (x) =

=n

j=1

m

i=1

(a j+b i) EjF

i

(x).

Poto vai i

nj=1

mi=1

(Ej Fi) =n

j=1

Ej

mi=1

Fi

=

nj=1

Ej =X,

to je zaista a s +b tprosta funkcija.

(b)Kako je EjFi

=Ej

Fi

,

to je

s(x) t(x) =

nj=1

jEj

mi=1

i Fi

=

nj=1

mi=1

ji Ej Fi =


69/160


=n

j=1

mi=1

ji EjFi ,

gde takoe vain

j=1

mi=1

(Ej Fi) =n

j=1

Ej

mi=1

Fi

=

nj=1

Ej =X,

pa jes tprosta funkcija.

3.1.2 Merljivost proste realne funkcije

Neka je (X, M) merljiv prostor i A

: X R karakteristinafunkcija skupa A, odnosno

A

(x) =

1, xA0, xAc .

Lema 3.1.1. Skup A je merljiv akko jeA

merljiva funkcija.

Dokaz. Neka je Amerljiv (A M). Kako za svaki otvorenU Rvai

1A

(U) =

X, 0, 1UA, 0 /U, 1UAc, 0U, 1 /U, 0, 1 /U

,

a X, A, Ac, M, to je A

merljiva funkcija.

Obrnuto, neka je A

merljiva. Tada je inverzna slika svakog otvo-renog skupa merljiv skup, a kako je (0, +) otvoren skup u R, to

je1A

((0, +)) ={xX :A

(x)> 0} =A M,


70/160


to znai da je Amerljiv skup.

Teorema 3.1.1. Prosta funkcijas=n

i=1

i Ei je merljiva akko su svi

Ei, 1i n, merljivi skupovi.

Dokaz. Neka su Ei, 1in, merljivi. Tada na osnovu prethodneleme vai da su

Eimerljive funkcije, pa su ii Ei merljive funkcije za

svakoi

N, 1

i

n, odakle sledi da je i prosta funkcija smerljiva

kao zbir konano mnogo merljivih funkcija.Obrnuto, neka jes =

ni=1

i Ei merljiva funkcija, gde jeX=n

i=1

Ei

iEi =s1({i}) ={xX :s(x) =i}(i=jzai =j). Poto vaiEi={xX :s(x) =i} ={xX :s(x)i}{xX :s(x)i},to je Ei merljiv za svako i N, 1 i n, kao presek dva merljivaskupa.

3.2 Integral proste nenegativne merljive

funkcije

Definicija 3.2.1. Neka je (X, M, )merljiv prostor merei neka jes: X [0, +]prosta nenegativna merljiva funkcija sa standardnomreprezentacijom

s(x) =n

i=1

i Ei (x), X=n

i=1

Ei,

i A Xproizvoljan merljiv skup. Tada jeA

s d=n

i=1

i (A Ei)


71/160

3.2. Integral proste nenegativne merljive funkcije 67

integral proste nenegativne merljive funkcije sna skupu A.

Koristimo i sledee oznake:

A

s(x) d(x),

A

s. Pritom je jasno

da ako je A= X, tada jeX

s d=n

i=1

i (Ei).

Pokaimo da je prethodna definicija korektna (da ne zavisi od re-

prezentacije). Naime, neka je jo data i reprezentacija s=m

j=1

jFj ,

X=m

j=1

Fj . Treba dokazati

()n

i=1i (A Ei) =

m

j=1j(A Fj).

Kako je Ei =Ei X=Ei m

j=1

Fj =m

j=1

(Ei Fj ), to imamo

s=n

i=1

i Ei =n

i=1

i

m

j=1

EiFj

=

ni=1

mj=1

i EiFj .

Slino, izFj =Fj X=Fjn

i=1Ei=

n

i=1(Fj Ei)dobijamo

s=m

j=1

jFj =m

j=1

j

ni=1

FjEi

=

mj=1

ni=1

jFjEi .

Sada je

0 =s s=n

i=1

mj=1

(i j ) EiFj .


72/160


Ako je Ei Fj =, tada je EiFj = 0. Meutim, ako je Ei Fj=,tada xEi Fj , pa je s(x) =i =j , odnosno i j = 0. Dakle,za svaki par indeksa i, j za koji je Ei Fj=, vai i j = 0.

Slinim razmatranjem dobijamo

ni=1

i (A Ei) =n

i=1

i (A Ei X) =n

i=1

mj=1

i (A Ei Fj ),

mj=1

j(A Fj) =m

j=1

j(A Fj X) =m

j=1

ni=1

j(A Fj Ei).

Ako za neki par indeksa i, j vai (AEiFj) = + i i > 0,tada je A Ei Fj=, odnosno Ei Fj=, pa je i = j > 0 i(AFj Ei) = +. Dakle, u gornjim jednakostima obe sume imajupo jedan sabirak +, pa vai jednakost tih suma, tj. vai ().

Neka je (A

Ei

Fj )< +

(

i, j

N,1

i

n, 1

j

m).

Ako sada oduzmemo drugu sumu od prve, dobijamon

i=1

mj=1

i (A Ei Fj) m

j=1

ni=1

j(A Fj Ei) =

=n

i=1

mj=1

(i j ) (A Ei Fj) = 0,

jer ako je Ei Fj=, tada je i j = 0; a ako je Ei Fj =, tadaje (A Ei Fj)(Ei Fj ) = 0. Prema tome, dobijamon

i=1

i (A Ei) m

j=1

j(A Fj ) = 0,

pa vai (). Dakle, definicija integrala jeste korektna.


73/160


Napomena. Sve funkcije i svi skupovi koji e se u nastavku pojavlji-vati su merljivi.

Primer 3. (a)Ako je skonstantna funkcija, tj. s(x) =c (xX)icneka nenegativna konstanta, tada je s= c

X, pa je

E

c d= c (E X) =c (E).

Specijalno, ako je c = 0, tada je

E

c d = 0. Ako je c = 1, tada jeE

c d= c (E) = 1 (E) =(E). Dakle,E

d= (E).

(b)Ako je E karakteristina funkcija skupa Ei E = 1 E+ 0 Ec ,tada je A

E

d = 1 (A E) + 0 (A Ec) =(A E).

Specijalno, ako je A= X, tada je

X

E

d = (X E) =(E), tj.

X

Ed = (E).

Dakle, iz (a)i (b)vidimo da vai

(E) =

E

d=

X

E

d.


74/160


(c)Neka je dat prostor ([0, 1],M([0, 1]), m), gde je mLebegova mera,i funkcija

s(x) =

1, x 0, 12

10100000, x=

1

21

2, x 1

2, 1 .

Tada je

[0,1]

s d= 1 m0,12

+ 10100000 m12

+12 m1

2, 1

=

= 1 12

+ 1000000 0 +121

2=

3

4.

(d)Ako je (A) = 0, tada je

A

s d= 0.

Zaista, poto je s prosta nenegativna merljiva funkcija, odnosno

s(x) =n

i=1

i Ei , X=n

i=1

Ei, odatle i iz monotonosti mere slediA

s d=n

i=1

i (A Ei)n

i=1

i (A) =n

i=1

i 0 = 0.

Dakle, integral proste nenegativne merljive funkcije na skupu merenula ima vrednost nula. Napomenimo da je A s d 0 za svaku prostu merljivu funkcijus0.Lema 3.2.1. Neka jes 0 prosta merljiva funkcija iA, B merljiviskupovi. Tada vai

AB

s d=

B

s A

d.


75/160


Dokaz. Neka jes=n

i=1

i Ei ,X=n

i=1

Ei, i neka jeAkarakteristina

funkcija skupa A. Tada je

s A

=n

i=1

i Ei A =n

i=1

i EiA+ 0 Ac ,

gde jen

i=1(Ei A) Ac =A Ac =X. Dakle,

s A

=n

i=1

i EiA.

Sada je B

s A

d=n

i=1

i (B Ei A),

dok je s druge straneAB

s d=n

i=1

i (A B Ei),

pa imamo da je AB

s d=

B

s A

d.

Specijalno, ako je B=X, tada imamoA

s d=

X

s A

d.

Dakle, sa merljivog skupa se prebacujemo na itav prostor, tj. integralna skupu moemo izraunati kao integral na itavom prostoru.


76/160


Teorema 3.2.1(Linearnost). Neka sus itproste nenegativne mer-ljive funkcije ia, b [0, +]. Tada vai

A

(a s +b t) d= a

A

s d +b

A

td.

Dokaz. Neka je

s=

ni=1

i Ei , t=

mj=1

jFj ,

gde je X=n

i=1

Ei=m

j=1

Fj =n

i=1

mj=1

(Ei Fj). Tada je

a s +b t=n

i=1

mj=1

(a i+b j) EiFj ,

pa imamoA

(a s +b t) d=n

i=1

mj=1

(a i+b j ) (A Ei Fj ) =

=n

i=1

mj=1

a i (A Ei Fj ) +n

i=1

mj=1

b j(A Ei Fj) =

=an

i=1i

m

j=1(A Ei Fj ) +b

m

j=1j

n

i=1(A Ei Fj) =

=an

i=1

i

mj=1

(A Ei Fj )

+bm

j=1

j

ni=1

(A Ei Fj )

=

=an

i=1

i (A Ei) +bm

j=1

j(A Fj) =aA

s d +b

A

td.


77/160


Teorema 3.2.2 (Monotonost). Neka su s i t proste nenegativnemerljive funkcije.

(a) Ako jes(x)t(x) (xX), tada jeA

s d A

td,

za svaki merljiv skup A X.(b) Ako za merljive skupoveA iB vaiA B, tada je

A

s d B

sd.

Dokaz. (a)Kako jet = s +(ts), gde sus i ts0proste merljivefunkcije, to je

A

t d=A

(s+ (t s)) d= A

s d +A

(t s) d A

sd,

jer je

A

(t s) d 0.

(b)Kako je s0 prosta funkcija, to su i s A

i s B

proste funkcije ipritom vai 0s

As

B. Sada iz

X

s A

d X

s B

d

sledi A

s d B

sd.


78/160


Teorema 3.2.3. Neka je s 0 proizvoljna prosta merljiva funkcijana(X, M, ). Neka je preslikavanjes :M [0, +] definisano sa

s(A) =

A

s d (A M).

Tada jes mera naM.

Dokaz. Kako je

A

s d 0, to jes(A)0za svaki merljiv skupA.Takoe je oigledno da je s() = 0. Treba jo dokazati

s

+j=1

Aj

=

+j=1

s(Aj ), Aj M, j N.

Imajui u vidu da je s =ni=1 i Ei , X =

ni=1 Ei, kao i da je mera,imamo

s

+j=1

Aj

=

+

j=1Aj

s d=n

i=1

i (Ei +j=1

Aj ) =

=

ni=1

i +j=1

(Ei Aj) =n

i=1i

+j=1

(Ei Aj) =

=+j=1

ni=1

i (Ei Aj )

=+j=1

Aj

s d=+j=1

s(Aj ).

Dakle, sjeste mera.


79/160

3.3. Integral nenegativne merljive funkcije 75

Iz prethodne teoreme vidimo da jesmera definisana kao integralproste nenegativne merljive funkcije.

Neke posledice ove teoreme su:

(1)

AB

s d=

A

s d +

B

s d

(2) Neka je A1 A2 . . . Aj . . ., gde su Aj , j N, merljivi.Tada vai

limj+

Aj

s d=

+

j=1Aj

sd.

3.3 Integral nenegativne merljive funkcije

Neka je (X, M, ) merljiv prostor mere . Pretpostavimo da jef 0 prosta merljiva funkcija i s bilo koja druga prosta merljivafunkcija za koju vai0sf. Tada znamo (na osnovu monotonostiza proste nenegativne merljive funkcije) da za svaku prostu merljivufunkciju0sfi za svaki merljiv skupAvai

0 A

s d A

f d,

pa je i

sup0sf

A

s d A

f d.


80/160


Meutim, poto jef0 i sama prosta merljiva funkcija (0ff),to je

sup0sf

A

s d=

A

f d= max0sf

A

sd.

Definicija 3.3.1. Neka je f 0 merljiva funkcija i Amerljiv skup.Tada se integral nenegativne merljive funkcije fna skupu Adefiniesa

A

f d= sup0sfA

sd,

gde je supremum uzet po svim prostim merljivim funkcijama za kojevai 0sf.Lema 3.3.1. Neka jef0 merljiva funkcija. Tada je

E

f d=

X

f E

d.

Dokaz. Neka je0sfbilo koja prosta merljiva funkcija. Tada je0s

Ef

E, gde je s

Eprosta (za f

E), pa je sada

X

s E

d X

f E

d.

Dakle, imamo da je

E

s d= X

s Ed X

f Ed

za svaku prostu merljivu funkciju 0 sf, pa ako uzmemo supre-mum, dobijamo

sup0sf

E

s d X

f E

d,


81/160


odnosno()

E

f dX

f E

d.

Obrnuto, neka je tbilo koja prosta merljiva funkcija za koju vai0tf

E. Odavde imamo da je

0t (1 E

)f E

(1 E

),

a kako je E(1 E) = 0, to imamo da je t (1 E) = 0, odnosnot= t

E.Sada na osnovu 0tf

Esledi da je 0t

Ef

E, tj.

0tf, gde je tprosta funkcija. Odavde jeE

t d E

f d.

Meutim, kako je

E

t d= X

t Ed = X

td,

to je X

t d E

f d.

Kako poslednja jednakost vai za svaku prostu funkciju, uzimamo su-premum i dobijamo

sup0tf

E

X

t d E

f d.

Ali, poto je po definiciji

sup0tf

E

X

t d=

X

f E

d,


82/160


sledi da je

()X

f E

d E

f d.

Konano, na osnovu relacija ()i ()dobijamo da je

Ef d=

Xf

Ed.

Teorema 3.3.1 (Monotonost). Neka suf ig nenegativne merljivefunkcije.

(a) 0 fg 0A

f dA

g d

(b) A B A

f dB

f d.

Dokaz. (a) Neka je 0 s fproizvoljna prosta merljiva funkcija.Tada iz fg sledi 0sg, pa je

A

s d A

g d.

Kako ovo vai za svaku prostu funkciju 0sf, uzmemo supremumi dobijemo

sup0sf

A

s d A

g d,

odnosno A

f dA

g d.


83/160


(b) Poto je A B, to je 0 A

B, tj. 0 f

A f

B.

Sada na osnovu (a)dobijamo

X

f A

d

X

f B

d, pa primenom

prethodne teoreme sledi A

f dB

f d.

Teorema 3.3.2(O monotonoj konvergenciji). Neka je(X,M

, )merljiv prostor sa meromi neka je(fn)nNniz nenegativnih merljivih

funkcijafn :X [0, +] takvih da je0fn(x)fn+1(x) (xX).

Tada postoji limn+

fn(x) =f(x) za svako xX i vai

limn+X

fn d= X limn+

fnd=

Xf d.

Ovu teoremu skraeno obeleavamo sa: TMK.

Dokaz. Kako je (fn)nNrastui niz, to je njegov limes fzapravo su-premum datog niza, i pritom jefmerljiva funkcija (jer je limes merlji-vih funkcija uvek merljiva funkcija). Na osnovu monotonosti integralaimamo

X

fn d

X fn+1 d (n N),pa je niz

X

fn d

nN

rastui, to znai da postoji

limn+

X

fn d= d[0, +].


84/160


Kako je fnf (n N), to jeX

fn d X

f d (n N),

pa kada pustimo da n +, dobijamo

d X

f d.

Treba jo dokazati da je

X

f d d. Neka je s prosta merljivafunkcija takva da je 0sf. Posmatrajmo skupove

An ={xX :fn(x)c s(x)}, n N, 0< c 0, tada iz 0< c c s(x). Sada, kako je

limn+

fn(x) =f(x)> s(x),

to postoji n0 Ntako da je

f(x)fn0(x)> c(x),

to znai da x An0, tj. x+

n=1 An. Dakle, u oba sluaja jeX +n=1 An, a kako uvek vai+n=1 AnX, to je+n=1 An =X.


85/160


Na osnovu monotonosti imamo da je

X

fn d

An

fn d An

c s d , tj.

()X

fn d c

An

sd.

Pokazali smo u Teoremi 3.2.3. da je sa s(E) = E s d (E M)definisana meras, pa imamo da je

An

s d= s(An). Kako je An

An+1 i+n=1

An =X, to na osnovu teoreme o neprekidnosti mere sledi

da je

limn+

s(An) =s

+n=1

An

=s(X) =

X

sd.

Prema tome, kada u ()pustimo da n +, imamo

dcX

sd.

Konano, kadac 1, dobijamo

d

X

sd,

a poto to vai za svaku prostu funkciju0sf, uzmemo supremumi dobijemo

d sup0sf

X

sd,


86/160


odnosnod

X

f d.

Dakle, dokazali smo da je d=

X

f d, tj.

limn+

X

fn d=

X

f d.

Napomenimo da se moe dokazati da za svaku nenegativnu mer-ljivu funkciju fpostoji niz (n)nN prostih merljivih funkcija za koji

je0nn+1 i lim

n+n(x) =f(x).

Dakle, rastuim nizom prostih nenegativnih merljivih funkcija stiemodo nenegativne merljive funkcije.

Teorema 3.3.3. Neka suf, g

0 merljive funkcije ia, b

[0, +

].Tada vai

A

(a f+b g) d= a

A

f d+b

A

g d.

Dokaz. Neka su (n)nN i (n)nN nizovi prostih merljivih funkcijaza koje vai

0nn+1, limn+

n(x) =f(x), xX,

0nn+1, limn+n(x) =g(x), xX.Poto je 0 a n +b n a n+1+b n+1 i lim

n+(a n +b n) =

a f+b g, to je na osnovu TMK

limn+

A

(a n+b n) d=

A

(a f+b g) d.


87/160


Slino, na osnovu TMK vai i

limn+

A

n d=

A

f d i limn+

A

n d=

A

g d.

Kako na osnovu linernosti za integrale prostih nenegativnih merljivihfunkcija vai

A

(a n+b n) d= a A

n d +b A

n d,

to kada pustimo da n +, dobijamoA

(a f+b g) d= a

A

f d+b

A

g d.

Napomena. Matematikom indukcijom se pokazuje da je integralzbira jednak zbiru integrala, odnosno

A

ni=1

ai fi

d=

ni=1

ai

A

fi d.

Navedimo vane posledice TMK.

Posledica 1(Bepo Levi7)). Neka je (fn)nN niz merljivih funkcijafn :X [0, +]. Tada vai

A

+j=1

fj

d=

+j=1

A

fjd.

7)Beppo Levi (18751961), italijanski matematiar


88/160


Dokaz. Neka je

sn =n

j=1

fj.

Tada je (sn)nNniz merljivih funkcija za koji vai

0sn =n

j=1fj

n+1

j=1fj =sn+1.

Sada imamo

+j=1

A

fjd= limn+

nj=1

A

fjd= limn+

A

n

j=1

fj

d=

= limn+

A

sn d (T M K)

= A limn+ sn d=

A

+

j=1 fjd.Posledica 2. Ako je f0 merljiva funkcija na (X, M, )i preslika-vanjef :M [0, +]definisano sa

f(E) =

E

f d (E M),

tada je fmera naM.Dokaz. Neka je Ej M, gde je EiEj = za i= j, i, j N.Dokaimo da je

f

+j=1

Ej

=

+j=1

f(Ej ).


89/160


Na osnovu Posledice 1 (Bepo Levi) imamo

f

+j=1

Ej

=

+

j=1Ej

f d=

X

f +

j=1Ej

d=

X

+j=1

f Ej

d=

=+

j=1 X f Ej d=+

j=1 Ej f d=+

j=1 f(Ej ).Lema 3.3.2 (Fatu8)). Neka je (fn)nN niz merljivih funkcija fn :X [0, +]. Tada vai

X

lim infn+

fn

d lim inf

n+

X

fn d.

Dokaz. Znamo da je lim infn+

fn(x) = sup

{inf

{fj (x) :j

n

}: n

N

},

pa stavimo da jegn(x) = inf{fj(x) :jn}.

Oigledno je0gnfn, a kako jegn(x) = inf{fj (x) :jn} inf{fj (x) :jn+ 1} =gn+1(x),

to je (gn)nNrastui niz koji tei svom supremumu liminfn+

fn, tj.

limn+

gn = sup{

gn :nN

}= lim inf

n+

fn.

Sada imamoX

lim infn+

fn

d=

X

limn+

gn

d

(T M K)= lim

n+

X

gn d=

8)Pierre Joseph Louis Fatou (18781929), francuski matematiar


90/160


= lim infn+

X

gn d lim infn+

X

fn d.

3.4 Integral realne i kompleksne merljive

funkcije

Neka je(X, M, )merljiv prostor mere i f :X [, +]pro-izvoljna merljiva funkcija. Definiimo funkcije f+, f :X [, +]sa

f+(x) = max{f(x), 0} 0 (pozitivan deo funkcije f),f(x) = max{f(x), 0} 0 (negativan deofunkcije f).

Ako je fmerljiva funkcija, tada su i f+ i f merljive funkcije.Naime, neka je f1(x) =f(x)i fj (x)

0 za j >1, j

N. Tada je

sup{fj (x) :j N} = max{f(x), 0} =f+(x)merljiva funkcija (na osnovu Teoreme 1.6.1.). Slino se pokazuje da jei f(x)merljiva funkcija.

Ako jef(x)0, tada jef+(x)f(x) =f(x)0 =f(x). Takoe,ako je f(x)< 0, tada je f+(x) f(x) = 0 (f(x)) =f(x). Dakle,u oba sluaja je f+(x) f(x) = f(x), pa zakljuujemo da se svakarealna funkcija moe razloiti na dve nenegativne merljive funkcije, tj.vai

f+ f =f.Slino, za f(x) 0imamo da je f+(x) +f(x) = f(x) + 0 = f(x),dok za f(x)


91/160

3.4. Integral realne i kompleksne merljive funkcije 87

Neka je f : X C kompleksna funkcija, odnosno f = u+ i v,u, v:X R. Znamo da je fmerljiva akko suui vmerljive funkcije.Razlaganje kompleksne funkcije fje dato sa

f=u+ u +i v+ i v (i2 =1).

Definicija 3.4.1. Neka je f : X [, +]merljiva funkcija i Emerljiv skup. Tada se integral realne funkcije fna skupu Edefinie

sa E

f d=

E

f+ d E

f d,

kad god je bar jedan od integrala

E

f+ d,

E

f drealan broj.

Definicija 3.4.2. Neka je f = u+ i v : X C merljiva funkcija iE merljiv skup. Tada se integral kompleksne funkcije fna skupu E

definie sa E

f d=

E

u d +i

E

v d,

odnosnoE

f d=

E

u+ d E

u d +i

E

v+ d iE

v d.

Definicija 3.4.3. Neka je(X, M, )merljiv prostor mere . Tada je

L1(X, M, ) ={f :X C :fmerljiva,X

|f| d


92/160


Koristimo i oznaku: L1(). Dakle, integrabilne funkcije su one funkcije

za koje vai

X

|f| d < +. Piemo: f L1() i kaemo da je fLebeg-integrabilna.

Neka je data kompleksna funkcija f = u+i v L1. Kako je|f| = u2 +v2 |u| i|f| = u2 +v2 |v|, to je 0 |u| |f| i0 |v| |f|, pa je

X|u| d

Xf d


93/160


(b)X

( f+ g) d= X

f d+X

g d.

Dokaz. (a)Kako je| f+ g| || |f| + || |g|, to sledi da jeX

| f+ g| d ||X

|f| d + ||X

|g| d 0. Kako je ( f)+

= max{ f, 0}= max{f, 0} = f+

i ( f) = max{( f), 0} = max{f, 0} = f, slediX

f d=

X

( f)+ d X

( f) d=

X

f+ d X

f d=

=

X

f+ d X

f d=

X

f+ d X

f d

=

X

f d.

Poto vai

(f)+ = max{f, 0} =f, (f) = max{f, 0} =f+,to za


94/160


( f) = max{ f, 0} = ( f)+,pa slediX

f d=

X

(f)+dX

(f)d=

X

(f)dX

(f)+d=

= X

f

d () X

f

+

d=X

f

d X

f

+

d ==

X

f+ d X

f d

=

X

f d.

2 Za realne funkcije f i gvaiX

(f+g) d=X

f d+X

g d.

Naime, poto f, g L1(), to su integrali nenegativnih funkcija f+,f, g+, g konani, pa kako vai f +g = f+ f +g+ g, tointegralei poslednju jednakost dobijamo

X

(f

+

f

+ g

+

g

) d= X

f

+

dX

f

d +X

g

+

dX

g

d,

odnosno X

(f+g) d=

X

f d+

X

g d.


95/160


3 Za kompleksnu funkciju f=u+i vvaiX

(i f) d= i

X

f d.

Naime, iz f = u+ i v sledi i f = i u v =v+i u, pa na osnovudefinicije integrala kompleksne funkcije sledi

X

(i f) d= X

(

v) d +i

X

u d=

X v d+i X u d==i (i

X

v d +

X

u d) =i

X

u d +i

X

v d

=i

X

f d.

Iz 1, 2 i 3 sledi da za svaku kompleksnu funkciju f i za svako Cvai

X

f d= X

f d,

a na osnovu 2 i definicije integrala kompleksne funkcije imamoX

(f+g) d=

X

f d+

X

g d.

Konano, primenom poslednje dve jednakosti se dobija

X

( f+ g) d= X

f d+X

g d.

Lema 3.4.1. Akof, gL1(), gde suf ig realne funkcije, tada vai

fg X

f dX

g d.


96/160


Dokaz. Kako je g f0, to iz prethodne teoreme pod (b)slediX

g d=

X

((g f) +f) d=X

(g f) d +X

f dX

f d.

Teorema 3.4.2 (Osnovna integralna nejednakost). Neka jefL1(). Tada je

X

f d

X

|f| d.

Dokaz. Neka je =

X

f d. Za = 0 nejednakost je oigledna

(0

X

f d). Za= 0, C, imamo

( r >0) ( R) = r ei

,gde je||= r. Takoe vai r= ei . Sada je

X

f d

=||= r = ei =ei X

f d=

X

(ei f) d.

Kako je

X

f d

R, to je i

X

(ei f) drealan broj, pa iz nejed-

nakostiRe (ei f) |ei f|=|f|slediX

(ei f) d=

X

Re (ei f) d X

|f| d.

Dakle,

X

f d

X

|f| d.


97/160


Teorema 3.4.3(Lebegova teorema o dominantnoj konvergen-ciji). Neka je(fn)nN niz merljivih funkcijafn:X Ci neka postojikonaan lim

n+fn(x) =f(x) (xX). Ako je|fn| g (n N), gde

jegL1(), tadafn, fL1() i vai

limn+

X

|fn f| d= 0 i

limn+

X

fn d=X

limn+

fn

d=X

f d.

Za funkciju g kaemo da je integrabilna dominanta. Ovu teoremuskraeno obeleavamo sa: TDK.

Dokaz. Kako su fn, n N, merljive, to je i fmerljiva kao limesmerljivih funkcija. Iz

|fn

| g i monotonosti integrala imamo

X

|fn| d X

g d


98/160


limn+

hn= lim infn+

hn = lim supn+

hn = 2g.

Primenimo sada Fatuovu lemu. ImamoX

2g d=

X

lim infn+

hn

d lim inf

n+

X

hn d=

= lim infn+

X

(2g|fnf|) d= lim infn+

X

2g d+X

(|fnf|) d

=

=

X

2g d+lim infn+

X

|fnf| d

=

X

2g dlim supn+

X

|fnf| d.

Kako je X 2g d


99/160


0X

fn d X

f d

=X

(fn f) d

X

|fn f| d,

pa kada pustimo da n +, na osnovu poznate teoreme o dvapolicajca vai

limn+

X

fn d=

X

f d.

Posledica 1. Neka je (fn)nN niz merljivih funkcija fn : X C i+n=1

A

|fn|d


100/160


pa sledi

A

+j=1

fj

d=

A

limn+

sn

d= limn+

A

sn d=

= limn+

A

n

j=1fj

d= lim

n+

n

j=1A

fjd=+

j=1A

fjd.


101/160

Glava 4

Dodatak

4.1 Skupovi mere nula. Odgovarajua ter-

minologija

Neka je (X, M, ) fiksan merljiv prostor i E M takav da je(E) = 0. Tada je

E

s d= 0 (s0 prosta merljiva funkcija),

E f d= sup0sfE s d= 0 (f0 merljiva funkcija),

E

f d=

E

f+ d E

f d= 0, f :X RE

u d +i

E

v d= 0, f :X C.

97


102/160

98 4. Dodatak

Definicija 4.1.1. Neka je Posobina koju neka taka x X moeimati. Svojstvo P je tano skoro svudana merljivom skupu A akopostoji N M, pri emu je (N) = 0, tako da je P tano za svakoxA\N, tj. ako je tano na Avan nekog skupa mere nula.Umesto skoro svudapiemo jo i: s.s., -skoro svuda, -s.s.

Napomena. AkoPnije tano na skupu BA, tada je BN, aliBne mora biti merljiv. Ako je kompletna mera, tada je B merljiv.

1 Teorema 4.1.1. Neka jef0 merljiva funkcija iA merljiv skuptakav da je

A

f d= 0. Tada jef= 0 skoro svuda naA.

Dokaz. Posmatrajmo skup

B={xA : f(x)> 0} A.Poto je fmerljiva funkcija i kako vai

B ={xX :f(x)> 0} A,to je skupBmerljiv kao presek dva merljiva skupa. Neka je

B=+n=1

Bn,

gde je Bn={xA : f(x)> 1n}, n N. Oigledno jeBnBn+1. Naosnovu neprekidnosti mere sledi

limn+

(Bn) = +

n=1

Bn

=(B).

Koristei monotonost integrala nenegativne funkcije dobijamo

0 =

A

f dB

f d

Bn

f d

Bn

1

nd =

1

n(Bn)0,


103/160

4.1. Skupovi mere nula. Odgovarajua terminologija 99

pa je (Bn) = 0za svako n N, a odavde i (B) = limn+

(Bn) = 0.

Dakle, skup B je mere nula. Prema tome, kako je f(x)0za svakoxX, af(x)> 0 za svakoxB, gde je (B) = 0, to je f(x) = 0zasvakoxA\B, to upravo znai da je f(x) = 0skoro svuda na A.

2 Teorem

mera i integral..skripta,beleške sa predavanja,dunp

Documents