realna, kompleksna analiza i hilbertovi prostori - miodrag mateljevic

REALNA, KOMPLEKSNA ANALIZA I HILBERTOVI PROSTORI M. MATELJEVIC Abstract. R R M M

Uvod Radna verzija, 26 septembar 2007, 29 maj 2008. Kurs iz Teorije Realnih i Kompleksnih funkcija (TR-KF, popularno TRiK) sastoji se okvirno iz prve tri glave MM [Ma 9]i [Ma 9]: Kompleksne funkcije 1 & 2, Beograd, 2006, Kompleksna Analiza, BL 2004 (v. takodje Mitrinovi [Mi] ) i dodatka u c prilogu. Dodatak se odnosi na realnu analizu. Za vie detalja o realnoj analizi s videti npr. u Aljani [Alj] i Rudin [Ru] (v. takodje Kolmogorov, Fomin [Ko-Fo]; cc Arsenovi, Dostani i Joci [Ar-Do-Jo]). S obzirom da je kurs prvenstveno namenjen c c c studentima R-smera tei dokazi i delovi koji izlaze iz osnovnog dela kursa su samo z skicirani i obino oznaeni sa *. c c Nadamo se da e dalje dopune i korekcije uzeti u obzir primedbe kolega i studenata. c 1. Integracija 1 U ovoj sekciji dajemo kratak pregled osnovnih svojstava mere i Lebeg-ovog integrala (detalje v. u Aljani [Alj] i Rudin [Ru]). cc 1.1. mera. Svakom intervalu I = (a, b) na realnoj pravoj odgovara merni broj m(I) - duina b a. Da li i drugim skupovima A R odgovara odredjen realan z broj-mera skupa m(A) tako da je 1. m(A) duina intervala kada je A interval z 2. m(A) ima karakteristine osobine duine intervala: c z a. m je nenegativna i b. (aditivnost) mera unije disjunktnih skupova jednaka je zbiru mera skupova Ne postoji funkcija navedenih osobina na P R. Interesantno je odrediti maksimalnu familiju podskupova skupa R (odrediti merljive skupove) na kojoj postoji funkcija navedenih osobina i specijalno ispitati svojstvo aditivnost. Pomou merljivih skupova deniu se merljive funkcije i uvodi Lebeg-ov integral, c s koji uoptava Riemann-ov i ima interesantne (vane) primene. s z Neka je X osnovni skup. Denicija 1.1. Neprazna familija skupova R PX je prsten ako iz A, B R A B, A \ B R Denicija 1.2. Prsten R ( ? Neprazna familija skupova R PX) je -prsten ako iz Ak R(k = 1, 2, ...) Ak R;Date: 29 maj, 2008. 1991 Mathematics Subject Classication. Primary 30.1

2

M. MATELJEVIC

-prsten R se naziva -algebra ako X R. Denicija 1.3. Neka je R prsten. Preslikavanje : R (, +] naziva se funkcija skupa. Funkcija skupa je aditivna ako A B = (A B) = (A) + (B), odnosno -aditivna ako

Ai Aj = (i = j) ( Ak ) = k=1k=1

(Ak ).

Da bi izbegli specijalnu situaciju, pretpostavimo da ne uzima svuda na R vrednost +. Kada je re o -aditivnosti, tada red c k=1 (Ak ) konvergira ili odredjeno divergira ka +. Kako (k=1 Ak ) ne zavisi od poretka u kome skupovi Ak ulaze u uniju, to ni numeriki red c k=1 (Ak ) ne zavisi od poretka svojih lanova. Otuda ako je red S = c (Ak ) konvergentan, onda je i apsolutno k=1 konvergentan. Specijalno, ako je R -prsten i ako sa S + onaimo sumu koja z c sadri pozitivne , a sa S negativne brojeve (Ak ), tada je < S 0 i z 0 S + +. Dakle S je konaan broj. ? c Propozicija 1.1. Neka je aditivna funkcija na prstenu R. Tada (1) () = 0 n (2) (n A ) = =1 (A ), gde su A disjunktni skupovi. =1 (3) Za A, B R, (A B) + (A B) = (A) + (B) (4) ako je A B i (A) < +, tada (B \ A) = (B) (A) (5) ako je 0, tada za A, B R (A B) (A) + (B) a iz A B (A) (B) (6) ako je 0, niz (An ) disjunktnih skupova iz R i A = A R, tada =1 je

(1.1)

(A) =1

(A ).

Dokaz (1)-(5), koji se bazira na jasnoj primeni svojstvu aditivnosti, ostavljamo za vebu. z 3 Kako su A \ B i A B, odnosno A \ B i B parovi disjunktnih skupova, iz ?? sledi [(A \ B) (A B)] = (A \ B) + (A B), [(A \ B) B] = (A \ B) + (B), tj. (A \ B) + (A B) = (A), (A B) = (A \ B) + (B).

REALNA, KOMPLEKSNA ANALIZA I HILBERTOVI PROSTORI

3

Sabiranjem ove dve nejednakosti sledi tvrdjenje ako je (A \ B) < +. Ako je (A \ B) = +, tada je prema prethodnim jednainama (A) = +, (A B) = c +, pa su obe strane u 3 jednake +. Na osnovu druge nejednaine u (5) i aditivnosti, iz A n A za svako n sledi c =1n

(A) za svako n i otuda 1.1.

(n A ) =1

==1

(A )

Propozicija 1.2. Neka je -aditivna funkcija na prstenu R. Tada (1) ako je niz (An ) iz R, A = A R i A1 A2 A3 ..., tada =1 (An ) (A) (2) ako je niz (An ) iz R, A = A R, A1 A2 A3 ... i ako je =1 (Ak ) < (za neko ksirano k), tada (An ) (A). Uputstvo za (1). Deniimo B1 = A1 i Bn = An \ An1 (n = 2, 3, ..., ). s n Skupovi Bn su medjusobno disjunktni i An = =1 B , A = =1 B . Primeniti -aditivnost. Uputstvo za (2). Pretpostavimo da je k = 1. Deniimo Cn = A1 \ An . Tada je s C1 C2 C3 ..., A1 \ A = C . Na osnovu prvog dela, =1 (A1 \ An ) = (Cn ) (A1 \ A). Pretpostavka (Ak ) < je bitna kao to pokazuje sledei primer. Neka je za s c A N , |A| broj elemenata u A ako je A konaan skup i + ako je A beskonaan c c skup; ova funkcija je -aditivna na P N . Neka je Xn = {n, n + 1, n + 2, . . . }; tada z |Xn | = +, i X = Xn = . Dakle |Xn | ne tei |X|. n=1 Denicija 1.4. Nenegativna (sa vrednostima u [0, ]) -aditivna funkcija denisana na -algebri (ili prstenu) R naziva se pozitivna mera na R. Skupovi iz R nazivaju se merljivi skupovi. 1.1.1. Elementarni skupovi. Otvoren interval u Rm je skup I = {x = (xk ) : xk (k , k ), k = 1, 2, ..., m}, gde su k i k (k k ) konani realni brojevi. Za m = 1 to je interval na pravoj, c za m = 2 pravougaonik u ravni, za m = 3 kvadar u prostoru, itd. Intervalu I dodeljujemo merni brojm

m(I) =k=1

(k k ),

tj. duinu za m = 1, povrinu za m = 2, zapreminu za m = 3. z s U nekim situacijima, pogodno je da za otvorene, poluotvorene i zatvorene intervale koristiti zajedniki naziv interval. c Denicija 1.5. A Rm je elementaran skup u Rm ako je unija konano intervala. c Familiju elementarnih skupova oznaavamo sa E. c

4

M. MATELJEVIC

Propozicija 1.3. Ako je je A E, tada postoji jedno razlaganje skupa A na konano disjunktnih intervala I (tj. postoji konano disjunktnih intervala I tako c c da je A = n I ). =1 Veba 1.1. Razmotriti prvo dokaza za 1-dimenzione elementarne skupove. z Uputstvo u sluaju ravni. Neka je A unija intervala J i S skup temena ovih c intervala; a S1 i S2 projekcije skupa S respektivno na x i y -ose. Konstruiimo s pomou S1 i S2 odgovarajuu mreu pravougaonika i neka npr. pravougaonici I c c z pripadaju skupu A. XX Veba 1.2. Generalisati ovaj dokaz za m-dimenzione elementarne skupove za m z 2. Denicija 1.6. Neka je A E i neka je n I jedno razlaganje skupa A na =1 disjunktne intervale I . Deniimo sn

m(A) ==1

m(I ).

Proveriti da mera m ne zavisi od razlaganja. Neka su I i J dva razliita c razlaganja skupa A na konano disjunktnih intervala. Kako je presek dva intervala c opet interval, nalazimo m(I ) = m(I J ) za svako , i m(J ) = m(I J ) za svako . Otuda m(I ) = ,

m(I J ) =

m(J ).

Propozicija 1.4. Ako A E, za svako > 0 postoje otvoren elementaran skup G i zatvoren elementaran skup F , tako da je F A G i m(A) < m(F ) + , m(G) < m(A) + . Uputstvo: Ako je A interval za G uzeti dovoljno blizak otvoren interval, a za F uzeti dovoljno blizak zatvoren interval. U optem sluaju koristiti razlaganje dato s c Propozicijom 1.3. Sledei primer ilustruje stav: funkcija m je mera na prstenu E. c1 Primer 1.1. Neka je Ik = [ 21 , 2k1 ). Proveriti da je I = (0, 1) = Ik i da je k k=1

2k = 1.k=1

Navesti slian primer za skupove u ravni; Jk = Ik [0, 1], J = I [0, 1]. c Teorema 1.1. Funkcija m je mera na prstenu E. Prvo pokaimo da je m aditivna. Pretpostavimo A, B E. z Na osnovu Propozicije 1.3, postoje razlaganja skupova A i B na konano disc junktnih intervala I i J respektivno (tj. postoji konano disjunktnih intervala I c i J tako da je A = n I i B = m J ). =1 =1 Ako je A B = , tada je unija svih I i J jedno razlaganje skupa A B na disjunktne intervale. Otuda, na osnovu Denicije 1.6n m

m(A B) ==1

m(I ) +=1

m(J ) = m(A) + m(B).


5

Skica dokaza da je m -aditivna. Pretpostavimo da su skupovi A E disjunktni i da A = A E. Na osnovu =1 aditivnosi m (preciznije nejednakosti 1.1), sledi

m(A) =1

m(A ) =: S.

Interesantno je da je ideja dokaza obrnute nejednaine da se A aproksimira pomou c c konanog pokrivaa. Dokaz obrnute nejednaine bazira se na Propoziciji 1.4 i c c c Heine-Borel stavu: iz otvorenog pokrivaa zatvorenog i ogranienog skupa moe c c z se izdvojiti konano pokrivanje (uporediti sa dokazom da je m -subaditivna). c Za svako > 0, na osnovu Propozicije 1.4, postoji zatvoren elementaran skup F i postoje otvoreni elementarani skup Gn , tako da je F A, An Gn i m(A) < m(F ) + , m(Gn ) < m(An ) + n , n 1. 2 Kako je {Gn } jedno otvoreno pokrivanje skupa F , moe se izdvojiti jedno konano z c pokrivanje, tj. postoji prirodan broj p tako da je p Gn F. n=1 Otuda jep

m(A) < m(F ) n=1

m(Gn ) < S + ,

tj. m(A) < S + 2 odnosno m(A) S, jer moemo birati proizvoljno malo. z Spoljna mera Spoljna mera m (A) denie se sa s

(1.2)

m (A) = infk=1

m(Ik ),

gde se inmum uzima preko svih najvie prebrojivih pokrivanja skupa A intervalima s (Ik ), Ik A. k=1 Vano svojstvo spoljne mere je - subaditivnost, Propozicija 1.5, svojstvo 40 : z ako je A = Ak , tada m (A) k=1 m (Ak ). k=1 Propozicija 1.5. Spoljna mera m ima sledee osobine: c 10 . Ako je A E, tada m (A) = m(A). 20 . m (A) 0. 30 . Iz A B, sledi m (A) m (B). 40 . Iz A = Ak , sledi m (A) k=1 m (Ak ). k=1 0 5 . ako je m aditivna na nekom -prstenu R P Rm , tada je i -aditivna. Interesantno je primetiti ako je m aditivna na nekom -prstenu R, tada na osnovu 40 i nejednakosti 1.1, je i -aditivna. Ponovimo dokaz nejednakosti 1.1. Neka su (Ak ) disjunktni skupovi u R i A = Ak , tada je m (n Ak ) m (A) k=1 k=1 n i otuda k=1 m (Ak ) m (A). Stoga, na osnovu 4., sledin

(1.3) nemerljivi skupovi

m (A) =k=1

m (Ak ).

6

M. MATELJEVIC

Primer 1.2. Navesti primer disjunktnih skupova Ak tako da u 40 ne vai jednakost. z U skupu realnih R brojeva uvedimo relaciju ekvivalencije x y ako i samo ako xy racionalan broj. U svakoj klasi ekvivalencije izaberimo po jednog predstavnika iz intervala (0, 1). Oznaimo sa E skup tih predstavnika. c Neka je Er = {x + r : x E}. Konstrukcija se bazira na sledeim takama. c c 1 Ako x (0, 1), postoji y E, tako da je x y. Deniimo r = x y. Tada s je x = y + r, tj. x Er za neko r (0, 1). 2 Ako su r i s dva razliita racionalna broja, skupovi Er i Es su disjunktni. c Pretpostavimo da Er i Es (r = s) nisu disjunktni, tj. da postoji x Er Es . Otuda postoje take y, z E, tako da je x = y + r = z + s. No tada je y z = s r = 0, tj. c y z i y = z, to bi znailo da E sadri dva razliite take iz iste klase ekvivalencije, s c z c c suprotno deniciji skupa E. Racionalne brojeve razmaka (1, 1) uredimo u niz (rn ) i deniimo An = Ern . s Na osnovu 2 , skupovi An su disjunktni. Neka je A = n=1 An . Iz 1 sledi, (0, 1) A i stoga 1 m (A). Kako su skupovi An dobijeni translacijom skupa E, ovi skupovi imaju istu spoljnu meru. Otuda, sobzirom na nejednaini 4 , c sledi m (An ) = > 0. Dakle desna strana u nejednaini 4 jednaka je +, dok leva, s obzirom na A c (1, 2), nije vea od 3. c Primer 1.3. Neka je K krunica duine 1, na kojoj je uvedena linearna Lebegova z z mera; i iracional broj. Neka istoj klasi pripadaju one take krunice K, koje mogu biti prevedene jedna c z u drugu rotacijom za ugao n, n ceo broj. Izaberimo iz svake klase jednu taku c i oznaimo tako dobijen skup sa 0 ; oznaimo sa n skup dobijen iz 0 rotacijom c c za ugao n. Skupovi n su disjunktni i njihova unija je ceo krug K. Proveriti

1=k=

m(k ) .

Suma na desnoj strani je 0, ako je m(0 ) = 0 i beskonano , ako je m(0 ) > 0. c Otuda 0 je nemerljivo. Neka A, B Rm . Deniimo s d(A, B) = m (AB). Kaemo da An A ako d(An , A) 0. z Denicija 1.7. Skup A iz Rm pripada kolekciji MK ako postoji niz elementarnih skupova (An ) tako da An A. Skup A iz Rm pripada kolekciji M(Lebeg-ov -prsten) ako je najvie prebrojiva unija skupova iz MK . s Pokazati da dopustivi (Zordan merljivi) skupovi pripadaju kolekciji MK ; ponoviti dopustivi (Zordan merljivi) skupove iz Analize 2. Teorema 1.2. Svaki neprazan otvoren skup G u Rm (m 2) je prebrojiva unija zatvorenih kocki koje nemaju zajednikih unutranjih taaka i ije su strane parc s c c alelne koordinatnim ravnima. dokaz za m = 2; slino za m > 2. Za ksirano n(= 1, 2, . . . ) sistem pravih c x1 = , 2n x2 = (, = 0, 1, 2, . . . ) 2n


7

odredjuje u ravni mreu Qn zatvorenih kvadrata koje nemaju zajednikih unz c utranjih taaka. s c Neka je: T1 kolekcija svih kvadrata mree Q1 koji pripadaju G i G1 njihova z unija; T2 kolekcija svih kvadrata mree Q2 koji pripadaju G, ai ne pripadaju T1 z (koji pripadaju G \ G1 ) i G2 njihova unija ;T3 kolekcija svih kvadrata mree Q3 z koji pripadaju G, a ne pripadaju T1 T2 (a ne pripadaju G1 G2 ); itd. Svaka kolekcija Tn je najvie prebrojiva pa je takva i njihova unija T = Tn . Poredjajmo s sve kvadrate iz T u niz S1 ,S2 , ... Jasno je G = Sn . n=1 Ako je G ogranien, onda postoji pravougaonik R tako da G R; tada je za c svako n 1n

m(Sk ) m(R) .k=1

Otuda rn tei 0 kada n tei , gde je rn = k=n m(Sk ). z z Neka je An = n Sk ; tada m (G \ An ) rn . Dakle An G i otuda G MK . k=1 Ako A, B MK , tada postoje nizovi elementarnih skupova An i Bn tako da An A i Bn B. Iz aditivnosti m na E sledi m(An ) + m(Bn ) = m(An Bn ) + m(An Bn ) Na osnovu Propozicije 1.5, svojstvo 10 , prelaskom na limes nalazimo m (A) + m (B) = m (A B) + m (A B). Na osnovu prethodnog razmatranja dokazuje se (detalji su ostavljeni itaocu) sledea c c lema. Lema 1.1. MK je prsten i m je aditivna i konana na MK . c Otuda sledi da je m aditivna na MK (kljuno svojstvo pomou koga se zatim c c dokazuje da je m -aditivna na M). M je -prsten i m je -aditivna funkcija skupa na M. Ako A iz Rm pripada kolekciji M(Lebeg-ov -prsten) kaemo da je A merljiv u z Lebeg-ovom smislu (kratko merljiv). Primer 1.4. Pokazati da skup E konstruisan u Primeru 1.2 nije merljiv. Ako je skup E konstruisan u Primeru 1.2 merljiv, tada su i An = Ern merljivi i onda u 4 vai jednakost. z Lema 1.2. Svaki skup A iz M moe se prikazati kao najvie prebrojiva unija disz s junktnih skupova An iz MK . Ako je skup A najvie prebrojiva unija disjunktnih s skupova An iz MK , tada je

(1.4)

m (A) =n=1

m (An )

Primetimo da smo ve dokazali 1.4 (? sledi iz 1.3). c Na osnovu denicije M, postoje skupovi Bk , k 1, u MK tako da je A = Bk . k=1 Deniimo Cn = n Bk , s k=1 A1 = B1 i An = Cn \ Cn1 , (n = 2, 3, ...).

8

M. MATELJEVIC

Jednostavno se proverava da skupovi An ispunjavaju traene uslove. z Na osnovu Teoreme 1.2, svaki neprazan otvoren skup G u Rm (m 2) je prebrojiva unija zatvorenih kocki Sk , k 1, koje nemaju zajednikih unutranjih taaka c s c i ije su strane paralelne koordinatnim ravnima. Objasniti zato je c s m(G) = k=1 m(Sk ). Lema 1.3. Ako A M i m (A) < +, tada A MK . Na osnovu Leme 1.2 postoje disjunktni skupovi Ak u MK tako da je A = Ak i m (A) = m (Ak ). Oznaimo n Ak sa Bn . Iz c k=1

d(A, Bn ) = m

( k=n+1 Ak )

=k=n+1

m (Ak ) 0

sledi da Bn A. Na osnovu Lema 1.1, 1.2 i 1.3, dokazuje se centralni stav u Lebeg-ovoj teoriji mere Teorema 1.3 (*). M je -prsten i m je -aditivna funkcija skupa na M.s s s Primer 1.5. Neka je Ik = (k, k + 1/k s ) (0, 1), Jn = n Ik i Js == Ik , k=1 k=1 s s 0 ; tada Jn E, Js E; / s kako red k=1 m(Ik ) konvergira za za s > 1, Js MK \ E za s > 1; s kako red k=1 m(Ik ) divergira za za s 1, Js M \ MK za s 1.

Klase merljivih skupova i funkcija Teorema 1.4. Otvoreni i zatvoreni skupovi u Rm su m-merljivi. Svaki neprazan otvoren skup u Rm (m 2) je prebrojiva unija zatvorenih kocki koje nemaju zajednikih unutranjih taaka i ije su strane paralelne koordinatnim c s c c ravnima. Zatvoreni skupovi su merljivi kao komplementi otvorenih. Propozicija 1.6. Ako A M, za svako > 0 postoje otvoren skup G i zatvoren skup F , tako da je F A G i m(A \ F ) < , m(G \ A) < . Uputstvo: Za G uzeti dovoljno blisko pokrivanje otvorenim intervalima; izdvojiti sluaj m(A) = . c Ako je proizvoljan skup m (A) < + (u optem sluaju nemerljiv), tada postoji s c pokrivanje skupa A otvorenim intervalima In tako da je

(1.5)k=1

m (Ik ) < m (A) + .

Neka je G = Ik . Tada je G otvoren, A G i m (G) < m (A) + . Otuda, ako k=1 je A m-merljiv, sledi m (G \ A) = m(G \ A) < . Veba 1.3. Objasniti zato, bez pretpostavke da je A m-merljiv, prethodna nez s jednakost ne vai. z Zasto svaki merljiv skup nije najvie prebrojiva unija elementarnih skupova? s


9

Mada su skupovi G \ A i A disjunktni jednakost: m (G \ A) + m (A) = m (G) ne vai ako je A nemerljiv skup. Ako ova jednakost vai za svaki otvoren skup G z z koji sadri A, onda kao u dokazu sledee Propozicije, sledi da je A merljiv. z c Ova situacija pokazuje da je aditivnost vano svojstvo kao i klasa merljivih skupova. z Borel-ov skup je svaki skup koji se moe dobiti iz otvorenih skupova primenjujui z c najvie prebrojivo unija, preseka i komplemenata. s U praksi, dovoljno je raditi sa klasom B Borel-ovih skupova. B je najmanji -prsten koji sadri sve otvorene skupove. z Propozicija 1.7. Ako A M, tada postoje Borelovi skupovi G i F , tako da je F AGi m(A \ F ) = 0, m(G \ A) = 0. Dakle, svaki m-merljiv skup moe se prikazati kao unija Borelovog skupa i skupa z m-mere 0: A = B (A \ B). Uputstvo: Na osnovu Propozicije 1.6, za svako ksirano n (n = 1, 2, ...) postoje otvoreni skupovi Gn i zatvoreni skupovi Fn tako da je Fn A Gn i m(A \ Fn ) < 1/n, m(G \ An ) < 1/n. Deniimo G = s Gn , n=1 F = Fn . Kako je n=1 m(A \ F ) m(A \ Fn ) < 1/n, m(G \ A) m(Gn \ A) < 1/n, kada n dobija se Propozicija 1.7. Svaki neprazan otvoren skup G u Rm moe se prikazati kao najvie prebrojiva z s unija zatvorenih kocki Qk , koje nemaju zajednikih unutranjih taaka i ije su c s c c strane paralelne koordinatnim ravnima; pri tome je m(G) = |Qk |. Merljive funkcije Ponovimo R = R {}. Koristi se i oznaka R. Oznaimo supremum odnosno inmum skupa {an , an+1 , . . . } kratko sa c a+ =: sup ak nkn

odnosno

a =: inf ak . nkn

Niz opada, raste, i lim sup ak = inf n1 supkn ak , lim inf ak = supn1 inf kn ak . Denicija 1.8. Funkcija f : Rm R je merljiva ako je {x : f (x) > s} merljiv za svako realno s. Kompleksna funkcija f = u + i v je merljiva ako su realne funkcije u i v merljive. Propozicija 1.8. Ako je jedan od skupova {x : f (x) > s}, {x : f (x) s}, {x : f (x) < s}, {x : f (x) s} merljiv za svako realno s, takvi su i ostala tri. {x : f (x) s} = {x : f (x) > s n=1 Propozicija 1.9. Ako je f merljiva, tada je |f | merljiva. Ako je (fk ) niz realnih merljivih funkcija, tada su g = sup fk , h = inf fk , lim sup fk , lim inf fk merljive funkcije. 1 } n

a+ n

a n

10

M. MATELJEVIC

{x : |f (x)| < s} = {x : f (x) < s} {x : f (x) > s}. Specijalno, ako je f realna merljiva, funkcije f + = max{f (x), 0} i f = max{f (x), 0} su merljive. Pomou f + i f , funkcije f i |f | razlau se na razliku i zbir dve nenegc z ativne funkcije: f = f + f , |f | = f + + f Deniimo g = supk1 fk , A = {x : g(x) > s}, An = {x : fn (x) > s}, s R; s kako je g fn , jasno je An A za svako n 1 i stoga An A. n=1 Ako x A, tada postoji n0 tako da je s < fn0 (x) F (x); otuda x An0 tako da sledi A An i stoga A = An . n=1 n=1 Neka je B = {x : h(x) s}, Bn = {x : fn (x) s}, s R; jasno je B Bn za svako n 1 i stoga B Bn . n=1 Ako x Bn , tada fn (x) s za svako n 1 i stoga h(x) s. Otuda n=1 B = Bn . n=1 Podvucimo da iz fn (x) > s za svako n 1 sledi h(x) s. Kako je lim sup fk (x) = inf n1 supkn fk (x), lim inf fk = supn1 inf kn fk , funkcije lim sup fk i lim inf fk su merljive. Propozicija 1.10. Neka je f = u + iv kompleksna funkcija merljiva na Rm i neprekidna funkcija na C, tada je funkcija h = f merljiva. Dokaz: Neka je Ic = (c, ). Kako je neprekidna funkcija skup V = 1 (Ic ) je otvoren skup. Dovoljno je dokazati da je f 1 (V ) je merljiv. Ako je R pravougaonik u ravni sa stranama paralelnim osama tada je R produkt dva segmenta I1 i I2 i f 1 (R) = u1 (I1 ) v 1 (I2 ), a ovaj skup je merljiv s obzirom da su u i v merljive. Svaki otvoren skup V u ravni je prebrojiva unija takvih pravougaonika, i kako je f 1 (V ) = f 1 ( Ri ) = f 1 (Ri ), i=1 i=1 f 1 (V ) je merljiv. 1.2. Lebeg-ov integral. 1.2.1. Lebeg-ov integral pozitivne funkcije. Jednostavne funkcije Lebeg-ov integral Funkcija j, denisana na Rm je jednostavna funkcija ako uzima samo konano c mnogo razliitih vrednosti u [0, +]. c Aproksimacija jednostavnim funkcijama Teorema 1.5. Neka je f nenegativna merljiva funkcija na Rm , i neka je In,k = [ k1 , 2k ), za n = 1, 2, 3, . . . i 1 k n2n , n 2n (1.6) En,k = f 1 (In,k ) i Fn = f 1 ([n, ]), i sn jednako k1 na En,k i n na Fn . 2n Tada (a) 0 s1 s2 ... f (b) sn f (x) za svako x Rm (c) ako je f ograniena funkcija, tada niz (sn ) konvergira ravnomerno ka f . c


11

Teorema 1.5 je vana za razumevanje Lebegovog integrala. Za razliku od suma z u Rimanovom pristupu, koje nastaju pomou podele na x-osi, ovde imamo c podelu y-ose. Skupovi En,k , koji su inverzne slike intervala, mogu biti komplikovaniji od intervala i pomou njihovih mera denie se Lebegov integral (v. c s Primer 1.6, koji sledi). Otuda mera (u sutini, svojstvo -aditivnosti) i merljivi s skupovi imaju bitnu ulogu u Lebegovog teoriji integrala. Propozicija 1.11. Pri oznakama uvedenim u Teoremi 1.5, neka jen2n

n =k=1

k1 m(En,k ) + n m(Fn ). 2n

Pokazati da je n neopadajui niz. c Npr. ako je m = 1, n je povrina koju ograniava grak funkcije sn . Uskoro e s c c biti jasno da je granina vrednost niza n Lebegov integral funkcije f . c beskonano puta nula u integraciji, 0 = 0. c Realna linija ima beskonanu duinu. se pojavljuje u teoriji integracije.?? I c z ako smo primarno zainteresovani za realne funkcije lim sup ili suma niza pozitivnih realnih funkcija moe imati vrednost u nekim takama; i teorija gubi elegantnost z c ako uvodimo specijalne pretpostavke kada se takva situacija pojavi. ? Deniimo a + = + a = ako je 0 a , i a = a jednako s ako je 0 < a , i 0 = 0. Za ovu deniciju vae komutativni, asocijativni, i z distributivni zakon u [0, ]. Primetimo da vai sl. propozicija: z Ako an i bn nenegativni nizovi, an a, bn b, tada an bn ab. Pitanje. Ako su an 0 i bn , da li an bn 0 = 0 ? Odgovor: Ne. Konvencija o mnoenju sa ne primenjuje ? se na konvergenciju z nizova ? (Objasniti!). Sa KE oznaavamo karakteristinu funkciju skupa E denisanu sa KE (x) = 1 c c ako x E i KE (x) = 0 ako x E. / Denicija 1.9. Merljiva funkcija j(x), denisana na Rm je jednostavna merljiva funkcija, ako uzima samo konano mnogo razliitih vrednosti u [0, ). c c Neka su medjusobno razliite vrednosti jednostavne merljive funkcije i neka c je A = {x : j(x) = }. Pravolinijski se proveravan

j(x) ==1

KA .n

Denicija 1.10. Neka je j(x) =

KA=1

jednostavna merljiva funkcija, gde su medjusobno razliite vrednosti. Lebeg-ov c integral jednostavne funkcije j na merljivom skupu E denisan je san

j dm =E =1

m(A E).

Za jednostavne funkcije umesto j koristi se i oznaka s.

12

M. MATELJEVIC

Denicija 1.11. Neka je E Rm merljiv skup i neka je f nenegativna merljiva funkcija na Rm . Lebeg-ov integral funkcije f na merljivom skupu E denisan je sa f dm = supE E

j dm,

gde se supremum uzima preko svih jednostavnih merljivih funkcija j za koje je 0 j(x) f (x) na Rm . Ako je pozitivna mera na -algebri M na skupu X, analogno se denie Lebegs ov integral: Denicija 1.12. Neka jen

j(x) ==1

KA

jednostavna merljiva funkcija, gde su medjusobno razliite vrednosti. Lebeg-ov c integral jednostavne funkcije j na merljivom skupu E X denisan je san

j d =E =1

(A E).

Za jednostavne funkcije umesto j koristi se i oznaka s. Neka je E [0, 1] nemerljiv skup. Da li postoji jednostavna merljiva funkcija j na E tako da je 0 j(x) KE (x) na E ? Denicija 1.13. Neka je pozitivna mera na -algebri M na skupu X i neka je E X merljiv skup i neka je f nenegativna merljiva funkcija na E. Lebeg-ov integral funkcije f na merljivom skupu E denisan je sa f d = supE E

j d,

gde se supremum uzima preko svih jednostavnih merljivih funkcija j za koje je 0 j(x) f (x) na E. Sledea propozicija je neposredna posledica denicije. Pretpostavlja se da su c skupovi i funkcije koje se pojavljuju merljivi. Propozicija 1.12. (1) ako je 0 f g, tada je E f dm (2) ako je A B i f 0, tada A f dm B f dm (3) ako je f 0 i c konstanta,0 c , tada cf dm = cE E E

g dm

f dm

(4) ako je f = 0 za sve x E, tada E f dm = 0 (5) ako je m(E) = 0, tada je E f dm = 0 (6) ako je f 0, tada E f dm = Rm KE f dm. Uputstvo za (3): Ako je s merljiva jednostavna funkcija tako da je 0 s f , tada je cs merljiva jednostavna funkcija, 0 cs cf iE

c s dm = cE

s dm.

Otuda prvo, slediE

c f dm cE

f dm i stoga (3).


13

Na osnovu osobine 6 , sledi da se m-integral moe denisati prvo za funkcije denz isane na celom Rm , a zatim pomou 6 na podskupovima u Rm . Ovu primedbu c moemo koristiti da iskaze o integralima na celom Rm kao integracionom podruju z c formuliemo u odgovarajue iskaze gde integraciono podruje neki merljiv podskup s c c u Rm . Primetimo: Ako je f : Rm [0, ] nenegativna m-integrabilna funkcija na Rm , tada je f konana s.s. na Rm . c Propozicija 1.13 (jednostavne funkcije deniu meru). Neka su s i t jednostavne s merljive funkcije na Rm . Za E M, deniimo s (1.7) Tada je mera na M i (1.8)Rm

(E) =E

s dm.

(s + t) dm =Rm

sdm +Rm

tdm.

Neka je s kao u Deniciji 1.12, i ako su E1 , E2 , ... disjunktni merljivi skupovi ija c je unija E, na osnovu -aditivnosti Lebegove mere m, sledin n

(E) =i=1

i m(Ai E) =i=1 n

i=1

m(Ai E ) =

i m(Ai E ) ==1 i=1 =1

(E )

Takodje, () = 0, tako da nije identiki . c Dalje neka su 1 , ..., m razliite vrednosti funkcije t, i neka je Bj = {x : t(x) = c j }. Ako je Eij = Ai Bj , tada (s + t)dm = (i + j )m(Eij )Eij

i sdm +Eij Eij

tdm = i m(Eij ) + j m(Eij )

Dakle (1.8) vai sa Eij umesto Rm . Kako je Rm disjunktna unija skupova Eij , z (1.8) sledi iz prvog dela Propozicije. Teorema 1.6. * (Beppo-Levi, Lebeg-ov stav o monotonoj kovergenciji) Neka je {fn } niz merljivih funkcija na Rm , i pretpostavimo (a) 0 f1 f2 ... (b) fn f (x) za svako x Rm Tada je f merljiva funkcija, i (1.9) lim fn dm f dm.Rm

n

Rm

Kako su fn merljive funkcije i f je merljiva funkcija, ali u optem sluaju ne s c mora biti integrabilna; dakle I = Rm f dm postoji ali I je konaan broj ili +. c 10 . Ako je limn Rm fn dm konaan tada je f integrabilna na Rm . c

14

M. MATELJEVIC

Ideja dokaza. Kako je In = Rm fn dm monotono neopadajui niz brojeva, to In c konvergira ili odredjeno divergira, tj. In , kada n , gde je konaan broj c ili +. Kako je fn f na Rm , sledi In = Rm fn dm Rm f dm i otuda, kada n , dobija se (1.10) Rm

f dm .

Neka je s jednostavna merljiva funkcija tako da je 0 s f , i c konstanta, 0 < c < 1. Deniimo s (1.11) Tada je,Rm

En = {x : fn (x) c s(x)}.

fn dm cEn

s dm,

a na osnovu Propozicije 1.13(jednostavne funkcije deniu meru), s s dm En Rm

s dm.

Otuda, kada n , sledi cRm

s dm

za svako c, 0 < c < 1; i stoga kada c 10 , dobija se Rm

s dm

za svaku jednostavnu funkciju s za koju je 0 s f na Rm . Prema tome, (1.12) Rm

f dm .

Dakle, ako je < + tada je f integrabilna, odnosno, ako f nije integrabilna tada = +. Iz (1.10) i (1.12) sledi (1.9). Primer 1.6. Pretpostavimo da imamo oznake iz Teoreme 1.5. TadaRm

sn dm

f dm.Rm

Ovaj primer pokazuje da je u deniciji Lebeg-ovog integrala dovoljno uzeti supremum po specijalnim jednostavnim funkcijama sn . Integracija redova sa nenegativnim lanovima c Teorema 1.7 (Integracija redova sa nenegativnim lanovima). Pretpostavimo da c je fn : Rm [0, ] niz nenegativnih merljivih funkcija, za n = 1, 2, 3, ..., i

(1.13)

f (x) =1

fk (x) (x Rm ).


15

Tada

(1.14)Rm

f dm =1 Rm

fk dm.

s1 i

Uputstvo. Prvo, postoje nizovi {s1 }, {s2 } prostih merljivih funkcija tako da i i f1 i s2 f2 , kao u Teoremi 1.5. Ako je si = s1 + s1 , tada si f1 + f2 , i na i i i osnovu Stava o monotonoj konvergenciji i Propozicije 1.13, sledi (1.15)Rm

(f1 + f2 )dm =n

Rm

f1 dm +

Rm

f2 dm.

Dalje, na niz sn (x) = 1 fk (x), primeniti Stav o monotonoj konvergenciji. Teorema vai ako umesto mere m razmatramo nenegativnu meru . Ako je z mera def ?? na N = {1, 2, 3, . . . } kao broj elementa nekog skupa, tada teorema je tvrdjenje o dvojnim redovima nenegativnih realnih brojeva: Posledica 1.1. Neka je aij 0. Tada je

aij =i=1 j=1 j=1 i=1

aij .

Primer 1.7. Nai sumuI = k=1 kq k , |q| < 1. Neka je akj = q k za j = 1, 2, . . . k c i akj = 0 za j > k. Suma elemenata j-kolone je

Ij =k=j

qk = =

qj 1q

i otuda I =

j=1 Ij

=

1 1q

j j=1 q

q (1q)2 .

Teorema 1.8 (Fatu(Fatou)-ova lema). Neka je (fn ) niz nenegativnih merljivih funkcija na Rm i f (x) = lim inf fn (x)n

Tada je (1.16) Neka je (1.17) Tada je gn fn i otuda (1.18) Jn =:Rm fn (x) = gn (x) = inf f (x) n

A =:Rm

f dm lim infn Rm

fn dm

gn dm

Rm

fn dm .

Dokaimo da Jn A, kada n tei +. z z Funkcije gn su nenegativne i neopadajue i otuda je c limn gn (x) = supn1 gn (x) = supn1 inf n f (x) = f (x). Kako su funkcije gn i nenegativne na osnovu Lebeg-ov stav o monotonoj kovergenciji, leva strana (1.18) tei levoj strani (1.16). Niz Jn je neopadajui tako da z c lim inf n Jn = limn Jn ; otuda (1.16) sledi iz (1.18).

16

M. MATELJEVIC

Propozicija 1.14. Neka je f nenegativna merljiva funkcija na Rm . Za E M, deniimo s (1.19) Tada je mera na M i (1.20)E

(E) =E

f dm.

f dm =E1

f dm +E2

f dm + ...

ako su skupovi E1 , E2 , ... merljivi, medjusobno disjunktni i E = Ek . k=1 Iz KE =n=1

KEn

dobija se KE (x)f (x) =

KEn (x)f (x).n=1

Integriui levu i desnu stranu, nalazi se (1.20). s c 1.2.2. Lebeg-ov integral realnih i kompleksnih funkcija. Neka je f realna m-merljiva funkcija na m-merljivom skupu E Rm . Ako bar jedan od integrala E f + dm, f dm ima konanu vrednost, tada se Lebeg-ov integral f na E denie sa c s E f dm =E E

f + dm E

f dm

Ako je Lebeg-ov integral funkcije f na E konaan kaemo da je f integrabilna u c z Lebeg-ov smislu ili m-integrabilna. Klasu m-integrabilnih funkcija oznaavamo sa L(E) = LR (E). c Propozicija 1.15. Neka je f realna m-merljiva funkcija na m-merljivom skupu E Rm . Tada f L(E) ako i samo ako |f | L(E) Ako f L(E), tada oba integrala E f + dm, E f dm imaju konanu vrednost, c pa na osnovu specijalnog sluaja Teoreme 1.7 (integracija redova sa nenegativnim c lanovima), funkcija |f | = f + + f je m-integrabilna. c Obrnuto, koristiti f + , f |f |. Interesantno je da funkcija f denisana na [0, 1] sa f (x) = 1 za x Q i f (x) = 1 za x Q, nije Riman integrabilna na [0, 1], a |f | jeste Riman integrabilna na [0, 1]. / Denicija 1.14. Neka je E merljiv; L1 (E) = L(E) je familija kompleksnih merljivih funkcija na E za koje |f | dm < +.E

Ako je f = u + i v i f L1 (E), deniimo s f dm =E E

udm + iE

vdm

Propozicija 1.16. Pretpostavimo da je E merljiv skup, f i g L1 (E) i a i b kompleksni brojevi. Tada af + bg L1 (E) i (1.21)E

(af + bg)dm = aE

f dm + bE

gdm


17

(1.21) sledi iz (1.22)E

(f + g)dm =E

f dm +E

gdm

i (1.23)E

(af )dm = aE

f dm.

Opti sluaj (1.22), sledi ako dokaemo (1.22) za realne funkcije f i g. s c z Pretpostavimo ovo, i deniimo h = f + g. Tada je s (1.24) h+ + f + g = h + f + + g + . Na osnovu Propozicije 1.12, sv.(3), (1.23) vai ako je a 0. Koristei relacije kao z c (u)+ = u , proveriti da (1.23) vai za a = 1. Sluaj a = i, jednostavno se z c proverava. Ako je f = u + iv, tada (if )dm = (v)dm + i (iu v)dm = udm = i( (v)dm + i udm + i udm = f.

v)dm = i

Na osnovu idukcije i formule (1.22), sledi: Propozicija 1.17 (aditivnost integrala za konane sume). Pretpostavimo da je E c n merljiv skup, fk L1 (E), (k = 1, , n), i sn = k=1 fk . Tada jen

sn dm =E k=1 E

fk dm

Teorema 1.9. Ako je f L1 (E), tada je (1.25) Neka je z = otuda jeE

|E

f dm| E

|f |dm

f dm. Na osnovu leme o polarnoj formi z = rei , gde je r = |z|;

|z| =E

ei f dm =E

Re(ei f )dm E

|f |dm.

U dokazu sl. teoreme koristiemo sledec a svojstva: c 1. Ako je ak realan niz tada je lim inf(ak ) = lim sup ak . Neka je A skup taaka nagomilavanja niza (ak ) i a0 najvei element skupa A. c c Tada je A = {a : a A} skup taaka nagomilavanja niza (ak ); neka je b0 c najmanji element element skupa A; tada je b0 = a0 . 2. Neka je Jn nenegativan niz i lim supn Jn 0. Tada je lim inf n Jn 0 i kako je lim supn Jn lim inf n Jn , sledi lim supn Jn = lim inf n Jn = 0. Otuda je limn Jn = 0. Teorema 1.10. (Lebegov stav o dominantnoj konvergenciji) Pretpostavimo da je {fn } niz kompleksnih merljivih funkcija na Rm i da (1.26)m

f (x) = lim fn (x)n

postoji za svako x R . Ako postoji funkcija g L1 (Rm ) tako da (1.27) |fn (x)| g(x) (n = 1, 2, 3, ...; x Rm ),

18

M. MATELJEVIC

tada f L1 (Rm ), (1.28) i (1.29)n n

lim

Rm

|fn f |dm = 0,

lim

Rm

fn (x)dm =

f dm .Rm

Neka je sn = 2g |fn f |, Jn = Tada je In = (1.30) |fn f |dm i In = sn dm.

2g dm Jn i otuda, na osnovu 1. , lim inf In =n

2g dm lim sup Jn .n

Kako je, na osnovu (1.27), |f | g, to je |fn f | |fn | + |f | i stoga |fn f | 2g, sn = 2g |fn f | je niz nenegativnih funkcija. Otuda, kako, na osnovu (1.26), |fn f | 0 i stoga sn 2g, primenom Fatu(Fatou)-ve leme, dobija se 2g dm lim sup Jn n

2g dm.Rm

Kako je

2g dm konaan, c lim sup Jn 0.n

Otuda, na osnovu 2., sledi limn Jn = 0. Na osnovu,| Rm fn (x)dm Rm f dm| Jn , sledi (1.29). Stavovi o montonoj konvergenciji, dominatnoj konvergenciji i integraciji redova sa proizvoljnim lanovima ?? pokazuju prednosti Lebegovog integrala nad Ric manovim jer se za primenu pod pogodnijim uslovima moe zakljuiti da niz inz c tegrala konvergira integralu granine funkcije. c Propozicija 1.18. Neka je f merljiva funkcija na Rm i f L(Rm ). Za E M, deniimo s (1.31) (E) =E

f dm.

Tada je -aditivna kompleksna funkcija skupa (kompleksna mera) na M i (1.32)E

f dm =E1

f dm +E2

f dm + ...

ako su skupovi E1 , E2 , ... merljivi, medjusobno disjunktni i E = Ek . k=1 Uputstvo: Ako je f realna funkcija, primeniti Propoziciju 1.14 na f + i f . Ovde se, za razliku od Propozicije 1.14, pretpostavlja da je f m-integrabilna funkcija na Rm . Otuda je ograniena na M, jer je c |(E)| E

|f |dm Rm

|f |dm +

za svako E M(m).


19

Primer 1.8. Neka nenegativna funkcija f L(Rm ) i neka je [f ]n = f n akof n akof n

niz tzv. saseenih funkcija funkcije f . Jednostavno se proverava da je niz [f ]n c monoton i da [f ]n f ;npr. ako je f (x) R tada je [f ]n (x) = f (x) za f (x) n i ako je f (x) = + tada je [f ]n (x) = n za svako n. Otuda, na osnovu Stava o monotonoj konvergenciji, (1.33)n

lim

[f ]n (x)dm =

f dm.

Primetimo da je [f ]n f i da se moe primeniti i Lebeg-ov stav o dominantnoj z konvergenciji. Propozicija 1.19. (apsolutna neprekidnost m -integrala) Neka je f L(Rm ). Tada za svako > 0 postoji broj > 0 tako da za svaki m-merljiv skup E iz Rm (1.34) m(E) < |E

f dm| < .

Dovoljno je dokazati za realne funkcije f. Kako je f = f + f , moemo pretz postaviti da je f 0. Na osnovu Primera 1.8, (1.35) lim (f [f ]n ) dm = 0,

n

i otuda postoji prirodan broj n0 tako da (1.36) Neka je = |f [f ]n0 | dm < ; kako je [f ]n0 n0 , dobija se 2 n0E

. 2

|[f ]n0 (x)| dm n0 m(E) n0

= /2 . 2 n0 |[f ]n0 (x)| dm,

Otuda, kako je |f | dm E E

|f [f ]n0 | dm +

E

sledi dokaz. 1.2.3. Lebeg-ov integral i skupovi mere nula. Konani i prebrojivi skupovi su c mere nula. Interesantniji primer je Kantorov skup K (videti 1.23), koji je zatvoren, neprebrojiv i ima meru nula. Ovaj primer pokazuje da je vizuelno teko opisati s skupove mere nula, koji imaju vanu ulogu u Lebeg-ovoj teoriji integrala. z Kompaktan skup F ima meru nula akko ima svojstvo konanog pokrivanja inc tervalima ija je totalna duina proizvoljno mala : za svako > 0 postoji konano c z c mnogo intervala koji pokrivaju F i ija je totalna duina manja od . c z Skup Q racionalnih brojeva je prebrojiv i otuda ima meru nula. Interesantno je da skup Q [0, 1] nema svojstvo konanog pokrivanja intervalima c cija je totalna duina proizvoljno mala . z

20

M. MATELJEVIC

Neka je P svojstvo koje taka x ima ili nema. c Neka je E merljiv. P skoro svuda na E (P s. s. na E ) znai postoji skup N mere c nula tako da P vai na E \ N . z Npr. ako su f i g merljive funkcije na Rm i (1.37) m({x : f (x) = g(x)}) = 0

kaemo da je f = g s.s. [m] i piemo f g. z s Podvucimo ako je f g, tada je (1.38)E

f dm =E

gdm.

za svaki merljiv skup E. Neka je N = {x E : f (x) = g(x)} (denisan sa (1.37)); E je unija skupova E \ N i E N ; f = g na E \ N i m(E N ) = 0; otuda, na osnovu Propozicije 1.18(tj. jednakosti (1.32) za specijalan sluaj dva skupa), sledi c (1.39)E

(f g)dm =E\N

(f g)dm +N

(f g)dm = 0.

Na slian nain, pomou skupa {x E : f (x) = g(x)} umesto skupa N , dokazuje c c c se: Ako je f = g s.s. na merljivom skupu E, tada je (1.40)E

f dm =E

gdm.

Ovu osobinu integrala moemo i ovako formulisati: Ako je f = 0 s.s. na E, tada je z f dm = 0. E Videti Stavove 11, 12,14,15,16 [Alj]. Integracija redova sa proizvoljnim lanovima c Teorema 1.11. Pretpostavimo da je {fn } niz kompleksnih merljivih funkcija denisanih s.s. na Rm i da

(1.41)1 Rm

|fk |dm < +

Tada

(1.42)

f (x) =1

fk (x)

konvergira za skoro svako x Rm , f L1 , i

(1.43)Rm

f dm =1 Rm

fk dm

Neka su funkcije {fn } denisane na skupovima En i neka je E = Ek . k=1 Proveriti da je m(Rm \ E) = 0. n Deniimo S + (x) = 1 |fk (x)|, i sn = 1 fk . s + Tada |sn | S , sn (x) f (x). Na osnovu pretpostavke (1.41) i Teoreme 1.7 (Integracija redova sa nenegativnim lanovima), S + (x) je integrabilna funkcija na c Rm . Otuda S + (x) je konana funkcija s.s. i stoga red (1.42) konvergira s.s. c


21

??Kako sn (x) f (x) s.s, primenom Lebeg-ovog stava o dominantnoj konvergenciji na niz funkcija sn , nalazimoRm

sn dm

f dmRm

kada n . S druge strane na osnovu Propozicije o aditivnost integrala za konane sume, cn Rm

sn dm =1

Rm

fk dm.

Otuda sledi (1.43). Podvucimo sledee: ako su {fn } denisane za svako x Rm , iz (1.41) sledi samo c da red (1.42) konvergira s.s. Primer 1.9. Neka je ak (x) =coskx 2k

i s(x) = 1 , 1 eix /2

k=0

ak (x). Dokazati da je

s(x) = Re Proveriti da li je integral2 0

x R.

s(x)dx = 2.

Navesti primer reda za koji integracija reda lan po lan daje netaan rezultat. c c c Primer 1.10. Neka je fk (x) = (k + 1)xk i ak (x) = fk (x) fk+1 (x). Tada je ak (x) = (k + 1)(1 x) x xk , 1 1 f (x)dx = 1 i otuda 0 ak (x)dx = 0, k 0, 0 k 1 c s(x) = k=1 ak (x) = f1 (x) i otuda 0 s(x)dx = 1. Integracijom reda lan po lan dobija se 0. c Primer 1.11. Neka je E m-merljiv skup i neka je f nenegativna m-merljiva funkcija na E. Tada f dm = 0 f = 0 s.s. na E.E

Uputstvo: Neka je En = {x E : f (x) > 1/n}, n 1. Tada se skup taaka c A E, na kojem je f (x) > 0 moe napisati u obliku A = En ; zaista, En A; z n=1 i ako x A, tada postoji n tako da je f (x) > 1/n > 0, tj. x En , n 1. Kako je E f dm En f dm m(En )/n, sledi m(En ) = 0 i otuda m(A) = 0. Propozicija 1.20. Neka je f L(Rm ) i neka je (1.44)E

f dm = 0

za svaki m-merljiv skup E u Rm . Tada je f = 0 s.s. na Rm . Uputstvo: Neka je A = {x : f (x) 0} i B = {x : f (x) 0}. Tada je, na osnovu Primera 1.11, f = 0 s.s. na A i B. Propozicija 1.21. Neka je f L(R) i neka jex

(1.45)

f dm = 0

za svako x R. Tada je f = 0 s.s. na R.

22

M. MATELJEVIC

Uputstvo: Dokaimo da z (1.46)E

f dm = 0

za svaki m-merljiv skup E. Iz (1.45) sledi da (1.46) vai za svaki otvoren interval u R i otuda za svaki otvoren z skup, jer su otvoreni skupovi u R najvie prebrojiva unija disjunktnih otvorenih s intervala. No tada (1.46) vai za svaki Borelov skup E, a time na osnovu Stava ?? z i za svaki m-merljiv skup E. 1.2.4. Odnos izmedju Lebeg-ovog i Riemann-ovog integrala. Teorema 1.12. Ako je f R-integrabilna na [a, b], tada je f i Lebeg-integrabilna na [a, b] ib b

(1.47)a

f dm =a

f dx

Obrnuto ne vai kao to pokazuje sledei primer: z s c Primer 1.12 (Dirihleova funkcija). Neka je f denisano na [0, 1] sa f (x) = 1 kada je x iracionalan broj i f (x) = 0 kada je x racionalan broj. Napomena: Ako je f R-integrabilna na [a, b], tada je f ograniena na [a, b]. c Otuda, ako je f merljiva sledi da je m-integrabilna. U procesu dokaza teoreme dokazaemo da je f merljiva i da su Lebegov i Riemann-ov integral jednaki. c Ako je f [a, b], tada je f ograniena (|f | ograniena funkcija) na [a, b] i stoga c c postoji konstanta M tako da je f + M nenegativna funkcija na [a, b]. Ako jednakst b b (1.47) vai za f + M , tada a (f + M )dm = a (f + M ) dx i s obzirom da su i z Lebegov i Riemann-ov integrali aditivni, (1.47) vai i za f . z Dakle, moemo pretpostaviti da radimo sa nenegativnim funkcijama. Neka je z f 0 R-integrabilna na [a, b] i neka je podela (Pn ) zadata takama xk = a + 2k (b c n (n) (n) (n) (n) (n) a), Ik = (xk1 , xk ], mk = inf{f (x) : x Ik } i Mk = sup{f (x) : x Ik }. (n) Za ksirano n deniimo jednostavne funkcije sn i Sn na [a, b]: sn (x) = mk i s (n) (n) Sn (x) = Mk za x Ik (k = 1, 2, ..., 2n ). Na osnovu teoreme o karakterizaciji R-integrala gornja i donja Darbuova sumab b

(1.48)b

s(Pn ) =a

sn (x)dx i S(Pn ) =a

Sn (x)dx

tee ka I0 = a f dx. z Deniimo s s(x) = lim sn (x) i S(x) = lim Sn (x).n n

Jasno je da je sn f Sn i stoga s f S na [a, b]. Primenom teoreme o monotonoj kovergenciji, sledi da s(Pn ) i S(Pn ) respektivno b b tee ka I0 = a sdm i I0 = a Sdm. Otuda, pokazati da z s(x) = S(x) = f (x) s.s. na [a, b]. Funkcije s i S su merljive kao granine vrednosti merljivih funkcija, pa je takva i c b b b f ; otuda je a f dx = I0 = a Sdm = a f dm.


23

Napomena: Oznaimo sa klasu R-integrabilnih funkcija. c U literaturi se esto navodi u dokazu ove teoreme: Kako je i Riemann-ov inegral c apsolutno integrabilan, dovoljno je da u nizu implikacija f |f | |f | L f L dokaemo drugu imlikaciju. z Ako je f merljiva onda je tana trea implikacija. Da li je tana trea implikacija c c c c u optem sluaju ? s c Npr. neka je A, [0, 1] A [1, 2], nemerljiv skup, razmtran u Sekciji 1 i funkcija f jednaka 1 na A i 1 na [1, 2] \ A, tada je |f | jednako 1 na [1, 2], f nije merljiva funkcija na [1, 2] i trea implikacija nije tana. c c ?? Kako je |f (x)f (y)| = |f (x)|+|f (y)|, ako su f (x) i f (y) razliitog znaka, sledi c |f + (x)f + (y)| |f (x)f (y)| i otuda iz f sledi f + . Dakle, i na ovaj nain c b b dokaz teoreme se svodi na nenegativne funkcije. Naime iz a f + dm = a f + dx i b b f dm = a f dx sledi (1.47). a Teorema 1.13. Ograniena funkcija f je R-integrabilna na [a, b] ako i samo ako c je neprekidna s.s. na [a, b]. Dokaz se izvodi u kursevima Analizi 1-2. Pretpostavimo da za funkcija f vai z 1 a) f nenegativna i Riman integrabilna na [0, 1] i 0 f (x)dx = 0. Da li je f raliita od 0 u konano taaka ? z c c c Rimanova funkcija: ako je x = m/n redukovan razlomak deniimo f (x) = 1/n s i f (x) = 0 ako x Q. / Proveriti ako x Q i xk = mk /nk x, kada k tei , tada nk tei i otuda / z z Rimanova funkcija je neprekidna i specijalno Riman integrabilna na [0, 1] i raliita z c od 0 na beskonanom prebrojivom skupu taaka. c c Da li postoji funkcija raliita od 0 na ne prebrojivom skupu taaka za koju vai z c c z a) ? Primer 1.13. Neka je f jenako 1 na Kantorovom supu K i 0 na K c = [0, 1] \ K. 1 f je neprekidna na K c i stoga Riman integrabilna i 0 f (x)dx = 0. Primetimo da je f raliita od 0 na neprebrojivom skupu taaka. z c c Up: Neka je P podela 0 = x0 < x1 < xn = 1 i ?? k [xk , xk+1 ] K c ; tada je integrala suma jednaka 0. Primer 1.14. a. Ako je f neprekidna s.s. na [a, b], dokazati da je f merljiva na [a, b]. b. Pomou a. i Teoreme 1.13, dokazati Teoremu 1.12. c Dokaz b. Pretpostavimo da je f R-integrabilna. Dakle, na osnovu a. i Teob reme 1.13, sledi da je f merljiva na [a, b]; i stoga postoji Lebegov integral a f dm. b Teorema 1.12 sada sledi iz nejednakosti s(Pn ) a f dm S(Pn ). Primer 1.15. Neka je f (x) = sinx . x a. f ima na (0, ) nesvojstven Riemann-ov integral. b. Izraunati I = 0 f dx, metodama kompleksne analize. c c. Pokazati da f nije m-integrabilna na (0, )

24

M. MATELJEVIC

Uputstvo za a. Na osnovu parcijalne inegracije f dx = cos x cos x . x x2 Uputstvo za b. Ponoviti Primere iz Furije-ov tip integrala; neka je g(z) = eiz /z i + J = gdx. Tada je J = i i 2I = ImJ. Otuda je I = /2. Uputstvo za c. sinx 2 Kako je Ik = 0 x+k dm (k+1) , dobija se 0

|f |dm =0 k=0

sinx dm = . x + k

Primer 1.16. Integral I() = tegral) za < 1 i

1 0

x dx konvergira (kao nesvojstven rimanov in-

1 . 1 Funkcija f (x) = x pripada L1 (0, 1) za < 1. Up. Neka je Kn karakteristina funkcija intervala [1/n, 1] i fn = Kn f ; Jednosc tavno se proverava da fn f na (0, 1] i da I() =1 1

1 , < 1. 1 0 1/n Otuda, na osnovu Lebeg-ovog stava o monotonoj kovergenciji, funkcija f (x) = x pripada L1 (0, 1) za < 1. fn (x) dm = f (x) dm Propozicija 1.22. Neka je I = [a, [ konaan ili beskonaan interval, f funkcija c c denisana na I i Rimam-integrabilna na svakom segmentu [a, b] [a, [.Ako je f nenegativna na I i nesvojstveni integral 0 f dx konvergira, tada je f L1 [a, [ i f dx = 0 f dm. 0 Up. Neka je R i Kn karakteristina funkcija intervala [a, 1/n] i fn = Kn f ; c Jednostavno se proverava da fn f na [a, [ i da , na osnovu Lebeg-ovog stava o monotonoj kovergenciji, 1/n

fn (x) dm =a a 1/n a a

f (x) dm 0 a

f (x) dm,

n .

Kako nesvojstveni integral

f dx konvergira, sledi n .

fn (x) dm = f (x) dx a f (x) dx, Otuda funkcija f pripada L1 [a, [. Primer 1.17. Za < 1,x2 +y 2 0, ( + 1) = (). Specijalno za = n N dobija se (n+1) = n(n) = n(n1)(n1) = n!, s obzirom da je (1) = 0 ex dx = 1. Dakle (n + 1) = 0 xn ex dx = n!. Primer 1.20. Neka je In =3/2

1 0

fn (x) dm.

n x 1 a. ako je fn (x) = 1+n2 x2 , proveriti da je fn (x) x na [0, 1]. b. Proveriti da fn ne konvergira ravnomerno na [0, 1]. c. Izraunati limn In = 0. c

d. ako je fn (x) =

n3 x3/4 1+n4 x2 ,

izraunati limn In = 0. c

Uputstvo: a. t = nx, n = t/x, t3/2 1 fn (x) = s(t)g(x), gde je s(t) = 1+t2 , g(x) = x1/2 . 3/2 Ako 1; ako je t 1, tada je s(t) t3/2 /t2 je 0 t 1, tada je s(t) t 1/ t 1. Otuda je s(t) 1 i stoga |fn (x)| g(x). b. Jednostavno se proverava i fn 0 na [0, 1], a da je 1 n fn ( ) = . n 2 1 c. fn 0 na [0, 1]. Kako je g L (0, 1), na osnovu Lebeg-ovog stava o dominantnoj knvergenciji nalazimo limn In = 0. d. t = tn = n2 x, n = t/ x, fn (x) = s(t)g(x), gde je s(t) = Kako je s(t) 1, |fn (x)| g(x).n

t3/2 1+t2 ,

g(x) =

1 . x3/4

t Primer 1.21. Neka je fn (t) = ext 1et . Za 0 < x < 1 i n 1 prirodan broj dokazati + + n! fn (t) dm(t) = . (x + k)n+1 k=

Uputstvo: proveriti + + (1 et )1 = k=0 ekt , t > 0; i (1 et )1 = et (1 et )1 = k=1 ekt , t < 0. Na osnovu stava o integraciji redova sa nenegativnim lanovima, I2 = c 0 0 1 fn (t)dt = = A , gde je A = tn e(x+)t dt. Kako je (n + 1) = 0 n e d = n!, smenom = (x + )t, dobija se 0 za t 0 i 1, d = (x + )dt i stoga A = 1 (x + )n+1+ 0 +

n e d =

(n + 1) n! = . (x + )n+1 (x + )n+1

26

M. MATELJEVIC

Primer 1.22. Neka je na (0, 1) denisan niz m-integrabilnih funkcija fn = n(n + 1) 01 1 ako x ( n+1 , n ) u ostalim takama c

Ako je 0 < x < 1 ksirano, tada postoji n0 1 prirodan broj tako da je 0 < 1/n0 < x < 1; otuda fn (x) = 0 za n n0 . 1 Dakle granina vrednost f ovog niza je 0, a 0 fn dm = 1. c Niz (fn ) pokazuje da se Fatou lema ne proiruje na negativne funkcije u optem s s sluaju. c Kantorov skup Primer 1.23. (Kantorov skup Ks ) Neka je 0 < s 1 i neka je G1 = ( 1 3 2 s 1 s z 2 , 2 + 2 ) interval duine s, tj. srednji deo segmenta I = [0, 1] i F1 = [0, 1] \ G1 . Skup F1 sastoji se od dva segmenta;iz svakog od njih odstranimo srednji deo duine s 1 i tako dobijeni skup oznaimo sa F2 . Itd. u n-tom koraku odstranimo z c 3 1 2n1 intervala duine s 3n1 i neka je Gn skup taaka odstranjenih posle prvih z c s n koraka i Fn = Fn skup preostalih taaka, tj. Fn = [0, 1] \ Gn . Pogodno je c uvesti smenu t = 3s. s Kako je duina odstranjenih z Skup Kt = 1 Fk naziva se Kantor-ov skup. intervala jednaka 2 4 2 s + s + s 2 + + s ( )n + = 3 s = t , 3 3 3 to Kantor-ov skup K = Kt ima pozitivne mere 1 3 s = 1 t > 0 ako je 0 < s < 1 , tj 0 < t < 1; Kantor-ovog skupa K = K1 ima meru 0. 3 Razmotrimo strukturu Kantor-ovog skupa K = K1 . Kantor-ovom skupu, jasno, pripadaju krajevi izbaenih intervala : 0, 1, 1/3, 2/3, 1/9, 2/9, 7/9, 8/9, . . . . c Primetimo da na prvi pogled izgleda kao da Kantor-ovom skupu ? K = K1 pripadaju samo krajevi izbaenih intervala, ali ovaj skup je neprebrojiv i ima kompc likovanu strukturu i meru 0. ? Dokazati neposredno, da taka 1/4 pripada K, a ne pripada krajevima izbaenih c c intervala. Zapiimo svako x, 0 x 1 u trojnom ( trijadskom) sistemu s a1 a2 an x= + 2 + + n + ..., 3 3 3 gde brojevi an uzimaju vrednosti 0, 1 i 2. Kao i u sluaju decimalnog zapisa neki brojevi dozvoljavaju dva zapisa c 1 1 0 0 0 2 2 = + 2 + + n + = + 2 + + n + ... 3 3 3 3 3 3 3 Ako se iskljue zapisi koji poev od nekog mesta imaju samo dvojke, onda je zapic c sivanje jednoznano. c Jednostavno se proverava da skupu K pripadaju take x koje se bar na jedan nain c c mogu zapisati u trojnom ( trijadskom) sistemu pomu 0 i 2. Svakom x K korec spondiramo niz (1.49) gde je an 0 ili 2 i (1.50) b1 , b2 , . . . , bn , . . . , a1 , a2 , . . . , an , . . . ,


27

gde je bn = 0 ako je an = 0; i bn = 1 ako je an = 2. Nizove (1.50) pretstavljaju dijadski zapis segmenta [0, 1]. Takvim postupkom, denie s se preslikavanje K na [0, 1] i otuda K ima mo kontinuma. c ?? Ponoviti: Nai sumuI = k=1 kq k , |q| < 1. Neka je akj = q k za j = 1, 2, . . . k c i akj = 0 za j > k. Suma elemenata j-kolone je

Ij =k=j

qk = =

qj 1q

i otuda I =

j=1 Ij

=

1 1q

j j=1 q

q (1q)2 .

Primer 1.24 (Inegral na komlementu Cantor-ovog skupa). a) Neka je f nula na Cantor-ovom skupu K = K1 i f (x) = k na svakom od komplementarnih intervala 1 duine 3k . Dokazati da je f Lebeg integrabilna na [0, 1] i da je I = 0 f dm = 3 z b) Neka je g nula na Cantor-ovom skupu K = K1 i g(x) = k 2 na svakom od komplementarnih intervala duine 3k . Dokazati da je g Lebeg integrabilna na z 1 [0, 1] i izraunati J = 0 gdm c Uputstvo a): neka je Gn skup taaka odstranjenih posle prvih n koraka i Fn c skup preostalih taaka iz konstrukcije Kantorovog skupa i fn = KGn f . Tada je c k1 1 n In = 0 fn dm = k=1 k 2 3k i k1 limn In I = k=1 k 2 3k ; i otuda na osnovu Lebeg-ov stav o monotonoj kovergenciji f je integrabilna na [0, 1]. Deniimo s

g(x) =k=1

xk /3k =

x . 3x

Tada je g (x) = alt

1 3x

+

x (3x)2 ;

g (2) = 3 i stoga I = 3.

h(x) =k=1

xk =

x 1 = 1, 1x 1x

|x| < 1 .

1 1 Tada je h (x) = (1x)2 ; h (2/3) = 9 i stoga I = 3 h (2/3) = 3. Napomena:Skup prekida funkcije f je Kantorov skup, koji ima meru nula. S druge strane funkcija f je neograniena u svakoj okolini svake take koja pripada c c Kantorovom skupu. ?? Dakle, za ovu funkciju ne moemo denisati nesvojstven z Riman-ov integral na [0, 1].

??str. 61-62 Pretpostavimo da proseno svaki trei prolaznik pored kioska kupi novine. Neka c c je Xk , k = 1, 2, . . . bude broj prolaznika od prodaje k 1 primerka pa dok se ne proda k-ti primerak. Ove sluajne promenljive su nezavisne sa istom raspodelom: c P {Xk = j} = ( 2 )j1 1 , j = 1, 2, . . . ; 3 3 j1 EXk = j=1 j 2 3j . Uputstvo b):

28

M. MATELJEVIC

h (x) =k=1

kxk1 =

1 (1 x)2 x (1 x)2

i stoga

(x) = xh (x) =k=1

kxk =

i (x) =

k 2 xk1 =k=1

1 2x + . (1 x)2 (1 x)3

Primer 1.25. Izraunati cn

I1 =: lim i

n

(1 0 n

x n x/2 ) e dm n

x n 2x ) e dm. n 0 Up. Neka je Kn karakteristina funkcija intervala [0, n) i fn (x) = Kn (x)(1 c x n x/2 ) e ; fn (x) ex/2 . n Deniimo s(t) = ln(1 t), t < 1; tada je s (t) = (1 t)1 . Kako je s konkavna s x x funkcija, to s(t) t. Otuda je an (x) = (1 n )n = en ln(1 n ) enx/n = ex i stoga fn (x) ex/2 , 0 x < n. Kako fn (x) ex/2 , na osnovu Lebeg-ovog stava o dominantnoj konvergenciji, nalazimo I1 = 0 ex/2 dx = 2. alt. n+1 an+1 (x) (n + 1 x)n n = an (x) (n + 1)(n x) nx I2 =: limn

(1 +

An (x) =

(n + 1 x)n (n + 1)(n x)

n+1

=

1+

x (n + 1)(n x)

n+1

Neka je x ksirano. Ako je 0 x < n, Bernulijeva nejednakost daje An (x) x n (1 + nx ) = nx i stoga an+1 (x) an (x); ako je n x, tada je fn (x) = 0. Napomena: Ako je 0 < n < x, tada je 1 x/n > 0 i stoga an (x) < 0 ako je n neparan broj.Kako je an (x) > 0 ako je n paran broj, za ksirano x niz an (x) nije monotan po n ako je 0 < n < x. Neka je hn denisano sa hn (x) = an (x) za 0 x < n, hn (x) = 1/n za n x < n+1 i hn (x) = 0 za x n+1. Za svako ksirano 0 x postoji n0 = n0 (x) = [x]+1, tako da za n > n0 niz hn (x) je monton po n. ??Zato primena Lebeg-ov stav o s monotonoj kovergenciji na izraunavanje c limn 0 hn dm ne daje korektan rezultat ? Primer 1.26 (Inegral Puason-ovog jezgra). a. Ponoviti integral Puason-ovog jezgra Pr . Za z = reit , r, t R, Pr (t) = Re b. Razviti funkciju1+z 1z

1 r2 1+z = 1z 1 2r cos t + r2

u Tejlor-ov red oko 0;


29

1+z =1+2 1z

zk ,k=1

|z| < 1, .

Na osnovu b. 2 c. Proveriti da je Ir = 0 Pr (t)dt = 2, 0 r < 1. 2 d. Da li se za izraunavanje lim Ir , gde je Ir = 0 Pr (t)dt, kada r tei 1, moe c z z primeniti Lebeg-ov stav o dominantnoj konvergenciji? Citaoci koji nisu upoznati sa Hilbert-ovim prostorima mogu pogledati sekciju o Hilbert-ovim prostorima u vezi Primera 1.27. Primer 1.27 (nekompletnost R2 ). Proveriti a) vektorski prostor C2 [a, b] neprekidnih funkcija na [a, b] sa skalarnim proizvodomb

(f, g) =a

f g dt

nije Hilbert-ov prostor . b) C2 [a, b] nije zatvoren potprostor u R2 [a, b]. c) vektorski prostor C[a, b] neprekidnih funkcija na [a, b] je kompletan u odnosu na max normu. d) R2 [a, b] nije kompletan. e) L2 [a, b] je kompletan. 1 1 1 a)Primer : fn (x) = 1, za 1 x n , fn (x) = n x, za n < x < n i 1 fn (x) = 1, za n x 1 ; pokazuje da C2 [a, b] nije Hilbert-ov prostor . s d) Neka je 0 < s < 1 i fn karakteristina funkcija skupa Fn = Fn (koristimo c 3 oznake iz Primera 1.23); niz fn je Koi-jev niz u R2 [a, b]. Pretpostavimo s da fn konvergira nekom f R2 [0, 1]. Tada je f s.s. jednako karakteristinoj c funkciji skupa K = Ks i otuda f je prekidna s.s. na K; tako da, na osnovu Lebeg-ovog kriterijuma , sledi f R2 [0, 1]. Dakle , R2 [a, b] nije kompletan. / 1.3. Dva zadatka radi razonode. Poto je sledea sekcija naporna predlaemo s c z itaocima da razmotre sledea tri zadatka radi razonode: c c Primer 1.28. Zatvorenici (Studenti) U 100 elija nalazi se 100 zatvorenika (studenata) i soba X za ispitivanje. Upc ravnik (koji je matematiar, profesor verovatnoe) predlae sledeu igru: c c z c sluajno bira jednog zatvorenika(studenta) i poziva u sobu X, gde se nalazi taster c koji ima dva poloaja 0 i 1. Pozvani moe da promeni poloaj tastera ili da ostavi z z z taster u istom poloaju. Upravnik ne menja poloaj tastera. z z Kada jedan zatvorenik(student) izjavi svi su proli kroz sobu X, ako je to tano s c svi zatvorenici (studenti) dobijaju slobodu (polau ispit), a ako to nije tano svi z c zatvorenici (studenti) bie streljani (pae na ispitu). Pre poetka igre zatvorenici c sc c (studenti) se mogu dogovoriti o strategiji. ?? Pre poetka igre taster je u poloaju 0. c z Zatvorenici(studenti) odredjuju jednog studenta A koji e brojati. c Svaki drugi kada udje u sobu X samo jedanput menja poloaj tastera i to kada z nadje tastera u poloaju 0 promeni ga u poloaj 1 (samo prvi put). z z Svaki put kada A nadje tastera u poloaju 1 promeni ga u poloaj 0 i doda 1 na z z sumu koju pamti; ako tastera u poloaju 0, ne menja poloaj tastera. z z

30

M. MATELJEVIC

Kada A promeni poloaj tastera 99-ti put, onda e izjaviti svi su proli kroz sobu z c s X. Strategiju koju smo naveli predloio je jedan student R-smera, koji je pisao z koncept u toku predavanja studentima M -smera. Zato studenti M -smera smatraju da je verovatnoa P ovog dogadjaja (u ovoj s c strategiji) jednaka 1, tj. dogadjaj je skoro izvestan. Studeni nisu uspeli da deniu verovatnou P , ali se postavilo pitanje: Da li je s c mogue da ovaj proces nije konaan ? c c Profesor se zamislio; sledi nastavak. Da li se ovde moe primeniti Kolmogorovs theorem about consistent distribuz tions (see, for example, Borovkov p.261-264). Primer 1.29. U prodavnici se nalaze 3 bela i 2 crna eira. Tri koleginice (matematiarke) s s c ulaze u prodavnicu i svaka eli da kupi eir. z s s Prodavac predlae igru da jedna koleginica dobijue eir na poklon. Kae da z s s z zamure i stavlja svakoj eir a preostala 2 sakriva; onda im kae da otvore oi z s s z c i koja prva pogodi kojie boje ima eir dobija poklon. Koleginice ute nekoliko s s c minuta i onda istovremeno odgovore. Da li moemo odrediti boje eira ? z s s Uputstvo: ako dve koleginice imaju crne eir, onda trea ima beli i ona bi odma s s c reagovala. Ako koleginic A ima crni eir, a koleginice B i C beli onda ako npr koleginica s s B ne reaguje odmah, koleginica C shvata da ima beli eir i obrnuto; onda bih s s koleginice B i C shvatile da imaju bele eir i reagovale. s s Kako koleginice ute nekoliko minuta i onda istovremeno odgovore, zakljuujemo c c da sve imaju bele eire. s s Primer 1.30. O dokazu 0 = Pretpostavimo da imamo etone numerisane brojevima 1, 2, 3, 4, . . . . z korak 1 A stavi etone numerisane brojevima od 1 do 10( napie brojeve od 1 do 10 na z s tabli) na sto B uzme eton sa brojem 1 ( izbrie broj 1) z s korak 2 A stavi etone numerisane brojevima od 11 do 20 na sto z B uzme eton sa brojem 2 z itd Koliko etona ostane na stolu ? z Posle n koraka na stolu ima 9n etona. z Dakle kada n tei u broj etona na stolu z z tei u . z S druge strane B e svaki etona uzeti sa stola posle konanog broja koraka. c z c Da li odavde sledi 0 = ? Oznaimo sa Mn skup etona na stola posle n koraka, a sa M skup etona na c z z stola koji se dobije ovim procesom. Studenti 2 godine: nije tano 0 = jer to dovodi do protivurenosti. c c Studenti 3 godine: nije denisano + (+). MM da li jasno denisan skup M ? Neka je Xn = {n, n + 1, n + 2, . . . }; |Xn | = +, Mn Xn ,


31

X = Xn = . Dakle |Xn | ne tei |X|. Ako u n-tom koraku imamo skup z n=1 Xn ; koji je skup denisan ovim procesom? Neka je za A N , |A| broj elemenata u A ako je A konaan skup i + ako je c A beskonaan skup; ova funkcija je -aditivna na P N . Neka je Xn = {n, n + 1, n + c 2, . . . }; tada |Xn | = +, i X = Xn = . Dakle |Xn | ne tei |X|. z n=1 Sa studentima u razreiti raspravu o dokazu 0 = . c s 2. Integracija 2 2.1. integracija na R . [Ponoviti Riemann-Stieltjesov integral (Stav 6,7,8,9 i 10 [Alj])] O integraciji v. [Alj], glava III: Apstraktna mera i integral, Realna mera,RadonNikodimov stav i Lebeg-ovo razlaganje mere, Neprekidnost i diferencijabilnost, Izvod monotone funkcije i integral njenog izvoda, Diferenciranje i integracija, Neke osobine Lebeg-ovog integrala na R, Prostor Lp (a, b). Navedimo samo neke rezultate. 2.1.1. Riman-Stiltesov integral. Funkcije Ograniene varijacije c Za funkciju f koja preslikava konaan i zatvoren razmak [a, b] (respektivno c otvoren (a, b) ) u R kaemo da ne opada (monotono raste) ako za svaki par taaka z c x1 , x2 iz [a, b] ( respektivno iz (a, b) ) x1 < x2 f (x1 ) f (x2 ).

Funkcija f strogo monotono raste ako je pod navedinim uslovima f (x1 ) < f (x2 ). Na simetrian nain se deniu funkcije koje ne rastu (monotono opadaju) i c c s strogo monotono opadaju. Klasa monotonih funkcija satoji se od neopadjuih i nerastuih funkcija. c c Podvucimo ako f ne opada na konaanom i zatvorenom razmak [a, b], tada je f c ograniena na [a, b] i f ([a, b]) f (a), f (b) . Ako funkcija f ima skokove onda je c f ([a, b]) = f (a), f (b) ; navesti neki primer. Ponoviti sledea svojstva monotonih funkcija ( [Ka-Ad ]): c Ako f monotono raste na [a, b], tada postoji f (x+) za svako x [a, b[ i postoji f (x) za svako x ]a, b] i vai z f (x+) = inf f (t),x ) tako da je g(x0 ) < g(). Ideja dokaza: Za dokazivanje stavova ovog tipa pogodno je primeniti kocept nevidljivih taaka, koji omoguuje da radimo sa otvorenim skupovima i stoga inc c tervalima. ?? Pretpostavimo prvo da je f neprekidna neopadajua funkcija. c Neka su c i C par racionalnih brojeva, za koje je 0 < c < C < i s = c/C. Oznaimo sa Ec,C skup taaka u kojima je D f (x) < c < C < D+ f (x). c c Za proizvoljni interval (, ) [a, b], dokaimo osnovnu nejednakost: z m(Ec,C (, )) s( ) . Otuda na osnovu Leme 2.3 sledi da je m(Ec,C ) = 0. Razmotrimo skup Ec taaka x (, ), za koje je D f (x) < c. S obzirom na c deniciju D f (x), za svako takvo x postoji h < 0 tako da je f (x + h) f (x) D(x, h) = < c, h tj. f (x + h) f (x) > ch. Neka je t = x + h; tada je f (t) f (x) > c(t x); dakle postoji t < x tako da je f (t) ct > f (x) cx. Otuda x je ? nevidljiva sleva za funkciju f (x) cx i po lemi Risa skup Vc takvih x predstavlja se ? kao unija najvie s prebrojive familije disjunktnih intervala (k , k ) (, ), pri emu je c f (k ) ck f (k ) ck , tj. (2.18) f (k ) f (k ) c(k k ). Zatim u svakom od intervala (k , k ) razmotrimo skup Gk taaka za koje D+ f > C. c Slino kao gore, dokazje se da je svaka taka x Gk ? nevidljiva sdesna za c c C funkciju f (x) Cx. Ponovo, po lemi Risa, skup Vk taaka u intervalu (k , k ) c nevidljiva sdesna za funkciju f (x) Cx (preciznije restrikciju ove funkcije na interval (k , k )) se predstavlja kao unija najve prebrojive familije disjunktnih s intervala (kj , kj ); i 1 [f (kj ) f (kj )]. C Otuda, sledi kj (kj kj ) s( ). (za detalje videti nejednakost (2.23)??) Jasno je da sistem intervala (kj , kj ) pokriva skup Ec,C (, ) i to dokazuje osnovnu nejednakost. Sada dajemo kompletniji dokaz. Dokaz:Neka je prvo f neprekidna i monotono raste na [a, b]. (2.19) (kj kj )

42

M. MATELJEVIC

Dokaz teoreme Lebega se bazira na: 1 . Skup S taaka u kojima je D+ f (x) = + ima meru nula. c 2 . Skup T taaka u kojima je D+ f (x) > D f (x) ima meru nula; tj. D f D+ f c skoro svuda. Funkcija f (x) = f (x) monotono raste na [b, a]; jednosrtavno se proverava da D+ f = D f, D f = D+ f u odgovarajuim takama; primenom 2 . na f c c dobija se D f (x) D+ f (x) i stoga D+ f (x) D f (x) skoro svuda i otuda D+ f D f D f D+ f D+ f, to znai s c D f = D+ f = D f = D+ f . Dakle postoji izvod f skoro svuda. Neka je g neprekidna funkcija denisana na [a, b]. Lema 2.2 (Risova lema). Za proizvoljnu neprekidnu funkciju g, skup taaka nevc idljiva sdesna, otvoren je na [a, b] i otuda, unija konane ili prebrojive familije c intervala (ak , bk ) (mogue poluintervala koji sadre taku a). Na krajevima tih c z c intervala, vai g(ak ) g(bk ); ako je ak = a, tada je g(ak ) = g(bk ). z Koncept nevidljivih taaka (sdesna i sleva) primenjuje sa na izvode ? monoc tonih funkcija, preko Risove leme. Veba 2.2. Ako je f neprekidna na [, ], ima izvod na (, ) i f < c na intervalu z [, ], tada je na osnovu Lagranove teoreme f () f () c( ). z Prirodno je oekivati da se ovo tvrdjenje vai ako samo pretpostavimo da je f c z neprekidna na [, ] i D f (x) < c za x [, ] i da oekujemo da D+ f > C na c [, ] povlai f () f () C( ); da li to sledi iz specijalnog sluaja Risove c c leme ? Uporediti sa Stavom 6, str. 174 [Alj]. C ?? Neka je V C = k Vk i VcC = Vc V C . Podvucimo da je Ec,C VcC . Da li iz dokaza sledi da je skup VcC mere nula ako je c < C. Neka je V C skup taaka nevidljiva sdesna za funkciju f (x) Cx i Vc,C = c Vc V C . Podvucimo da je Ec,C Vc,C i da iz dokaza ne ?? sledi da je skup Vc,C mere nula ako je c < C. Dokaz 1 (pomou Risove leme). c Dokaz. Razmotrimo skup E taaka x (a, b), za koje je D+ f (x) = . Neka c x0 E. S obzirom na deniciju D+ f (x0 ), za proizvoljno C > 0 postoji h > 0 tako da je f (x0 + h) f (x0 ) D(x0 , h) = > C, h tj. f (x0 + h) f (x0 ) > Ch. Neka je t = x0 + h; tada je f (t) f (x0 ) > C(t x0 ); dakle postoji t > x0 tako da je f (t) Ct > f (x0 ) Cx0 . Otuda x0 je ? nevidljiva sdesna za funkciju g(x) = f (x)Cx i po lemi Risa skup takvih x predstavlja se ? kao unija najvie prebrojive s familije disjunktnih intervala (ak , bk ) (a, b), pri emu je c f (ak ) Cak f (bk ) Cbk tj. (2.20) f (bk ) f (ak ) C(bk ak ).


43

Ovde C moemo izabrati proizvoljno veliko. Delei sa C i sumirajui dobijenu z c c nejednakost po svim intervalima (ak , bk ), dobija se bk ak k k

f (bk ) f (ak ) f (b) f (a) . C C

Dakle skup E moe se pokriti intervalima ija je suma duina proizvoljno mala z c z i stoga m(E) = 0. Slian postupak povezan sa Risovom lemom pokazuje da je D f D+ f skoro c svuda; sada se lema primenjuje dva puta. Dokaimo 2 (pomou Risove leme).? z c Neka su c i C par racionalnih brojeva, za koje je 0 < c < C < i s = c/C. Oznaimo sa Ec,C skup taaka x u kojima je D f (x) < c < C < D+ f (x). c c Ako dokaemo da Ec,C ima meru nula, onda otuda sledi, da je D f D+ f s.s, jer z se skup T = {x : D+ f (x) > D f (x)} suma ne vie od prebrojive familije skupova s oblika Ec,C . Ustanovimo sada osnovnu nejednakost: Neka je 0 < c < C < i s = c/C. Za proizvoljan interval (, ) [a, b] m Ec,C (, ) s( ). Dokaz. Razmotrimo skup Ec taaka x (, ), za koje je D f (x) < c. Za c svako takvo x postoji t < x tako da je f (t) ct > f (x) cx. Otuda x je ? nevidljiva sleva za funkciju f (x) cx i po lemi Risa skup takvih x predstavlja se ? kao unija najvie prebrojive familije disjunktnih intervala (k , k ) (, ), pri s emu je c (2.21) f (k ) f (k ) c(k k ). Zatim u svakom od intervala (k , k ) razmotrimo skup Gk taaka za koje D+ f > C. c Slino kao gore, dokazje se da svaka je svaka taka x Gk ? nevidljiva sdesna c c za funkciju f (x) Cx. Ponovo, po lemi Risa, skup taaka u intervalu (k , k ) c nevidljiva sdesna za funkciju f (x)Cx se predstavlja kao unija najve prebrojive s familije disjunktnih intervala (kj , kj ) i (2.22) 1 [f (kj ) f (kj )]. C Jasno je da sistem intervala (kj , kj ) pokriva skup Ec,C (, ), i otuda na osnovu (2.21) i (2.22), nalazimo kj kj (2.23)k,j

(kj kj ) 1 C [f (k ) f (k )] k

1 C

[f (kj ) f (kj )] k,j

(2.24)

c C

(k k ) s( ),k

i osnovna nejednakost je dokazana. Sada je jednostavno dokazati, da je m(Ec,C = 0). U dokazu se koristi samo svojstvo skupa Ec,C , koje opisuje osnovna nejednakost. Lema 2.3. Neka je A merljiv skup na [a, b] tako da za proizvoljan interval (, ) [a, b], vai z m A (, ) s( ), gde je 0 < s < 1. Tada m(A) = 0.

44

M. MATELJEVIC

Dokaz: Neka je = m(A). Za proizvoljno > 0 postoji otvoren skup G, koji je unija prebrojive familije disjunktnih intervala (am , bm ) tako da je A G i s m (bm am ) < + . Deniimo m = m(A (am , bm )). Jasno je = m m . Po uslovu Leme, m s(bm am ). Otuda, s m (bm am ) < s( + ), i kako je > 0 proizvoljno, to je s. Kako je 0 < s < 1, sledi = 0. Isto razmatranje se prenosi i na prekidne monotone funkcije pomou uoptene c s leme Risa za funkcije sa prekidima prve vrste. Neka funkcija g denisana na [a, b] ima samo prekide prve vrste. Taka x0 naziva c se nevidljiva sdesna (respektivno sleva) za g, ako postoji , x0 < (res. x0 > ) tako da je max[g(x0 0), g(x0 ), g(x0 + 0)] < g(). ?? Skup taaka nevidljiva sdesna za funkciju g, otvoren je na [a, b] i otuda, c unija konane ili prebrojive familije intervala (ak , bk ) (mogue poluintervala koji c c sadre taku a). Na krajevima tih intervala, vai g(ak ) g(bk ); ako je ak = a, tada z c z je g(ak ) = g(bk ). Dokaz 1 (pomou Vitali-jevog stav): Pretpostavimo da je m (S) = k > 0. c Tada svakom x S moe koordinirati niz zatvorenih razmaka ija duina tei nuli z c z z tako da f > Kx, gde K moe biti proizvoljno veliko. Nizovi ovih razmaka kada x prolazi skup S, z obrazuju Vitalijevo pokrivanje {I} skupa S, pa je mogue odabrati konano mnogo c c disjunktnih intervala totalne duine vee od k/2. Sumirajui diferencije funkcija z c c preko ovih disjunktnih intervala dobija se f > K Kako f raste, otuda je f (b) f (a) > veliki broj.kK 2 ,

x >

kK . 2

to je nemogue ako je k > 0 i K dovoljno s c

Denicija 2.8. Neka je E R i neka je {I} kolekcija zatvorenih razmaka pozitivne duine. Kolekcija {I} pokriva u Vitalijevom smislu skup E ako svakom x E z odgovara niz razmaka iz {I} ije duine tee nuli i koji sadre taku x. c z z z c Teorema 2.7 (Vitalijev stav). Neka je m (E) < + i > 0 proizvoljan broj. Tada se iz svakog Vitalijevog pokrivanja {I} skupa E moe izdvojiti konano mnogo z c disjunktnih razmaka I1 , I2 , . . . , In , tako da skup taaka iz E koje ne pripadaju Ik c ima spoljnu meru manju od . ?? Umesto, Vitalije teoreme kao to smo pokazali moe se koristiti Risova lema. s z c Veba 2.3. Dokazati 2 pomou Vitali-jevog stava. z Teorema 2.8 (Izvod monotone funkcije je integrabilan). Ako f neopada na [a, b], tada je f integrabilna na [a, b] ib

(2.25)a

f (x)dx f (b) f (a).

REALNA, KOMPLEKSNA ANALIZA I HILBERTOVI PROSTORI 1

45

Za f (x) = [x] na [0, 1] vai 0 f (x)dx = 0 < 1 = f (1) f (0). z Uputstvo: Za x > b deniimo f sa f (b). Neka niz brojeva hn 0+ kada n s i neka je f (x + hn ) f (x) n (x) = . hn Na osnovu Teoreme 2.6, sledi n (x) f (x) s.s. na [a, b]. Primenom Fatu-ove leme na n , dobijab

(2.26)a

f (x)dx lim inf Jn ,n b a

dge je Jn =

n (x)dx. Kako je Jn = = 1 hn 1 hnb+hn b

f dx a+hn b+hn a a+hn

f dx f dx ,

f dx b a b+hn b

sledi Jn = Jn (b)Jn (a), gde je Jn (b) = h1 n Kako f ne opada, Jn (a) f (a), i stoga

f dx = f (b) i Jn (a) =

1 hn

a+hn a

f dx.

Jn f (b) f (a). Otuda, na osnovu (2.26), sledi tvrdjenje. Primer 2.8. (Primer Kantor-ova funkcija) Deniimo Kantorovu funkciju ks na s Katorovom skupu Ks ( videti Primer 1.23). Neka je ks jednako 1 na intervalu 2 izbaenom u prvom koraku; respektivno 1 , 3 na intervalima izbaenim u drugom c c 4 4 n koraku; 21 , 23 ,..., 2 21 na intervalima izbaenim u n-tom koraku. Deniimo c s n n n k(0) = 0 i k(1) = 1, a u taki x u kojoj k nije denisana prethodnim postupkom c k(x) = sup k(t), gde se supremum uzima po svim takama t koje su manje od x. c Funkcija ks naziva se Kantor-ova funkcija. Umesto k1 piemo kratko k. s Dokazati a. ks je monotona i neprekidna funkcija na [0, 1]. b. k (x) = 0 s.s. na [0, 1]. 1 c. Izraziti 0 ks dx. d. Neka je f (x) = x+k(x) . Pokazati da je f strogo monotona i neprekidna funkcija 2 na [0, 1]. Da li f preslikava skupove pozitivne mere na skupove pozitivne mere? Reene za d (homeomorzam f preslikava skup mere 0 na skup pozitvne mere s !): ?? Funkcija f preslikava [0, 1] na sebe. Neka je E = [0, 1] \ K. Skup E se sastoji od izbaenih intervala I = (, ). Kako c je f () f () = ( )/2 i f (I) = f (), f () , sledi m f (I) = ( )/2 i otuda je prvo m(f (E)) = 1/2 i stoga m(f (K)) = 1/2 . Dakle, homeomorzam f preslikava skup K mere 0 na skup pozitvne mere ! Put s denisan sa s (x) = x + iks (x), 0 x 1, nazivamo Katorovog put. Piemo umesto 1 . s

46

M. MATELJEVIC

Primer 2.9 ( duina Kantorov puta). z 2? a) Da li je = 1 s.s na [0, 1]. b) Da li vai formula za duinu: || = z z

Da li je duina Kantorov puta jednaka z

1 0

| (x)|dx = 1?

Uputstvoza a) : Neka podela Pn denisana krajevima intervalima izbaenim u c prvih n-tom koraku i Pn odgovarajua poligonalna linija upisana u Kantorov put c . Poligonalna linija se sastoji od 2n podudarnih intervala nagiba 3n /2n ; i 2n 1 horizontalnih intervala. Kako je k(1/3n ) = 1/2n , duina nehorizontalnih intervala je z ln = 1 3n2

+

1 2n

2

.

Otuda ukupna duina nehorizontalnih intervala sn = 2n ln 1, kada n . z Za dokaz je dovoljno primetiti da je sn 1. Stoga, s obzirom da ukupna duina horizontalnih intervala sh 1, sledi da |Pn | z n 2. S druge strane, duina proizvoljne poliginonalne linije upisane u nije vea od z c zbira duina projekcija na koordinatne ose, tj. od 2, i stoga || 2, i otuda || = 2. z b) Ne (Objasniti!). Primer 2.10. * Neka je u : [0, 1] [0, 1] nepadajua funkcija i put denisan sa c (x) = x + iu(x), 0 x 1. Dokazati da je a) || 2 b) || = 2 akko u(0) = 0, u(1) = 1 i u je singularna funkcija. Uputstvo za b): Neka je 0 < < < /2 and q0 = sin + cos > 1 i A = A(, ) = {x : tan < u (x) < tan }. Neka je 0 x 1, h > 0, r = |(x+h)(x)|, l duina puta i l1 = l1 (h) = s(x; h) duina puta koji odgovara z z odseku [x, x + h]. Na osnovu, polarne reprezentacije, (x + h) (x) = rei i c otuda, na osnovu pretpostavki u taki b), l1 = r cos + r sin = qr, gde je c q = cos + sin . Neka je A1 skup taaka x tako da vai c z (2.27) s(x; h) > q0 r

za dovoljno malo h. Dakle, A A1 . S druge strane za svako = 1/n postoji = n tako ako je maximum podele P intervala [0, 1] manji od , tada je l ln 1/n, gde je ln duina odgovarajue z c poligonalna linije. Pretpostavimo da je m(A1 ) = k > 0. Koristiemo Vitalijevo pokrivanje skupa A1 odgovaraju intervalima Ik , duine c m z manje od n , tj. 0 < h < n ; za koje vai formula (2.27). Iz ovog pokrivanja moe z z se izdvojiti konano mnogo disjunktnih razmaka ija je totalna duina vea od k/2. c c z c Neka je Sn zbir duina puta koji odgovara ovim razmacima. Tada je prvo Sn k/2 z i sumirajai po ovim razmacima, na osnovu formule (2.27), dobija se Sn = c sk q0 Rn , gde je Rn := rk . Otuda je Rn Sn 1/n i stoga Sn = q0 Rn q0 (Sn 1/n) i kada n + sledi m(A1 ) = 0. Skup A = {x : 0 < u (x) < +} je prebrojiva unija skupova oblika A(, ). Napomena :prvobitna ideja autora za b): koristiti Vitalijevo pokrivanje ili Risovu


47

lemu kao u dokazu teoreme o postojanju izvoda s.s monotone funkcije ! Formula (2.27) ima vanu ulogu! z 2.1.5. Apsolutna neprekidnost, diferenciranje i integracija. * Osnovno pravilo Diferencijalnog i Integralnog rauna: c (A) Ako je f integrabilna na [a, b], integralx

F (x) =a

f (t)dt

ima izvod i F = f na [a, b]. (B) Ako je G ima izvod G = g na [a, b], tadax

g(t)dt = G(x) G(a) (a x b)a

G je primitivna funkcija od g. ? Ako razmtramo Rimanov integral, iskazi (A) i (B) vae ako su npr. f i g z neprekidne funkcije. ? Ako razmtramo Lebegov integral, iskaz (A) vai u smislu da je F = f s.s. na z [a, b]. ? Ako je f integrabilna na [a, b], njen integral F je kako neprekidna, tako i funkcija ograniine varijacije. Da je F ograniine varijacije na [a, b] sledi neposredno c c izx

F (x) =a

f + (t)dt a

x

f (t)dt,

jer, kako je f + 0 i f 0, integrali na desnoj strani su neopadujue funkcije. c Teorema 2.9. (Diferenciranje integrala) Neka je f integrabilna na [a, b] i neka je F njen integral. Tada a. F ima konaan izvod s.s. na [a, b] i F = f s.s. na [a, b] c Kako je F ograniene varijacije, F ima konaan izvod s.s. na [a, b]. Neka je c c n (x) = F (x + hn ) F (x) , hnc

gde hn 0+ kada n +. Neka je c [a, b] i Jn = Tada je Jn =1 hn c [F (x a a

n (x)dx.c+hn F (x)dx c a+hn a

+ hn ) F (x)]dx = Jn (c) Jn (a) = h1 n c+hn 1 1 a+hn 1 F (x)dx, gde je Jn (c) = F (x)dx i Jn (a) = hn a hn c hn Otuda, kako je F neprekidna funkcija,c

F (x)dx.

(2.28)

Jn =a

n (x)dx F (c) F (a),

kada n +( proveriti !). Pretpostavimo prvo da je |f | M na [a, b]. Kako n (x) F (x) s.s. na [a, b] i |n (x)| 1 hnx+hn

|f (t)| dt M,hn

48

M. MATELJEVIC

na osnovu (2.28), primenom Lebegovog stava o dominantnoj konvergenciji, sledic c

F (x)dx = F (c) F (a) =a a c

f (x)dx.

Daklea

[F (x) f (x)] dx = 0 za svako c [a, b] i otuda, na osnovu Propozicije 1.45 ( sledee Leme, Stav 5.16, c [Alj]) F = f s.s. na [a, b]. Lema 2.4. Neka je f integrabilna na R i neka je Tada je f = 0 s.s. na R.x

f dm = 0 za svako x R.

? Da bismo opisali funkcije za koje vai iskaz (B), uvodimo sledeu deniciju z c (apsolutno neprekidne funkcije). ? Ako je G apsolutno neprekidna funkcija vai z iskaz (B). Drugim reima apsolutno neprekidna funkcija je integral svog izvoda na c konanim intervalima(? mada to nije jasno iz denicije koja sledi). c Denicija 2.9. Neka je f denisana na [a, b] (respektivno R) i neka su [x , x +h ] (h > 0, = 1, 2, ..., n) medjusobno disjunktni razmaci(segmenti) koji pripadaju [a, b] (respektivno R). Ako svakom > 0 odgovara broj > 0 tako da je n |f (x + h ) f (x )| < =1 za svaki izbor podsegmenata [x , x + h ], ija je totalna duina n h < , c z =1 kaemo da je f apsolutno neprekidna funkcija na [a, b](respektivno R). z U ovom tekstu kada kaemo samo f je apsolutno neprekidna, to se odnosi na z ogranien zatvoren interval ( segment). Npr. fukcija f (x) = x2 je apsolutne c neprekidne na svakom ogranienom intervalu, ali nije R. c Svaka apsolutno neprekidna funkcija je ravnomerno neprekidna i restrikcija apsolutne neprekidne na ogranienim intervalima je funkcija ograniene c c varijacije. Ipak, ako je f (x) = sinx, ili f (x) = x + |x| na R, tada f je apsolutno neprekidna, ali f BV . Ako je f apsolutno neprekidna realna funkcija, tada f preslikava skupove mere 0 u skupove mere 0. Kantorova funkcija ne zadovoljava ovo svojstvo: Kantorova funkcija preslikava Kantorov skup mere 0 na skup mere 1. Propozicija 2.3. Restrikcija apsolutne neprekidne funkcije f na ogranienim inc tervalima je funkcija ograniene varijacije. c Neka je ogranieni interval [a, b]. Ako je data podela P razmaka [a, b], moemo, c z dodajui eventualno nove podeone take, sve podrazmake tako dobivene sukcesivne c c podele P razvrstati u grupe podrazmaka, tako da je totalna duina podrazmaka z iz iste grupe jednaka polovini broja iz Denicije 2.9 (za neko ksirano = 0 ). 2(b a) b ] + 1. Proveriti da je Va (f ) Takvih grupa podrazmaka ima najvie n0 = [ s n0 0 . Propozicija 2.4 (Integral je apsolutno neprekidna funkcija). Neka je f integrabilna na [a, b] i neka je F njen integral. Tada 1. F je apsolutno neprekidna funkcija na [a, b]. 2. F je ograniene varijacije i cb

(2.29)

V (F ) a

|f (t)|dt.


49

Apsolutna neprekidnost funkcije F je neposredna posledica apsolutne neprekidnosti Lebeg-ovog integrala. Dokaz. Oznaimo sa E uniju disjunktnih podrazmaka [x , x + h ] iz [a, b]. Kako c je sa f i |f | je integrabilna na [a, b], na osnovu Teoreme o apsolutnoj neprekidnosti m-integrala, izrazx +h

(2.30)

|F (x + h ) F (x )| =x +h

|x

f (t)dt| |f (t)|dtE

|f (t)|dt =x

je proizvolno mali ako je m(E) = nejednakost (2.30)

h dovolno malo. Nejednakost (2.29) sledi iz

Lema 2.5. Ako je f apsolutno neprekidna na [a, b] i f = 0 s.s. na [a, b], tada je f = konst na [a, b]. Uputstvo: ? Neka je E = {x : f (x) = 0} i > 0. Kako je f apsolutno neprekidna, postoji > 0 tako da (2.31) |f | < .

Za svako x E, postoji niz razmaka [x, x + hn ], hn 0 tako da (2.32) |f (x + hn ) f (x)| < hn .

Kolekcija ovih razmaka, kada x prolazi E, pokriva E u Vitalijevom smislu. S obzirom da je mera skupa E jednaka ba, otuda postoji konano mnogo medjusobno c disjunktnih razmaka {I}, koji pokrivaju E, tako da je ukupna duina ( zbir duina) z z svih komplementarnih razmaka {J} u [a, b], manja od . Iz (2.31) i (2.32), sledi |f (b) f (a)| {I}

|f | +{J}

|f | < (b a) + .

Otuda sledi f (b) = f (a) jer moemo birati proizvoljno malo. z Dokaz prethodne teoreme moze se bazirati i na lemi Risa. Neka x0 E. Tada, na osnovu (2.32), sledi postoji x > x0 tako da je x0 f (x0 ) < xf (x); dakle, taka x0 je nevidljiva s desna za funkciju g(x) = xf (x) i po lemi c Risa skup takvih x predstavlja se kao unija najvie prebrojive familije disjunktnih s intervala (k , k , pri emu je c (2.33) i otuda (2.34)k

f (k ) f (k ) (k k ),

(f (k ) f (k )) k

(k k ) (b a).

Dakle, f (E) je pokriveno sistemom intervala , ija je suma duina manja od . c z Kako je proizvoljno sledi da je m f (E) = 0. Neka je Z = [a, b] \ E. Kako je m f (E) = 0, i [f (a), f (b)] unija skupova f (E) i f (Z), otuda je duina razmaka z [f (a), f (b)] jednaka nuli i stoga f (x) = konst.

50

M. MATELJEVIC

Teorema 2.10 (Lebeg, Osnovno svojstvo apsolutno neprekidnih funkcija). Neka je f apsolutno neprekidna funkcija na [a, b]. Tada a. f ima s.s. na [a, b] konaan integrabilan izvod c x b. a f (t)dt = f (x) f (a), (a x b). Uputstvo. f je ograniene varijacije i otuda razlika dve monotone funkcije. Kako c monotona funkcija ima s.s. konaan i integrabilan izvod, sledi f L(a, b). Specic jalno, sledi a. x Neka je F (x) = a f (t)dt. Kako je f integrabilna funkcija, na osnovu Propozicije 2.4 ( Integral je apsolutno neprekidna funkcija), prvo funkcija F je apsolutno neprekidna funkcija na [a, b] i stogax

(2.35)

s(x) = f (x) a

f (t)dt

je apsolutno neprekidna funkcija na [a, b], jer je zbir dve takve funkcije. Na osnovu Teoreme o diferenciranju integrala, prvo sledi F = f s.s. i stoga s (x) = f (x) F (x) = f (x) f (x) = 0 s.s. na [a, b], a zatim, na osnovu Leme 2.5, s = const. = c na [a, b], tj.x

f (x) a

f (t)dt = c, x [a, b].

Otuda, za x = a, sledi c = f (a); i na osnovu (2.35) sledi b. Primer 2.11. Pokazati da f moe imati konaan izvod f na [a, b], koji nije intez c grabilan. Uputstvo. Funkcija f , denisana sa f (x) = x2 sin x2 za 0 < x 1 i f (0) = 0, ima izvod na [0, 1]: f (x) = 2x sin x2 x1 cos x2 za 0 < x 1, f (0) = 0; koji nije integrabilan na [0, 1]. Denicija 2.10. Funkcija f koja je neprekidna i ograniene varijacije na [a, b] i c iji je izvod skoro svuda jednak nuli naziva se singularna funkcija. c Primer 2.12 (Kantorove merdevine- djavolje merdevine). Kantorova funkcija k = k1 je singularna. Kako je Kantorova funkcija k konstantna na izbaenim intervalima i ukupna c mera izbaenih intervala 1, to je k = 0 s.s na [0, 1]. c ?? Ova funkcija ima dodatna interesantna svojstva(koja opravdavaju naziv djavolje merdevine): k monotone raste na [0, 1] i preslikava [0, 1] na sebe. Kantorova funkcija k = k1 nije integral svog izvoda i dakle nije apsolutno integrabilna. Kantorova funkcija k = k1 prelikava skup mere 1 na preborijiv skup, a Kantorov skup mere 0 na skup mere 1. Teorema 2.11. Funkcija f koja je neprekidna i ograniene varijacije na [a, b] moe c z se jednoznano predstaviti c (2.36) f = g + h,

gde je g apsolutno neprekidna, g(a) = f (a) i h singularna funkcija ili identiki c jednaka nuli.


51

2.1.6. Osobine Lebegovog integrala na R. Teorema 2.12. Neka je f neprekidna, a g apsolutno neprekidna funkcija na [a, b]. Tada jeb b

(2.37)a

f dg =a

f g dx.

Neka je f ograniene varijacije, a g apsolutno neprekidna funkcija na [a, b], tada c takodje vai (2.37). z Neka je P : a = x0 < x1 < ... < xn = b podela razmaka [a, b] i odgovarajua suma koja dovodi do Riman-Stiltesovog integrala. Iz apsolutne neprekidc nosti funkcije g, sledix

(2.38)

g(x ) g(x1 ) =x1

g (x)dx ( = 1, 2, ..., n).

Iz ove formule, sledin

(P) = (f, g; P) ==1 n x

f ( )[g(x ) g(x1 )]n x

(2.39) Otuda je

==1

f ( )x1

g (x)dx ==1 x1

f ( ) g (x)dx.

b

n

x

(2.40)

= | a

f g dx| = |=1 b x1

[f ( ) f (x)] g (x) dx|.

Kako je g integrabilna, I0 = a |g |dx < +. Neka je (, ) par iz denicije uniformne neprekidnosti funkcije f na [a, b]. Ako je podela P takva da je m(P ) < , tada je |f ( ) f (x)| za x1 x x , i na osnovu (2.40), sledin x

=1 n x x1

|f ( ) f (x)| |g (x)| dxn x

=1 x1

|g (x)| dx =1 x1

|g (x)| dx. = 0, tj.

Otuda, sledi tvrdjenje.

< I0 . Kako moemo birati proizvoljno malo, sledi da je z

Teorema 2.13. Ako su f i g apsolutno neprekidne na [a, b], tada vai formula za z parcijalnu integraciju. Sledi iz Teoreme 2.12 i formule za parcijalnu integraciju Riman-Stiltesovog integrala. 2.2. Lp -prostori. Denicija 2.11. Merljiva funkcija f na (a, b) pripada Lp = Lp (a, b) (p 1; a, b +) ako jeb

||f ||p = (a

|f |p dm) p < +.

1

52

M. MATELJEVIC

Na ovaj nain denisana je norma u Lp , koja denie metriku na uobiajen nain c s c c d(f, g) = ||f g||p . Skup A je gust u skupu B ako je B A. Teorema 2.14. Skup neprekidnih funkcija je gust u Lp (a, b). Ponovimo Denicija 2.12. Neka je pozitivna mera na -algebri M na skupu X i neka je E X merljiv skup i neka je f nenegativna merljiva funkcija na E. Lebeg-ov integral funkcije f na merljivom skupu E denisan je sa f dm = supE E

jdm,

gde se supremum uzima preko svih jednostavnih merljivih funkcija j za koje je 0 j(x) f (x) na E. Dati analogne denicje zamenjujui Lebegovu meru m pozitivnom merom i c dokazati odgovarajue rezultate. c Ako je pozitivna mera na -algebri M na skupu X, analogno se denie Lp (): s ako je f kompleksna merljiva funkcija na skupu X, deniimo s ||f ||p = (X

|f |p d) p

1

i neka se Lp () sastoji od funkcija f za koje je ||f ||p < +. ? Za f, g Lp () denie se rastojanje d(f, g) = ||f g||p . s Teorema 2.15. Prostor Lp (a, b) je kompletan. Teorema 2.18, koja sledi, uoptava ovaj rezultat: ako je pozitivna mera i s 1 p < , tada je prostor Lp () kompletan. Denicija 2.13. Realna funkcija denisana na intervalu (a, b), gde je a, b , naziva se konveksna ako nejednakost (2.41) ((1 )x + y) (1 )(x) + (y)

vai za svako a < x, y < b, i svako 0 1. z Kaemo da je prava L denisana sa L(s) = (t0 ) + (s t0 ) (a < s < b) prava z oslonca za konveksnu funkciju u taki A = (t0 , (t0 )) ako je (s) L(s) za c a < s < b. Dakle prava oslonca L prolazi kroz tau A i nema taaka iznad c c graka funkcije . Npr. za funkciju f (x) = |x|, svaka prava L(x) = kx, gde je |k| 1, je prava oslonca u taki A = (0, 0). c Teorema 2.16. (Jensen-ova nejednakost) Neka je pozitivna mera na algebri M u jednom skupu , tako da je () = 1. Ako je f realna funkcija u prostoru L1 (), a < f (x) < b za sve x , i ako je konveksna na (a, b), tada je (2.42) (

f d)

( f ) d.


53

Neka je t0 = f d. Iz pretpostavke a < f (x) < b za sve x , sledi a d < f (x)d < b d. Kako je () = 1, otuda nalzimo a < t0 < b. Kako je konveksna na (a, b), postoji prava oslonca u taki (t0 , (t0 )). Ako sa oznaimo c c koecijent pravca te prave, tada je (2.43) (s) (t0 ) + (s t0 ) (a < s < b).

Ako zamenimo s = f (x) u prethodnu nejednakost (2.44) i integralimo (2.45)

(f (x)) (t0 ) + (f (x) t0 ) (a < s < b).

(f (x))d

(t0 )d +

(f (x) t0 ) d.

Kako je () = 1, dobijamo prvo (t0 )d = (t0 ) () = (t0 ), t0 ) d = f (x)d t0 d = t0 t0 = 0 i stoga (2.42). Neka je (x) = ex . Tada (2.42) postaje (2.46) exp(

(f (x)

f d)

ef d.

Ako je konaan skup, koji se sastoji od taaka p1 , ...pn i ako {pk } = k > 0, c c f (pk ) = xk , yk = exk , gde je k = 1, dobija se (2.47) y1 1 y2 2 yn n 1 y1 + 2 y2 + ... + n yn .

Neka su p i q konjugovani eksponenti, 1 < p < , i a, b

realna, kompleksna analiza i hilbertovi prostori - miodrag mateljevic

Documents