Modern analízis I. Mértékelmélet Halmazalgebrák 1. Feladat. Az (Xn )n∈N halmazsorozat limes superiorán a \ [ Xk lim sup Xn = n→∞ n∈N k≥n
halmazt értjük, míg az (Xn )n∈N halmazsorozat limes inferiorán a [ \ Xk lim inf Xn = n→∞ n∈N k≥n
halmazt értjük. Mutassuk meg, hogy tetsz˝oleges (Xn )n∈N halmazsorozat esetén lim inf Xn ⊂ lim sup Xn . n→∞
n→
teljesül Megoldás. A lim supn→∞ Xn halmaz azon pontokból áll, melyek végtelen sok Xn halmazban benne vannak, míg a lim inf n→∞ Xn halmaz azoknak a pontoknak a halmaza, amelyek véges sok kivétellel mindegyik Xn halmazban benne vannak. 2. Feladat. Mutassunk példát olyan (Xn )n∈N halmazsorozatra, melyre lim inf Xn , lim sup Xn . n→∞
Megoldás.
n→
Legyenek A, B különböz˝o halmazok és ( A, ha n páratlan; Xn = B, ha n páros
Ekkor lim supn→∞ Xn = A ∪ B és lim inf n→∞ Xn = A ∩ B.
3. Feladat. Legyen X egy tetsz˝oleges halmaz, An ⊂ X minden n ∈ N esetén. Igazoljuk, hogy ! X \ lim sup An = lim inf (X \ An ) . n→∞
n→∞
Megoldás. ! X \ lim sup An n→∞
[ [ \ \ [ [ = (X \ Ak ) = lim inf (X \ An ) . Ak = X \ A =X\ k n→∞ n∈N k≥n
n∈N
k≥n
n∈N k≥n
4. Feladat. Jelölje (χn )n∈N az (Xn )n∈N halmazsorozat elemeinek karakterisztikus függvényeib˝ol álló sorozatot. Mutassuk meg, hogy (i) a lim inf n→∞ Xn halmaz karakterisztikus függvénye lim inf n→∞ χn ; (ii) a lim supn→∞ Xn halmaz karakterisztikus függvénye lim supn→∞ χn .
1
Megoldás. Legyen χ = lim inf n→∞ χn . Ekkor χ(x0 ) = 1 pontosan akkor teljesül, ha x0 véges sok indext˝ol eltekintve mindegyik Xn halmazban benne van, ami pontosan akkor áll fenn, ha lim inf n→∞ χn (x0 ) = 1. A második állítás analóg módon igazolható. 5. Feladat. Igazoljuk, hogy az (Xn )n∈N halmazsorozatnak pontosan akkor létezik a határértéke, ha az Xn halmazok karakterisztikus függvényeib˝ol álló függvénysorozatnak létezik a határértéke. Megoldás.
Az állítás közvetlenül adódik az el˝oz˝o feladatból, hiszen lim inf Xn = lim sup Xn n→∞
n→∞
pontosan akkor teljesül, ha lim inf χn = lim sup χn . n→∞
n→∞
Mértékek konstruálása 6. Feladat. Az A ⊂ [0, 1] halmaz bels˝o mértékén a µ∗ (A) = 1 − µ∗ ([0, 1] \ A) számot értjük, ahol µ∗ jelöli a küls˝o mértéket. Igazoljuk, hogy µ∗ (A) ≤ µ∗ (A). Megoldás.
A küls˝o mérték szubadditív, ezért 1 = µ([0, 1]) ≤ µ([0, 1] \ A) + µ(A),
amib˝ol már adódik a bizonyítandó állítás.
7. Feladat. Az el˝oz˝o feladat jelölései és feltételei mellett igazoljuk, hogy az A ⊂ [0, 1] halmaz pontosan akkor µ-mérhet˝o, ha µ∗ (A) = µ∗ (A) teljesül. 8. Feladat. Jelölje µ a Lebesgue-mértéknek a [0, 1] intervallumra való lesz˝ukítését. Értelmezzük a ∼ relációt a A ∼ B ⇔ µ(A∆B) = 0 módon. Igazoljuk, hogy ∼ ekvivalenciareláció és mutassuk meg, hogy az ekvivalenciaosztályok számossága kontinuum. 9. Feladat. Jelölje λ a küls˝o Lebesgue-mértéket a számegyenesen, ha A, B ∈ P(R), akkor legyen ρ(A, B) = µ(A∆B). Igazoljuk, hogy a ρ függvény metrika a megfelel˝o faktortéren, továbbá, hogy P(R) teljes metrikus tér a ρ metrikával. 10. Feladat. Mutassunk példát a számegyenesen olyan halmazra, amely nem megszámlálható számosságú és Lebesgueszerint nullmérték˝u.
2
Megoldás. Megmutatjuk, hogy a Cantor-halmaz olyan kontinuum számosságú halmaz, melynek Lebesgue-mértéke nulla. A Cantor-halmaz el˝oáll C = ∩n∈NCn alakban, ahol tetsz˝oleges n ∈ N esetén Cn egy olyan zárt halmaz, mely 2n darab 1/3n hosszúságú diszjunkt zárt intervallum uniója. Ezért, λ(C) ≤ λ(Cn ) ≤ 2n /3n → 0, vagyis a Cantorhalmaz nullmérték˝u. Vegyük továbbá észre, hogy egy x ∈ [0, 1] valós szám pontosan akkor van benne C-ben, ha x triadikus törtbe fejtésében nem szerepel 1-es számjegy. Legyen x = 0, x1 x2 x3 . . . ∈ C és yi = xi /2, i = 1, 2, 3, . . . és tekintsük az f (x) = y függvényt, ahol y = 0, y1 y2 y3 . . .. Ekkor az f függvény bijekció C és [0, 1] között. Mivel [0, 1] kontinuum számosságú, így C is az. 11. Feladat. Adjunk példát a számegyenesen nem Lebesgue-mérhet˝o halmazra. Megoldás. Tekintsük a [−1, 1] intervallumot, melynek elemei között vezessük be a következ˝o relációt, x ∼ y, ha x − y ∈ Q. Könnyen ellen˝orizhet˝o, hogy ∼ ekvivalencia-reláció [−1, 1]-en. A kiválasztási axióma miatt van egy olyan A halmaz, mely mindegyik ekvivalencia-osztályból pontosan egy elemet tartalmaz. Megmutatjuk, hogy ekkor A nem Lebesgue-mérhet˝o halmaz. Tekintsük a [−2, 2]-beli racionális számok egy r1 , r2 , . . . sorbarendezését és legyen Ak = {x + rk |x ∈ A} . Ekkor [−1, 1] ⊂ ∪k∈N Ak , továbbá tetsz˝oleges k ∈ N esetén λ(A) = λ(Ak ), ezért ∞ X ∞ 2 = λ([−1, 1]) ≤ λ ∪k=1 Ak ≤ λ(Ak ), k=1
amib˝ol az adódik, hogy λ(A) > 0. Másfel˝ol ∪k∈N Ak ⊂ [−3, 3] és ha k , l, akkor Ak ∩ Al = ∅. Továbbá, ∞
X 6 = λ([−3, 3]) ≥ λ ∪k∈NAk = Ak , k=1
amib˝ol az következne, hogy λ(Ak ) nullsorozat, vagyis λ(A) = 0, ami viszont ellentmondás. Tehát az A halmaz nem mérhet˝o. 12. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy a [0, 1] intervallum Lebesgue-mérhet˝o részhalmazainak a számossága nagyobb, mint kontinuum. Megoldás. Jelölje C a Cantor-halmazt. Tudjuk, hogy C kontinuum számosságú és Lebesgue szerint nullmérték˝u. Így, egyrészt P(C) is kontinuum számosságú, másrészt a Lebesgue-mérték teljessége miatt tetsz˝oleges A ∈ P(C) esetén A Lebesgue-mérhet˝o és nullmérték˝u. Mivel C ⊂ [0, 1], így adódik az állítás. 13. Feladat. Mutassuk meg, hogy megszámlálható sok, nullmérték˝u halmaz uniója is nullmérték˝u. Megoldás. akkor
Ez azonnal adódik abból, hogy a mérték σ-szubadditív, azaz, ha az Ak k = 1, 2, . . . halmazok mérhet˝oek, µ (∪k∈N Ak ) ≤
∞ X
µ(Ak ).
k=1
14. Feladat. Legyen µ küls˝o mérték X-en, (An )n∈N pedig olyan halmazsorozat, melyre meg, hogy ekkor az E = {x ∈ X | x végtelen sok An -ben benne van} halmaz nullmérték˝u.
3
n=1 µ(An )
P∞
< ∞. Mutassuk
Megoldás.
Minden n ∈ N esetén legyen En = ∪∞ i=n An . Ekkor E ⊂ E n minden n ∈ N esetén, így 0 ≤ µ(E) ≤ µ(En ) ≤
∞ X
Ai → 0,
i=n
ezért µ(E) = 0.
15. Feladat. Legyen (X, A, µ) mértéktér, E ∈ A. Mutassuk meg, hogy tetsz˝oleges A ∈ A esetén µ(E ∩ A) + µ(E ∪ A) = µ(E) + µ(A). Megoldás.
Az E halmaz mérhet˝osége miatt, µ(E ∪ A) = µ ((E ∪ A) ∩ E) + µ (E ∪ A) ∩ EC = µ(E) + µ A ∩ EC .
Ezért, µ(E ∪ A) + µ(E ∩ A) = µ(E) + µ A ∩ EC + µ(E ∩ A) = µ(E) + µ(A). 16. Feladat. Legyen µ küls˝o mérték X-en. Ha A az X halmaz egy nem mérhet˝o részhalmaza, E ⊂ X pedig olyan, hogy mérhet˝o és A ⊂ E, akkor mutassuk meg, hogy µ (E \ A) > 0. Megoldás.
Indirekt tegyük fel, hogy µ (E \ A) = 0, ekkor E \ A ∈ A, így A = E \ (E \ A) ∈ A, ami ellentmondás.
17. Feladat. Legyen (X, A, µ) egy mértéktér, (An )n∈N pedig egy olyan A-beli halmazsorozat, melyre ∞ X
µ(An ) < +∞.
n=1
Igazoljuk, hogy ekkor ! µ lim sup An = 0. n→∞
Megoldás.
Használjuk azt, hogy ∞ ∞ ∞ \ [ X µ An ≤ µ(Ak ). k=1 n≥k
k=n
18. Feladat. Legyen µ küls˝o mérték X-en. Mutassuk meg, hogy az E ⊂ X halmaz pontosan akkor mérhet˝o, ha tetsz˝oleges ε > 0 esetén van olyan F ⊂ E halmaz, melyre µ (E \ F) < ε. Ha az E ⊂ X halmaz mérhet˝o, akkor az F = E választással adódik az állítás. A megfordításhoz 1 minden n ∈ N esetén készítsük el azokat az Fn ⊂ X mérhet˝o halmazokat, melyekre Fn ⊂ E és µ (E \ Fn ) < n teljesül. Legyen továbbá F = ∪n∈N Fn , ekkor az F halmaz mérhet˝o és Megoldás.
1 µ (E \ F) ≤ µ (E \ Fn ) < , n amib˝ol µ (E \ F) = 0 adódik, és így az E \ F halmaz mérhet˝o. Az E halmaz mérhet˝osége az E = F ∪ (E \ F) azonosságból adódik. 19. Feladat (Approximációs tétel). Legyen µ Radon-mérték X-en, A az X-nek megy mérhet˝o és véges mérték˝u részhalmaza. Igazoljuk, hogy ekkor tetsz˝oleges ε > 0 esetén létezik olyan K ⊂ X kompakt halmaz, melyre K ⊂ A és µ(A \ K) < ε.
4
Megoldás.
Válasszunk olyan V, W nyílt halmazokat, amelyekre ε ε A ⊂ V, µ(V \ A) < , V \ A ⊂ W, µ(W) < . 2 2 Legyen továbbá K ⊂ V olyan kompakt halmaz, melyre µ(V \ K) < 2ε . Ekkor (K \ W) az A egy kompakt részhalmaza úgy, hogy µ (A \ (K \ W)) ≤ µ(V \ K) + µ(W) < ε. 20. Feladat. Mutassuk meg, hogy ha µ egy σ-véges Radon-mérték X-en, A pedig egy µ-mérhet˝o halmaz, akkor létezik olyan σ-kompakt K és olyan V Gδ halmaz, hogy K⊂A⊂V
és
µ (V \ K) = 0.
Megoldás. Legyen (εn )n∈N egy szigorúan monoton csökken˝o nullsorozat, A1 , A2 , . . . pedig olyan mérhet˝o, véges mérték˝u halmazok, melyek egyesítése X. Tetsz˝oleges n, k ∈ N esetén léteznek olyan Kn,k kompakt és olyan Vn,k nyílt halmazok, melyekre εn Kn,k ⊂ A ∩ Ak ⊂ Vn,k és µ Vn,k \ Kn,k < k . 2 ∞ ∞ ∞ ∞ Legyen K = ∪n=1 ∪k=1 Kn,k és V = ∩n=1 ∪k=1 Vn,k . Ekkor K kompakt halmaz, V Gδ halmaz, K ⊂ A ⊂ V és ∞ X ∞ µ (V \ K) ≤ µ ∪∞ V \ ∪ K ≤ µ Vn,k \ Kn,k ≤ εn → 0. n,k n,k k=1 k=1 k=1
21. Feladat. Legyen X = {1, 2, 3}, H = {∅, {1} , {1, 2}} és definiáljuk a ν : H → [0, ∞] halmazfüggvényt a ν(∅) = 0,
ν ({1}) = 1,
ν ({1, 2}) = 1
módon. (i) Határozzuk meg a ν halmazfüggvényhez tartozó µ küls˝o mértéket. (ii) Írjuk le a µ-mérhet˝o halmazok σ-algebráját és mutassuk meg, hogy a {1} halmaz nem mérhet˝o. Megoldás.
(i)
µ (∅) = 0, µ ({1}) = µ ({2}) = 1, µ ({3}) = ∞ µ ({1, 2}) = 1, µ ({1, 3}) = ∞, µ ({2, 3}) = ∞ µ ({1, 2, 3}) = ∞
(ii) A = {∅, {3} , {1, 2} , {1, 2, 3}}. 22. Feladat. Definiáljuk a µ mértéket a [0, 1] intervallumon a ! 1+α µ ([α, β[) = log2 1+β ( ) 1 leképezés által, ha {x} jelöli az x valós szám képlettel. Bizonyítsuk be, hogy ez a mérték meg˝orz˝odik az x → x törtrészét. ( ) 1 Megoldás. Legyen f (x) = , ekkor x ∞ 1 + 1 X α+n µ f −1 ([α, β[) = log2 1 1 + n=1 β+n ∞ X = log2 (α + n + 1) + log2 (β + n) − log2 (β + n + 1) − log2 (α + n) n=1
= log2 (1 + β) − log2 (1 + α) = µ ([α, β[) . 5
Mérhet˝o függvények tulajdonságai 23. Feladat. Legyen (X, A) egy mérhet˝o tér, Y egy halmaz, f pedig X egy mérhet˝o részhalmazán értelmezett függvény Y-beli értékekkel. Mutassuk meg, hogy ekkor az n o E | E ⊂ Y, f −1 (E) ∈ A halmazrendszer az Y részhalmazainak egy σ-algebrája. Az f −1 (Y) = A jelöléssel A ∈ A és az
Megoldás.
f −1 (Y \ E) = A \ f −1 (E) valamint az f
∞ ∞ [ [ f −1 (Ei ) Ei =
−1
i=1
i=1
összefüggésekb˝ol következik az állítás. 24. Feladat. Legyen (X, A) mérhet˝o tér, f : X → R. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi tulajdonságok ekvivalensek (i) tetsz˝oleges a ∈ R esetén az {x ∈ X | f (x) > a} halmaz mérhet˝o; (ii) tetsz˝oleges a ∈ R esetén az {x ∈ X | f (x) ≥ a} halmaz mérhet˝o; (iii) tetsz˝oleges a ∈ R esetén az {x ∈ X | f (x) < a} halmaz mérhet˝o; (iv) tetsz˝oleges a ∈ R esetén az {x ∈ X | f (x) ≤ a} halmaz mérhet˝o. Megoldás.
A fenti állítások ekvivalenciája abból adódik, hogy {x ∈ X | f (x) ≥ a} =
∞ ( \ n=1
1 x ∈ X | f (x) > a − n
)
{x ∈ X | f (x) < a} = X \ {x ∈ X | f (x) ≥ a} ) ∞ ( \ 1 x ∈ X | f (x) < a + {x ∈ X | f (x) ≤ a} = n n=1 {x ∈ X | f (x) > a} = X \ {x ∈ X | f (x) ≤ a} 25. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy az el˝oz˝o feladat feltételei mellet az (i)-(iv) feltételek bármelyike ekvivalens a következ˝ovel (v) tetsz˝oleges B ⊂ R Borel-halmaz esetén az f −1 (B) halmaz mérhet˝o. Megoldás. A félegyenesek nyilván Borel-halmazok. Másrészt a félegyeneseket tartalmazó legsz˝ukebb σ-algebra megegyezik a Borel-halmazok σ-algebrájával. 26. Feladat. Legyen (X, A) mérhet˝o tér és tegyük fel, hogy f : X → R olyan mérhet˝o függvény, mely sehol sem 1 zérus. Mutassuk meg, hogy ekkor az függvény is mérhet˝o. f Megoldás.
Használjuk fel, hogy ( ) 1 x ∈ X| >a = f (x)
n
o x ∈ X | 0 < f (x) < a−1 , ha a > 0 ha a = 0 {x n ∈ X | 0 < f (x) < ∞} , o x ∈ X | − ∞ < f (x) < a−1 ∪ {x ∈ X | 0 < f (x) < ∞} , ha a < 0 6
27. Feladat. Legyen (X, A) mérhet˝o tér, f : X → R mérhet˝o függvény. Mutassuk meg, hogy ekkor az | f | függvény is mérhet˝o. Megoldás.
Azonnal adódik abból, hogy {x ∈ X | | f (x)| < a} = {x ∈ X | f (x) < a} ∩ {x ∈ X | f (x) > −a} .
28. Feladat. Legyen (X, A) mérhet˝o tér, Y az Y1 , Y2 , . . . megszámlálható bázisú topologikus terek szorzata. Bizonyítsuk be, hogy az f : X → Y pontosan akkor mérhet˝o, ha az f (x) = ( f1 (x), f2 (x), . . .) összefüggéssel definiált koordinátafüggvények mérhet˝oek minden i = 1, 2, . . . esetén. Megoldás.
A (y ∈ Y, i = 1, 2, . . .)
pi (y1 , y2 , . . .) = yi
összefüggéssel definiált projekciók folytonosak, tehát Borel-függvények is, amib˝ol az adódik, hogy minden i = 1, 2, . . . esetén az fi = pi ◦ f koordinátafüggvények mérhet˝oek. Másrészt, ha Oi megszámlálható bázisa Yi -nek, i = 1, 2, . . ., akkor a O = {V1 × · · · × Vn × Yn+1 × Yn+2 × · · · | n ∈ N, Vi ∈ Oi , i = 1, 2, . . .} halmazrendszer megszámlálható bázisa az Y topológiájának. Ha az fi függvények mérhet˝oek, és V ∈ O, akkor az −1 f −1 (V) = f1−1 (V1 ) ∩ . . . ∩ fn−1 (Vn ) ∩ fn+1 (Yn+1 ) ∩ . . . n o halmaz mérhet˝o. Az E | E ⊂ Y, f −1 (E) ∈ A halmazrendszer σ-algebra, az O-beli halmazok megszámlálható egyesítéseként el˝oálló nyílt halmazok teljes inverz képe is mérhet˝o, azaz f mérhet˝o.
29. Feladat. Legyen (X, A, µ) egy teljes mértéktér, Y topologikus tér, f, g : X → Y. Mutassuk meg, hogy ha az f függvény mérhet˝o és µ majdnem minden x ∈ X esetén f (x) = g(x), akkor a g függvény is mérhet˝o. Megoldás.
Legyen A = {x ∈ X | f (x) = g(x)} és B = X \ A. Legyen V ⊂ Y egy tetsz˝oleges nyílt halmaz, ekkor g−1 (V) = A ∩ g−1 (V) ∪ B ∩ g−1 (V) = A ∩ f −1 (V) ∪ B ∩ g−1 (V) .
Ebb˝ol az adódik, hogy a g−1 (V) halmaz mérhet˝o, hiszen az A és f −1 (V) halmazok mérhet˝oek, továbbá a B ∩ g−1 (V) halmaz a nullmérték˝u B halmaz részhalmaza, ami a mértéktér teljessége miatt szintén mérhet˝o. 30. Feladat (Luzin-tétel). Legyen µ Radon-mérték X-en, Y megszámlálható bázisú topologikus tér, A mérhet˝o és véges mérték˝u részhalmaza X-nek, f : A → Y mérhet˝o függvény. Igazoljuk, hogy minden ε > 0-hoz van olyan K ⊂ X kompakt halmaz, melyre K ⊂ A, µ (A \ K) < ε és f |K folytonos. ε Az approximációs tétel szerint van olyan C kompakt részhalmaza A-nek, melyre µ(A\C) < . Legyen 2 V1 , V2 , . . . az Y tér egy megszámlálható bázisa. Mivel az f −1 (Vi ) ⊂ A halmazok µ-mérhet˝oek, ezért választhatunk olyan Gi nyílt és Ki kompakt halmazokat, melyekre Megoldás.
Ki ⊂ f −1 (Vi ) ⊂ Gi Legyen g =
S∞
i=1 (G i
és
µ (Gi \ Ki ) <
ε 2i+1
(i = 1, 2, . . .)
\ Ki ) és K = C \ G. Ekkor K az A egy kompakt részhalmaza, úgy, hogy ∞
ε ε X ε = ε. µ(A \ K) ≤ µ(A \ C) + µ(C \ K) < + µ(G) < + 2 2 i=1 2i+1 Legyen g = f |K , mivel
g−1 (Vi ) = f −1 (Vi ) ∩ K = Gi ∩ K,
ezért g folytonos K-n.
7
31. Feladat. Adjunk példát olyan f : R → R függvényre, mely nem mérhet˝o, azonban az | f | függvény mérhet˝o és tetsz˝oleges a ∈ R esetén az f −1 ({a}) halmaz mérhet˝o. Megoldás.
Legyen A ⊂ R egy olyan halmaz, mely Lebesgue-szerint nem mérhet˝o és legyen ( x, ha x ∈ A; f (x) = −x, ha x < A.
32. Feladat. Legyen f : R → R olyan függvény, mely majdnem mindenütt folytonos R-en. Mutassuk meg, hogy ekkor az f függvény mérhet˝o. Megoldás.
Tekintsük az E = x ∈ R | f folytonos x-ben
halmazt. Ekkor λ (R \ E) = 0, ezért mind az R \ E, mind az E halmazok mérhet˝oek. Legyen U ⊂ R egy tetsz˝oleges nyílt halmaz. Mivel az f −1 (U) ∩ (R \ E) halmaz nullmérték˝u, így speciálisan mérhet˝o is. Továbbá, f |E folytonos, f −1 (U) ∩ E az E egy nyílt részhalmaza, következésképpen van egy olyan V ⊂ R nyílt halmaz, hogy f −1 (U) ∩ E = V ∩ E. Az f −1 (U) ∩ E halmaz mérhet˝o, így az h i h i f −1 (U) = f −1 (U) ∩ E ∪ f −1 (U) ∩ (R \ E) halmaz is mérhet˝o, amib˝ol az f függvény mérhet˝osége adódik.
Mérhet˝o függvények konvergenciája 33. Feladat. Legyen (x, A) mérhet˝o tér, (Y, %) metrikus tér, f, fn : X → Y, fn , n ∈ N olyan mérhet˝o függvények, hogy minden x ∈ X esetén fn (x) → f (x). Bizonyítsuk be, hogy ekkor az f függvény is mérhet˝o. Megoldás.
Azt kell megmutatni, hogy ha V ⊂ Y nyílt halmaz, akkor f −1 (V) =
∞ [ ∞ \ ∞ [
fk−1 ({y ∈ Y | %(y, Y \ V) > 1/ j}) .
j=1 n=1 k=n
Ebb˝ol már következik az állítás, hiszen az y 7−→ %(y, A) leképezés folytonos, így az {y ∈ Y | %(y, Y \ V) > 1/ j} halmazok nyíltak. Legyen tehát x ∈ f −1 (V), azaz x ∈ f (V). Mivel V nyílt, van olyan j ∈ N, hogy B ( f (x), 2/ j) ⊂ V. Mivel fk (x) → f (x), ezért van olyan nqinN, hogy k ≥ n esetén %( fk (x), f (x)) < 1/ j, ekkor azonban %( fk (x), Y \ V) > 1/ j. Megfordítva, ha x eleme a jobb oldalon lév˝o halmaznak, akkor léteznek olyan j, n ∈ N, hogy k ≥ n esetén %( fk (x), Y \ V) > 1/ j. Ebb˝ol, k → ∞ határátmenetet véve az adódik, hogy %( f (x), Y \ V) > 1/ j, vagyis f (x) ∈ V. 34. Feladat. Legyen f : R → R egy differenciálható függvény. Igazoljuk, hogy ekkor f 0 mérhet˝o. Megoldás.
Tetsz˝oleges n ∈ N esetén definiáljuk a gn : R → R függvényeket a ! ! 1 (x ∈ R) gn (x) = n f x + − f (x) n
képlettel. Ekkor a gn függvények mérhet˝oek (s˝ot folytonosak is) minden n ∈ N esetén. Továbbá, a {gn }n∈N függvénysorozat pontonként f 0 -hoz konvergál. Így f 0 mérhet˝o. 35. Feladat. Legyen (X, A, µ) egy mértéktér, fn : X → R (n ∈ N) mérhet˝o függvények. Igazoljuk, hogy az A = {x ∈ X | fn (x) → +∞} és a B = {x ∈ X | fn (x) → −∞} halmazok mérhet˝oek. 8
Megoldás.
Minden m, k ∈ N esetén tekintsük az Am,k = {x ∈ X | fn (x) > k minden n ≥ m esetén}
halmazokat. Ekkor Am,k ∈ A tetsz˝oleges m, k ∈ N esetén. Figyeljük meg továbbá, hogy A=
∞ [ ∞ \
Am,k ,
k=1 m=1
amib˝ol adódik, hogy az A halmaz mérhet˝o. Az el˝oz˝ohöz hasonlóan minden m, k ∈ N esetén tekintsük a Bm,k = {x ∈ X | fn (x) < kminden n ≥ m esetén} halmazokat és használjuk fel, hogy B=
∞ [ ∞ \
Bm,k .
k=1 m=1
36. Feladat. Legyen (X, A) mérhet˝o tér, fn : X → R mérhet˝o függvények (n ∈ N). Igazoljuk, hogy a supn fn (x) és az inf n fn (x) függvények is mérhet˝oek. Megoldás.
Használjuk azt, hogy minden a ∈ R esetén (
) [ ∞ x ∈ X | sup fn (x) > a = {x ∈ X | fn (x) > a} n
és
n=1
∞ [ x ∈ X | inf fn (x) < a = {x ∈ X | fn (x) < a} . n
n=1
37. Feladat. Az el˝oz˝o feladat jelölései mellet igazoljuk, hogy a lim supn→∞ fn (x) és a lim inf n→∞ fn (x) függvények mérhet˝oek. Megoldás.
Használjuk az el˝oz˝o feladat eredményeit és azt, hogy ! lim sup fn (x) = inf sup fn (x) m
n→∞
és
n>m
lim inf fn (x) = sup inf fn (x) . n→∞
m
n>m
38. Feladat. Legyen (X, A, µ) egy mértéktér és f : X → R egy mérhet˝o függvény. Igazoljuk, hogy ekkor az f+ (x) = max { f (x), 0}
és
f− (x) = − min { f (x), 0}
(x ∈ X)
módon megadott f+ , f− : X → [0, +∞[ függvények is mérhet˝oek. 39. Feladat. Legyen (X, A, µ) egy teljes mértéktér, f, fn : X → R, n = 1, 2, . . .. Bizonyítsuk be, hogy ha az fn , n = 1, 2, . . . függvények mérhet˝oek, és az { fn } függvénysorozat majdnem mindenütt f -hez konvergál, akkor az f függvény is mérhet˝o. Megoldás. Használjuk fel azt a tényt, hogy az f függvény majdnem mindenütt egyenl˝o a lim supn→∞ fn mérhet˝o függvénnyel. 9
40. Feladat. Legyenek (X, A, µ) és (Y, B, ν) mértékterek, f : X → R, g : Y → R. Azt mondjuk, hogy az f és a g függvények ekvimérhet˝oek, ha tetsz˝oleges c > 0 esetén µ ({x | f (x) < c}) = ν ({x | g(x) < c}) . Bizonyítsuk be, hogy ha az f függvény µ-mérhet˝o, akkor van olyan, a [0, µ(X)] intervallumon nemcsökken˝o, balról folytonos g függvény, mely ekvimérhet˝o f -fel. Megoldás.
Legyen F(c) = µ ({x | f (x) < c}), ekkor a keresett g függvény, g(y) = inf c. F(c)
41. Feladat. Legyenek f, g :]a, b[→ R folytonos függvények. Mutassuk meg, hogy f és g pontosan akkor ekvivalensek a Lebesgue-mértékre nézve, ha f (x) = g(x) teljesül minden x ∈]a, b[ esetén. Megoldás. Használjuk azt, hogy ha f és g olyan folytonos függvények, hogy valamely ξ ∈]a, b[ esetén f (ξ) , g (ξ), akkor van olyan U (ξ) ⊂]a, b[, ξ-t tartalmazó nyílt intervallum, hogy f (u) , g(u) minden u ∈ U (ξ) esetén. 42. Feladat. Konstruáljunk a [0, 1] intervallumon olyan Lebesgue-mérhet˝o függvényt, amely semmilyen folytonos függvénnyel sem ekvivalens. Megoldás.
Mutassuk meg, hogy az 1 , ha x ∈]0, 1] f (x) = x 0, ha x = 0
módon értelmezett f : [0, 1] → R függvény rendelkezik a fenti tulajdonságokkal.
43. Feladat. Legyen (X, A, µ) egy mértéktér és fn : X → R olyan mérhet˝o függvényekb˝ol álló sorozat, melyre m. m.
fn −−−−→ f
és
m. m.
fn −−−−→ g
teljesül. Mutassuk meg, hogy az f és g függvények ekvivalensek. Megoldás. Tegyük fel, hogy az ( fn )n∈N függvénysorozat az F halmazon kívül f -hez, a G halmazon kívül G-hez konvergál. Ekkor az F ∪G halmaz nullmérték˝u és az f és g függvények az F ∪G halmazon kívül megegyeznek. 44. Feladat (Jegorov-tétel). Legyen (X, A, µ) egy véges mértéktér, (Y, %) egy szeparábilis metrikus tér, f, fn : X → m.m. Y, n = 1, 2, . . . mérhet˝o függvények. Mutassuk meg, hogy ha f −−−−→ f , akkor minden δ > 0 esetén van olyan A ⊂ X mérhet˝o halmaz, melyre µ(X \ A) < δ és az A halmazon a konvergencia egyenletes. Megoldás.
Legyen minden i, j ∈ N esetén Ai, j =
∞ ( [ n= j
) 1 x ∈ X | %( fn (x), f (x)) > . j
Ekkor az Ai, j halmazok mérhet˝oek, és bármely rögzített i ∈ N esetén ha x ∈ X olyan, hogy limn→∞ fn (x) = f (x), T∞ akkor van olyan j ∈ N, hogy x < Ai, j , ebb˝ol viszont azt kapjuk, hogy µ k=1 Ai,k = 0. A mérték folytonossága miatt ez azt jelenti, hogy lim j→∞ µ Ai, j = 0. Minden i ∈ N esetén ji ∈ N legyen olyan, hogy µ Ai, ji < 2δi , és T legyen A = ∞ i=1 X \ Ai, ji . Ekkor ∞ [ µ (X \ A) = µ Ai, ji < δ. i=1
Ha x ∈ A, akkor minden i ∈ N esetén x < Ai, ji , azaz % ( fn (x), f (x)) <
1 < ε, i
ha n ≥ ji .
10
45. Feladat. Legyen n sin(x)
fn (x) =
(x ∈ [0, π], n ∈ N) . 1 + n2 sin2 (x) Adott δ > 0 esetén határozzuk meg az ( fn )n∈N függvénysorozat Jegorov-halmazát, azaz, azt az A ⊂ [0, π] mérhet˝o halmazt, melyre λ(A) < δ és amely halmazon a fenti függvénysorozat egyenletesen konvergens. Megoldás.
Mutassuk meg, hogy a fenti függvénysorozat Jegorov-halmaza δ δ ,π − . 3 3
46. Feladat (Lebesgue-tétel). Legyen (X, A, µ) egy véges mértéktér, (Y, %) egy szeparábilis metrikus tér, f, fn : X → µ m. m. Y, n = 1, 2, . . . mérhet˝o függvények. Mutassuk meg, hogy ha fn −−−−→ f , akkor fn −→ f . Megoldás.
A Jegorov-tétel miatt tetsz˝oleges ε, σ > 0 esetén van olyan N ∈ N, hogy ha n > N, akkor µ ({x ∈ X | % ( fn (x), f (x)) > σ}) < ε.
47. Feladat (Approximációs lemma nemnegatív mérhet˝o függvényekre). Legyen (X, A) egy mérhet˝o tér, f : X → [0, +∞] mérhet˝o függvény. Mutassuk meg, hogy ekkor létezik egy olyan sn : X → R nemnegatív, mérhet˝o, egyszer˝u függvényekb˝ol álló s1 ≤ s2 ≤ s3 ≤ . . . sorozat, mely pontonként az f függvényhez konvergál. Megoldás.
Legyen (rn ) egy olyan pozitív tagú sorozat, melyre lim rn = 0
n→∞
és
∞ X
rn = ∞.
n=1
Legyen s0 (x) ≡ 0, továbbá, ha n ∈ N, akkor An = {x ∈ X | f (x) > rn + sn−1 }
sn = sn−1 + rn χAn ,
és
ahol χAn jelöli az An halmaz karakterisztikus függvényét. P Ha f (x) = ∞, akkor x ∈ An minden n esetén, ezért sn (x) = ni=1 → f (x). Ha 0 < f (x) < ∞, akkor x < An végtelen sok n esetén. Minden ilyen n-re rn > f (x) − sn (x) > 0 teljesül. Vagyis mindkét esetben az {sn } függvénysorozat pontonként f -hez konvergál. 48. Feladat. Legyen (X, A, µ) egy véges mértéktér, f, g, fn , gn : X → R olyan mérhet˝o függvények, melyekre m. m. m. m. m.m. fn −−−−→ f és gn −−−−→ g. Mutassuk meg, hogy ekkor fn · gn −−−−→ f · g. Érvényben marad-e az állítás, ha a mértéktér nem véges? m.m.
Megoldás. Indirekt tegyük fel, hogy fn · gn −−−−→ f · g nem teljesül. Ekkor van olyan ε > 0 és δ > 0, továbbá, az { fn gn } sorozatnak olyan részsorozata (jelöljük ezt is { fn gn }-nel), melyre µ ({x ∈ X | | fn (x)gn (x) − f (x)g(x)| > ε}) > δ
(∗) m.m.
(n ∈ N) .
m.m.
Azonban, fn −−−−→ f és gn −−−−→ g, így a Riesz-féle kiválasztási tételb˝ol az adódik, hogy { fn }-nek, illetve {gn } m.m. m.m. m.m. nek van olyan fnk , illetve gnk részsorozata, melyre fnk −−−−→ f , illetve gnk −−−−→ g. Ekkor fnk gnk −−−−→ f g. Mivel a mértéktér véges, azért a majdnem mindenütti konvergenciából következi a mértékbeni konvergencia, vagyis µ fnk gnk → − f g, ami ellentmond (∗)-nak. Ha a mértéktér nem véges, akkor az állítás nem marad érvényben, ugyanis ha X =]0, +∞[ és λ jelöli a Lebesguemértéket, akkor (X, L, λ) egy nem véges mértéktér, és ha r x (x ∈]0, +∞[, n ∈ N) , fn (x) = x4 + n valamint f (x) = x2 (x ∈]0, +∞[), akkor λ
− f fn →
és
λ
fn2 9 f 2 .
11
49. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy az fn (x) =
n2
nx + x2
(x ∈ R, n ∈ N)
függvénysorozat a számegyenesen mindenütt nullához tart, de nem egyenletesen. 50. Feladat. Vizsgáljuk meg az fn (x) = xn
(x ∈ R, n ∈ N)
függvénysorozat konvergenciáját és egyenletes konvergenciáját a [0, 1] intervallumon. 51. Feladat. A
1, χ(x) = 0,
ha x ∈ Q ha x ∈ R \ Q
Dirichlet-függvény el˝oállítható folytonos függvényekb˝ol kétszeri határátmenettel, χ(x) = lim lim [cos(2πxn!)]m n→∞ m→∞
(x ∈ R) .
El˝oállítható-e a χ függvény folytonos függvényekb˝ol egyszeri határátmenettel? Megoldás.
Indirekt tegyük fel, hogy léteznek olyan ϕn ∈ C(R) (n ∈ N) függvények, hogy χ(x) = lim ϕn (x) n→∞
Minden n ∈ N esetén legyen
(x ∈ R) .
) 1 . Fn = x ∈ R | ϕn (x) ≤ 2 (
Ekkor minden n ∈ N esetén a ϕn függvények folytonossága miatt az Fn halmazok zártak és ) ( ) ( 1 1 lim x ∈ R | ϕn (x) ≤ lim F = x ∈ R | χ(x) ≤ 2 n→∞ 2 n→∞ teljesül. Azonban F = R \ Q. Ez azonban azt jelenti, hogy az irracionális számok halmaza el˝oállítható megszámlálható sok zárt halmaz uniójaként, ami lehetetlen. 52. Feladat. Ha x ∈ [0, 1], akkor legyen 0, n1 n2 . . . az x végtelen tizedestört alakja. Definiáljuk ekkor az f : [0, 1] → R függvényt az f (x) = max ni i∈N
képlettel. Igazoljuk, hogy f mérhet˝o és majdnem mindenütt állandó. Megoldás. számjegy
A [0, 1] intervallum azon pontjainak a mértéke, amelyek tizedestört el˝oállításában szerepel a 9-es ! 1 1 1 +9 + 9( 3 + · · · ) = 1. 10 10 10
12
