Analízis 3 gyakorlatok

Átírás

1 Analízis 3 gyakorlatok Markó Zoltán 04. október 4.

2 A jegyzetről A jegyzet a Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Természettudományi Kara (BME- TTK) kara által szervezett Analízis 3 (BMETE9AM3 tárgykódú) kurzus gyakorlati anyagának megoldásait tartalmazza. Egész pontosan azon feladatok szerepelnek benne a hozzá szükséges elmélettel, amit Andai Attila adott ki a es őszi félévi előadásaihoz kapcsolódóan. A későbbiekben ez a feladatgyűjtemény várhatóan bővülni fog. Az előforduló hibákat javítani fogom, ha valaki talál ilyet, kérem írjon a lenti címre. Markó Zoltán marzol89@gmail.com MZ-3-ANAL3GYAK RMK

3 Tartalomjegyzék. Mértékelmélet 5.. Halmazfüggvények, mérték és kiterjesztése Gyűrűk és algebrák Mérték, mértéktér Külső mérték, mértékek konstruálása Mérték és topológia, Lebesgue-mérték Mérhető függvények Mérhető függvények sorozatai Majdnem mindenütt és mértékben való konvergencia Integrál Szorzatterek, Fubini-tétel Paraméteres integrál

4 4

5 . fejezet Mértékelmélet.. Halmazfüggvények, mérték és kiterjesztése Az alaphalmaz jelölése:.... Gyűrűk és algebrák... Definíció (gyűrű). A nemüres R P() halmazosztály gyűrű, ha minden E, F R esetén E F R és E \ F R is igaz. A definícióból adódik, hogy = E \ E R minden gyűrű esetén Feladat. Mutassuk meg, az alábbi halmazrendszerek gyűrűk. 6 a) tetszőleges halmaz, R = { }, illetve R = P(); b) tetszőleges halmaz, R 3 az összes véges részhalmazainak osztálya; c) = R, R 4 az balról zárt, jobbról nyílt, korlátos intervallumaiból véges egyesítéssel képezhető halmazok osztálya, azaz n {x < a i x < b i < + } alakú halmazok osztálya. Megoldás: a) Triviális. b) Ha E, F végesek, akkor E F és E \ F is véges halmazok. c) Az nyilvánvaló, hogy R 4 zárt az unióképzésre. A különbségképzésre való zártsághoz elegendő belátni, hogy ha E := (a, b ] és F := (a, b ] tetszőleges intervallumok, akkor E \ F R 4, ez viszont szintén könnyen ellenőrizhető...3. Definíció (algebra). Az algebra (Bool-algebra) olyan nemüres R P() halmazosztály, amelyre. ha E R és F R, akkor E F R és. ha E R, akkor \ E R. 5

6 ..4. Feladat. Mutassuk meg, hogy az algebra nem más, mint az halmazt is tartalmazó gyűrű. Megoldás: Legyen R gyűrű, melyre R, és E, F R. Ekkor mivel R gyűrű: E F R is teljesül. Másrészt minden E R elemre \ E R, hiszen R és R gyűrű. Az..3. definíció szerint tehát R algebra. Fordítva: Tegyük fel, hogy R algebra, ekkor persze E, F R esetén E F R, továbbá E \ F = E ( \ F ) = \ (E ( \ F )) R, vagyis R gyűrű. Továbbá tetszőleges R tetszőleges E eleme esetén = E ( \ E) R, vagyis R tartalmazza az alaphalmazt...5. Definíció (σ-gyűrű). Az S P() halmazosztály σ-gyűrű, ha. E, F S esetén E \ F S ;. E i S, i N esetén i=0 E i S...6. Definíció (σ-algebra, mérhető tér). A A P() halmazosztály σ-algebra, ha. ha A A, akkor \ A A ;. ha A i A, i N, akkor i=0 A i A. Az (, A ) párt mérhető térnek hívjuk. Természetesen ekkor is következik, hogy σ-algebra olyan σ-gyűrű, mely az alaphalmazt tartalmazza. Az algebrának/σ-algebrának ekkor persze az \ = is mindig eleme Feladat. Az n =,, 3 esetben adjuk meg az A n = {,..., n} halmazon az összes σ-algebrát. Megoldás: Most = A n az alaphalmaz, részhalmazainak megfelelő rendszereit kell meghatároznunk. n = esetben, mivel a σ-algebra mindig tartalmazza az alaphalmazt és az üres halmazt, és P(A ) = {, {}}, ezért az egyetlen σ-algebra: A = P(A ). Vegyük észre: tetszőleges alaphalmaz esetén az {, } halmaz σ-algebra, hiszen A = A tetszőleges A halmaz esetén. n = : Az előzőek szerint B := {, {, }} egy σ-algebra. Ha további eleme is van, akkor pl. {} B esetén A \ {} = {} B is teljesül, akkor viszont már B = P(A ) adódik (ha a {} tartalmazását tesszük fel, ugyanezt kapjuk). Ekkor tehát két db σ-algebrát találtunk. n = 3: C := {, {,, 3}} egy σ-algebra. Ha {} C, akkor A 3 \ {} = {, 3} C is teljesül. Ez már σ-algebrát ad, hasonlóan adódik még két ilyen eset: C = {, {}, {, 3}, {,, 3}}; C 3 = {, {}, {, 3}, {,, 3}}; C 4 = {, {3}, {, }, {,, 3}}; Ha két db egyelemű részhalmazt tartalmaz, pl. {}, {} C 5, akkor {, } C 5, de akkor már A 3 \{, } = {3} C 5 is igaz, és az egész hatványhalmazt megkapjuk: C 5 = P(A 3 ). Ha tartalmaz egy kételeműt, a fenti eseteket kapjuk. A további esetek vizsgálata is mindig P(A 3 )-at adja vissza, így az összes σ-algebrát megtaláltuk...8. Definíció (mérhető halmaz). Ha A σ-algebra, akkor elemeit mérhető halmazoknak nevezzük. 6

7 ... Mérték, mértéktér..9. Definíció (mértéktér, mérték). Az (, A, µ) hármast mértéktérnek, µ-t pedig mértéknek nevezzük -en, ha (, A ) mérhető tér, µ : A R + { } függvény az alábbi tulajdonságokkal:. µ( ) = 0;. ha A i A, i N és az A i halmazok páronként diszjunktak, akkor ( ) µ A i = µ(a i ) i=0 i=0 σ-additivitás. Ha A A, akkor a µ(a) szám az A halmaz mértéke. Ha pl. tetszőleges halmaz, A = P(), akkor legyen A A esetén µ(a) az A elemeinek száma (, ha A nem véges halmaz). Ez mérték, melyet számlálómértéknek nevezünk...0. Feladat. Legyen (, A, µ) mértéktér. Mutassuk meg, hogy ha A, B A, akkor A B µ(a) µ(b). Megoldás: az additivitás alapján hiszen a mérték nemnegatív. µ(b) = µ(a (B \ A)) = µ(a) + µ(b \ A) µ(a), a... Feladat. Legyen (, A, µ) mértéktér. Mutassuk meg, hogy ha A, B A, A B és µ(a) <, akkor µ(b \ A) = µ(b) µ(a). Megoldás: Mivel B = (B \ A) A diszjunkt unióként áll elő, ezért µ(b) = µ(b \ A) + µ(a), amiből az állítás adódik (a kivonás elvégezhetőségéhez kell, hogy µ(a) < legyen).... Definíció (növekvő/csökkenő halmazrendszer limesze). Legyen A A A 3... az halmaz részhalmazainak bővülő rendszere. Ekkor (A n ) n N határértéke a lim A n := halmaz. Legyen B B B 3... az halmaz részhalmazainak csökkenő rendszere. Ekkor (B n ) n N határértéke a halmaz. lim B n := A i B i 7

8 0..3. Feladat (a mérték folytonossága). Legyen (, A, µ) mértéktér. Mutassuk meg, hogy ekkor mérhető halmazok bármely bővülő A A A 3... sorozatára ( ( ) ) µ lim A n = µ A i = lim µ(a i ), i illetve mérhető halmazok bármely szűkülő B B B 3... sorozatára, ha µ(b ) <, akkor ( ( ) ) µ lim B n = µ B i = lim µ(b i ). i Megoldás: Legyen A := A, és A i := A i \ A i, ha i >. Ekkor A i = halmazok diszjunktak, így a mérték σ-szubadditivitása miatt ( ) ( ) ( n n ) µ A i = µ A i = µ(a i) = lim µ(a i) = lim µ A i A i = lim (A n)., és ez utóbbi A megfelelő De Morgan-azonosság, az... feladat és jelen feladat első része szerint ( ) ( ) ( ) µ(b ) µ B i = µ B \ B i = µ (B \ B i ) = lim µ(b \ B i ) = µ(b ) lim µ(b i ), i i hiszen B \ B i -k növekvő halmazrendszert alkotnak, továbbá B i B, µ(b ) < és a mérték monotonitása miatt minden i-re µ(b i ) < teljesül...4. Definíció (halmazrendszer limesz szuperiorja és limesz inferiorja). Legyen {A i } i I az halmaz részhalmazainak rendszere, ahol I megszámlálható indexhalmaz. Ekkor a halmazrendszer limesz szuperiorja a halmaz. A halmazrendszer limesz inferiorja a halmaz. lim sup A n := lim inf A n := n= k=n n= k=n Mindezen definíciók értelmesek, mert n-ben k=n A k csökkenő, míg k=n A k növekvő halmazrendszer. A definícióból adódik, hogy x lim sup A n pontosan akkor teljesül, ha minden n N + esetén létezik k n, hogy x A k ; x lim inf A n pontosan akkor teljesül, ha létezik n N +, hogy minden k n esetén x A k...5. Definíció (véges mértéktér, valószínűségi mérték, valószínűségi mértéktér). Legyen (, A, µ) mértéktér. A mértéktér véges, ha µ() <. A mértéket valószínűségi mértéknek nevezzük, ha µ() =, ekkor a mértéktér elnevezése valószínűségi mértéktér...6. Definíció (σ-véges halmaz, σ-véges mértéktér). Legyen (, A, µ) mértéktér. Az A halmazt σ-végesnek nevezzük, ha lefedhető megszámlálhatóan sok véges mértékű mérhető halmazzal. A mértékteret (és ekkor a mértéket is) σ-végesnek nevezzük, ha az halmaz σ-véges. 8 A k A k

9 ..7. Definíció (teljes mértéktér). Legyen (, A, µ) mértéktér. A mértékteret (és ekkor a mértéket is) teljesnek nevezzük, ha bármely mérhető és nulla mértékű halmaznak minden részhalmaza is mérhető. Az..0. feladat alapján azonnal adódik, hogy ekkor a nullmértékű halmaz részhalmaza is nullmértékű...8. Feladat. Adjunk példát háromelemű, nem teljes és nem is σ-véges mértéktérre. Megoldás: Az..7. feladat C i, i =,..., 5 σ-algebráinak valamelyikén kell alkalmas mértéket megadnunk, dolgozzunk a lehető legkevesebb elemszámú σ-algebrával. Ha a C -et tekintjük, ott µ( ) = 0 értelemszerűen. Tagadjuk a σ-végességet: ehhez {,, 3}-nak nem szabad véges mértékűnek lennie, legyen továbbá µ({}) =, ekkor {,, 3} biztosan nem fedhető le véges mértékű halmazok megszámlálható uniójával.végül µ({, 3}) := 0 választással adódik, hogy a mértékterünk nem is teljes. A mértékek tehát a következők: µ( ) = µ({, 3}) = 0, µ({}) =, µ({,, 3}) = Feladat. Legyen (, A, µ) véges mértéktér, és tekintsük a d : A A R, A, B µ(a B) leképezést, ahol A B := (A \ B) (B \ A) a szimmetrikus differencia. Mutassuk meg, hogy d eltérés, de nem metrika. Megoldás: Az eltérés tulajdonságait ellenőrizzük. Egyrészt a mérték definíciójából adódóan nyilván d(a, B) 0.. A szimmetrikus differencia definíciójából adódik, hogy vagyis szimmetrikus. d(a, B) = µ(a B) = µ(b A) = d(a, B),. A háromszög egyenlőtlenség teljesüléséhez azt kell igazolni, hogy ha A, B, C mérhető halmazok, akkor µ(a B) µ(a C) + µ(b A). Mivel A B = (A \ B) (B \ A) diszjukt halmazok uniója, ezért: µ(a B) = µ(a \ B) + µ(b \ A) = µ(((a \ B) \ C) ((A C) \ B) ) + µ(((b \ A) \ C) ((B C) \ A) ) = }{{}}{{} diszjunktak diszjunktak µ((a \ B) \ C) + µ((a C) \ B) + µ((b \ A) \ C) + µ((b C) \ A) µ((a \ B) \ C) + µ((a B) \ C) + µ((c \ B) \ A) + µ((b C) \ A) + }{{}}{{} µ(a\c) µ(c\a) µ((a C) \ B) + µ((c \ B) \ A) + µ((b \ A) \ C) + µ((a B) \ C) = }{{}}{{} µ(c\b) µ(b\c) µ(a C) + µ(c B). Ezek alapján d eltérés. Ha A = B, akkor d(a, A) = µ(a A) = µ( ) = 0. Ugyanakkor nem metrika, hiszen pl. az..7. feladat C mértékterét tekintve legyen µ( ) = µ(, 3) = 0, µ() = µ({,, 3}) =, ekkor {} = {,, 3}, de szimmetrikus differenciájuk mértéke 0, így a metrika d(a, B) = 0 A = B feltétele nem teljesül. 9

10 ..0. Feladat. Legyen (, A, µ) mértéktér, és minden A, B A esetén legyen A B, ha µ(a B) = 0 teljesül. Mutassuk meg, hogy ekvivalenciareláció. Megoldás: A reláció reflexív, mert µ(a A) = µ( ) = 0. A reláció szimmetrikus, mert ha A B, akkor µ(b A) = µ(a B) = 0, tehát B A. Végül a reláció tranzitív, mert az..9. feladat alapján ha A B és B C, akkor vagyis A C is teljesül. 0 µ(a C) µ(a B) + µ(b C) = 0,... Feladat. Mutassuk meg, hogy nincs megszámlálhatóan végtelen elemszámú σ-algebra. Megoldás: Indirekt tegyük fel, hogy A = {A i i I} P() egy megszámlálhatóan végtelen σ-algebra, és legyen minden x esetén B x := A i. i I, x A i Mivel A i k mérhetőek, és A σ-algebra, továbbá megszámlálhatóan végtelen számosságú, ezért B x A is teljesül, és B x minden x-re, hiszen legalább egy σ-algebrabeli elem () tartalmaz minden elemet. Megmutatjuk, hogy ha B x B y, akkor B x = B y. Legyen ugyanis z B x B y, ekkor mivel B x, B y A, ezért B z B x és B z B y. Ha x B z A, akkor B x B z, és így B x = B z teljesül. Ez viszont mindig így van, ha ugyanis x B x \ B z lenne, akkor B x \ B z A a B x halmaznál szigorúan kisebb A -beli halmaz (hiszen B z ), amely x-et tartalmazza, ez viszont ellentmond B x definíciójának. Eszerint B z = B x, hasonlóan B z = B y, ezért B x = B y. Azt kaptuk tehát, hogy a B x alakú halmazok vagy diszjunktak, vagy ha összemetszenek, akkor már meg is egyeznek. Ha T A, akkor könnyen látszik, hogy T = B x. x T Eszerint minden mérhető halmaz néhány B x alakú halmaz uniójaként áll elő, feltehető, hogy diszjunkt unióként (a fentiek szerint ezek a halmazok vagy diszjunktak, vagy egybeesnek). Ha n < különböző B x alakú halmaz lenne, akkor a mérhető halmazok éppen {B i } n részhalmazaival jellemezhetőek (kiválasztunk néhányat közülük, és ezeket összeuniózzuk), vagyis legfeljebb n db mérhető halmaz lenne, ami ellentmond annak, hogy megszámlálhatóan végtelen sok van. Eszerint végtelen sok különböző B x alakú halmaz van, legyen {B i i J} az ilyen halmazok rendszere, ahol J legalább megszámlálhatóan végtelen. Ekkor létezik K J indexhalmaz, mely megszámlálhatóan végtelen, és a {B i i K} halmaz megszámlálhatóan végtelen számosságú. Minden részhalmazának megfelel egy A -beli elem, hiszen B i -k mérhetőek, és A σ-algebra, továbbá B i -k diszjunktak. Mivel egy megszámlálhatóan végtelen számosságú halmaz hatványhalmaza nem megszámlálhatóan végtelen, ezért a σ-algebra számosságának is legalább nem megszámlálhatóan végtelennek kell lennie, ami ellentmond a kezdeti feltevésünknek. Ezzel az állítást beláttuk.... Feladat. Adjunk példát olyan halmazrendszerre, ami zárt az egyesítésre és a metszetképzésre, de nem gyűrű. 0

11 Megoldás: Olyan halmazrendszert kell mutatnunk, mely a fentieket tudja, ugyanakkor a különbségképzésre nézve nem zárt. A lehető legegyszerűbb egy olyan kételemű halmazrendszer, amelyben az egyik előáll, mint a halmazok metszete, a másik pedig előáll, mint a halmazok uniója. Ez éppen azt jelenti, hogy az egyik halmaz részhalmaza a másiknak. Pl. a H := {{}, {, }} P({, }) megfelelő halmazrendszer, hiszen zárt az unóira és a metszetre, de pl. {, } \ {} = {} / H...3. Feladat. Mutassuk meg, hogy gyűrűk Descartes-szorzata nem feltétlenül gyűrű. Megoldás: Tekintsük az... feladat c) gyűrűjét, és tekintsük az = R halmazon az R 4 R 4 halmazrendszert. Ez nyilván nem lesz gyűrű, mert pl. [0, ) [0, ) R 4 R 4, illetve [, ) [, ) R 4 R 4, de [0, ) [0, ) [, ) [, ) / R 4 R 4, hiszen ez nem áll elő R 4 -beli halmazok Descartesszorzataként...3. Külső mérték, mértékek konstruálása..4. Definíció (σ-szubadditív halmazfüggvény, külső mérték). Legyen egy halmaz, H P() egy halmazrendszer, µ : H R halmazfüggvény. µ-t σ-szubadditívnak nevezzük, ha minden olyan A H halmaz és H -beli halmazokból álló A i, i I megszámlálható halmazrendszer esetén, melyre A i I A i, teljesül, hogy µ(a) i I µ(a i ). Külső mérték alatt egy olyan R értékű σ-szubadditív halmazfüggvényt értünk, amely egy halmaz összes részhalmazán van értelmezve. A definícióból adódik (üres, illetve egyelemű I indexhalmazra), hogy ha µ külső mérték -en, akkor µ( ) = 0, illetve ha A B, akkor µ(a) µ(b), továbbá A miatt 0 µ(a) minden A P()- re. A külső mérték azon halmazok esetén hasznos, melyeken additív. Ilyen halmazokat jelöl ki a következő, Carathéodorytól származó definíció...5. Definíció (külső mérték szerint mérhető halmaz). Legyen µ külső mérték -en. Az A halmazt µ-mérhetőnek nevezzük, ha A és µ(t ) = µ(t A) + µ(t \ A) minden T esetén. A definíció azt mondja, hogy az a mérthető halmaz, amely minden halmazt jól vág ketté...6. Tétel. Legyen µ külső mérték -en. Ekkor a µ-mérhető halmazok A rendszere σ-algebra és µ megszorítása A -ra teljes mérték...7. Feladat. Az alábbi halmazokon értelmezett µ : P() [0, ] halmazfüggvények külső mértékek-e, illetve ha igen, mik lesznek a mérhető halmazok?., és x 0 esetén minden A P() halmazra {, ha x0 A; µ(a) = 0, ha x 0 / A.. tetszőleges, és minden A P() \ { } esetén µ(a) =, µ( ) = 0.

12 3. = {,..., 8} {,..., 8} és A P() esetén µ(a) = {i {,..., 8} j {,..., 8} : (i, j) A}. 4. = N és A P() esetén µ(a) = lim sup n. x A x n Megoldás:. Legyen A P(), A i I A i. Ha x 0 A, akkor x 0 i I A i, vagyis létezik j I, hogy x 0 A j. Ekkor µ(a) = = µ(a j ) µ(a i ), i I vagyis ekkor teljesül a σ-szubadditivitás. Ha x 0 / A, akkor µ(a) = 0, és a σ-szubadditivitás nyilvánvaló. Eszerint µ külső mérték. Legyen most T tetszőleges. Ha x 0 T, akkor x 0 T A vagy x 0 T \ A bármely A halmaz esetén, így ezek külső mértéke közül pontosan az egyik, a másik 0. Az összegük így, ami éppen µ(t ). A Carathédory-féle definíciót tehát minden halmaz teljesíti. Ha x 0 / T, akkor µ(t ) = 0, de ekkor x 0 / T A és x 0 / T A is igaz minden A esetén, és ismét teljesül a Carathéodory-definíció. Ezek alapján azt kapjuk, hogy minden részhalmaza µ-mérhető.. Legyen A P(), A i I A i. Ha A =, akkor µ(a) = 0, és a σ-szubadditivitás nyilvánvaló. Ha A, akkor létezik j I: A j, így µ(a) = = µ(a j ) i I µ(a i ), vagyis ekkor teljesül a σ-szubadditivitás. Eszerint µ külső mérték. Legyen most T tetszőleges. Ha T =, akkor µ(t ) = 0, ugyanakkor T \ A = T A = minden A -re, így a Carathéodorydefiníció automatikusan teljesül. Ha T, akkor µ(t ) =, és a Carathéodory-feltétel kétféleképpen teljesülhet: µ(t \ A) = 0 és µ(t A) =, ami pontosan akkor teljesül, ha T \ A = és T A. Előbbi minden nemüres T -re teljesül, ilyen A halmaz egyetlen van: az alaphalmaz,. Ennek T = T is megfelel. µ(t \ A) = és µ(t A) = 0, ami pontosan akkor teljesül, ha T \ A és T A =. Ez utóbbi minden nemüres T -re teljesül, ez csak akkor lehet, ha A =. Ennek T \ = T is megfelel. Összességében tehát azt kaptuk, hogy két µ-mérhető halmaz van: és. 3. µ(a) nem más, mint egy sakktábla mezőinek tetszőleges A részhalmaza esetén azon oszlopok száma, melyek belemetszenek A-ba. Ha A i I A i, akkor tegyük fel, hogy µ(a) = k. Ha k = 0, akkor a σ-szubadditivitás nyilvánvaló. Ekkor léteznek {i n } k n= indexek, hogy minden n-re létezik j n, amelyre (i n, j n ) A. Akkor minden n-hez létezik m n I, hogy (i n, j n ) A mn. Ebből következik, hogy µ(a mn ), így k k µ(a) = k = µ(a i ), n= n= µ(a mn ) i I

13 vagyis µ külső mérték. Nézzük, mik lesznek a mérhető halmazok. Az üres halmaz persze mérhető. Ha A mérhető, akkor tegyük fel, hogy A = k n= A i n, ahol A in {(i n, j) j =,..., 8}. Legyen T in := {(i n, j) j =,..., 8} (ez nem más, mint az i n. oszlop). Erre is igaznak kell lennie a Carathéodory-féle definíciónak: mivel µ(t in ) = és T in A = A in, ezét µ(t in \ A) = 0 kell, hogy teljesüljön. Ez viszont éppen azt jelenti, hogy T in = A in. Mivel ez minden n-re elmondható: A = k n= T i n, oszlopok uniójaként áll elő. Megmutatjuk, hogy ez fordítva is igaz. Tegyük fel, hogy A = k n= A i n nemüres halmaz, oszlopok uniója. Ez tényleg µ-mérhető lesz: ha ugyanis T tetszőleges, akkor tegyük fel, hogy az i nl, l =,..., m (m k) indexű oszlopokba metsz bele, és legyen T inl := T A inl, továbbá T := ( m T \ l= T i nl ). Ha most µ(t ) = N m, akkor ( m ) ( m ) ( ) m µ(t ) = N = m + N m = µ T inl + µ(t ) = µ A inl + µ T \ A inl = l= l= l= = µ(t A) + µ(t \ A), azaz valóban éppen az oszlopok (esetleg üres) uniójaként előálló halmazok alkotják a µ-mérhető halmazok osztályát Tétel. Legyen egy halmaz, H P(), ν : H [0, ] függvény. Ha B, akkor legyen µ(b) := inf ν(a i ), i I, I megszámlálható A i H, B i I Ai ahol i ν(a i) = 0 és inf =. Ekkor µ külső mérték -en, és µ(a) ν(a), ha A H...9. Tétel. Az..8. tétel jelöléseivel µ pontosan akkor kiterjesztése ν-nek (vagyis µ(a) = ν(a) minden A H esetén), ha ν σ-szubadditív Tétel. Az..8. tétel jelöléseivel egy B halmaz pontosan akkor µ-mérhető, ha minden A H -ra, amelyre ν(a) <. ν(a) µ(a B) + µ(a \ B)..3. Definíció (előmérték). Az..8. tétel jelöléseivel azt mondjuk, hogy ν előmérték, ha. σ-szubadditív,. ν(a) µ(a B) + µ(a \ B) minden A, B H -ra Tétel. Az..8. tétel jelöléseivel annak szükséges és elégséges feltétele, hogy minden A H halmaz µ-mérhető legyen µ(a) = ν(a) mértékkel, az, hogy ν előmérték legyen Definíció (Lebesgue-mérték R-en). Legyen H az A R korlátos intervallumainak halmaza, és A H hosszán értsük a ν(a) := b a számot, ahol a az A alsó, b az A felső végpontja. Az..8. tétel által ν-höz tartozó külső mértékét Lebesgue-féle külső mértéknek nevezzük, és λ -gal jelöljük. A λ -mérhető halmazokat Lebesgue-mérhetőnek nevezzük, és osztályukat L -lel jelöljük. λ megszorítását L -re Lebesgue-mértéknek nevezzük, és λ-val jelöljük. Megmutatható, hogy ν előmérték, így az..3. tétel szerint igaz a következő tétel:..34. Tétel. A korlátos intervallumok Lebesgue-mérhetőek, és mértékük a hosszukkal egyenlő. Ebből következik, hogy minden egyelemű halmaz mérhető és nullmértékű, továbbá a σ-additivitás szerint R minden megszámlálható részhalmaza Lebesgue-mérhető, és mértéke 0. 3

14 ..4. Mérték és topológia, Lebesgue-mérték..35. Definíció (topologikus tér, topológia). Legyen tetszőleges halmaz, T P(). A T halmazrendszert topológiának nevezzük, ha. T,. tetszőleges I indexhalmaz, A i T, i I esetén i I A i T, 3. ha A, A T, akkor A A T Definíció (generált σ-algebra, Borel-σ-algebra, Borel-halmaz). Legyen egy halmaz, E P(). Az összes E -t tartalmazó σ-algebrák metszetét (mely szintén σ-algebra -en) az E által generált σ-algebrának nevezzük, és G (E )-vel jelöljük. Ha (, T ) topologikus tér, akkor a T által generált σ- algebra elemeit az tér Borel-halmazainak, magát a generált σ-algebrát Borel-σ-algebrának nevezzük, és a G (T ) =: B() jelölést alkalmazzuk. Ha µ mérték -en és nyílt részhalmazai mérhetőek, akkor összes Borel-halmaza is mérhető. Metrikus terek esetén szükséges és elégséges feltételt adhatunk meg:..37. Tétel. Legyen µ külső mérték az metrikus térben. Az Borel-halmazai akkor és csak akkor mérhetőek, ha bármely két nem üres A, B diszjunkt, pozitív távolságú részhalmazára µ(a B) = µ(a) + µ(b) Feladat. Legyen Bizonyítsuk be, hogy U := {(a, b) R a, b Q}.. U megszámlálható számosságú;. minden nyílt halmaz felírható U -beli nyílt halmazok megszámlálható uniójaként. Megoldás:. A ϕ : U Q Q, ϕ : (a, b) (a, b) (rendezett pár!) leképezés bijekció U és Q Q között, így U = Q Q = N N = N = ℵ 0.. Legyen U R nyílt, x U tetszőleges. Ekkor létezik ε > 0, hogy (x ε, x + ε) U. Mivel Q sűrű R-ben, ezért létezik a, b Q, hogy x ε < a < x és x < b < x + ε. Ekkor x (a, b) U, és (a, b) U. Eszerint U = (a, b), (a,b) U (a,b) U és ezen unió megszámlálható, hiszen U bizonyos elemeire összegzünk Feladat. Mutassuk meg, hogy az..38. feladat jelöléseivel B(R) = G (U ), illetve B(R)-t a nyílt intervallumok halmaza is generálja. Megoldás: Jelölje T az R nyílt részhalmazainak halmazát. Nyilván U T G (T ) = B(R), így mivel G (U ) az összes U -t tartalmazó σ-algebra metszete, továbbá B(R) σ-algebra, ezért G (U ) B(R). 4

15 Másrészt, az..38. feladat szerint bármely U T nyílt halmaz felírható U -beli elemek megszámlálható uniójaként. U G (U ), és ez utóbbi σ-algebra, így U -beli halmazok megszámlálható uniója is G (U ) eleme, vagyis T G (U ). A generált σ-algebra definíciója alapján tehát B(R) = G (T ) G (U ), vagyis a fentiekkel összhangban kapjuk, hogy B(R) = G (U ). Ebből már azonnal adódik, hogy a Borel-halmazt a nyílt intervallumok is generálják, hiszen ha N a nyílt intervallumok halmaza, akkor U N G (N ) σ-algebra, ezért B(R) = G (U ) G (N ). Másrészt nyilván N T G (T ) = B(R) σ-algebra, amiből G (N ) B(R), és a fentiek alapján B(R) = G (N ) is igaz Definíció (Cantor-halmaz). Legyen C 0 := [0, ], és hagyjuk el C 0 -ból a középső 3 hosszúságú nyílt intervallumot. A visszamaradó halmazt jelölje C. Induktívan, ha adott C n, amely n db 3 hosszúságú diszjunkt intervallumból áll, akkor ezek mindegyikéből kivéve egy n 3 hosszú intervallumot, kapjuk n+ a C n+ halmazt. Legyen ekkor C := n= C n, melyet Cantor-halmaznak nevezünk...4. Feladat. Az R Borel- és Lebesgue-mérhető részhalmazai.. Mutassuk meg, hogy kontinuum sok nyílt részhalmaza van a valós számok halmazának.. Mutassuk meg, hogy kontinuum sok Borel-halmaza van a valós számok halmazának. 3. Mutassuk meg, hogy a C [0, ] Cantor-halmaz kontinuum-számosságú, Lebesgue-mérhető és λ(c) = 0 teljesül. 4. Mutassuk meg, hogy az R Lebesgue-mérhető halmazainak a halmaza ekvipotens a P(R) halmazzal. 5. Mutassuk meg, hogy minden Borel-mérhető halmaz Lebesgue-mérhető. Megoldás:. Legyen a nyílt halmazok rendszere. Azt mutatjuk meg, hogy = R. Ehhez meg kell adnunk egy-egy injektív leképezést az egyik halmazból a másikba, illetve fordítva. Legyen először is ϕ : R a következő: ϕ : x (x, x + ), ez nyilván injektív. Fordítva a következő trükköt alkalmazzuk: Mivel N = U az..38. feladat alapján, R = P(N) = P(U ), így elegendő megadnunk egy ϕ : P(U ) injektív leképezést. Legyen ez a következő: ha U, akkor ϕ (U) := {(a, b) U (a, b) U}. Ez injektív, ha ugyanis ϕ (U) = ϕ (V ) valamely U, V nyílt halmazokra, akkor az..38. feladat szerint U = (a,b) U (a,b) U (a, b) = (a,b) ϕ (U) (a, b) = (a,b) ϕ (V ) (a, b) = (a,b) U (a,b) V (a, b) = V. Ezzel tehát igazoltuk, hogy R, illetve P(U ) = R, vagyis = R = c.. Mivel kontinuum sok nyílt halmaz van, világos, hogy a Borel-halmazok legalább kontinuum-sokan vannak. A felső becsléshez transzfinit indukció szükséges, ezt most mellőzzük. 3. Egyrészt C R, hiszen C R. Másrészt, egy x [0, ] szám pontosan akkor eleme C n -nek, ha van olyan 0, x x... x n x n+... alakú triadikus törtbe fejtése, amelyben x i = 0 vagy x i =, ha i n. Emiatt C pontosan azon [0, ]-beli valós számokból áll, amelyek triadikus törtbe fejthetők úgy, hogy egyetlen helyen sem áll egyes. Továbbá, C minden eleme egyféleképpen fejthető így triadikus törtbe. Ha x = 0, x x... C, akkor legyen y i = xi minden i-re, és ϕ : x y [0, ] az a valós szám, melyre y = 0, y y.... Ez ráképezés [0, ]-re, így C R. A fentiek szerint C = R = c. 5

16 A Cantor-halmaz Lebesgue-mérhető, mivel C n -ek Lebesgue-mérhetőek (C n véges sok zárt halmaz uniója), és C megszámlálható sok mérhető halmaz metszeteként áll elő. Másrészt C C n, így a mérték monotonitása miatt 0 λ(c) λ(c n ) = n 3 n 0, amint n 0. Ebből adódik, hogy λ(c) = Az előbb megmutattuk, hogy a Cantor-halmaz Lebesgue-mérhető, és mértéke 0. Mivel a Lebesguemérték teljes, ezért a Cantor-halmaz összes részhalmaza is Lebesgue-mérhető, vagyis P(C) L. Ugyanakkor C = c = R, vagyis P(R) = P(C) L. Ugyanakkor értelemszerűen L P(R), vagyis L P(R), amiből L = P(R) következik. 5. Az..39. feladat szerint B(R) = G (U ), vagyis B(R) a legkisebb σ-algebra, amely a racionális végpontú nyílt intervallumokat tartalmazza. Az..34. tétel szerint minden ilyen intervallum Lebesguemérhető, és a Lebesgue-mérhető halmazok σ-algebrát alkotnak, így B(R) = G (U ) L, amit igazolni akartunk. Egyébként létezik olyan Lebesgue-mérhető halmaz, amely nem Borel-mérhető (már csak a feladat. és 4. pontja alapján is, számossági érveléssel)... Mérhető függvények... Definíció (mérhető függvény). Legyenek (, A ), (Y, B) mérhető terek. Egy f : Dom f Y függvényt (A, B)-mérhetőnek, vagy röviden mérhetőnek nevezünk, ha minden B B halmaz esetén f (B) A. Ha Y topologikus tér, akkor f-et A -mérhetőnek, vagy röviden mérhetőnek nevezzük, ha minden B Y Borel-halmaz esetén f (B) A. Ha és Y is topologikus tér, akkor f-et Borel-mérhetőnek nevezzük, ha minden B Y Borel-halmaz esetén f (B) Borel-halmaz -ben. Ha (, A, µ) mértéktér, akkor A -mérhető helyett sokszor µ-mérhetőt mondunk. Mérhető függvény esetén Dom f = f (Y ) A Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha (, A ) mérhető tér, Y tetszőleges halmaz, f : Dom f A Y függvény, akkor az halmazrendszer σ-algebra. H := {E E Y, f (E) A } P(Y ) Megoldás: Az..6. definíció feltételeit ellenőrizzük. Legyen E H, ekkor x f (Y \ E) f(x) Y \ E f(x) Y f(x) / E x f (Y ) x / f (E) x f (Y ) \ f (E), vagyis f (Y \ E) = f (Y ) \ f (E). Mivel f (Y ) = Dom f A, f (E) A és A σ-algebra, ezért f (Y \ E) A is igaz, amiből Y \ E H. Legyenek most E i -k H -beli halmazok, ahol i N. Ekkor ( ) x f E i f(x) n E i i N : f(x) E i 6 i N : x f (E i ) x n f (E i ),

17 azaz f ( E i) = f (E i ) A, hiszen A σ-algebra, és E i H minden i-re. Eszerint ( E i) A, amiből következik, hogy E i H. Tehát H valóban σ-algebra Feladat. Legyen (, A ) mértéktér, (Y, T ) topologikus tér, és f : Dom f Y függvény. Igazoljuk, hogy f pontosan akkor mérhető, ha minden U T nyílt halmaz esetén f (U) A. Megoldás: Tegyük fel, hogy f mérhető: ekkor minden A B(Y )-beli halmazra f (A) A teljesül. Ha most U nyílt halmaz, akkor U B(Y ), így aztán f (U) A is igaz. Fordítva, tegyük fel, hogy minden U T esetén f (U) A. Ekkor az... feladat jelöléseivel, illetve ennek alapján adódik, hogy T H, és ez utóbbi σ-algebra, így B(Y ) = G (T ) H. Ez azt jelenti, hogy ha B B(Y ) tetszőleges halmaz, akkor B H is teljesül, vagyis f (B) A, ami azt jelenti, hogy f mérhető Feladat. Legyenek és Y topologikus terek, f : Y folytonos függvény. Mutassuk meg, hogy ekkor f Borel-mérhető. Megoldás: Az..3. feladat alapján elegendő megmutatni, hogy ha U Y nyílt halmaz, akkor f (U) B(). Mivel f folytonos, ezért f (U) nyílt halmaz, így aztán f (U) B(), az állítást beláttuk Feladat. Legyen (, A ) mértéktér, f : Dom f A R függvény. Igazoljuk, hogy az alábbiak ekvivalensek.. Az f függvény mérhető;. minden c R esetén {x Dom f f(x) < c} A ; 3. minden c R esetén {x Dom f f(x) > c} A ; 4. minden c R esetén {x Dom f f(x) c} A ; 5. minden c R esetén {x Dom f f(x) c} A. Megoldás: : {x Dom f f(x) < c} = f (, c). Mivel f mérhető, és (, c) nyílt halmaz, ezért {x Dom f f(x) < c} A adódik. : Az..3. feladat alapján elegendő megmutatni, hogy ha U R nyílt halmaz, akkor f (U) A. Az..38. feladat szerint U = (a, b) (a,b) U (a,b) U megszámlálható unióként áll elő, ahol U a racionális végpontú nyílt intervallumok halmaza. Megmutatjuk, hogy minden ilyen intervallumra f (a, b) A teljesül. A feltétel és az... feladat szerint {x Dom f f(x) < c} = f (, c) H, amely σ-algebra. Emiatt minden a < b, a, b R esetén (, b) \ (, a) = [a, b) H is igaz. Ha most a n a monoton csökkenő sorozat, akkor (a, b) = n= [a n, b), így (a, b) H. Viszont H σ-algebra, 7

18 így a fentiek szerint U H is igaz. Ez viszont azt jelenti, hogy f (U) A. Mivel U tetszőleges nyílt halmaz volt, f mérhető. 3: {x Dom f f(x) > c} = f (c, ), és (c, ) nyílt halmaz, tehát f mérhetősége miatt {x Dom f f(x) > c} A adódik. 3 : Ugyanúgy, mint a eset. 3 4: Mivel A σ-algebra, ezért {x Dom f f(x) c} = Dom f \ {x Dom f f(x) > c}, így ha valamelyik halmaz A -beli, akkor a másik is az (feltétel szerint Dom f A ). 5: Mivel A σ-algebra, ezért {x Dom f f(x) c} = Dom f \ {x Dom f f(x) < c}, így ha valamelyik halmaz A -beli, akkor a másik is az (feltétel szerint Dom f A ) Feladat. Legyen (, A ) mértéktér, f, g : R mérhető függvény és c R.. Legyen Y = {x f(x) < g(x) + c}. Igazoljuk, hogy Y = ({x f(x) < q} {x q c < g(x)}). q Q. Igazoljuk, hogy ϕ : R R Borel-mérhető függvény, akkor ϕ f is mérhető. 3. Igazoljuk, hogy minden α R + esetén ϕ : R R, ϕ(t) = t α Borel-mérhető függvény. 4. Igazoljuk, hogy f + g, cf és fg mérhető függvények. 5. Igazoljuk, hogy f, sup(f, g) = f+g inf(f, 0) mérhető függvények. + f g, inf(f, g) = f+g f g, f + = sup(f, 0) és f = Megoldás:. Mivel Q sűrű R-ben, ezért x Y f(x) < g(x) + c q Q : f(x) < q < g(x) + c q Q : f(x) < q q c < g(x) q Q : x {x f(x) < q} {x q c < g(x)} x ({x f(x) < q} {x q c < g(x)}). q Q. Legyen B B(R) tetszőleges. Mivel ϕ : R R Borel-mérhető, ezért ϕ (B) B(R) teljesül. Mivel f : R mérhető, ezért f (ϕ (B)) A. Nade: (ϕ f) (B) = f (ϕ (B)) A, így ϕ f valóban mérhető. 3. A szóban forgó ϕ függvény folytonos, így az..4. feladat szerint Borel-mérhető. 4. Az..5. feladat. ekvivalens definícióját használjuk. Ha c = 0, akkor c f 0, így {x cf(x) < C} = A, ha C < 0, illetve {x cf(x) < C} = A, ha C 0, vagyis cf mérhető. Ha c 0, akkor tetszőleges C R esetén { {x cf(x) < C} = x f(x) < C } A, c hiszen f mérhető volt. Eszerint cf mérhető. Nézzük f g-t: a feladat. pontja szerint minden c R esetén {x (f g)(x) < c} = {x f(x) g(x) < c} = = ({x f(x) < q} {x q c < g(x)}) A, q Q 8

19 hiszen f mérhető, és A σ-algebra. Az..5. feladat szerint tehát f g mérhető. Akkor f + g = f ( g) is mérhető, hiszen g mérhető. Végül fg = (f + g) (f g). Mivel f, g mérhetők, ezért f ± g is mérhetők. A négyzetre emelés a 3. pont szerint Borel-mérhető függvény, így a. pont szerint (f + g) és (f g) is mérhetők, akkor viszont a korábbiak alapján f g is mérhető. 5. A fentiek alapján triviálisan következik...7. Definíció (majdnem mindenütt). Legyen (, A, µ) mértéktér. Egy P tulajdonság (melyet pontonként értelmezhetünk) µ-majdnem mindenütt teljesül, ha azon pontjainak halmaza, ahol P nem igaz vagy nincs értelmezve, µ-mérhető halmaz és mértéke 0. Jelölés: µ-majdnem mindenütt helyett sokszor csak annyit írunk, hogy µ-m.m. Példa: f = g µ- majdnem mindenütt azt jelenti (két f, g : R függvény esetén), hogy az halmaz µ-mérhető, és mértéke 0. {x x / Dom f vagy x / Dom g vagy f(x) g(x)} Feladat. Legyen (, A ) mérhető tér, (Y, T ) topologikus tér, és A i, i N diszjunkt mérhető halmazok megszámlálható rendszere, melyekre = A i. Tegyük fel továbbá, hogy f, f i : Y, f i -k mérhető függvények, és f Ai f i. Bizonyítsuk be, hogy ekkor f is mérhető. Megoldás: Legyen V T nyílt halmaz. Azt kell megmutatnunk, hogy f (V ) mérhető halmaz. Vegyük észre, hogy f (V ) = (f (V ) A i ) = (f i (V ) A i ). (.) 6 Ha ugyanis x f (V ) A i, akkor x A i és f(x) V. Nade: A i -n f f i, így f i (x) V is igaz, amiből x f i V, tehát x f (V ) A i. Fordítva ugyanígy meggondolható, és végül f (V ) A i = f i (V )) A i adódik. Mivel f i -k mérhetőek, ezért az (.) egyenlőség jobb oldalán mérhető halmazok megszámlálható uniója áll, amely mérhető. Eszerint f is mérhető függvény Feladat. Legyen (, A, µ) teljes mértéktér, (Y, T ) topologikus tér, f, g : Y, g mérhető függvény úgy, hogy f = g m.m. Igazoljuk, hogy ekkor f is mérhető függvény. Megoldás: Legyen A := {x f(x) = g(x)}, ekkor \ A mérhető (és nullmértékű), vagyis A is mérhető halmaz. Legyen V T tetszőleges nyílt halmaz. Ekkor f (V ) = (f (V ) A) (f (V ) ( \ A)). (.) 8 Az..8. feladatban látottakhoz hasonlóan f (V ) A = g (V ) A A, hiszen g mérhető függvény. Másrészt f (V ) ( \A) \A, amely nullmértékű, így a mértéktér teljessége miatt f (V ) ( \A) is mérhető halmaz (és egyébként mértéke nulla). Az (.) egyenlőség jobb oldalán így mérhető halmaz áll, amiből következik, hogy az f függvény mérhető...0. Feladat. Legyen (, A, µ) mértéktér. Mutassuk meg, hogy H := {A A µ(a) = 0} σ-gyűrű. 9

20 Megoldás: Legyen E, F H A. Ekkor E \ F A, hiszen A σ-algebra, így gyűrű. Továbbá, E \ F E, ezért a mérték monotonitása (..0. feladat) szerint 0 µ(e \ F ) µ(e) = 0, vagyis µ(e \ F ) = 0, és így E \ F H. Legyen most {E i } H A megszámlálható halmazrendszer. Mivel A σ-algebra, ezért E i A, és a mérték σ-szubadditivitása miatt ( ) 0 µ E i µ(e i ) = 0, vagyis µ ( E i) = 0 és E i H. Ebből következik, hogy H σ-gyűrű. Nem feltétlenül σ-algebra, hiszen akkor µ() = 0 kellene, hogy legyen, amit csak a triviális mérték tud, amikor is minden halmaz mértéke Feladat. Legyen A a [0, ] intervallum azon elemeinek a halmaza, melyek tizedestört alakjában előbb szerepel a számjegy mind a 3. Igazoljuk, hogy A Lebesgue-mérhető halmaz, és határozzuk meg a Lebesgue-mértékét. Megoldás: Legyen A 0 := [0, ]. Vizsgáljuk meg, hogy az n. tizedesjegyben hogyan tudjuk elrontani a kívánt tulajdonságot. Az n. tizedesjegyben romlik el a tulajdonság pontosan akkor, ha előtte sem -es, sem 3-as nem szerepelt, és 3-ast írunk az n. tizedesjegy helyére. Legyen emiatt induktívan A n := A n \ (pontosan az n. tizedesjegyben elromló számok). Ekkor A n -ek csökkenő halmazrendszert alkotnak, és A = n= A n. Indukcióval belátható, hogy minden n-re A n véges sok intervallum uniójaként áll elő, így Lebesgue-mérhető. Akkor viszont ezen halmazok megszámlálható metszete, azaz A is Lebesgue-mérhető halmaz. A mértékét a mérték folytonossága (..3. feladat) alapján a következőképpen határozhatjuk meg: λ(a) = lim λ(a n). A n mértékét az alábbiak szerint határozhatjuk meg: n = 0 esetén λ(a 0 ) =, n = -re: azon számokat kell elhagynunk, amelyeknél a tizedek helyiértékén 3 áll, így λ(a ) = 0. Az ilyeneket tehát elhagyjuk, a tizedes helyiértékén -es számjeggyel rendelkező számok már biztosan teljesíteni fogják a kívánt tulajdonságot, így A konstruálásakor azon számokat hagyjuk el, amelyek tizedes helyiértékén sem, sem 3 nem szerepel, viszont a százados helyiértéken 3 áll. Ez 8 olyan intervallum elvételét jelenti, melyek 0 hosszúak. Az eljárásunkat folytatva, az n. lépésben (A n konstruálásakor) 8 n db 0 hosszú intervallumot n hagyunk el a korábban megkapott halmazunkból (arra ugyanis, hogy az első n helyiértéken se -es, se 3-as számjegy ne álljon, 8 n lehetőségünk van). Ebből indukcióval következik, hogy A fentiek alapján λ(a) = lim ( n k= λ(a n ) = n k= ) 8 k 0 k = 0 8 k 0 k. 8 k 0 k = 0 4 = Tétel. Legyen (, A ) mérthető tér, Y topologikus tér, f : Y függvény. Ha Y az Y, Y,... megszámlálható bázisú topologikus terek szorzata, akkor f pontosan akkor A -mérhető, ha az f(x) = (f (x), f (x),...) összefüggéssel definiált f i koordinátafüggvények A -mérhetőek minden i-re. k=0 0

21 ..3. Feladat. Legyen (, A ) mérhető tér. A ν : A R, A ν(a) halmazfüggvény előjeles mérték, ha ν( ) = 0, és ha minden i N esetén A i A és az (A i ) i N halmazrendszer páronként diszjunkt, akkor a i N ν(a i) sor konvergens, és ( ) ν A i = ν(a i ) i N teljesül. i N. Mutassuk meg, hogy ha ν : A R előjeles mérték, akkor ha minden i N esetén A i A és az (A i ) i N halmazrendszer páronként diszjunkt, akkor a i N ν(a i) sor abszolút konvergens.. Mutassuk meg, hogy ha ν, ν előjeles mértékek, és c R, akkor ν + ν, illetve cν is előjeles mérték (vagyis az előjeles mértékek vektorteret alkotnak). Megoldás:. A Riemann-átrendezési tételből következik, hogy egy valós konvergens sor, melynek minden átrendezése ugyanazt az összeget adja, abszolút konvergens is. Ezt viszont i N ν(a i) tudja, hiszen egyenlő ν ( i N A i) -vel, és az unió nyilván nem függ a halmazok sorrendjétől.. Nyilván (ν + ν )( ) = ν ( ) + ν ( ) = 0, illetve az. pont felhasználásával a szummák összevonhatók, így ( ) ( ) ( ) (ν + ν ) A i = ν A i + ν A i = ν (A i ) + ν (A i ) = = (ν (A i ) + ν (A i )) = (ν + ν )(A i ). Másrészt c R esetén (cν )( ) = cν ( ) = c 0 = 0, és ( ) ( ) (cν) A i = cν A i = c ν (A i ) = cν (A i ) = (cν )(A i ) a diszjunkt, megszámlálható A i -k rendszerére..3. Mérhető függvények sorozatai.3.. Tétel. Ha (, A ) mérhető tér, Y metrikus tér, f, f n : Y, és az f n függvények mérhetőek, továbbá f n (x) f(x) minden x esetén, akkor f is mérhető Feladat. Legyen (, A ) mérhető tér, és legyenek f n : R, n N mérhető függvények. Bizonyítsuk be, hogy ekkor az alábbi függvények mérhetőek:. (sup n f n )(x) = sup n f n (x) = sup{f n (x) n N}, ha x ;. (inf n f n )(x) = inf n f n (x) = inf{f n (x) n N}, ha x ;

22 3. (lim sup f n )(x) = inf n sup k n f k (x), ha x ; 4. (lim inf f n )(x) = sup n inf k n f k (x), ha x. Megoldás:. Az..5. feladat 3. ekvivalens definícióját használjuk fel. Megmutatjuk, hogy { } x sup f n (x) > a = {x f n (x) > a}. (.3) 9 n Tegyük fel, hogy x {x sup n f n (x) > a}, akkor sup n f n (x) > a, és legyen sup n fn(x) a =: ε > 0. A szuprémum definíciója szerint ekkor létezik N, hogy n= f N (x) > sup f n (x) ε = sup n f n (x) + a > a, n vagyis x n= {x f n(x) > a}. Fordítva: ha x n= {x f n(x) > a}, akkor létezik N, hogy f N (x) > a, amiből sup n f n (x) f N (x) > a teljesül, vagyis x {x sup n f n (x) > a}. Eszerint tehát az (.3) egyenlőség valóban igaz. Mivel f n -ek mérhetőek, ezért a jobb oldalon mérhető halmaz áll, de ekkor az..5. feladat 3. pontja alapján sup n f n is mérhető függvény.. Hasonlóan, mint az előbb, az..5. feladat. ekvivalens definícióját használjuk fel. Megmutatjuk, hogy { x inf n } f n(x) < a = Tegyük fel, hogy x {x inf n f n (x) < a}, akkor inf n f n (x) < a, és legyen infimum definíciója szerint ekkor létezik N, hogy {x f n (x) < a}. (.4) 30 n= f N (x) < inf f n(x) + ε = inf n f n (x) + a < a, n a infn fn(x) =: ε > 0. Az vagyis x n= {x f n(x) < a}. Fordítva: ha x n= {x f n(x) < a}, akkor létezik N, hogy f N (x) < a, amiből inf n f n (x) f N (x) < a teljesül, vagyis x {x inf n f n (x) < a}. Eszerint tehát az (.4) egyenlőség valóban igaz. Mivel f n -ek mérhetőek, ezért a jobb oldalon mérhető halmaz áll, de ekkor az..5. feladat. pontja alapján inf n f n is mérhető függvény. Ezek után 3. és 4. adódik -ből és -ből..3.. Majdnem mindenütt és mértékben való konvergencia.3.3. Definíció (m.m. konvergencia). Legyen (, A, µ) mértéktér, Y metrikus tér, f, f n : Y. Azt mondjuk, hogy f n konvergál f-hez µ-m.m, ha az {x f n (x) f(x)} halmaz mérhető, és mértéke Feladat. Legyen (, A, µ) teljes mértéktér, f, f n : R, n N. Ha az f n függvények mérhetőek, és az f n sorozat m.m. konvergál az f függvényhez, akkor f is mérhető. Megoldás: Ha x olyan, hogy lim f n (x) = f(x), akkor f(x) = lim sup f n (x) is igaz, vagyis { } x f(x) = lim f n(x) {x f(x) = lim sup f n (x)}.

23 Ezért { } {x f(x) lim sup f n (x)} x f(x) lim f n(x), de ez utóbbi halmaz nullmértékű. Mivel a mértéktér teljes, ezért a bal oldalon szereplő halmaz is mérhető, és ( ) µ {x f(x) lim sup f n (x)} = 0. Ez alapján f = lim sup f n m.m. Az.3.. feladat szerint ez utóbbi mérhető függvény, így az..9. feladatból következik, hogy f is mérhető függvény. Fontos megjegyezni, hogy a bizonyítás során kétszer is felhasználtuk, hogy a mértéktér teljes (másodszor az..9. feladat alkalmazásánál). Ez a feltétel szükséges is, nem teljes mértékterek esetén létezik ellenpélda. Legyen (, A, µ) mértéktér, (Y, d) szeparábilis metrikus tér. Legyen L 0 Y (µ) az Y µ-m.m. értelmezett mérhető függvények osztálya. Ha f, g L 0 Y (µ), akkor az x (f(x), g(x)) függvény mérhető az... tétel szerint (ehhez kell, hogy szeparábilis legyen!). A metrika folytonos, így az..4. feladat szerint Borel-mérhető, ezért az..6. feladat. pontja szerint az x d(f(x), g(x)) függvény is mérhető, az..5. feladat 3. pontja alapján az {x d(f(x), g(x)) > σ} halmaz mérhető minden σ R esetén. Emiatt értelmes a következő definíció:.3.5. Definíció (mértékben való konvergencia). Legyen (, A, µ) mértéktér, (Y, d) szeparábilis metrikus tér, f, f n L 0 Y (µ). Ekkor azt mondjuk, hogy f n f mértékben, ha minden σ > 0 esetén lim µ({x d(f n(x), f(x)) > σ}) = 0. Átfogalmazva: f n f mértékben, ha minden δ > 0, ε > 0 esetén létezik N N, hogy ha n > N, akkor µ({x d(f n (x), f(x)) > σ}) < ε Tétel (Jegorov). Legyen (, A, µ) véges mértéktér, (Y, d) szeparábilis metrikus tér, f, f n : Y, n N mérhető függvények. Ha f n f µ-m.m, akkor minden δ > 0 esetén van olyan A mérhető részhalmaza -nek, hogy µ( \ A) < δ, és A halmazon a konverencia egyenletes, azaz minden ε > 0 esetén létezik N N, hogy ha n > N, akkor d(f n (x), f(x)) < ε minden x A-ra Feladat. Legyen (, A, µ) véges mértéktér, (Y, d) szeparábilis metrikus tér, f, f n : Y, n N mérhető függvények. Ha f n f µ-m.m, akkor f n f mértékben. Megoldás: Legyen ε > 0 és σ > 0 fix. Jegorov tétele (.3.6. tétel) értelmében létezik olyan A A halmaz, hogy µ( \ A) < ε, és σ > 0 esetén is létezik N N, hogy ha n > N, akkor minden x A esetén d(f n (x), f(x)) σ. Ebből következik, hogy így a mérték monotonitása miatt ami éppen azt jelenti, hogy f n f mértékben. {x d(f n (x), f(x)) > σ} \ A, µ({x d(f n (x), f(x)) > σ}) µ( \ A) < ε, 3

24 .3.8. Tétel (Riesz kiválasztási tétele). Legyen (, A, µ) mértéktér, (Y, d) szeparábilis metrikus tér, f, f n : Y, n N mérhető függvények. Ha f n f mértékben, akkor f n -nek létezik olyan f nk részsorozata, amely majdnem mindenütt konvergál f-hez Feladat. Legyen n N + esetén j(n), k(n) N az n = k(n) + j(n), 0 j(n) < k(n) tulajdonsággal meghatározott szám, és legyen f n : [0, ] R, { [ ], ha x j(n), j(n)+, f : x k(n) k(n) 0, ha x < j(n) vagy x > j(n)+. k(n) k(n) Mutassuk meg, hogy f n 0 mértékben, de egyetlen pontban sem konvergens. Megoldás: Jelen esetben d(x, y) = x y. Legyen σ > 0 tetszőleges. Ha σ, akkor {x [0, ] f n (x) > σ} =, amiből λ( ) = 0 miatt a mértékbeli konvergencia következik. Ha pedig 0 < σ <, akkor amennyiben l n < l+ : lim λ({x [0, ] f n(x) > σ}) = lim l = lim < lim l+ n = 0, amiből a mértékbeli konvergencia adódik. Másrészt ha x [0, ] tetszőleges, akkor végtelen sok n esetén f n (x) =, végtelen sok n-re f n (x) = 0, így két torlódási pontja lévén az f n (x) sorozat nem konvergens Feladat. Legyen (, A, µ) mértéktér, és L 0 R (µ) a majdnem mindenütt értelmezett mérhető függvények osztálya, és tekintsük a d µ : L 0 R(µ) L 0 R(µ) R, (f, g) d µ (f, g) = inf{ε R + µ({x f(x) g(x) > ε}) ε} függvényt.. Mutassuk meg, hogy minden f, g L 0 R (µ) esetén µ({x f(x) g(x) > d µ (f, g)}) d µ (f, g), vagyis a definícióban szereplő halmaz tartalmazza a pontos alsó korlátját.. Igazoljuk, hogy d µ eltérés. 3. Igazoljuk, hogy minden f, g L 0 R (µ) esetén d µ(f, g) = 0 pontosan akkor teljesül, ha f = g µ-m.m. 4. Mutassuk meg, hogy ha minden n N esetén f n, f L 0 R (µ), és f n f mértékben, akkor lim d µ (f n, f) = Mutassuk meg, hogy ha minden n N esetén f n, f L 0 R (µ) és lim d µ (f n, f) = 0, akkor f n f mértékben. 4

25 Megoldás:. Legyen ε := d µ (f, g), és ε n ε olyan sorozat, melyre µ({x f(x) g(x) > ε n }) ε n, ilyen sorozat az infimum definíciója szerint létezik. Az {x f(x) g(x) > ε n } monoton növekvő halmazrendszer, egyesítése {x f(x) g(x) > ε}, így a mérték folytonossága szerint µ({x f(x) g(x) > ε}) = lim µ({x f(x) g(x) > ε n}) lim ε n = ε, amit bizonyítani akartunk.. A nemnegativitás és a szimmetria triviális. A háromszög-egyenlőtlenség: ha x esetén teljesül, akkor ellenkező esetben ugyanis f(x) h(x) > d µ (f, g) + d µ (g, h) f(x) g(x) > d µ (f, g) vagy g(x) h(x) > d µ (g, h), f(x) g(x) + g(x) h(x) d µ (f, g) + d µ (g, h) < f(x) h(x) f(x) g(x) + g(x) h(x), ami ellentmondás. Eszerint {x f(x) h(x) > d µ (f, g) + d µ (g, h)} {x f(x) g(x) > d µ (f, g)} {x g(x) h(x) > d µ (g, h)}, amiből a mérték monotonitása és szubadditivitása folytán µ({x f(x) h(x) > d µ (f, g) + d µ (g, h)}) µ({x f(x) g(x) > d µ (f, g)}) + µ({x g(x) h(x) > d µ (g, h)}) d µ (f, g) + d µ (g, h), az. pont szerint. Másrészt akkor d µ (f, g) + d µ (g, h) egy olyan ε > 0, melyre teljesül, így ami éppen a háromszög-egyenlőtlenség. 3. Ha d µ (f, g) = 0, akkor az. pont szerint µ({x f(x) g(x) > ε}) ε d µ (f, h) d µ (f, g) + d µ (g, h), 0 µ({x f(x) g(x) > 0}) = µ({x f(x) g(x)}) 0, amiből éppen az adódik, hogy f = g µ-m.m. Fordítva: Tegyük fel, hogy f = g µ-m.m. Ekkor minden ε > 0 esetén így {x f(x) g(x) > ε} {x f(x) g(x) > 0}, µ({x f(x) g(x) > ε}) µ({x f(x) g(x) > 0}) = µ({x f(x) g(x)}) = 0 < ε, vagyis R + infimumát kell venni, melynek értéke d µ (f, g) = Tegyük fel, hogy f n f mértékben, és legyen ε > 0 tetszőleges. Ekkor a mértékben való konvergencia szerint létezik N, hogy ha n > N, akkor µ({x f n (x) f(x) > ε}) ε, amiből d µ (f n, f) < ε, ha n > N, vagyis valóban lim d µ (f n, f) = 0. 5

26 5. Legyen σ, ε > 0 fix, és N N olyan, hogy ha n > N, akkor d µ (f, g) < min{ε, σ}. Ekkor a mérték monotonitása és az. pont szerint µ({x f n (x) f(x) > σ}) µ({x f n (x) f(x) > d µ (f, g)}) d µ (f, g) < ε, ha n > N. Ez viszont épp azt jelenti, hogy f n f mértékben..3.. Feladat. Legyen (, A, µ) véges mértéktér, f n, f : R, n N mérhető függvények. Mutassuk meg, hogy f n pontosan akkor konvergál mértékben f-hez, ha az f n sorozat minden részsorozatának létezik olyan részsorozata, amely az f függvényhez konvergál majdnem mindenütt. Megoldás: Tegyük fel, hogy f n f mértékben, ekkor természetesen f n minden részsorozata is konvergál f-hez mértékben. A Riesz-kiválasztási tétel (.3.8. tétel) szerint tehát tetszőleges részsorozatnak van olyan részsorozata, amely f-hez konvergál µ-m.m. Fordítva: Tegyük fel indirekt, hogy f n nem konvergál mértékben f-hez. Ekkor létezik σ, ε > 0, hogy minden k N esetén létezik n k > k, hogy µ({x f nk (x) f(x) > σ}) > ε. (.5) 4 Ez definiált egy (f nk ) k részsorozatot. A feltétel szerint ennek létezik (f nkl ) l részsorozata, hogy f nkl f µ-m.m. Az.. tétel szerint f nkl f mértékben is, azaz a korábban adott ε, σ > 0 esetén is létezik L, hogy minden l > L esetén µ({x f nkl (x) f(x) > σ}) < ε, ami ellentmond (.4.8)-nak. Ezzel az állítást beláttuk..3.. Feladat. Legyen (, A, µ) mértéktér, és minden n N esetén legyenek f n, g n : R, f, g : R mérhető függvények. Mutassuk meg, hogy ha f n f mértékben és g n g mértékben, akkor f n + g n f + g mértékben. Megoldás: Legyen σ > 0 tetszőleges. Tegyük fel, hogy valamely x esetén f n (x) + g n (x) (f(x) + g(x)) > σ. Ekkor ellenkező esetben ugyanis f n (x) f(x) > σ vagy g n (x) g(x) > σ, f n (x) f(x) + g n (x) g(x) σ < f n (x) + g n (x) (f(x) + g(x)) f n (x) f(x) + g n (x) g(x), ami ellentmondás. Eszerint {x f n (x) + g n (x) (f(x) + g(x)) > σ} { x f n (x) f(x) > σ } { x g n (x) g(x) > σ }, így a mérték monotonitása és szubadditivitása miatt 0 lim µ({x f n(x) + g n (x) (f(x) + g(x)) > σ}) lim µ ({x f n (x) f(x) > σ hiszen f n f mértékben és g n g mértékben. }) + lim µ ({x g n (x) g(x) > σ 6 }) = 0,

27 .3.3. Feladat. Legyen (, A, µ) véges mértéktér, és minden n N esetén legyenek f n, g n : R, f, g : R mérhető függvények. Mutassuk meg, hogy ha f n f mértékben és g n g mértékben, akkor f n g n fg mértékben..4. Integrál.4.. Definíció (egyszerű függvény). Legyenek, Y halmazok. Az f : Y függvényt egyszerű függvénynek nevezzük, ha értékkészlete véges halmaz..4.. Tétel (approximációs lemma nemnegatív függvényekre). Legyen (, A ) mérhető tér, f : [0, ] mérhető függvény. Ekkor létezik olyan s n : R nemnegatív mérhető egyszerű függvényekből álló s s s 3... sorozat, amely pontonként konvergál f-hez Definíció (nemnegatív mérhető függvény integrálja). Legyen (, A, µ) mértéktér, f : [0, ] majdnem mindenütt értelmezett mérhető függvény. Az f f dµ = f dµ = f(x) dµ(x) módon jelölt integrálján az összes n y i µ(a i ) alakú integrálközelítő összegek pontos felső korlátját értjük, ahol A,..., A n diszjunkt mérhető részhalmazai -nek, y,..., y n [0, ), és f(x) y i minden (µ-m.m.) x A i esetén (0 = 0 most). Ha az alaphalmaz a valós számok valamely részhalmaza, akkor azon a Lebesgue-mérték megszorítását tekintjük Definíció (karakterisztikus függvény). Az A részhalmaz karakterisztikus függvénye: χ A : R, {, ha x A; χ A (x) := 0, ha x / A Feladat. Legyen (, A, µ) mértéktér, A A mérthető halmaz. Mutassuk meg, hogy ekkor χ A : R mérhető függvény. Megoldás: Az..5. feladat 4. ekvivalens megfogalmazását használjuk. Legyen c R tetszőleges. Ha c, akkor {x χ A (x) < c} = A. Ha 0 c <, akkor Végül, ha c < 0, akkor {x χ A (x) < c} = {x χ A (x) = 0} = \ A A. {x χ A (x) < c} = A, ahol végig azt használtuk ki, hogy A σ-algebra, és A mérhető halmaz. Eszerint χ A mérhető függvény. 7

28 RMK Analízis 3 gyakorlatok.4.6. Definíció (mérhető halmazon vett nemnegatív függvény integrálja). Legyen (, A, µ) mértéktér, f : [0, ] majdnem mindenütt értelmezett máérhető függvény, A A mérhető halmaz. Ekkor f χa : [0, ] mérhető függvény, így értelmes az f A halmazon vett integráljának következő definíciója: Z Z f dµ = A f χa dµ Feladat. Az f : [0, ] R, f : x 7 f (x) = + sin x, ha x 6= 0, 0, ha x = 0 függvény esetén 8 egyenlő részre osztva az értelmezési tartományt, illetve az értékkészletet, ábrázoljuk a Riemann-féle és a Lebesgue-féle alsó közelítő összegeknek megfelelő halmazokat. Megoldás: A függvény képe Mathematica által plottolva az.. ábrán látható. A Riemann-összegnek ábra. Az f függvény grafikonja. hi az /8 hosszú diszjunkt intervallumok felelnek meg: Ai = 8i, i+ 8, i = 0,..., 7. Ezeken csak akkor nem nulla az alsó közelítő összeghez tartozó yi, ha i. A Lebesgue-közelítő összeghez osszuk az értékkészletet 8 egyenlő részre (.. ábra). A felső korláthoz ábra. Egy felosztás a Lebesgue-közelítő összeghez h3i az összes diszjunkt mérhető halmazra való felbontást kellene vizsgálni, az egyenlő hosszú szakaszok ősképei viszont lehetséges mérhető halmazokra való felosztást adnak, hiszen f mérhető függvény (0, ]-en, így minden intervallum ősképe mérhető halmaz. (A Riemann-féle definíció is az értelmezési tartomány 8