Modern analízis I. Mértékelmélet

Modern analízis I. Mértékelmélet Halmazalgebrák 1. Feladat. Az (X n ) n N halmazsorozat limes superiorán a lim sup X n = X k halmazt értjük, míg az (X n ) n N halmazsorozat limes inferiorán a lim inf X n = X k halmazt értjük. Mutassuk meg, hogy tetszőleges (X n ) n N halmazsorozat esetén teljesül lim inf n N n N k n k n X n lim sup X n. n A lim sup X n halmaz azon pontokból áll, melyek végtelen sok X n halmazban benne vannak, míg a lim inf X n halmaz azoknak a pontoknak a halmaza, amelyek véges sok kivétellel mindegyik X n halmazban benne vannak. 2. Feladat. Mutassunk példát olyan (X n ) n N halmazsorozatra, melyre lim inf X n lim sup X n. n Legyenek A, B különböző halmazok és X n = A, ha n páratlan; B, ha n páros Ekkor lim sup X n = A B és lim inf X n = A B. 3. Feladat. Legyen X egy tetszőleges halmaz, A n X minden n N esetén. Igazoljuk, hogy ( ) X \ lim sup A n = lim inf (X \ A n). ( X \ lim sup ) A n = X \ A k = X \ A k = (X \ A k ) n N k n n N k n n N k n = lim inf (X \ A n). 4. Feladat. Jelölje (χ n ) n N az (X n ) n N halmazsorozat elemeinek karakterisztikus függvényeiből álló sorozatot. Mutassuk meg, hogy (i) a lim inf X n halmaz karakterisztikus függvénye lim inf χ n ; (ii) a lim sup X n halmaz karakterisztikus függvénye lim sup χ n. 1

Legyen χ = lim inf χ n. Ekkor χ(x 0 ) = 1 pontosan akkor teljesül, ha x 0 véges sok indextől eltekintve mindegyik X n halmazban benne van, ami pontosan akkor áll fenn, ha lim inf χ n (x 0 ) = 1. A második állítás analóg módon igazolható. 5. Feladat. Igazoljuk, hogy az (X n ) n N halmazsorozatnak pontosan akkor létezik a határértéke, ha az X n halmazok karakterisztikus függvényeiből álló függvénysorozatnak létezik a határértéke. Az állítás közvetlenül adódik az előző feladatból, hiszen pontosan akkor teljesül, ha lim inf lim inf X n = lim sup X n χ n = lim sup χ n. Mértékek konstruálása 6. Feladat. Az A [0, 1] halmaz belső mértékén a µ (A) = 1 µ ([0, 1] \ A) számot értjük, ahol µ jelöli a külső mértéket. Igazoljuk, hogy µ (A) µ (A). A külső mérték szubadditív, ezért 1 = µ([0, 1]) µ([0, 1] \ A) + µ(a), amiből már adódik a bizonyítandó állítás. 7. Feladat. Az előző feladat jelölései és feltételei mellett igazoljuk, hogy az A [0, 1] halmaz pontosan akkor µ-mérhető, ha µ (A) = µ (A) teljesül. 8. Feladat. Jelölje µ a Lebesgue-mértéknek a [0, 1] intervallumra való leszűkítését. 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 külső Lebesgue-mértéket a számegyenesen, ha A, B P(R), akkor legyen ρ(a, B) = µ(a B). Igazoljuk, hogy a ρ függvény metrika a megfelelő 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 nullmértékű. 2

Megmutatjuk, hogy a Cantor-halmaz olyan kontinuum számosságú halmaz, melynek Lebesgue-mértéke nulla. A Cantor-halmaz előáll C = n N C n alakban, ahol tetszőleges n N esetén C n egy olyan zárt halmaz, mely 2 n darab 1/3 n hosszúságú diszjunkt zárt intervallum uniója. Ezért, λ(c) λ(c n ) 2 n /3 n 0, vagyis a Cantorhalmaz nullmértékű. 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, x 1 x 2 x 3... C és y i = x i /2, i = 1, 2, 3,... és tekintsük az f (x) = y függvényt, ahol y = 0, y 1 y 2 y 3.... 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-mérhető halmazra. Tekintsük a [ 1, 1] intervallumot, melynek elemei között vezessük be a következő relációt, x y, ha x y Q. Könnyen ellenőrizhető, 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-mérhető halmaz. Tekintsük a [ 2, 2]-beli racionális számok egy r 1, r 2,... sorbarendezését és legyen A k = x + r k x A}. Ekkor [ 1, 1] k N A k, továbbá tetszőleges k N esetén λ(a) = λ(a k ), ezért 2 = λ([ 1, 1]) λ ( k=1 A ) k λ(a k ), amiből az adódik, hogy λ(a) > 0. Másfelől k N A k [ 3, 3] és ha k l, akkor A k A l =. Továbbá, k=1 6 = λ([ 3, 3]) λ ( ) k NAk = A k, amiből az következne, hogy λ(a k ) nullsorozat, vagyis λ(a) = 0, ami viszont ellentmondás. Tehát az A halmaz nem mérhető. 12. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy a [0, 1] intervallum Lebesgue-mérhető részhalmazainak a számossága nagyobb, mint kontinuum. Jelölje C a Cantor-halmazt. Tudjuk, hogy C kontinuum számosságú és Lebesgue szerint nullmértékű. Így, egyrészt P(C) is kontinuum számosságú, másrészt a Lebesgue-mérték teljessége miatt tetszőleges A P(C) esetén A Lebesgue-mérhető és nullmértékű. Mivel C [0, 1], így adódik az állítás. 13. Feladat. Mutassuk meg, hogy megszámlálható sok, nullmértékű halmaz uniója is nullmértékű. k=1 akkor Ez azonnal adódik abból, hogy a mérték σ-szubadditív, azaz, ha az A k k = 1, 2,... halmazok mérhetőek, µ ( k N A k ) µ(a k ). k=1 14. Feladat. Legyen µ külső mérték X-en, (A n ) n N pedig olyan halmazsorozat, melyre µ(a n ) <. Mutassuk meg, hogy ekkor az E = x X x végtelen sok A n -ben benne van} halmaz nullmértékű. 3

Minden n N esetén legyen E n = i=n A n. Ekkor E E n minden n N esetén, így 0 µ(e) µ(e n ) A i 0, i=n ezért µ(e) = 0. 15. Feladat. Legyen (X, A, µ) mértéktér, E A. Mutassuk meg, hogy tetszőleges A A esetén µ(e A) + µ(e A) = µ(e) + µ(a). Az E halmaz mérhetősége miatt, µ(e A) = µ ((E A) E) + µ ( (E A) E C) = µ(e) + µ ( A E C). Ezért, µ(e A) + µ(e A) = µ(e) + µ ( A E C) + µ(e A) = µ(e) + µ(a). 16. Feladat. Legyen µ külső mérték X-en. Ha A az X halmaz egy nem mérhető részhalmaza, E X pedig olyan, hogy mérhető és A E, akkor mutassuk meg, hogy µ (E \ A) > 0. 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, (A n ) n N pedig egy olyan A-beli halmazsorozat, melyre µ(a n ) < +. Igazoljuk, hogy ekkor ( ) µ lim sup A n = 0. Használjuk azt, hogy µ A n µ(a k ). k=1 n k k=n 18. Feladat. Legyen µ külső mérték X-en. Mutassuk meg, hogy az E X halmaz pontosan akkor mérhető, ha tetszőleges ε > 0 esetén van olyan F E halmaz, melyre µ (E \ F) < ε. Ha az E X halmaz mérhető, akkor az F = E választással adódik az állítás. A megfordításhoz minden n N esetén készítsük el azokat az F n X mérhető halmazokat, melyekre F n E és µ (E \ F n ) < 1 n teljesül. Legyen továbbá F = n N F n, ekkor az F halmaz mérhető és µ (E \ F) µ (E \ F n ) < 1 n, amiből µ (E \ F) = 0 adódik, és így az E \ F halmaz mérhető. Az E halmaz mérhetősége az E = F (E \ F) azonosságból adódik. 19. Feladat (Approximációs tétel). Legyen µ Radon-mérték X-en, A az X-nek megy mérhető és véges mértékű részhalmaza. Igazoljuk, hogy ekkor tetszőleges ε > 0 esetén létezik olyan K X kompakt halmaz, melyre K A és µ(a \ K) < ε. 4

Válasszunk olyan V, W nyílt halmazokat, amelyekre A V, µ(v \ A) < ε 2, V \ A W, µ(w) < ε 2. Legyen továbbá K V olyan kompakt halmaz, melyre µ(v \ K) < ε 2. 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-mérhető halmaz, akkor létezik olyan σ-kompakt K és olyan V G δ halmaz, hogy K A V és µ (V \ K) = 0. Legyen (ε n ) n N egy szigorúan monoton csökkenő nullsorozat, A 1, A 2,... pedig olyan mérhető, véges mértékű halmazok, melyek egyesítése X. léteznek olyan K n,k kompakt és olyan V n,k nyílt halmazok, melyekre Tetszőleges n, k N esetén K n,k A A k V n,k és µ ( V n,k \ K n,k ) < ε n 2 k. Legyen K = k=1 K n,k és V = k=1 V n,k. Ekkor K kompakt halmaz, V G δ halmaz, K A V és µ (V \ K) µ ( k=1 V n,k \ k=1 K ) n,k µ ( ) V n,k \ K n,k εn 0. 21. Feladat. Legyen X = 1, 2, 3}, H =, 1}, 1, 2}} és definiáljuk a ν : H [0, ] halmazfüggvényt a módon. k=1 ν( ) = 0, ν (1}) = 1, ν (1, 2}) = 1 (i) Határozzuk meg a ν halmazfüggvényhez tartozó µ külső mértéket. (ii) Írjuk le a µ-mérhető halmazok σ-algebráját és mutassuk meg, hogy a 1} halmaz nem mérhető. (i) (ii) A =, 3}, 1, 2}, 1, 2, 3}}. µ ( ) = 0, µ (1}) = µ (2}) = 1, µ (3}) = µ (1, 2}) = 1, µ (1, 3}) =, µ (2, 3}) = µ (1, 2, 3}) = 22. Feladat. Definiáljuk a µ mértéket a [0, 1] intervallumon a ( ) 1 + α µ ([α, β[) = log 2 1 + β } 1 képlettel. Bizonyítsuk be, hogy ez a mérték megőrződik az x leképezés által, ha x} jelöli az x valós szám x törtrészét. } 1 Legyen f (x) =, ekkor x µ ( f 1 ([α, β[) ) 1 + = log 2 1 α+n 1 + 1 β+n ( = log2 (α + n + 1) + log 2 (β + n) log 2 (β + n + 1) log 2 (α + n) ) 5 = log 2 (1 + β) log 2 (1 + α) = µ ([α, β[).

Mérhető függvények tulajdonságai 23. Feladat. Legyen (X, A) egy mérhető tér, Y egy halmaz, f pedig X egy mérhető részhalmazán értelmezett függvény Y-beli értékekkel. Mutassuk meg, hogy ekkor az E E Y, f 1 (E) A } halmazrendszer az Y részhalmazainak egy σ-algebrája. Az f 1 (Y) = A jelöléssel A A és az valamint az összefüggésekből következik az állítás. f 1 (Y \ E) = A \ f 1 (E) f 1 E i = f 1 (E i ) i=1 i=1 24. Feladat. Legyen (X, A) mérhető tér, f : X R. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi tulajdonságok ekvivalensek (i) tetszőleges a R esetén az x X f (x) > a} halmaz mérhető; (ii) tetszőleges a R esetén az x X f (x) a} halmaz mérhető; (iii) tetszőleges a R esetén az x X f (x) < a} halmaz mérhető; (iv) tetszőleges a R esetén az x X f (x) a} halmaz mérhető. A fenti állítások ekvivalenciája abból adódik, hogy x X f (x) a} = x X f (x) > a 1 } n x X f (x) < a} = X \ x X f (x) a} x X f (x) a} = x X f (x) < a + 1 } n x X f (x) > a} = X \ x X f (x) a} 25. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy az előző feladat feltételei mellet az (i)-(iv) feltételek bármelyike ekvivalens a következővel (v) tetszőleges B R Borel-halmaz esetén az f 1 (B) halmaz mérhető. A félegyenesek nyilván Borel-halmazok. Másrészt a félegyeneseket tartalmazó legszűkebb σ-algebra megegyezik a Borel-halmazok σ-algebrájával. 26. Feladat. Legyen (X, A) mérhető tér és tegyük fel, hogy f : X R olyan mérhető függvény, mely sehol sem zérus. Mutassuk meg, hogy ekkor az 1 f Használjuk fel, hogy x X } 1 f (x) > a = függvény is mérhető. x X 0 < f (x) < a 1 }, ha a > 0 x X 0 < f (x) < }, ha a = 0 x X < f (x) < a 1 } x X 0 < f (x) < }, ha a < 0 6

27. Feladat. Legyen (X, A) mérhető tér, f : X R mérhető függvény. Mutassuk meg, hogy ekkor az f függvény is mérhető. Azonnal adódik abból, hogy x X f (x) < a} = x X f (x) < a} x X f (x) > a}. 28. Feladat. Legyen (X, A) mérhető tér, Y az Y 1, Y 2,... megszámlálható bázisú topologikus terek szorzata. Bizonyítsuk be, hogy az f : X Y pontosan akkor mérhető, ha az f (x) = ( f 1 (x), f 2 (x),...) összefüggéssel definiált koordinátafüggvények mérhetőek minden i = 1, 2,... esetén. A p i (y 1, y 2,...) = y i (y Y, i = 1, 2,...) összefüggéssel definiált projekciók folytonosak, tehát Borel-függvények is, amiből az adódik, hogy minden i = 1, 2,... esetén az f i = p i f koordinátafüggvények mérhetőek. Másrészt, ha O i megszámlálható bázisa Y i -nek, i = 1, 2,..., akkor a O = V 1 V n Y n+1 Y n+2 n N, V i O i, i = 1, 2,...} halmazrendszer megszámlálható bázisa az Y topológiájának. Ha az f i függvények mérhetőek, és V O, akkor az f 1 (V) = f1 1 (V 1)... fn 1 (V n ) fn+1 1 (Y n+1)... halmaz mérhető. Az E E Y, f 1 (E) A } halmazrendszer σ-algebra, az O-beli halmazok megszámlálható egyesítéseként előálló nyílt halmazok teljes inverz képe is mérhető, azaz f mérhető. 29. Feladat. Legyen (X, A, µ) egy teljes mértéktér, Y topologikus tér, f, g : X Y. Mutassuk meg, hogy ha az f függvény mérhető és µ majdnem minden x X esetén f (x) = g(x), akkor a g függvény is mérhető. Legyen A = x X f (x) = g(x)} és B = X \ A. Legyen V Y egy tetszőleges nyílt halmaz, ekkor g 1 (V) = ( A g 1 (V) ) ( B g 1 (V) ) = ( A f 1 (V) ) ( B g 1 (V) ). Ebből az adódik, hogy a g 1 (V) halmaz mérhető, hiszen az A és f 1 (V) halmazok mérhetőek, továbbá a B g 1 (V) halmaz a nullmértékű B halmaz részhalmaza, ami a mértéktér teljessége miatt szintén mérhető. 30. Feladat (Luzin-tétel). Legyen µ Radon-mérték X-en, Y megszámlálható bázisú topologikus tér, A mérhető és véges mértékű részhalmaza X-nek, f : A Y mérhető függvény. Igazoljuk, hogy minden ε > 0-hoz van olyan K X kompakt halmaz, melyre K A, µ (A \ K) < ε és f K folytonos. Az approximációs tétel szerint van olyan C kompakt részhalmaza A-nek, melyre µ(a\c) < ε 2. Legyen V 1, V 2,... az Y tér egy megszámlálható bázisa. Mivel az f 1 (V i ) A halmazok µ-mérhetőek, ezért választhatunk olyan G i nyílt és K i kompakt halmazokat, melyekre K i f 1 (V i ) G i és µ (G i \ K i ) < ε 2 i+1 (i = 1, 2,...) Legyen g = i=1 (G i \ K i ) és K = C \ G. Ekkor K az A egy kompakt részhalmaza, úgy, hogy µ(a \ K) µ(a \ C) + µ(c \ K) < ε 2 + µ(g) < ε 2 + i=1 ε = ε. 2i+1 Legyen g = f K, mivel g 1 (V i ) = f 1 (V i ) K = G i K, ezért g folytonos K-n. 7

31. Feladat. Adjunk példát olyan f : R R függvényre, mely nem mérhető, azonban az f függvény mérhető és tetszőleges a R esetén az f 1 (a}) halmaz mérhető. Legyen A R egy olyan halmaz, mely Lebesgue-szerint nem mérhető 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 mérhető. Tekintsük az E = x R f folytonos x-ben } halmazt. Ekkor λ (R \ E) = 0, ezért mind az R \ E, mind az E halmazok mérhetőek. Legyen U R egy tetszőleges nyílt halmaz. Mivel az f 1 (U) (R \ E) halmaz nullmértékű, így speciálisan mérhető 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 mérhető, így az f 1 (U) = [ f 1 (U) E ] [ f 1 (U) (R \ E) ] halmaz is mérhető, amiből az f függvény mérhetősége adódik. Mérhető függvények konvergenciája 33. Feladat. Legyen (x, A) mérhető tér, (Y, ϱ) metrikus tér, f, f n : X Y, f n, n N olyan mérhető függvények, hogy minden x X esetén f n (x) f (x). Bizonyítsuk be, hogy ekkor az f függvény is mérhető. Azt kell megmutatni, hogy ha V Y nyílt halmaz, akkor f 1 (V) = j=1 k=n f 1 k (y Y ϱ(y, Y \ V) > 1/ j}). Ebből már következik az állítás, hiszen az y ϱ(y, A) leképezés folytonos, így az y Y ϱ(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 f k (x) f (x), ezért van olyan nqinn, hogy k n esetén ϱ( f k (x), f (x)) < 1/ j, ekkor azonban ϱ( f k (x), Y \ V) > 1/ j. Megfordítva, ha x eleme a jobb oldalon lévő halmaznak, akkor léteznek olyan j, n N, hogy k n esetén ϱ( f k (x), Y \V) > 1/ j. Ebből, k határátmenetet véve az adódik, hogy ϱ( f (x), Y \V) > 1/ j, vagyis f (x) V. 34. Feladat. Legyen f : R R egy differenciálható függvény. Igazoljuk, hogy ekkor f mérhető. Tetszőleges n N esetén definiáljuk a g n : R R függvényeket a ( ( g n (x) = n f x + 1 ) ) f (x) (x R) n képlettel. Ekkor a g n függvények mérhetőek (sőt folytonosak is) minden n N esetén. Továbbá, a g n } n N függvénysorozat pontonként f -hoz konvergál. Így f mérhető. 35. Feladat. Legyen (X, A, µ) egy mértéktér, f n : X R (n N) mérhető függvények. Igazoljuk, hogy az A = x X f n (x) + } és a halmazok mérhetőek. B = x X f n (x) } 8

Minden m, k N esetén tekintsük az A m,k = x X f n (x) > k minden n m esetén} halmazokat. Ekkor A m,k A tetszőleges m, k N esetén. Figyeljük meg továbbá, hogy A = k=1 m=1 A m,k, amiből adódik, hogy az A halmaz mérhető. Az előzőhöz hasonlóan minden m, k N esetén tekintsük a B m,k = x X f n (x) < kminden n m esetén} halmazokat és használjuk fel, hogy B = B m,k. k=1 m=1 36. Feladat. Legyen (X, A) mérhető tér, f n : X R mérhető függvények (n N). Igazoljuk, hogy a sup n f n (x) és az inf n f n (x) függvények is mérhetőek. és Használjuk azt, hogy minden a R esetén } x X sup f n (x) > a = n } x X inf f n(x) < a = n x X f n (x) > a} x X f n (x) < a}. 37. Feladat. Az előző feladat jelölései mellet igazoljuk, hogy a lim sup f n (x) és a lim inf f n (x) függvények mérhetőek. és Használjuk az előző feladat eredményeit és azt, hogy lim sup lim inf f n (x) = inf m ( sup f n (x) n>m ( ) f n(x) = sup inf f n(x). m n>m ) 38. Feladat. Legyen (X, A, µ) egy mértéktér és f : X R egy mérhető 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 mérhetőek. 39. Feladat. Legyen (X, A, µ) egy teljes mértéktér, f, f n : X R, n = 1, 2,.... Bizonyítsuk be, hogy ha az f n, n = 1, 2,... függvények mérhetőek, és az f n } függvénysorozat majdnem mindenütt f -hez konvergál, akkor az f függvény is mérhető. Használjuk fel azt a tényt, hogy az f függvény majdnem mindenütt egyenlő a lim sup f n mérhető 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 ekvimérhetőek, ha tetszőleges c > 0 esetén µ (x f (x) < c}) = ν (x g(x) < c}). Bizonyítsuk be, hogy ha az f függvény µ-mérhető, akkor van olyan, a [0, µ(x)] intervallumon nemcsökkenő, balról folytonos g függvény, mely ekvimérhető f -fel. Legyen F(c) = µ (x f (x) < c}), ekkor a keresett g függvény, g(y) = inf c. F(c)<y 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. 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-mérhető függvényt, amely semmilyen folytonos függvénnyel sem ekvivalens. Mutassuk meg, hogy az f (x) = 1, ha x ]0, 1] 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 f n : X R olyan mérhető függvényekből álló sorozat, melyre f n m. m. f és f n m. m. g teljesül. Mutassuk meg, hogy az f és g függvények ekvivalensek. Tegyük fel, hogy az ( f n ) n N függvénysorozat az F halmazon kívül f -hez, a G halmazon kívül G-hez konvergál. Ekkor az F G halmaz nullmértékű és az f és g függvények az F G halmazon kívül megegyeznek. 44. Feladat (Jegorov-tétel). Legyen (X, A, µ) egy véges mértéktér, (Y, ϱ) egy szeparábilis metrikus tér, f, f n : X Y, n = 1, 2,... mérhető függvények. Mutassuk meg, hogy ha f f, akkor minden δ > 0 esetén van olyan A X mérhető halmaz, melyre µ(x \ A) < δ és az A halmazon a konvergencia egyenletes. Legyen minden i, j N esetén A i, j = n= j x X ϱ( f n (x), f (x)) > 1 }. j Ekkor az A i, j halmazok mérhetőek, és bármely rögzített i N esetén ha x X olyan, hogy lim f n (x) = f (x), akkor van olyan j N, hogy x A i, j, ebből viszont azt kapjuk, hogy µ ( k=1 A i,k ) = 0. A mérték folytonossága miatt ez azt jelenti, hogy lim j µ ( ) A i, j = 0. Minden i N esetén ji N legyen olyan, hogy µ ( ) A i, ji < δ, és 2 i legyen A = ( ) i=1 X \ Ai, ji. Ekkor µ (X \ A) = µ A i, ji < δ. Ha x A, akkor minden i N esetén x A i, ji, azaz i=1 ϱ ( f n (x), f (x)) < 1 i < ε, ha n j i. 10

45. Feladat. Legyen n sin(x) f n (x) = 1 + n 2 sin 2 (x [0, π], n N). (x) Adott δ > 0 esetén határozzuk meg az ( f n ) n N függvénysorozat Jegorov-halmazát, azaz, azt az A [0, π] mérhető halmazt, melyre λ(a) < δ és amely halmazon a fenti függvénysorozat egyenletesen konvergens. Mutassuk meg, hogy a fenti függvénysorozat Jegorov-halmaza [ δ 3, π δ 3]. 46. Feladat (Lebesgue-tétel). Legyen (X, A, µ) egy véges mértéktér, (Y, ϱ) egy szeparábilis metrikus tér, f, f n : X m. m. µ Y, n = 1, 2,... mérhető függvények. Mutassuk meg, hogy ha f n f, akkor f n f. A Jegorov-tétel miatt tetszőleges ε, σ > 0 esetén van olyan N N, hogy ha n > N, akkor µ (x X ϱ ( f n (x), f (x)) > σ}) < ε. 47. Feladat (Approximációs lemma nemnegatív mérhető függvényekre). Legyen (X, A) egy mérhető tér, f : X [0, + ] mérhető függvény. Mutassuk meg, hogy ekkor létezik egy olyan s n : X R nemnegatív, mérhető, egyszerű függvényekből álló s 1 s 2 s 3... sorozat, mely pontonként az f függvényhez konvergál. Legyen (r n ) egy olyan pozitív tagú sorozat, melyre lim r n = 0 és r n =. Legyen s 0 (x) 0, továbbá, ha n N, akkor A n = x X f (x) > r n + s n 1 } és s n = s n 1 + r n χ An, ahol χ An jelöli az A n halmaz karakterisztikus függvényét. Ha f (x) =, akkor x A n minden n esetén, ezért s n (x) = n i=1 f (x). Ha 0 < f (x) <, akkor x A n végtelen sok n esetén. Minden ilyen n-re r n > f (x) s n (x) > 0 teljesül. Vagyis mindkét esetben az s n } függvénysorozat pontonként f -hez konvergál. 48. Feladat. Legyen (X, A, µ) egy véges mértéktér, f, g, f n, g n : X R olyan mérhető függvények, melyekre m. m. m. m. f n f és g n g. Mutassuk meg, hogy ekkor f n g n f g. Érvényben marad-e az állítás, ha a mértéktér nem véges? Indirekt tegyük fel, hogy f n g n f g nem teljesül. Ekkor van olyan ε > 0 és δ > 0, továbbá, az f n g n } sorozatnak olyan részsorozata (jelöljük ezt is f n g n }-nel), melyre ( ) µ (x X f n (x)g n (x) f (x)g(x) > ε}) > δ (n N). Azonban, f n f és g n g, így a Riesz-féle kiválasztási tételből az adódik, hogy f n }-nek, illetve g n }- nek van olyan } } f nk, illetve gnk részsorozata, melyre fnk f, illetve g nk g. Ekkor f nk g nk f g. Mivel a mértéktér véges, azért a majdnem mindenütti konvergenciából következi a mértékbeni konvergencia, vagyis µ f nk g nk 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 valamint f (x) = x 2 (x ]0, + [), akkor f n (x) = x 4 + x n (x ]0, + [, n N), f n λ f és f 2 n λ f 2. 11

49. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy az f n (x) = nx n 2 + x 2 (x R, n N) függvénysorozat a számegyenesen mindenütt nullához tart, de nem egyenletesen. 50. Feladat. Vizsgáljuk meg az f n (x) = x n (x R, n N) függvénysorozat konvergenciáját és egyenletes konvergenciáját a [0, 1] intervallumon. 51. Feladat. A 1, ha x Q χ(x) = 0, ha x R \ Q Dirichlet-függvény előállítható folytonos függvényekből kétszeri határátmenettel, χ(x) = lim lim m [cos(2πxn!)]m (x R). Előállítható-e a χ függvény folytonos függvényekből egyszeri határátmenettel? Indirekt tegyük fel, hogy léteznek olyan ϕ n C(R) (n N) függvények, hogy χ(x) = lim ϕ n (x) (x R). Minden n N esetén legyen F n = x R ϕ n (x) 1 }. 2 Ekkor minden n N esetén a ϕ n függvények folytonossága miatt az F n halmazok zártak és F = x R χ(x) 1 } lim x R ϕ n (x) 1 } lim 2 2 teljesül. Azonban F = R \ Q. Ez azonban azt jelenti, hogy az irracionális számok halmaza előállítható megszámlálható sok zárt halmaz uniójaként, ami lehetetlen. 52. Feladat. Ha x [0, 1], akkor legyen 0, n 1 n 2... az x végtelen tizedestört alakja. Definiáljuk ekkor az f : [0, 1] R függvényt az f (x) = max i N n i képlettel. Igazoljuk, hogy f mérhető és majdnem mindenütt állandó. számjegy A [0, 1] intervallum azon pontjainak a mértéke, amelyek tizedestört előállításában szerepel a 9-es ( 1 1 10 + 9 10 + 9( 1 ) 10 3 + ) = 1. 12