Matematiikan ja tilastotieteen laitos Reaalianalyysi I Harjoitus Malliratkaisut (Sauli Lindberg)

Transkriptio

1 Matematiikan ja tilastotieteen laitos Reaalianalyysi I Harjoitus Malliratkaisut (Sauli Lindberg). Näytä, että Lusinin lauseessa voidaan luopua oletuksesta m(a) <, jos vaaditaan vain, että joukko F on suljettu. Ratkaisu. Esitetään erillisten, puoliavointen kuutioiden numeroituvana yhdisteenä ja numeroidaan kuutiot: = (k,...,k n) Z n [k, k + [ [k n, k n + [= Q k, jolloin A = k= (A Q k). Kun k N, Lusinin lauseen (Lause 2.4) nojalla voidaan valita kompakti F k A Q k s.e. f Fk on jatkuva ja m((a Q k )\F k ) < ɛ/2 k. Merkitään F = k= F k ja näytetään, että F toteuttaa Lusinin lauseessa vaadittavat ehdot lukuun ottamatta kompaktiutta. Lebesguen mitan subadditiivisuuden ja monotonisuuden nojalla ( ) m(a \ F ) = m (A Q k ) \ F k= m((a Q k ) \ F k ) < k= k= m((a Q k ) \ F ) k= k= ɛ 2 k = ɛ. Näytetään seuraavaksi, että F on suljettu. Jos (x j ) j= on jono joukossa F ja lim j x j = x jollakin x, niin suppenevana jonona (x j ) j= on rajoitettu. Voidaan siis valita sellainen äärellinen indeksijoukko I N, että pisteet x j kuuluvat yhdisteeseen k I F k. Koska äärellisen monen suljetun joukon yhdiste on suljettu, niin k I F k on suljettu, joten x k I F k F. Tämä osoittaa, että F on suljettu. On vielä näytettävä, että f F on jatkuva. Osoitetaan, että kun k l, joukkojen F k ja F l etäisyys on positiivinen. Etäisyysfunktio d(, F l ) : R, d(x, F l ) = inf{ x y : y F l },

2 saa jatkuvana kuvauksena minimiarvon m [0, ) kompaktissa joukossa F k. Koska F k ja F l ovat suljettuja ja erillisiä, niin m > 0. Siis d(f k, F l ) = inf{ x y : x F k, y F l } = m > 0. Olkoon nyt x F, jolloin x F k jollakin k N. On olemassa äärellisen monta (itse asiassa 3 n ) kuutiota Q l Q k, joille Q k Q l, mutta kaikilla näillä l on d(f k, F l ) > 0. Voidaan siis valita r > 0 s.e. B(x, r) F F k, t.s. x:lle voidaan valita kuulaympäristö, joka ei sisällä joukkojen F l, l k, pisteitä. Koska f Fk on jatkuva ja B(x, r) F F k, niin f B(x,r) F on jatkuva ja erityisesti f F on jatkuva pisteessä x. 2. Olkoon (, Γ, µ) mitta-avaruus, f L p () ja t > 0. Johda Chebyshevin epäyhtälö ( ) p f p µ({x : f(x) > t}). t Ratkaisu. Kirjoitetaan A = {x : f(x) > t}. Koska f(x) p > t p jokaisella x A, niin µ(a) = dµ A A f(x) p dµ t p ( ) f(x) p p f p dµ =. t p t 3. Olkoon p < ja f, f k L p (), k N. Oletetaan, että f k f m.k. ja f k p f p. Osoita, että f k f p 0, ts. f k f L p ():ssä. Ratkaisu. Todistetaan väite soveltamalla Fatoun lemmaa funktioihin g k : R, jotka on määritelty ehdolla g k = 2 p ( f p + f k p ) f f k p. Kun k N, kolmioepäyhtälön nojalla f f k p ( f + f k ) p (2 max{ f, f k }) p 2 p ( f p + f k p ),

3 joten g k 0. Koska f k (x) f(x) m.k., niin g k (x) 2 p+ f(x) p m.k. Fatoun lemman nojalla 2 p+ f(x) p dµ = lim inf k(x) dµ lim inf g k (x) dµ = lim 2 ( f(x) p + f k (x) p )dµ + lim inf f(x) f k (x) p dµ = 2 p+ f(x) p dµ lim sup f(x) f k (x) p dµ. Siis lim sup f(x) f k (x) p dµ 0, joten f f k p 0. Huomautus. Kohdassa käytettiin hyväksi sitä tietoa, että jos (a j ) j= ja (b j ) j= ovat reaalilukujonoja ja a = lim j a j R, niin () lim inf j (a j + b j ) = a + lim inf j b j. Yhtäsuuruus () voidaan todistaa seuraavasti. Kun ɛ > 0, valitaan j 0 N s.e. a e < a k < a + ɛ jokaisella k j 0. Tällöin, kun j j 0, on joten eli a ɛ + inf k j b k = inf k j (a ɛ + b k) inf k j (a k + b k ) a + ɛ + inf k j b k, a ɛ + lim inf b k lim inf (a k + b k ) a + ɛ + lim inf inf b k j k j j k j j k j a ɛ + lim inf j b j lim inf j (a j + b j ) a + ɛ + lim inf j b j. Koska ɛ > 0 oli mielivaltainen, niin () on tosi. Yleisesti ei päde lim inf j (a j + b j ) = lim inf j + lim inf j b j, mikä nähdään esimerkiksi tarkastelemalla lukujonoja, joissa a j = ( ) j ja b j = ( ) j+ jokaisella j N: Selvästi lim inf j a j = lim inf j =, mutta a j + b j = 0 jokaisella j N, joten lim inf j (a j + b j ) = 0.

4 4. Osoita, että kaikille f, g, h L ( ) pätee: (a) f g = g f, (b) f (g h) = (f g) h, (c) f (g + h) = f g + f h. Ratkaisu. (a) Lauseen 2.7 mukaan m.k. x on olemassa f g(x) = f(x y)g(y) dy. Kiinnitetään tällainen x, määritellään siirto ϕ : kaavalla ϕ(y) = x y ja huomataan, että ϕ ϕ(y) = y kaikilla y. Lebesguen mitan siirtoinvarianssin (Huomautus 2.22) nojalla f g(x) = f(x y)g(y) dy = f ϕ(y)g(y) dy = f ϕ ϕ(y)g ϕ(y) dy = f(y)g(x y) dy = g f(x). (b) Koska g, h L ( ), niin Lauseen 2.7 nojalla g h L ( ). Lisäksi Lauseen 2.7 nojalla m.k. x on (2) f ( g h )(x) = f(x y) g(y z)h(z) dz dy <. Valitaan piste x, jossa (2) on voimassa. Tällöin f (g h)(x) = f(x y) g(y z)h(z) dz dy Fubini = f(x y)g(y z) dy h(z) dz = I. Kuten (a)-kohdassa, Lebesguen mitan siirtoinvarianssin nojalla m.k. z on f(x y)g(y z) dy u=y z = f(x z u)g(u) du, joten I = f(x z u)g(u) du h(z) dz = f g(x z)h(z) dz = (f g) h(x). (c) Lauseen 2.7 nojalla (3) f(x y)g(y) dy <

5 0-mitallisen joukon A ulkopuolella ja (4) f(x y)h(y) dy < 0-mitallisen joukon B ulkopuolella. Molemmat ehdot (3) ja (4) toteutuvat joukossa \ (A B) ja siis melkein kaikkialla. Kun x \ (A B), Mitta ja integraalin Lauseen 3.43(i) nojalla f g(x) + f h(x) = f(x y)g(y) dy + f(x y)h(y) dy = f(x y)(g(y) + h(y)) dy = f (g + h)(x). Huomautus 2. Vaikka olisi f, g L ( ), niin funktion y f(x y)g(y) : R ei tarvitse olla integroituva kaikilla x, vain m.k.! Jos esimerkiksi f(x) = χ (,0) (x) ja g(x) = χ (0,) (x) x x kaikilla x R, niin f, g L (R) (kts. HT 2/) mutta f(0 x)g(x) dx = χ (,0) ( x) ( x) χ (0,) (x) x dx = 0 dx =. x 5. Olkoon f = χ ( a,a) ja g = χ ( b,b), missä 0 < b a. Osoita, että 2b, jos x a b; f g(x) = a + b x, jos a b x a + b; 0, jos a + b x. Ratkaisu. Kun x R, kirjoitetaan f g(x) = χ ( a,a) (x y)χ ( b,b) (y) dy ja huomataan, että a < x y < a x a < y < x + a, joten χ ( a,a) (x y) = χ (x a,x+a) (y) y R. Siis (5) f g(x) = m ((x a, x + a) ( b, b)).

6 Käsitellään erilaiset x:n arvot erikseen kaavaa (5) käyttäen. Jos 0 x a b, niin x a b < b a x a + x, joten (x a, x + a) ( b, b) = ( b, b) ja f g(x) = 2b. Jos taas b a x < 0, niin x a < a b < b x + a, joten f g(x) = 2b. Olkoon sitten a b < x a + b. Tällöin epäyhtälöketjun b < x a b a x + a perusteella f g(x) = b (x a) = a+b x. Kun taas a b x < b a, saadaan x a < a b x + a < b, minkä nojalla f g(x) = x + a ( b) = a + b x. Käsitellään lopuksi tapaus x > a + b. Jos x > a + b, niin b < b < x a < x + a, joten f g(x) = 0. Jos sen sijaan x < a b, niin x a < x + a < b < b ja siitä johtuen f g(x) = Okoon f : R jatkuva ja g ɛ = m(b(0, ɛ)) χ B(0,ɛ). Osoita, että g ɛ f(x) f(x), kun ɛ 0 +. Ratkaisu. Tehtävän 4(a) nojalla g ɛ f(x) = f g ɛ (x) m.k. x, ja koska g ɛ f ja f g ɛ ovat jatkuvia, niin g ɛ f(x) = f g ɛ (x) kaikilla x. Kiinnitetään x ja δ > 0. Tavoitteena on näyttää, että on olemassa sellainen ɛ 0 > 0, että f g ɛ (x) f(x) < δ aina, kun 0 < ɛ < ɛ 0. Kirjoitetaan f g ɛ (x) f(x) = = m(b(0, ɛ)) m(b(0, ɛ)) B(0,ɛ) B(0,ɛ) f(x y) dy f(x) (f(x y) f(x)) dy.

7 Koska f on jatkuva pisteessä x, niin on olemassa sellainen ɛ 0 > 0, että f(x y) f(x) < δ, kun 0 < ɛ < ɛ 0 ja x y < ɛ. Nyt f g ɛ (x) f(x) f(x y) f(x) dy m(b(0, ɛ)) B(0,ɛ) δ dy = δ, m(b(0, ɛ)) kun 0 < ɛ < ɛ 0. Tämä todistaa väitteen. B(0,ɛ)