Rozwiązania zadań przygotowawczych
Zadanie 1.1. Znaleźć i zbadać punkty krytyczne funkcji.
Dowód. No to jedziemy:
• e−x 2+2 y(2 x − y 2). Różniczkuję, wychodzi e−x 2+2 y( − 2 x(2 x − y 2) + 2) , e−x 2+2 y(2(2 x − y 2) −
2 y) . Przyrównuję do zera, oczywiście e−x 2+2 y 6= 0, czyli mamy x( y 2 − 2 x) + 1 = 0 i 2 x − y 2 = y, wstawiam drugie do pierwszego, dostaję −xy + 1 = 0, czyli x = 1 /y.
Wstawiam drugiego, y 2 + y − 2 /y = 0, mnożę przez y, y 3 + y 2 = 2, rozwiązaniem jest
ewidentnie 1, dzielę przez y − 1, wychodzi y 2 + 2 y + 2, to nie ma pierwiastków, czyli jedyne
rozwiązanie (a zatem jedyny punkt krytyczny) to (1 , 1). Teraz trzeba zobaczyć, co tam
jest, liczymy drugą pochodną (nijakiego szpilu tam nie ma), mi wyszła nieokreślona.
•
1
+ x + y . Różniczkujemy, wychodzi 1 −
y
−
1
, 1 −
x
−
1
. Naszym
x+ y
y+1
x+1
y+1
( x+1)2
( x+ y)2
x+1
( y+1)2
( x+ y)2
celem jest nie sprowadzać do wspólnego mianownika, zeby nie umrzeć w rachunkach.
Przyrównujemy do zera, zauważamy, że i tu i tu pojawia się napis
1
, czyli to, co jest
( x+ y)2
obok jest równe. Mnożymy stronami przez ( x + 1)2( y + 1)2, dostajemy kolejno ( x + 1)2( y +
1) − y( y + 1)2 = ( x + 1)( y + 1)2 − x( x + 1)2, dalej ( x + 1)2( x + y + 1) = ( y + 1)2( y + x + 1), korzystamy ze wzoru na różnicę kwadratów i dostajemy ( x + y + 1)( x + y + 2)( x − y) = 0.
Skoro x, y > 0, to fortunnie pierwszy i drugi nawias są dodatnie, więc zostaje przypadek
x = y. Czyli mamy
1
− 1 −
x
= 0, mnożę przez mianowniki, x 3 się upraszcza,
x+1
4 x 2
( x+1)2
dostajemy ( x − x+1 )( x + x+1 ) = 0, drugi nawias jest dodatni, czyli zostaje x = x+1 , czyli
2
2
2
x = 1. Znowu jeden punkt krytyczny, drugi raz różniczkujemy i po zabawie.
Punkty trzeci i czwarty nie wyglądają na bardziej wymagające.
Zadanie 1.2. Punkty krytyczne funkcji zadanej w sposób uwikłany.
Dowód. Pierwsze. Różniczkujemy podane równanie kolejno po x i y, dostajemy xz 3 + 3 ( x 2 +
2
y 2) z 2 dz + yz 2 + 2 xyz dz + dz = 0. Domagamy się dz = 0, skąd xz 3 + yz 2 = 0. Analogicznie po y dx
dx
dx
dx
dostajemy yz 3 + xz 2 = 0. Dodaję stronami, ( x + y)( z 3 + z 2) = 0, skąd albo x = y, albo z = 0, albo z = − 1. Druga opcja przeczy równaniu (dostajemy − 2 = 0). W trzeciej mamy −x + y = 0
przez wstawienie, czyli x = y, zatem sprowadza się do pierwszej. Jeśli x = y, to albo x = y = 0, albo z = 0, albo z = − 1, przy czym drugą opcję już wykluczyliśmy. Jeśli x = y = 0, to z = 2 i jest to rozwiązanie. Jeśli natomiast z = − 1 i x = y, to −x 2 + x 2 − 1 − 2 = 0, sprzeczność. Czyli jedynym punktem krytycznym jest punkt (0 , 0). Teraz jest ta przykra część, czyli liczenie drugiej
pochodnej. Do tego trzeba uczciwie policzyć pierwszą: dz =
− 2 xz 3 − 2 yz 2
. Różniczkujemy to
dx
3( x 2+ y 2) z 2+4 xyz+1
i wstawiamy x = y = 0 i z = 2. Niech L oznacza licznik, M — mianownik. Wtedy różniczkując
po x mamy L(0 , 0 , 2) = 0, M (0 , 0 , 2) = 1, ( L/M ) 0 = L0M−M0L = L0 = − 2 z 3 − 6 xz 2 z0 − 4 yzz0 =
M 2
− 2 z 3 = 2. Analogicznie różniczkując po y dostajemy − 2, różniczkując dz po y dostajemy 2, dy
czyli macierz drugiej pochodnej to (2 , − 2)( − 2 , 2). Niefortunnie wyznacznik jest zerem, czyli
generalnie żeby coś zrozumieć trzeba by różniczkować dalej... Mam nadzieję, że nie taka była
intencja autora. Jeśli trzeba by to zrobić, to albo liczymy trzecią pochodną na pałę, albo
lokalizujemy, że kłopotliwym kierunkiem jest (1 , 1) i różniczkujemy tylko wzdłuż tego kierunku.
I to i to jest niesympatyczne.
W drugim liczy się nieco łatwiej, ale niefortunnie wyszły mi cztery rpunkty krytyczne:
(0 , 0 , 1), (0 , − 1 / 4 , − 4), (1 / 2 , 0 , 2) i ( − 1 / 3 , − 1 / 3 , − 3). Dla każdego z nich stosujemy tę proceduję, co wyżej.
Zadanie 1.3. Robiliśmy na ćwiczeniach.
Zadanie 1.5. Sprawdzamy warunki. Zbiór pusty należy (bo ∅ ⊂ A). Wiemy, że A ∈ M, skąd
jeśli B ∈ M to A \ B ∈ M — a zatem dopełnienie (w zbiorze A) też należy do M( A) . Jeśli
Bn ∈ M( A) , to należą do M i są podzbiorami A, czyli ich suma też należy do M (bo to σ–ciało)
i też jest podzbiorem A, czyli należy do M( A) .
Zadanie 1.6. Tu niestety jest nieskończenie wiele rzeczy do posprawdzania. Każda z nich jest
prosta, ale trzeba wiedzieć, co sprawdzać. Ja zatem kolejno wypisuję:
• Niech f będzie dowolną funkcją. Chcemy pokazać, że βf ∈ Sf . Załóżmy przeciwnie, mamy
βf = inf Sf , czyli istnieje ciąg elementów sn ∈ Sf takich, że sn→βf , sn > βf . To oznacza,
że µ( f − 1(( sn, + ∞])) = 0 dla każdego n. Ale wobec tego µ(S f − 1(( sn, + ∞])) = 0 , bo suma przeliczalna zbiorów miary zero jest miary zero. A S f − 1(( sn, + ∞]) = f − 1(S( sn, + ∞]) =
f − 1(( βf , ∞]) , co było do udowodnienia.
• Sprawdzamy, że L∞ jest przestrzenią wektorową. Oczywiście bierzemy standardowe do-
dawanie funkcji oraz mnożenie funkcji przez skalar (można by też inaczej, ale nie o to
chodzi autorom zadania). Czyli trzeba sprawdzić, że jeśli β|f|, β|g| < ∞, to β|f+ g| < ∞ i
β|αf| < ∞. Zauważmy, że z poprzedniego punktu mamy µ( |f |− 1( β|f |, ∞]) = 0 , czyli (in-
nymi słowy) µ( {x : |f ( x) | > β|f|}) = 0 . Analogicznie µ( {x : |g( x) | > β|g|}) = 0 . Rozważmy teraz jakiś y, dla którego |( f + g)( y) | > β|f| + β|g|. Mamy |( f + g)( y) | = |f ( y) + g( y) | ¬
|f ( y) | + |g( y) |. Więc musi zachodzić |f ( y) | > β|f| lub |g( y) | > β|g| — czyli y należy do jednego z dwóch zbiorów badanych wcześniej. Suma dwóch zbiorów miary zero jest miary
zero, stąd {y : |( f + g)( y) | > β|f| + β|g|} jest miary zero, a zatem β|f+ g| ¬ β|f| + β|g|.
Sprawdzenie, że β|αf| ¬ |α|β|f| jest jeszcze prostsze. Zatem faktycznie jest to przestrzeń
wektorowa.
• Teraz trzeba sprawdzić, że L∞ jest wektorowa. Trzeba wpierw zdefiniować działania. Oczy-
wiście jedyna racjonalna definicja to [ f ] + [ g] = [ f + g] , gdzie [ f ] to klasa abstrakcji zawierająca f , ale wobec tego trzeba sprawdzić, że ta definicja nie zależy od wyboru reprezentanta. Ale fortunnie jeśli µ( f 1 6= f 2) = 0 i µ( g 1 6= g 2) = 0 , to zbiór f 1 + g 1 6= f 2 + g 2
jest zawarty w sumie dwóch poprzednich, czyli też ma miarę zero — a zatem faktycznie
dodawanie jest dobrze zdefiniowane. Mnożenie sprawdzamy tak samo.
• No to mamy działania. Trzeba sprawdzić, że suma dwóch elementów z L∞ jest w L∞. Po
pierwsze zauważmy, że jeśli µ( f 1 6= f 2) = 0 , to µ( |f 1 | 6= |f 2 |) = 0 , zatem można mówić o wartości bezwzględnej funkcji f ∈ L∞. Teraz zastanówmy się, czy ma sens napis β[ f]
(tj. czy β nie zależy od wyboru reprezentanta). Proste sprawdzenie pokazuje, że nie zależy.
Wobec tego te same rachunki, co dla L∞ pokazują, że β[ |f + g|] ¬ β[ |f|]+[ |g|] , i analogicznie dla mnożenia przez skalar — a zatem suma dwóch klas, dla których β jest skończona też
ma skończone β, i analogicznie dla mnożenie przez skalar. Czyli L∞ też jest przestrzenią
wektorową.
• Już pokazaliśmy większość sprawdzenia normy — powyżej sprawdziliśmy mnożenie przez
skalar i nierówność trójkąta. Teraz jeszcze trzeba stwierdzić, że zeruje się tylko dla [0] .
Weźmy dowolną funkcję. Załóżmy, że β[ |f|] = 0 . Skoro (punkt pierwszy) βf ∈ Sf , to
oznacza µ{|f | > 0 } = 0 , czyli |f | = 0 prawie wszędzie (bo oczywiście µ( |f | < 0) = 0 , bo to jest zbiór pusty). Zatem f = 0 prawie wszędzie, czyli [ f ] = [0] .
• Bierzemy ciąg Cauchy’ego w tej przestrzeni. To, że jest Cauchy’ego oznacza, że dddn
i dla m > n zachodzi µ{|fn − fm| > ε} = 0 . Ustalmy ciąg εk→ 0 (np. εk = 1 /k).
Niech nk będzie takim n, że dla m > nk mamy µ( {|fn − f
k
m| > ε}) = 0 . Niech A =
S ∞
S ∞
{x : |f
| > ε
k=1
m= n
m − fn
k }. To jest przeliczalna suma zbiorów miary zero, czyli
k
k
µ( A) = 0 . Weźmy teraz x 6∈ A. Wtedy ciąg fn( x) jest ciągiem Cauchy’ego, bo dla m > nk
mamy |fm( x) − fn ( x) | ¬ ε
k
k , skoro x 6∈ A. Wobec tego fn( x) zbiega do pewnego f ( x) . I
teraz trzeba pokazać, że kfn − f k∞→ 0 — ale to jest proste, bo na każdym x 6∈ A mamy
kfn − f k ¬ ε
k
k . Na A definiujemy f jakkolwiek (bo definicja nie zmieni klasy abstrakcji,
w której wylądujemy).
• Oczywiście (R |f |p)1 /p ¬ ( µ( X) βp )1 /p→β
X
|f |
|f |. Z drugiej strony jeśli β < β|f |, to w szcze-
gólności µ( {x : |f ( x) | > β}) = c > 0 , zatem (R |f |p)1 /p ( cβp)1 /p→β. Połączenie dwóch X
nierówności daje tezę.
Zadanie 1.7. Co do pierwszego, to m∗( A) było definiowane jako kres dolny sum długości prze-
działów zawierających A. Czyli w szczególności istnieje przeliczalny zbiór przedziałów Ci zawie-
rający A i taki, że suma długości A jest mniejsza niż m? ( A) + ε/ 2 . Te przedziały mogą być do-
mknięte, więc jeszcze k–ty przedział powiększamy z obu stron o ε/ 2 k+1 , żeby móc wziąć otwarty.
I teraz mamy sumę przedziałów otwartych, czyli zbiór otwarty, miara tego zbioru otwartego jest
nie większa niż suma długości przedziałów m? ( A) + ε.
Co do drugiego, to po prostu bierzemy ciąg epsilonów i przecinamy zbiory Aε dla wszystkich
ε.
Zadanie 1.8. To zadanie jest identyczne z drugą częścią poprzedniego, po prostu sumujemy
zbiory Fε dla malejących ε.
Zadanie 1.9. Trzeba np. wyrzucać w k—tym kroku miarę 2 −k.
Zadanie 1.10. To jest prawie dokładnie nasze zadanie domowe, spora część z Państwa je
zrobiła.
Zadanie 1.11. Trzeba wiedzieć (zapewne wiemy), że końce wyrzucanego odcinka należą do
zbioru Cantora. To jest proste — nie wyrzucamy ich w tym kroku (bo wyrzucamy odcinek
otwarty), i nie wyrzucamy w żadnym następnym (bo wyrzucamy odcinki otwarte rozłączne z
poprzednimi, a końce leżą na brzegu tego, co wyrzuciliśmy).
To teraz patrzymy po kolei. W pierwszym kroku wyrzucamy odcinek długości 1 / 3 , z którego
potem dołożymy z każdej strony 1 / 20 (bo dokładamy odcinek długości 1 / 10 , i połowa z niego
wchodzi na wyrzucony właśnie odcinek). Czyli wyrzucone zostanie 7 / 30 ze środka, i tam żaden
inny odcinek dokładany już nie sięgnie. W drugim kroku wyrzucimy odcinek długości 1 / 9 , ale
za to z obu stron dołożymy odcinki 1 / 20 — czyli wyrzucone zostanie dwa razy po 1 / 90 . W
trzecim kroku wyrzucamy odcinki długości 1 / 27 , a dokładamy 1 / 20 — i te odcinki pokryją cały
wyrzucony zbiór. To samo w dalszych krokach — dokładane odcinki każdorazowo pokrywają
wyrzucany zbiór. Do tego jeszcze dokładamy po 1 / 10 z lewej i prawej odcinka [0 , 1] . Wobec tego
nasz zbiór to [ − 1 / 10 , 11 / 10] z którego wyrzucamy trzy odcinki — jeden w środku o długości
7 / 30 , i dwa po bokach o długości 1 / 90 każdy. Zatem łączna miara to 12 / 10 − 7 / 30 − 2 / 90 =
(108 − 21 − 2) / 90 = 85 / 90 = 17 / 18 .
Zadanie 1.12. To jest, w moim odczuciu, zadanie, którego Państwo nie powinni być w stanie
zrobić (oczywiście można znaleźć na angielskiej wikipedii tw. Łuzina, ale nie o to chodzi). Jeśli
ktoś nie zrobił, to proszę się nie przejmować, jeśli ktoś zrobił, to jest niezły.
Twierdzenie Łuzina. Wystarcza — to ta prosta część, jeśli f |F jest ciągła, to jest mierzalna.
Kładziemy fn( x) = f ( x) jeśli x ∈ F , a 0 w przeciwnym przypadku. fn→f prawie wszędzie,
granica funkcji mierzalnych jest mierzalna, modyfikacja prawie nigdzie funkcji mierzalnej jest
mierzalna, stąd f jest mierzalna.
Potrzeba. Będziemy wpierw dowodzić na zbiorze zawartym w jakimś odcinku [ a, b] . Jeśli f jest
mierzalna, to jest ograniczona poza zbiorem dowolnie małej miary (bo jeśli An = {x : f ( x) > n},
tò( An) ¬ b−a, T An = ∅, skąd `( An) → 0 ). Do tego An otwarte, czyli mamy teraz B domknięty w A, i f|B jest ograniczona. Niech f 0 = f na B i 0 poza B, wtedy f jest całkowalna (bo
jest mierzalna, jako iloczyn dwóch funkcji mierzalnych, i ograniczona). Wobec tego (zadania
domowe) istnieje funkcja prosta dowolnie blisko f 0, i funkcja ciągła dowolnie blisko tej prostej,
czyli istnieje funkcja ciągła f 00, dla której R |f 0 − f 00| < ε.
Mamy zatem ciąg funkcji ciągłych zbieżnych w L 1 do f 0. Przechodząc do podciągu można
założyć, że zbiega on prawie wszędzie (to wymaga uzasadnienia, i samo w sobie jest niezłym
zadaniem, ale robialnym). Teraz odpalamy twierdzenie Jegorowa, i mamy zbiór C, taki, że na C
zbieżność f 00 do f 0 jest jednostajna, udowodnimy w tw. Jegorowa, że C można wybrać domknięty
w A. Stąd na C granica (czyli f ) jest ciągła (bo granica jednostajna funkcji ciągłych jest ciągła).
I mamy zbiór C na którym f jest ciągła, à( A \ C) = 2 ε. Zmniejszając ε dwa razy dostajemy
tezę.
Teraz jeszcze, jeśli A jest nieograniczony, możemy na każdym A ∩ [ k, k + 1] dobrać taki zbiór
dla ε/ 2 |k|, i potem wysumować wszystkie te zbiory.
Zadanie 1.13. Twierdzenie Jegorowa. To jest raczej robialne, choć trudne. Analogicznie jak
poprzednio zakładamy, że A ⊂ [ a, b] (tak naprawdę potrzebujemy `( A) < ∞. Niech fn→f
prawie wszędzie na A. Niech gn( x) = sup
|f
m>n
m( x) − f ( x) |. Z definicji zbieżności gn( x) zbiega
do zera punktowo prawie wszędzie. Niech Ak,n = {x : gn( x) > 2 −k}. Przy ustalonym k wiemy,
że T n Ak,n jest miary zero (bo to są te punkty, gdzie nie ma zbieżności punktowej), zatem
skorò( Ak,n) ¬ `( A) < ∞, tò( Ak,n) → 0 gdy n→∞. Wobec tego możemy dobrać takie nk, że
`( Ak,n ) < 2 −kε. Niech A
. Wtedy na A \ S A
k
k = Ak,nk
k ciąg fn zbiega jednostajnie. Ustalmy
bowiem ε > 0 , niech 2 −k < ε, wtedy dla n > nk mamy |fn( x) − f ( x) | ¬ 2 −k < ε, bo x 6∈ Ak,n .
k
Wyrzucane zbiory są łącznej miary ε, co kończy dowód.
Zadanie 1.14. Zwykły lemat Fatou mówi, że R lim inf fn ¬ lim inf R fn dla funkcji nieujemnych
mierzalnych. Oczywiście tam, gdzie jest zbieżność, lim inf fn = f . Zbiór tych x, gdzie zbieżności
nie ma, jest miary zero, a zatem nie wpływa na całkę.
Zadanie 1.15. Wpierw dowodzimy skończonej addytywności. Niech A 1 , . . . , An będą zbiorami
borelowskimi. Jeśli ν( Ak) = ∞ dla któregoś k, to 0 leży w domknięciu Ak, czyli tym bardziej w
domknięciu S Ak, zatem ν(S Ak) = ∞. Jeśli ν( Ak) = 0 dla każdego k, to znaczy, że domknięcie
¯
Ak nie zawiera zera. Zatem R \ ¯
Ak to zbiór otwarty zawierający zero, a więc zawiera w szczegól-
ności jakiś odcinek ( −ak, ak) , gdzie ak > 0 . Niech a = min k ak, wtedy ( −a, a) jest rozłączny ze wszystkimi Ak, a zatem też z S Ak — stąd domknięcie S Ak jest rozłączne z ( −a, a) , a zatem w
szczególności nie zawiera zera — czyli ν(S Ak) = 0 . To kończy dowód skończonej addytywności.
Jak idzie o przeliczalną, to niech Ak = { 1 /k}. Zbiory Ak są jednopunktowe, więc domknięte,
stąd ν( Ak) = 0 , ale domknięcie sumy już zawiera zero — czyli nie ma przeliczalnej addytywno-
ści.
Zadanie 1.16. Tę funkcję badaliśmy na ćwiczeniach, i diagnozowaliśmy zchowanie tej całki.
Przypomnę, że bierzemy choćby standardową aproksymację funkcjami prostymi, żeby udowodnić
równość całki.
Zadanie 1.17. W wersji pierwotnej (z δ 1 /k) zadanie jest fałszywe. Jak wstawimy δk/n to
to jest twierdzenie o tym, że całka Riemanna równa się całce Lebesgue’a. Po lewej mamy
lim
P n
n→∞
f ( k/n) , to jest jakaś suma Riemannowska. Po prawej mamy całkę Lebesgue’a.
k=1
Sumy Riemanna zbiegają do całki Riemanna, a ta jest równa całce Lebesgue’a.
Zadanie 1.18. Dowód jest identyczny z dowodem niemierzalności zbioru Vitaliego. Załóżmy, że
A ⊂ V ma miarę dodatnią. Niech q 1 , q 2 , . . . będzie uporządkowaniem liczb wymiernych z odcinka
[ − 1 , 1] . Wtedy zbiory A + qi są rozłączne (bo są zawarte w V + qi, które też są rozłączne), zatem
z przeliczalnej addytywności i niezmienniczości na przesunięcià(S i A + qi) = P `( A + qi) =
P `( A) = ∞ (bò( A) > 0 ). Z drugiej jednak strony S i A + qi jest zawarte w odcinku [ − 1 , 2] , czylì(S A + qi) ¬ 3 , sprzeczność.
Zadanie 1.19. Nie. Niech g będzie funkcją charakterystyczną zbioru Vitaliego. Niech f = 2 g− 1 .
Wtedy |f | ≡ 1 , czyli jest mierzalny, ale f nie jest mierzalna, bo f − 1([0 , 2]) = V , czyli jest
niemierzalne.
Zadanie 1.20. Takich zadań robiliśmy na pęczki. Niech f 1( x) = x 2 , f 2( x) = 1 . Wtedy R 1 f =
0
R
f
f
f
[0 , 1] ∩ Q 2+R[0 , 1] \ Q 1 . Pierwsza całka jest po zbiorze miary zero, więc jest zerem. Dalej R[0 , 1] \ Q 1 =
R
f
f
f
[0 , 1]
1 − R[0 , 1] ∩ Q 1 . Druga całka jest po zbiorze miary zero, więc jest zerem. Dalej R[0 , 1] 1 =
R 1 f
x 2 = 1 / 3 , bo całka Riemanna pokrywa się z całką Lebesgue’a dla funkcji ciągłych.
0
1 = R 1
0
Zadanie 1.21. Mamy m( |fn − f | > ε) → 0 dla każdego ustalonego ε. Ustalmy zatem ε. Funkcja
sin x jest Lipszyca ze stałą 1 (czyli | sin x − sin y| ¬ |x − y|, to wynika z tw. o wartości średniej
oraz faktu, że sin 0 x ¬ 1 ). Wobec tego m( | sin fn( x) − sin f ( x) | > ε) ¬ m( |fn( x) − f ( x) | > ε) → 0 .
Niech An,ε = {x : | sin fn( x) − sin f ( x) | > ε}, wiemy, że m( An,ε) → 0 . Teraz R sin f A
n − sin f =
R
sin f
sin f
sin f
A
n − sin f + R
n − sin f . Pierwsza całka szacuje się przez | R
n − sin f | ¬
n,ε
A\An,ε
An,ε
R
| sin f
2 = 2 m( A
A
n − sin f | ¬ R
n,ε) → 0 . Druga całka szacuje się przez m( A) ε. Zatem
n,ε
An,ε
moduł różnicy jest nie większy niż εm( A) dla każdego ε, a zatem musi być zerowy.
Zadanie 1.22. Dowodzimy dla funkcji prostych z niezmienniczości miary Lebesgue’a na prze-
sunięcia: R ft = R P ak`( Ak − t) = R P ak`( Ak) = R f . Dalej zauważmy, że jeśli gn to funkcje proste przybliżające f , to ( gn) t to funkcje proste przybliżające ft, zatem równość zachodzi też
dla funkcji nieujemnych, a zatem zachodzi i dla f+ i f−, czyli zachodzi dla każdej f .
Zadanie 1.23. To się nazywa “twierdzeniem Lebesgue’a o gęstości” i od ręki nie umiem tego
udowodnić. Nie umiem też znaleźć od ręki na sieci dowodu po polsku. Dowód po angielsku pod-
wiesiłem na stronie, nie bardzo chce mi się go przepisywać.
Zadanie 1.24. Niech
n
f ( x) > n
fn( x) =
0
f ( x) ¬ n.
Wtedy fn ¬ f dla każdego x oraz fn( x) → 0 punktowo. Wobec tego z tw. o zbieżności zmajory-
zowanej Lebesgue’a mamy nµ( An) = R fn = 0 .
Zadanie 1.25. Tu skorzystamy z mega–ważnego faktu, który był w zadaniach domowych —
że funkcja całkowalna przybliża się dowolnie dobrze przez funkcję ciągłą. Weźmy f — całko-
walną. Niech g — ciągła i R 1 |f − g| ¬ ε. Wtedy R 1 f ( x) sin(2 πnx) − R 1 g( x) sin(2 πnx) dx ¬
0
0
0
R 1 | sin(2 πnx) ||f ( x) − g( x) | ¬ ε. Wobec dowolności ε wystarczy tezy dowodzić dla funkcji cią-
0
głych.
Teraz rozważmy g ciągłe. f jest określona na zwartym zbiorze [0 , 1] , a zatem jest jedno-
stajnie ciągła. Ustalmy ε > 0 . Wtedy istnieje N takie, że dla n > N jeśli |x − y| ¬ 1 /n to
|g( x) − g( y) | < ε. Weźmy dowolny odcinek [ k/n, ( k + 1) /n] ⊂ [0 , 1] . Zauważmy, że R ( k+1) /n g( k/
k/n
n) sin(2 πnx) = 0 (bo stałą wyciągam przed całkę, a sinus po odcinku długości 2 π całkuje się do
zera). Wtedy R ( k+1) /n
R ( k+1) /n
g( x) sin 2 πnx =
( g( x) − g( k/n) sin 2 πnx ¬ R ( k+1) /n |g( x) − g( k/
k/n
k/n
k/n
n) || sin 2 πnx| ¬ ε/n. Wobec tego R 1
g( x) sin 2 πnx ¬ ε. Wobec tego, że dla dowolnego ε istnieje
0
takie N , to rozważana granica jest równa 0 .