Całkowanie funkcji dowolnego znaku twierdzenia o przechodzeniu do granicy pod znakiem całki

Transkrypt

1 Całkowanie funkcji dowolnego znaku twierdzenia o przechodzeniu do granicy pod znakiem całki Ostatnio poprawiłem 19 marca 15 r. Omówiliśmy całkowanie funkcji nieujemnych. W tej cześci zajmiemy sie całkowaniem funkcji dowolnego znaku. Zakładamy wszedzie, że na przestrzeni X zdefiniowana jest miara µ (wiec również przeliczalnie addytywne ciało zbiorów mierzalnych) oraz że f jest funkcja mierzalna określona na X lub mierzalnym podzbiorze X. W drugim przypadku można funkcje f przedłużyć do funkcji mierzalnej na całej przestrzeni definiujac jej wartość poza dziedzina jako. Sprawdzenie, że rozszerzona w ten sposób funkcja jest mierzalna nie przedstawia najmniejszych trudności (należy skorzystać z definicji i tego, że dopełnienie zbioru mierzalnego jest mierzalne). Definicja 9.1 (cześci nieujemnej i niedodatniej funkcji) Funkcje zdefiniowane równościami f + (x) = max(f(x), ), f = max( f(x), ) nazywamy cześci a nieujemna (dodatnia) i niedodatnia (ujemna) funkcji f. Z podstawowych własności funkcji mierzalnych wynika od razu, że funkcje f + sa mierzalne. Zachodza oczywiste wzory f(x) = f + (x) f (x) oraz f(x) = f + (x) + f (x). Całki z funkcji f + i f sa zdefiniowane, bo te funkcje sa nieujemne. i f Definicja 9. (całki z funkcji mierzalnej) fdµ = f X X +dµ f X dµ, jeśli tylko różnica całek jest zdefiniowana, tzn. co najmniej jedna z całek f X +dµ, f X dµ jest skończona. Mówimy, że funkcja f jest całkowalna wtedy i tylko wtedy, gdy fdµ jest skończona. X Jasne jest, że w przypadku funkcji nieujemnej f mamy f + = f, wiec otrzymujemy te sama całke, która zajmowaliśmy sie w przypadku funkcji nieujemnych. Funkcja f jest całkowalna wtedy i tylko wtedy, gdy f dµ = f X X +dµ + f X dµ < +. Jest wiec inaczej niż w przypadku całki Riemanna funkcja f może nie mieć całki Riemanna, a jej wartość bezwzgledna może być całkowalna w sensie Riemanna, np. f(x) = 1 dla x Q [, 1], f(x) = 1 dla x (R \ Q) [, 1], f(x) = dla x / [, 1]. Wykażemy teraz kilka podstawowych własności całki. Twierdzenie 9.3 (o elementarnych własnościach całki Lebesgue a) fdµ jest skończona wtedy i tylko wtedy, gdy f dµ < +. X X 1 Jeśli f g, to X fdµ X gdµ. Jeśli f g i funkcja g jest całkowalna, to również funkcja f jest całkowalna i zachodzi nierówność X fdµ X f dµ X gdµ. 3 Jeśli funkcja f jest ograniczona i µ(x) < +, to funkcja f jest całkowalna na zbiorze X. 145

2 AM II Całkowanie funkcji dowolnego znaku Michał Krych 4 Jeśli funkcja f(x) = dla prawie wszystkich x X (tzn. miara zbioru tych x X, dla których f(x), jest równa ), to fdµ =. X 5 Jeśli funkcja f jest całkowalna, to f(x) < + dla prawie wszystkich x X, tzn. miara zbioru tych x X, dla których f(x) =, jest równa. 6 Jeśli funkcja f jest całkowalna na zbiorze mierzalnym B, A B jest zbiorem mierzalnym, to funkcja f jest całkowalna na zbiorze A. 7 Jeśli f istnieje i c R, to funkcja cf jest całkowalna i zachodzi równość (cf)dµ X = c fdµ. (całka jest jednorodna) X X 8 Jeśli istnieja obie całki X fdµ, gdµ oraz zdefiniowana jest ich suma X fdµ + gdµ, to istnieje również całka (f + g)dµ i zachodzi równość X (f + g)dµ X = fdµ + X gdµ. (całka jest addytywna) X X X Z własności 7 i 8 wynika, że przyporzadkowanie funkcji całkowalnej jej całki jest operacja liniowa, przestrzeń liniowa, która mamy tu na myśli, tj. przestrzeń funkcji całkowalnych na ustalonej przestrzeni X jest na ogół nieskończenie wymiarowa, ale również w takich sytuacjach liniowość jest bardzo istotna własnościa. Dowód. Dowody własności 4 sa natychmiastowe. Gdyby funkcja f przyjmowała wartość + na zbiorze miary dodatniej, to zachodziłaby równość f X +dµ = +, wiec również fdµ = + (całka f X X dµ musiałaby w tej sytuacji być skończona!). Analogicznie w przypadku funkcji przyjmujacej wartość na zbiorze miary dodatniej. Własność 5 można uznać za udowodniona. Własność 6 wynika z tego, że f A +dµ f B +dµ < i f A dµ f B dµ <. Własność 7 wynika z takiej samej własności dla funkcji nieujemnej oraz tego, że ( f) + = f i ( f) = f +. Ostatnia z wypisanych własności całki jest najtrudniejsza do dowodu głównie ze wzgledu na ogólność założeń. Mamy f + g = = (f + f )+(g + g ) = (f +g) + + ( ) f + +g + (f +g) + ((f +g) + ( ) ) f +g (f +g). Zachodzi też wzór f + + g + (f + g) + = f + g (f + g). 1 Wobec tego, że dla funkcji nieujemnych dowodzona teza jest prawdziwa, mamy: f+ dµ + g + dµ = (f + + g + )dµ = (f + g) + dµ + ( ) f + + g + (f + g) + dµ oraz f dµ + g dµ = (f + g )dµ = (f + g) dµ + ( ) f + g (f + g) dµ. Jeśli wiec całki fdµ i gdµ sa skończone, to f + dµ + g + dµ f dµ g dµ = (f + g)+ dµ (f + g) dµ. Stad własność 8 wynika dla funkcji całkowalnych. Załóżmy teraz, że fdµ = i g dµ >. Oznacza to, że f X X X +dµ =, f X dµ R, g X +dµ, g X dµ R. Mamy wiec (f + g) X dµ (f X + g )dµ = f X dµ + g X dµ R. Należy wiec wykazać, że (f +g) X + =. Niech A = {x : f(x) > i g(x) } i niech B = {x : f(x) > > g(x)}. Jeśli fdµ <, to f =, bowiem prawdziwe s a B A równości: 1 W punktach, w których obie funkcje przyjmuja wartości skończone, wiec gdy funkcje sa całkowalne, to poza zbiorem miary. 146

3 AM II Zbieżność zmajoryzowana Michał Krych = f X + = fdµ = fdµ + fdµ, wiec A B A B (f + g) X +dµ (f + g) A +dµ = (f + g)dµ fdµ =. A A Teraz założymy, że fdµ =. Niech (f B n) oznacza niemalejacy ciag nieujemnych funkcji prostych, skończonych zbieżny do funkcji f na zbiorze B. Jeśli f B ndµ < dla każdego n N, to na mocy już udowodnionej cześci twierdzenia mamy (f + g) (f B B n + g)dµ = f B ndµ + gdµ + gdµ = B B ostatnie przejście graniczne jest konsekwencja twierdzenia Lebesgue a Levi ego o monotonicznym przechodzeniu do granicy. Załóżmy teraz, że dla pewnej liczby naturalnej n zachodzi równość f B ndµ =. Całka f B ndµ jest suma składników postaci cµ(c), gdzie C B. Co najmniej jeden z nich musi być nieskończony. Wtedy µ(c) = oraz > c > (wartościami funkcji f n sa liczby). Definiujemy zbiór D = {x C : g(x) c }. Ponieważ g dµ <, wiec C µ(d) <. Wobec tego, na mocy już wykazanej cz eści twierdzenia, zachodzi równość (c + g)dµ = cµ(d) + gdµ. Dla x C \ D zachodzi D D nierówność c + g c, zatem (c + g)dµ c µ(c \ D) = +. Wynika st ad, C\D że (f C n + g)dµ = (f C\D n + g)dµ + (f D n + g)dµ = + = f C ndµ + gdµ. Wykazaliśmy, że dowodzony wzór ma miejsce na każdym zbiorze, na którym f n jest stała. Wobec C tego, że wszystkie wystepuj ace tu nieskończone składniki sa równe +, wzór zachodzi dla funkcji f n na zbiorze B. Ponieważ f + g f n + g, wiec również (f + g)dµ =. B Dowód został wymeczony. Twierdzenie 9.4 (Lebesgue a o zbieżności zmajoryzowanej) Jeśli funkcje f n : X R sa mierzalne dla n = 1,, 3,..., funkcja g : X [, ] jest całkowalna i f n (x) g(x) dla prawie wszystkich x X oraz f(x) = lim f n (x) dla prawie wszystkich x X, to funkcja f jest całkowalna i zachodzi równość lim f X ndµ = fdµ = lim f X X ndµ. Dowód. Funkcja f jest mierzalna, bo jest granica ciagu funkcji mierzalnych. Wobec tego funkcja f jest również mierzalna oraz f dµ gdµ <, zatem f jest X X funkcja całkowalna. Skorzystamy teraz z lematu Fatou. Mamy f f n g oraz gdµ = ( X X g limn f f n ) dµ = lim ( X n g f fn ) dµ = = lim inf ( X n g f fn ) lim inf n (g f fn ) = = gdµ lim sup X n f f X n dµ. Stad wynika, że lim sup f f n X n dµ, wiec lim sup n X f f n dµ =, zatem lim n f f X n dµ =, a ponieważ fdµ f X X ndµ X f f n dµ, wiec możemy napisać lim n X f ndµ = fdµ. Dowód został zakończony. X Uwaga 9.5 Bez założenia istnienia majoranty twierdzenie 9.4 nie jest prawdziwe: z tego, że lim f n(x) = f(x) dla każdego x X nie wynika wzór lim f X ndµ = fdµ nawet X wtedy, gdy wszystkie rozważane funkcje sa całkowalne. Niech f n (x) = dla x [ 1, 1] n a dla x [, 1 ] niech f n n(x) = 4nx ( 1 x 1 ). Zachodza n n wzory f n (x), f [,1] ndl 1 = 1 i lim f n (x) =. 147

4 AM II Całka Riemanna a całka Lebesgue a, zamiana zmiennych Michał Krych Twierdzenie 9.6 (o całkowalności funkcji całkowalnych w sensie Riemanna) Jeśli funkcja f : [a, b] R jest całkowalna w sensie Riemanna, to jest również całkowalna w sensie Lebesgue i obie całki sa równe. Dowód. Ponieważ zbiór punktów nieciagłości funkcji f ma miare, wiec funkcja ta jest mierzalna. Jest też ograniczona, zatem jest całkowalna na podzbiorach miary skończonej przedziału [a, b]. Podzielmy przedział [a, b] na n przedziałów równej długości P n,1 = [ ] a, a + b a n, Pn, = [ a + b a, a + ] b a n n,...,pn,n = [ a + (n 1) b a, b]. n Niech y n,j = f ( ) a + (j 1) b a n, fn = j y n,j χ P n,j. Jasne jest, że jeśli p jest punktem ciagłości funkcji f, to lim f n (p) = f(p). Z twierdzenia Lebesgue a o zbieżności zmajoryzowanej (majoranta jest funkcja stała) wynika, że lim f [a,b] ndl 1 = fdl [a,b] 1. Z drugiej strony zachodzi równość f [a,b] ndl 1 = j y n,j b a b f(x) dx, zatem n a [a,b] fdl 1 = b f(x) dx. a Z twierdzenia tego wynika, że całki z funkcji jednej zmiennej, np. zdefiniowanych wzorami możemy obliczać za pomoca reguł poznanych do tej pory. Funkcje nieujemne na nieograniczonych przedziałach lub nieograniczone, których niewłaściwa całka Riemanna jest skończona, sa całkowalne w sensie Lebesgue a. Podkreślić należy, że funkcja przyjmujaca zarówno wartości dodatnie jak i ujemne, której niewłaściwa całka Riemanna jest skończona, może być niecałkowalna w sensie Lebesgue a. Przykładem jest funkcja sin(x ) na [, ), co Czytelnicy zechca samodzielnie sprawdzić łatwe. Czesto obliczanie całek ułatwia zamiana zmiennych. Umożliwia ja Twierdzenie 9.7 (o całkowaniu przez podstawienie, czyli o zamianie zmiennych) Niech ϕ: G R k bedzie dyfeomorfizmem zbioru otwartego G R k na jego obraz ϕ(g). Niech f : ϕ(g) [, + ] bedzie funkcja mierzalna i nieujemna lub całkowalna. Wtedy funkcja f ϕ det Dϕ jest mierzalna i nieujemna lub całkowalna i zachodzi równość fdl ϕ(g) k = f ϕ det Dϕ dl G k. Lemat 9.8 Załóżmy, że Q G jest kostka domkniet a (czyli k wymiarowym przedziałem domknietym o równych krawedziach). Dla każdej liczby dodatniej ε istnieje taka liczba δ >, że jeżeli R Q jest kostka o środku p i krawedzi mniejszej niż δ, to ϕ(r) ϕ(p) + (1 + ε)dϕ(p)(r p). Można teze lematu wzmocnić i napisać, że dla dostatecznie małych liczb δ > zachodzi ϕ(p) + (1 ε)dϕ(p)(r p) ϕ(r) ϕ(p) + (1 + ε)dϕ(p)(r p), co lepiej oddawałoby treść lematu. Chodzi o to, że ponieważ przekształcenie ϕ jest klasy C 1, wiec obraz dostatecznie małej kostki mało różni sie od obrazu tejże kostki przez przekształcenie afiniczne przybliżajace ϕ. Byłoby to nieco trudniejsze w dowodzie, wiec ograniczymy sie nierówności, która znalazła sie w sformułowaniu lematu i tylko z niej bedziemy później korzystać. 148

5 AM II Zamiana zmiennych w całce Lebesgue a Michał Krych Dowód. Kostka Q jest zbiorem zwartym, odwzorowanie Dϕ: Q L(R k ; R k ) jest ciagłe, jego wartości sa izomorfizmami R k. Istnieje wiec taka liczba M >, że dla każdego x Q zachodzi ( Dϕ(x) ) 1 M. Z jednostajnej ci agłości Dϕ wynika, że dla każdej liczby ε > istnieje taka liczba η >, że jeśli x, y Q i x y < η, to Dϕ(x) Dϕ(y) < ε M. St ad k wynika, że jeżeli R Q jest kostka o krawedzi a < δ := η k i środku p (wiec zawartej w kuli B(p, η)), x R, to x p R p, x p a k < δ k = η oraz ( Dϕ(p) ) 1( ) ( ) ϕ(x) ϕ(p) (x p) 1 [ ] Dϕ(p) ϕ(x) ϕ(p) Dϕ(p)(x p) sup t [,1] ( Dϕ(p) ) 1[ Dϕ(p+t(x p)) Dϕ(p) ] x p M ε M x p εa k zastosowaliśmy twierdzenie Lagrange a o wartości średniej. Z otrzymanej nierówności wynika, że punkt (Dϕ(p)) 1( ϕ(x) ϕ(p) ) znajduje si e w kostce o środku i kraw edzi (1+ε)δ, czyli w kostce (1+ε)(R p), zatem punkt ϕ(x) ϕ(p) znajduje si e w równoległościanie (1 + ε)dϕ(p) ( R p ), wi ec punkt ϕ(x) leży w równoległościanie ϕ(p) + (1 + ε)dϕ(p) ( R p ), a to właśnie mieliśmy wykazać. Dowód twierdzenia o zamianie zmiennych Zbiór otwarty można przedstawić jako sume kostek o wnetrzach parami rozłacznych (opisaliśmy to w dowodzie twierdzenia o jednoznaczności miary Lebesgue a). Niech Q oznacza jedna z tych (przeliczalnie wielu) kostek, a niech oznacza jej krawedź. Wobec tego l k (Q) = a k. Podzielmy kostke Q na kn kostek Q 1, Q,..., Q kn kostek o krawedziach równych a. Jeśli n jest dostatecznie duże, to a < δ, liczba δ > została dobrana do liczby ε > zgodnie z teza n n lematu. Niech p j oznacza środek kostki Q j. Z lematu wynika, że ϕ(q) = j ϕ(q j) j[ ϕ(pj ) + (1 + ε)dϕ(p j )(Q j p j ) ]. ( Ponieważ l k (1 + ε)dϕ(pj )(Q j p j ) ) = (1 + ε) k det(dϕ(pj )) lk (Q j ), wiec zachodzi nierówność l k (ϕ(q)) (1 + ε) k j det(dϕ(pj )) lk (Q j ). Niech f n (x) = det(dϕ(pj )) dla x int(qj ), czyli f n = j det(dϕ(pj )) χint (Q j ). Funkcja x det(dϕ(x)) jest ciagła na kostce Q, która jest zbiorem zwartym, zatem funkcja x det(dϕ(x)) jest jednostajnie ci agła na Q. Wynika stad jednostajna zbieżność ciagu (f n ) do ( det(dϕ) na zbiorze n j int(q j) ) Q, wiec na zbiorze miary l k (Q) (miara podprzestrzeni afinicznej właściwej jest równa, wiec suma miar brzegów wszystkich rozważanych kostek równa jest ), zatem zachodzi równość lim f Q ndl k = det(dϕ) dl Q k, a ponieważ f Q ndl k = j det(dϕ(pj )) lk (Q j ), wiec l k (ϕ(q)) (1 + ε) k Q det(dϕ) dlk. Ostatnia nierówność zachodzi dla każdej liczby ε >, zatem l k (ϕ(q)) det(dϕ) dl Q k. Stad wynika od razu, że dla l k (ϕ(g)) G det(dϕ) dlk. Można to rozumowanie zastosować do dowolnego zbioru otwartego U G. W rezultacie nierówność l k (ϕ(u)) det(dϕ) dl U k zachodzi dla każdego zbioru otwartego U G. Jeśli A G jest zbiorem mierzalnym miary skończonej, to istnieja takie pod- Kostka R o kraw edzi a i środku p to {x : x j p j a, j = 1,,..., k}. Jeśli x R, y x εa, to dla j = 1,,..., k mamy y j x j y x εa, wi ec y j p j y j x j + x j p j (1 + ε)a, tzn. y p + (1 + ε)(r p), czyli y znajduje si e w kostce o środku p i kraw edzi (1 + ε)a, tj. w obrazie kostki R w jednokładności o środku p w skali 1 + ε. Należy zrobić rysunek w dwóch wymiarach (k = ). 149

6 AM II Zamiana zmiennych w całce Lebesgue a Michał Krych zbiory U 1 U... otwarte w zbiorze G, że l k (U n \ A) < 1, U n n A. Wobec tego lim l k(u n ) = l k (A). Niech U = n U n. Oczywiście U A, l k (U \ A) =. Ponieważ zbiór ϕ(u n ) jest mierzalny (bo jest otwarty jako obraz dyfeomorficzny zbioru otwartego), wiec ( ) ( l k ϕ(a) lk ϕ(un ) ) U n det(dϕ) = χ U Un 1 det(dϕ). Stad i z twierdzenia Lebesgue a o zbieżności zmajoryzowanej wynika, że ) ( lk( ϕ(a) lim l k ϕ(un ) ) lim U n det(dϕ) dl k = = lim χ U Un 1 det(dϕ) dlk = U 1 lim χ Un det(dϕ) dlk = = χ U 1 U det(dϕ) dlk = χ U 1 A det(dϕ) dlk = A det(dϕ) dlk Stad w szczególności wynika, że jeśli l k (A) =, to l k (ϕ(a)) =, wi ec zbiór ϕ(a) jest mierzalny. Dyfeomorfizm ϕ jest homeomorfizmem, wiec obrazy zbiorów borelowskich sa zbiorami borelowskimi, wiec mierzalnymi. Każdy zbiór mierzalny A można przedstawić jako sume zbioru F typu F σ, wiec borelowskiego i zbioru B miary zero. ( ) Wobec tego zbiór ϕ(a) = ϕ(f ) ϕ(b) jest mierzalny. Możemy wiec już pisać l k ϕ(a) ) zamiast lk( ϕ(a). Zauważmy jeszcze, że zbiór A jest mierzalny wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór ϕ(a) jest mierzalny, bo ϕ 1 również jest dyfeomorfizmem! Każdy zbiór mierzalny A G może być przedstawiony jako suma przeliczalnej rodziny parami rozłacznych zbiorów mierzalnych {A n } miary skończonej. Dla każdego ( z nich zachodzi nierówność l k ϕ(an ) ) A n det(dϕ) dlk. Sumujac te nierówności otrzymujemy ( ) l k ϕ(a) A det(dϕ) dlk, co można zapisać tak: χ ϕ(g) ϕ(a)dl k χ G ϕ(a) ϕ det(dϕ) dlk. Z addytywności obu stron tej nierówności wynika, że jeśli f jest nieujemna funkcja prosta, to fdl ϕ(g) k f ϕ G det(dϕ) dlk. Jeśli teraz f jest nieujemna funkcja mierzalna na zbiorze ϕ(g), to istnieje niemalejacy ciag (f n ) nieujemnych funkcji prostych zbieżny do ϕ. Mamy lim f n ϕ det(dϕ) = f ϕ det(dϕ), zatem funkcja f ϕ det(dϕ) jest mierzalna i na mocy twierdzenia Lebesgue a Levi ego zachodzi fdl ϕ(g) k = lim f ϕ(g) ndl k lim f G n ϕ det(dϕ) dlk = = G f ϕ det(dϕ) dl k. Wiemy wiec, że nierówność fdl ϕ(g) k f ϕ G det(dϕ) dlk zachodzi dla każdego dyfeomorfizmu ϕ, każdego zbioru otwartego G i każdej nieujemnej funkcji mierzalnej. Możemy wiec zastosować ja do funkcji f ϕ det(dϕ), zbioru ϕ(g) i dyfeomorfizmu ϕ 1. Mamy ϕ 1( ϕ(g) ) = G oraz (f ϕ ) det(dϕ) ϕ 1 det(dϕ 1 ) = zatem = f ϕ ϕ 1 det(dϕ) ϕ 1 det(dϕ 1 ) = f det D(ϕ ϕ 1 ) = f, G f ϕ det(dϕ) dlk ϕ(g) (f ϕ det(dϕ) ) ϕ 1 det(dϕ 1 ) dlk = ϕ(g) fdl k. 15

7 AM II Twierdzenie Fubiniego dla miary Lebesgue a Michał Krych W połaczeniu z poprzednia nierównościa mamy f ϕ det(dϕ) dl G k fdl ϕ(g) k f ϕ det(dϕ) dl G k, f ϕ det(dϕ) dlk = fdl k, G ϕ(g) czyli a to właśnie mieliśmy udowodnić. Pozostały jeszcze funkcje całkowalne. To jednak nie stanowi żadnego problemu, bo każda funkcja całkowalna może być przedstawiona jako różnica dwu funkcji nieujemnych, a do każdej z nich twierdzenie już można zastosować, potem odjać otrzymane równości stronami. Wykażemy teraz twierdzenie, które pozwala sprowadzić obliczanie całek wzgledem miary l k do obliczania całek wzgledem miar na przestrzeniach niższego wymiaru. Twierdzenie 9.9 (Fubini ego dla miary Lebesgue a) Załóżmy, że f : R k R l [, ] jest funkcja mierzalna nieujemna lub całkowalna. Niech f x (y) = f(x, y) = f y (x). Wtedy dla prawie każdego x R k i dla prawie każdego y R l funkcje f x i f y sa mierzalne, funkcje y f y (x)dl R k k i x f R l x (y)dl l sa mierzalne i zachodz ( a równości f R y (x)dl l R k k )dl l = fdl R k+l k+l = ( ) f R k R l x (y)dl l dl k. Dowód. Podobnie jak w przypadku twierdzenia o zamianie zmiennych wystarczy wykazać to twierdzenie jedynie w przypadku funkcji nieujemnych, wiec w dalszym ciagu rozpatrywane bed a jedynie funkcje mierzalne nieujemne. Wykażemy najpierw teze dla funkcji charakterystycznych zbiorów mierzalnych. Dla każdego zbioru A R k+l definiujemy A x = {y R l : (x, y) A} przekroje pionowe i przekroje poziome A y = {x R k : (x, y) A}. Jasne jest, że prawdziwe sa wzory ( n A ) n = ( ) x n An, ( x n A ) n = ( ) x n An oraz ( R k+l \ A ) = x x Rl \ A x. Wynika stad, że rodzina M zbiorów A R k+l, dla których oba zbiory A x i A y sa mierzalne dla wszystkich x R k i dla wszystkich y R l jest przeliczalnie addytywnym ciałem zbiorów zawiera ona wszystkie zbiory otwarte, bo jeśli zbiór A jest otwarty w R k+l, to oba zbiory A x i A y sa otwarte w R k i odpowiednio w R l. Wobec tego M B(R k+l ). Niech µ(a) = l R l k (A y )dl l. Bez trudu sprawdzamy, że funkcja µ jest miara na B(R k+l ). Jeśli A = B C, B jest k wymiarowym przedziałem, C przedziałem l wymiarowym, to zachodzi wzór µ(a) = l R l k (B)dl l = l k (B)l l (C). Wobec tego: jeśli A jest zbiorem ograniczonym, to µ(a) < +, bo zbiór A jest zawarty w pewnym przedziale, jeśli A jest zbiorem otwartym, to µ(a) >, bo każdy zbiór otwarty zawiera pewien (niezdegenerowany) przedział. Jeśli zbiór A przesuwamy o wektor v = (v x, v y ), to zbiory A y sa przesuwane o wektor v x, zaś zbiory A x o wektor v y. Prawdziwa jest równość l k (A y + v x ) = l k (A y ) (i l l (A x + v y ) = l k (A x )), zatem µ(a + v) = µ(a). Stad i z twierdzenia o jednoznaczności miary Lebesgue a wynika, że µ = l k+l, przypominamy, że obie miary przyjmuja te same wartości na przedziałach k + l wymiarowych. 151

8 AM II Przestrzeń funkci całkowalnych Michał Krych Stad wynika, że lewy z dowodzonych wzorów zachodzi w przypadku funkcji charakterystycznej zbioru borelowskiego. Analogicznie dowodzimy, że prawy wzór jest prawdziwy w tym przypadku. Jeśli l k+l (A) =, to istnieje zbiór borelowski B (nawet typu G δ ) taki, że l k+l (B) = i A B. Wynika stad dla każdego y R l zachodzi nierówność l k (Ay ) l k (B y ). Mamy też l R l k (B y )dl l =, zatem dla prawie wszystkich y R l zachodzi równość l k (B y ) =, wiec również l k (A y ) =. Wynika stad, że funkcja y l k (A y ) jest mierzalna w sensie Lebesgue a, bo jest równa prawie wszedzie oraz że rodzina M zawiera również zbiory miary. Zachodzi też wzór l R l k (A y )dl l =. Przeliczalnie addytywne ciało podzbiorów R k+l, które zawiera zbiory borelowskie i zbiory miary, zawiera wszystkie zbiory mierzalne. Dowodzony wzór zachodzi w przypadku każdego zbioru mierzalnego, bo każdy zbiór mierzalny możemy przedstawić w postaci sumy dwóch rozłacznych zbiorów: borelowskiego i zbioru miary. Stad już teza twierdzenia wynika w standardowy sposób: ponieważ zachodzi dla funkcji charakterystycznych zbiorów mierzalnych, wiec zachodzi dla funkcji prostych. Potem korzystamy z tego, że każda nieujemna funkcja mierzalna jest granica niemalejacego ciagu funkcji prostych i stosujemy twierdzenie Lebesgue a Levi ego. Dowód został zakończony. Definicja 9.1 (przestrzeni funkcji całkowalnych) Załóżmy, że µ jest dowolna miara na przestrzeni X. Przez L 1 (µ) oznaczamy zbiór funkcji całkowalnych w sensie Lebesgue a wzgledem miary µ, przy czym utożsamiamy funkcje różniace sie jedna od drugiej jedynie na zbiorze miary, tzn. f L 1 (µ) f dµ < X i jeśli f, g L 1 (µ), to f = g µ ( {x X : f(x) g(x)} ) =. Jest jasne, że L 1 (µ) jest przestrzenia liniowa: jeśli f i f różni a sie na zbiorze miary oraz g i g różnia sie na zbiorze miary, to również f + g oraz f + g różnia sie na zbiorze miary zero (suma dwóch zbiorów miary jest zbiorem miary ). Ta sama uwaga dotyczy mnożenia przez liczbe. Wobec tego wyniki działań nie zależa od wyboru reprezentanta z klasy abstrakcji rozpatrywanej relacji równoważności. Elementy przestrzeni L 1 (µ), to formalnie rzecz biorac klasy abstrakcji relacji równoważności, ale nazywane a funkcjami. Nie prowadzi to do nieporozumień. s Definicja 9.11 (normy w L 1 (µ)) Jeśli f L 1 (µ), to f 1 = f dµ. X Z własności całki wynika od razu, że jeśli f i f różni a sie na zbiorze miary, to zachodzi równość f 1 = f dµ = f dµ = f X X 1, czyli wartość normy nie zależy od wyboru reprezentanta z klasy abstrakcji rozpatrywanej relacji równoważności. Jasne jest, że f + g 1 f 1 + g 1 oraz tf 1 = t f 1 użycie słowa norma jest wiec usprawiedliwione. Udowodnimy teraz bardzo ważne Twierdzenie 9.1 (o zupełności przestrzeni L 1 (µ)) Przestrzeń funkcji całkowalnych jest przestrzenia metryczna zupełna: jeśli ciag (f n ) 15

9 AM II Przykłady całek Michał Krych spełnia warunek Cauchy ego, czyli jeśli ε> nε m,n nε f n f m 1 < ε, to jest zbieżny w L 1 (µ), czyli istnieje funkcja f L 1 (µ) taka, że lim f n f 1 =. Dowód. Załóżmy, że ciag (f n ) spełnia warunek Cauchy ego w L 1 (µ). Niech ( ) f nm 1 bedzie takim podciagiem, że > f 4 m+1 nm f nm+1 1 = f X n m f nm+1 dµ, łatwy dowód istnienia takiego ciagu pomijamy. Niech A m = {x X : f nm (x) f nm+1 (x) 1 }. Mamy µ(a m m ) < 1. Niech m+ B m = n m A n. µ(b m ) < = 1 i B = m+ m+3 m+1 m B m.oczywiście µ(b) =. Jeśli x / B, to x / B m dla dostatecznie dużych m (bowiem B 1 B... ) i wobec tego x / A n dla n m. Stad wynika, że dla każdego j m zachodzi nierówność f nj (x) f nj+1 (x) < 1, a stad j wynika, że szereg j f n j (x) f nj+1 (x) jest zbieżny. Niech g(x) = f n1 (x) + f nj (x) f nj+1 (x). Z nierówności trójkata wynika, że dla j=1 każdego numeru i zachodzi nierówność g(x) f ni (x). Zachodzi również nierówność X gdµ < 1 <, tzn. funkcja g jest całkowalna. 4 j+1 j=1 Dla każdego x / B ciag ( f nj (x) ) spełnia warunek Cauchy ego, wiec jest zbieżny. Niech f(x) = lim f nj (x). Zdefiniowaliśmy wiec j funkcje f poza zbiorem B, którego miara jest równa. Z twierdzenia Lebesgue a o zbieżności zmajoryzowanej (majoranta jest funkcja g) wnioskujemy, że f X n j dµ fdµ i, co wiecej, j X f n j f 1 = = f X n j f dµ, zatem lim f n j = f w L 1. j j Przykład 9.13 Niech f ( x y) = e x y. Obliczymy całke fdl R. Niech ϕ ( ) ( { (r r θ = r cos θ ) } r sin θ). Niech G = θ : r >, θ < π. Wtedy ϕ(g) = R \ {( } ( ( x ) : x, det Dϕ r θ)) = r, a to oznacza, że ϕ przekształca dyfeomorficznie zbiór G na zbiór ϕ(g). Zbiór {( } x ) : x ma miar e, bo jest zawarty w prostej (czyli podprzestrzeni liniowej właściwej). Mamy wiec fdl R = fdl podst. ϕ(g) ====== f ϕ G det(dϕ) dl F ubini ====== = ( π π e r rdθ ) dr= ( e r r π dθ) dr = ( π πe r r ) dr = πe r = π. Z drugiej strony zachodzi równość F ubini fdl R ====== ( y e x dx ) dy = ( e y e x dx ) dy = = ( e x dx )( e y dy ) = ( e x dx ). R e x y dl = π, zatem e x dx = π. Zna- Wynika stad, że ( e x dx ) = leźliśmy wartość całki z funkcji wykorzystywanej np. w statystyce. Ten sposób jest o wiele prostszy od poznanego na I roku. 153

10 AM II Przykłady całek Michał Krych Przykład 9.14 Znajdziemy miar e k wymiarowej kuli o promieniu r >. Niech x 1 = ϱ cos θ 1 cos θ cos θ k cos θ k 1 x = ϱ cos θ 1 cos θ cos θ k sin θ k 1 x 3 = ϱ cos θ 1 cos θ sin θ k x k = ϱ cos θ 1 cos θ sin θ 3 x k 1 = ϱ cos θ 1 sin θ x k = ϱ sin θ 1 r Niech ϕ(ϱ, θ 1, θ,..., θ k, θ k 1 ) = (x 1, x,..., x k 1, x k ). Niech G = {(ϱ, θ 1,..., θ k, θ k 1 ) : < ϱ < r, θ 1 < π,..., θ k < π, θ k 1 < π}. Przekształcenie ϕ odwzorowuje zbiór otwarty G w kule otwarta o środku w punkcie i promieniu r. Zobaczymy jakie punkty kuli sa jego wartościami. Oznaczamy ϱ = x 1 + x + + x k. Jeżeli x k < ϱ, to istnieje dokładnie jedna taka liczba θ 1 ( π, π), że x k = ϱ sin θ 1. Wtedy oczywiście ϱ cos θ 1 = x 1 + x + + x k 1. Jeżeli zachodzi nierówność x k 1 < ϱ cos θ 1, to istnieje dokładnie jedna taka liczba θ ( π, π), że x k 1 = ϱ cos θ 1 sin θ. Kontynuujac to postepowanie definiujemy kolejno liczby θ 3, θ 4,..., θ k. W ostatnim kroku mamy zdefiniować θ k 1 wiedzac, że ma być spełniona równość x 1 + x = ϱ cos θ 1 cos θ... cos θ k. Jest to możliwe, jeżeli x 1 > ϱ cos θ 1 cos θ... cos θ k przy czym jednoznaczności wyboru nie gwarantuje wartość x, ale wartości obu współrzednych x 1, x już tak. Łatwo można zauważyć, że z każdej z równości x k = ϱ, x k 1 = ϱ cos θ 1,..., x 3 = ϱ cos θ 1 cos θ... cos θ k 3 wynika, że x =. Również z tego, że x 1 = ϱ cos θ 1 cos θ... cos θ k wynika, że ( ) x =. Wobec tego, jeśli x B(, r) \ ϕ(g), to x =, zatem l k B(, r) \ ϕ(g) = (równanie x = definiuje podprzestrzeń k 1 wymiarowa przestrzeni R k ). Miare ma również sfera bed aca brzegiem kuli B(, r), czyli zbiór B(, r) \ B(, r), bo jest ( ) zawarta w sumie dwóch wykresów funkcji k 1 zmiennych. Wobec tego l k B(, r) = ( ) ( ) l k B(, r) = lk ϕ(g). Macierz różniczki przekształcenia ϕ wygl ada tak: cos θ 1 cos θ... cos θ k 1 ϱ sin θ 1 cos θ... cos θ k 1... ϱ cos θ 1 cos θ... sin θ k 1 cos θ 1 cos θ... sin θ k 1 ϱ sin θ 1 cos θ... sin θ k 1... ϱ cos θ 1 cos θ... cos θ k cos θ 1 sin θ ϱ sin θ 1 sin θ... sin θ 1 ϱ cos θ Bez trudu sprawdzamy, że kolumny tej macierzy sa k wymiarowymi wektorami wzajemnie prostopadłymi (w przypadku k = 3 jest to fakt powszechnie znany: promień sfery jest do niej prostopadły, wiec jest prostopadły do południków i równoleżników, które też sa wzajemnie prostopadłe wektor ϕ wskazuje kierunek promienia, wektor ϕ θ 1 ϱ kierunek południka, wektor ϕ θ kierunek równoleżnika). Macierz Dϕ(ϱ, θ 1, θ,..., θ k 1 ) jest wiec ortogonalna. Wobec tego macierz 154

11 AM II Przykłady całek Michał Krych ( Dϕ(ϱ, θ1, θ,..., θ k 1 ) ) T Dϕ(ϱ, θ1, θ,..., θ k 1 ) jest przekatniowa. Na jej głównej przekatnej znajduja sie kwadraty skalarne kolumn macierzy Dϕ(ϱ, θ 1, θ,..., θ k 1 ). Liczba ( det Dϕ(ϱ, θ1, θ,..., θ k 1 ) ) równa jest wi ec iloczynowi długości kolumn macierzy Dϕ(ϱ, θ 1, θ,..., θ k 1 ), czyli 1 ϱ (ϱ cos θ 1 ) (ϱ cos θ 1 cos θ ) (ϱ cos θ 1 cos θ... cos θ k ) = = ϱ k 1 cos k θ 1 cos k 3 θ... cos θ k. ( ) ( ) Możemy obliczyć: l k B(, r) = lk ϕ(g) = ϕ(g) dl k = podst. ===== G det(dϕ) dlk = ) (ϱ k 1 cos k θ G 1 cos k 3 F ubini θ... cos θ k dl k ======= = r ϱ k 1 dϱ Oczywiście π π r cos k θ 1 dθ 1 ϱ k 1 dϱ = 1 k rk, też, że jeśli j, to π π π cos k 3 θ dθ π π dθ k 1 π cos j θdθ = j 1 j cos j θdθ. Z tego wzoru wnioskujemy, że jeśli j jest liczba parzysta, to j jest nieparzyste, to π π cos j θdθ = j 1 j π π π cos θ k dθ k π π dθ k 1. = π. Na pierwszym roku wykazaliśmy π π π cos j θdθ = j 1 j j 3 j π, jeśli j 3 4. Podstawiaj ac, j 5 3 skra- ( ) cajac i upraszczajac otrzymujemy l k B(, r) = r k π k/ 1 dla k parzystego oraz ( ) (k/)! l k B(, r) = rk k k 3 (π)(k 1)/ dla nieparzystego k. Zadanko. Zapisać otrzymany wynik za pomoca funkcji Γ bez rozróżniania przypadków. Definicja 9.15 ( stożka) Stożkiem C(P, v) o podstawie P L(R k 1 ) i wierzchołku v R k, v k > nazywamy sume wszystkich odcinków łacz acych punkt v z punktami zbioru P {}, mamy wiec C(P, v) = { t(x, ) + (1 t)v : x P, t [, 1] }. ( ) Przykład 9.16 Wykażemy, że l k C(P, v) = 1 v k kl k 1 (P ). Wzór ten obejmuje miedzy innymi wzór na pole trójkata (k = ), wzór na objetość ostrosłupa (k = 3, P wielokat) oraz wzór na objetość stożka (k = 3, P koło). Definiujemy ϕ: R k 1 (, 1) R k wzorem ϕ(x, t) = t(x, ) + (1 t)v. Macierz różniczki ϕ wyglada tak: t... x 1 v 1 t... x v t x k 1 v k 1... v k Wobec tego ( ) det Dϕ(x, t) = t k 1 v k. Łatwo można sprawdzić, że ϕ jest różnowartościowe. Ponieważ jego różniczka w dowolnym punkcie dziedziny jest izomorfizmem, wiec ϕ jest dyfeomorfizmem zbioru otwartego G = R k 1 (, 1) R k na 155

12 AM II Środek ci eżkości Michał Krych jego obraz zawarty w R k. Cały stożek z wyjatkiem podstawy i wierzchołka, wiec punktów zbioru miary, jest zawarty w tym obrazie. Niech C = C(P, v). Mamy wiec l k (C) = χ podst. ϕ(g) Cdl k ======= χ G P (,1)t k 1 F ubini v k dl k ======= Wzór został udowodniony. = R k 1 χ P dl k 1 1 tk 1 v k dt = l k 1 (P ) 1 k v k. Definicja 9.17 (środka cieżkości) Jeśli µ jest pewna miara określona na B(R k ), zbiór A jest mierzalny, < µ(a) <, funkcje x 1, x,...,x k sa całkowalne na zbiorze A, to środkiem cieżkości zbioru A nazywamy punkt c(a) = (c 1, c,..., c k ) zdefiniowany wzorami c j = 1 x µ(a) A jdµ, co można zapisać również tak c(a) = 1 xdµ, przyj awszy, µ(a) A że funkcje o wartościach wektorowych całkujemy obliczajac całki z jej współrzednych. Bezpośrednio z definicji wynika, że jeśli zbiory A i B maja środki cieżkości i sa rozłaczne, to również zbiór A B ma środek cieżkości i zachodzi równość c(a B) = µ(a) c(a) + µ(b) c(b). µ(a)+µ(b) µ(a)+µ(b) Z liniowości całki i twierdzenia o podstawianiu wynika, że jeśli L jest liniowym izomorfizmem R k na siebie, µ = l k, A ma środek cieżkości, to również zbiór L(A) ma środek cieżkości i zachodzi równość c(l(a)) = L(c(A)): 1 c(l(a)) = xdl podst. l k (L(A)) L(A) k ======= 1 L(y) det(l) dl l k (L(A)) A k = ( ) = 1 L ydl l k (A) A k = L(c(A)). Twierdzenie 9.18 (Pappusa Guldina ) Jeśli A jest zbiorem zawartym w {x R 3 : x = < x 1 }, który ma środek cieżkości, B jest zbiorem, który powstaje w wyniku obrotu zbioru A o kat π wokół prostej x 1 = x =, to l 3 (B) = πrl (A), gdzie r jest odległościa środka cieżkości zbioru A od osi obrotu. Dowód. Niech G = {(x 1, x 3, t) : x 1 >, < t < π}. Definiujemy przekształcenie ϕ(x 1, x 3, t) = (x 1 cos t, x 1 sin t, x 3 ), Jasne jest, że ϕ(g) zawiera prawie wszystkie punkty zbioru B: wszystkie z wyjatkiem leżacych w półpłaszczyźnie {x R 3 : x 1 > = x }, której miara jest równa. Mamy cos t x 1 sin t Dϕ(x 1, x 3, t) = sin t x 1 cos t. 1 Wobec tego det(dϕ(x 1, x 3, t)) = x 1. Możemy wiec napisać: l 3 (B) = χ podst. ϕ(g) Bdl 3 ======= χ G B ϕ x 1 dl 3 = x F ubini A (,π) 1dl 3 ======= = π dt x 1 A 1dl = πl (A) x l (A) A 1dl. W ostatnio omówionych przykładach okazywało sie, że po ewentualnej zmianie układu współrzednych (czyli przekształceniu za pomoca dyfeomorfizmu) i usunieciu zbioru miary mieliśmy już do czynienia z iloczynem kartezjańskim dwóch lub wiekszej Pappus (9 35), Guldin( ) 156

13 AM II Twierdzenia o przybliżaniu, sploty Michał Krych liczby zbiorów, co pozwalało na skorzystanie z twierdzenia Fubini ego. Dowód twierdzenia Pappusa Guldina to jeszcze jedna ilustracja tej metody. Na zakończenie zajmiemy sie twierdzeniami pozwalajacymi przybliżać funkcje całkowalne funkcjami o jeszcze lepszych własnościach. Zaczniemy od najprostszego. Twierdzenie 9.19 (o gestości funkcji ciagłych w L 1 ) Dla każdej liczby ε > i każdej funkcji f L 1 (R k ), tzn. funkcji całkowalnej wzgledem k wymiarowej miary Lebesgue a, istnieje taka funkcja ciagła g : R k R, że f g 1 = f g dl R k k < ε. Dowód. Niech A bedzie zbiorem mierzalnym miary skończonej. Istnieja wtedy zbiory F A i G A takie, że l k (G \ F ) < ε. Z twierdzenia Tietzego (a nawet z lematu Urysohna) wynika, że istnieje taka funkcja ciagła g : R k [, 1], że g(x) = dla x / G oraz g(x) = 1 dla x F. Wobec tego χ R k A g dl k χ G\F A g dl k 1 l k (G \ F ). Teza twierdzenia zachodzi wiec w przypadku funkcji charakterystycznej zbioru miary skończonej. Wobec tego zachodzi dla kombinacji liniowej takich funkcji, czyli dla dowolnej funkcji prostej: jeśli l k (A j ) < oraz χ Aj g j 1 < ε 1+ c c n dla j = 1,,..., n, to j c j χ A j j c jg 1 j j c j χ Aj g j ε. Niech f bedzie funkcja całkowalna. Istnieje niemalejacy ciag (f n ) funkcji prostych zbieżny punktowo do funkcji f +. Z twierdzenia o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod znakiem całki wynika, że lim f R k n dl k = f R k + dl k, a stad i z tego, że f + f n wynika, że f + f n 1. Istnieje wiec taka liczba n, że f + f n 1 < ε. Ponieważ f n jest funkcja prosta, wiec istnieje funkcja ciagła g taka, że f n g 1 < ε. Oczywiście f + g 1 f + f n 1 + f n g 1 < ε + ε = ε. W taki sam sposób przybliżamy funkcje f, co pozwala na przybliżenie funkcji f = f + f Dowód został zakończony. Definicja 9. (splotu dwu funkcji) Jeśli f, g L 1 (R k ) lub jeśli f L 1 (R k ) i g jest ograniczona funkcja mierzalna, to f g(x) = f(x y)g(y)dl R k k (y). Funkcje f g nazywamy splotem funkcji f i g. Jest oczywiste, że iloczyn funkcji całkowalnej i ograniczonej funkcji mierzalnej jet funkcja całkowalna. Nieco mniej oczywiste jest Twierdzenie 9.1 (o całkowalności splotu funkcji całkowalnych) Jeśli f, g L 1 (R k ), to również f g L 1 (R k ). Dowód. Niech g(x, y) = g(y). Ponieważ funkcja g jest mierzalna na R k i iloczyn kartezjański R k A przestrzeni R k i zbioru mierzalnego A jest mierzalny, wiec funkcja g jest mierzalna na R k. Wykażemy, że funkcja f : R k R zdefiniowana wzorem f(x, y) = f(x y) jest mierzalna. Niech a R i niech A = {z R k : f(z) > a}. Niech ϕ(x, y) = (x, x y). Przekształcenie ϕ jest liniowym izomorfizmem przestrzeni R k, wiec jest dyfeomorfizmem. Wynika stad, że zbiór B R k jest mierzalny wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór ϕ(b) jest mierzalny. f(x, y) > a wtedy i tylko wtedy, gdy 157

14 AM II Twierdzenia o przybliżaniu, sploty Michał Krych x y A wtedy i tylko wtedy, gdy ϕ(x, y) = (x, x y) R k A. Zbiór R k A jest mierzalny, wiec również zbiór ϕ 1 (R k A) = ϕ(r k A) jest mierzalny. Wobec tego funkcja f g jest mierzalna na R k, wiec również funkcja f g jest mierzalna na R k. F ubini ======= ( ) f(x y)g(y) dl R k R k k (x) dl k (y) = = ( g(y) ) f(x y) dl R k R k k (x) dl k (y) ====== podst. ( g(y) ) f(x) dl R k R k k (x) dl k (y) = Stad f(x y)g(y) dl R k k = f(x) dl R k k (x) R g(y) dl k k (y) <, bo obie funkcje f, g sa całkowalne. Ponieważ funkcja (x, y) f(x y)g(y) jest całkowalna, wiec z twierdzenia Fubini ego wynika, że dla prawie każdego x R k istnieje całka f(x y)g(y) dl R k k i że otrzymana funkcja zmiennej x R k jest całkowalna. Wobec tego poza zbiorem miary splot jest dobrze określony i jest funkcja całkowalna. Twierdzenie 9. (o przemienności splotu) Jeśli funkcje f, g sa całkowalne na R k, to f g = g f. Dowód. (f g)(x) = z=x y f(x y)g(y)dl R k k (y) ======= = f(z)g(x z)dl R k k (z) = (g f)(x). Niech β(t) = e 1/(t t) dla t (, 1) oraz β(t) = dla t / (, 1). Można sprawdzić bez wiekszych trudności, że funkcja β jest nieskończenie wiele razy różniczkowalna (uczyliśmy sie tego na pierwszym roku). Określmy funkcje β wzorem β(t) = t β(s)ds / β(s)ds. Funkcja β jest funkcja klasy C, bo jej pochodna ma te własność. Dla t zachodzi równość β(t) =, dla t 1 równość β(t) = 1, na przedziale [, 1] funkcja β jest rosnaca. Niech α(x) = β ( ) 4 x x 3 dla x R k. Funkcja α jest nieskończenie wiele razy różniczkowalna. Jeśli x 1, to α(x) = 1, jeśli 1 < x <, to < α(x) < 1, jeśli x, to α(x) =. Niech α(x) = α(x)/ αdl R k k. Wreszcie niech α ε (x) = ε k α ( ) x ε. Ponieważ αdl R k k = 1, wiec α R k ε dl k = 1 dla ε (, 1). Wykażemy, że jeśli f C (R k ) jest funkcja, która zeruje sie poza pewna kula, h L 1 (R k ), to h f jest funkcja klasy C oraz x j (f h) = f x j h. Wynika to od razu z twierdzenia Lebesgue a o zbieżności zmajoryzowanej i tego, że ( 1 t f(x + tej y)h(y) f(x y)h(y) ) = f x j (x + θe j y)h(y) dla pewnej liczby θ zależnej od wielu czynników, ale ze wzgledu na to, że f x j funkcja ciagł a, zerujac a sie poza pewna kula, zatem funkcja ograniczona, iloraz różnicowy ( 1 t f(x + tej y)h(y) f(x y)h(y) ) jest ograniczony przez sup z f x j (z) h(y), czyli przez funkcje całkowalna zmiennej y. Wykazaliśmy, że x j (f h) = f x j h. Funkcje f x j, j = 1,,..., k też sa klasy C, zeruja sie poza pewna kula, wiec można zakończyć dowód powołaniem sie na zasade indukcji (ciagłość pochodnych czastkowych wynika automatycznie z istnienia nastepnych pochodnych czastkowych). Wykażemy, że jeśli f jest funkcja ciagł a, która zeruje sie poza pewna kula B(, r), r >, to α ε f f, przy czym zbieżność jest jednostajna na R k. Funkcja ε f jest ciagła jednostajnie (bo zeruje sie poza zbiorem ograniczonym), zatem dla każdej liczby η > istnieje liczba δ > taka, że jeśli x 1 x < δ, to f(x 1 ) f(x ) < η. Dla < ε < δ mamy wiec 158

15 AM II Twierdzenia o przybliżaniu, sploty Michał Krych ) (f(x) f(x y) α R k ε (y)dl k (y) = ( ) f(x) f(x y) α B(,ε) ε (y)dl k (y) B(,ε) f(x) f(x y) αε (y)dl k (y) η B(,ε) α ε(y)dl k (y) = η. Ponieważ funkcje α ε f daż a jednostajnie przy ε do funkcji f i dla < ε < 1 wszystkie zeruja sie poza B(, r + ), wiec ze zbieżności jednostajnej wynika, że α ε f f 1 1. ε Niech f L 1 bedzie funkcja ciagł a i niech α n (x) = α ( x n). Jeżeli x n, to α n (x) = 1, a jeżeli x n, to α n (x) =. Dla każdej liczby x R zachodzi nierówność α(x) 1. Z całkowalności funkcji fwynika, że f dl { x n} k. Wobec tego α n f f 1. Niech η >. Istnieje takie n, że α n f f 1 < η. Istnieje taka liczba ε >, że α ε ( α n f) α n f 1 < η. Wobec tego α ε (α n f) f < η. Funkcja α ε (α n f) = (α n f) α ε jest nieskończenie wiele razy różniczkowalna i zeruje sie poza kula B(, n + ε). 3 Wykazaliśmy wiec, że funkcje całkowalne można przybliżać w przestrzeni metrycznej L 1 (R k ) funkcjami klasy C i to takimi, które zeruja sie poza pewnym zbiorem zwartym (zależnym od funkcji przybliżajacej). Prawdziwe jest wiec Twierdzenie 9.3 (o przybliżaniu funkcji całkowalnych funkcjami gładkimi) Jeśli f L 1 (R k ) i ε >, to istnieje taka funkcja g C i taka liczba r >, że x r g(x) = oraz f g 1 = f R g dlk < ε. k Udowodnimy jeszcze twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa. Dowód, który podamy jest jednym z wielu możliwych. Daje on konkretne wielomiany. Dodatkowo, gdy funkcja jest klasy C m, to również pochodne wielomianów do m tego rzedu włacznie sa jednostajnie zbieżne do odpowiednich pochodnych fukcji (podobnie jak w przypadku wielomianów Bernsteina). Twierdzenie 9.4 (Weierstrassa o przybliżaniu funkcji ciagłych wielomianami) Jeśli K R k jest zbiorem zwartym, f : K R funkcja ciagł a, to istnieje ciag (T n ) wielomianów jednostajnie zbieżny do funkcji f. Dowód. Niech d n = (1 u 1 u ) n dl k. Oszacujemy te całke z dołu. Zastosujemy podstawienie sferyczne (biegunowe), to które użyliśmy obliczajac miare kuli k wymiarowej. Po zastosowaniu tego podstawienia, nastepnie twierdzenia Fubini ego otrzymujemy równość (c k := k l k (B(, 1))) d n = (1 u 1 u ) n 1 dl k = c k ϱ ) n ϱ k 1 1 dϱ c k ϱ)n ϱ k 1 dϱ przez cześci ========= ( 1 = c k n+1 ϱ)n+1 ϱ k ) k 1 1 n+1 ϱ)n 1 ϱ k dϱ = k 1 1 n+1 k ϱ)n+1 ϱ k dϱ = (k 1)! = = 1 (n+1)(n+)...(n+k 1) k ϱ)n+k 1 ϱ (k 1)! dϱ = (n+1)(n+)...(n+k) k. Stad wynika, że d n C k 1 n k dla pewnej liczby C k >, bo = (k 1)! lim n k (k 1)! (n+1)(n+)...(n+k) Niech t n (x) = 1 d n (1 x ) n. Mamy x 1 t n(x)dl k = 1 oraz t n (x) 1 C k n k (1 x ) n. Niech < δ < 1. Mamy δ x 1 t n(x)dl k 1 C k n k (1 δ ) n l k (B(, 1)). 3 bo jeśli α ε (y) i (α n f)(x y), to y < ε i x y < n, zatem x x y + y n + ε. 159

16 AM II Zadania Michał Krych Zbiór K jest zwarty, wiec ograniczony. Możemy wiec przekształcić go przez jednokładność wzgledem punktu tak, by jego obraz znalazł sie w kuli B(, 1 ). Złożenie 4 wielomianu z jednokładnościa jest wielomianem, złożenie funkcji ciagłej z jednokładnościa jest funkcja ciagł a. Można wiec, bez straty ogólności, założyć w dowodzie, że K B(, 1). 4 Jeśli f jest funkcja ciagł a na zbiorze K B(, 1 ), to na mocy twierdzenia Tietzego 4 istnieje taka funkcja ciagła f : R k R, że f(x) = f(x) dla x K, dla x / B(, 1) zachodzi f(x) = oraz sup x K f(x) = sup x R k f(x). Niech M = sup x R k f(x). Niech T n (x) = (t n f)(x) = t R k n (x y)f(y)dl k (y) = f(x y)t R k n (y)dl k (y). 4 Funkcja T n jest wielomianem k zmiennych: x 1, x,...,x k, bo t n jest wielomianem, wiec t n (x y) jest suma wyrażeń postaci ax n 1 1 x n... x n k k ym 1 1 y m... y m k k, zatem po scałkowaniu wzgledem zmiennej y otrzymamy sume wyrażeń postaci bx n 1 1 x n... x n k k. Niech ε >. Niech δ > bedzie taka liczba, że x 1 x < δ f(x 1 ) f(x ) < ε. Jeśli x 1, to T 4 n(x) f(x) = t R k n (x y)f(y)dl k (y) f(x) = = u=x y t y 1 n (x y)f(y)dl k (y) f(x) ======= = x 1/4, x u 1/ t x u 1 n (u)f(x u)dl k (u) f(x) ====================== u 3/4 < 1 = t u 1 n(u)f(x u)dl k (u) f(x) = t u 1 n(u) ( f(x u) f(x) ) dl k (u) = = t u δ n(u) ( f(x u) f(x) ) dl k (u) + t δ u 1 n(u) ( f(x u) f(x) ) dl k (u) ε t u δ n(u)dl k (u) + M t δ u 1 n(u)dl k (u) ε + M t δ u 1 n(u)dl k (u) ε. Dowód został zakończony. Kilka zadań Zadanie 9.1 Wykazać, że jeśli funkcje f, g, h sa całkowalne na R k, to (f g) h = f (g h). Zadanie 9. Udowodnić, że nie istnieje taka funkcja δ L 1 (R k ), że dla każdej funkcji f L 1 (R k ) zachodzi wzór δ f = f = f δ. Zadanie 9.3 Wykazać, że jeśli funkcja f jest ograniczona i ciagła a funkcja g jest całkowalna, to splot f g jest funkcja ciagł a. Zadanie 9.4 Wykazać, że jeśli funkcja f jest całkowalna, a funkcja g jest mierzalna i ograniczona, to splot f g jest funkcja ciagł a. Zadanie 9.5 Wykazać, że jeśli f C 1 (R k ) i f(x) =, gdy x 1 Tn, to x j oznaczenia z dowodu twierdzenia Weierstrassa. = t n f x j Zadanie 9.6 Niech f L 1, v R k i niech f v (x) = f(x v). Dowieść, że odwzorowanie R k v f v L 1 (R k ) jest jednostajnie ciagłe. 4 t n nie jest funkcja całkowalna na R k, ale y 1 f(y) =, wiec wszystkie całki s a dobrze określone i t n f = f t n. 16

17 AM II Zadania Michał Krych Zadanie 9.7 Niech f : (, ) R bedzie funkcja całkowalna wzgledem miary l 1. Niech L(f)(x) = f(t)e tx dt. Dowieść, że funkcja L(f): (, ) R jest klasy C. Można zaczać od wykazania ciagłości. Zadanie 9.8 Niech f : [, ) bedzie ograniczona funkcja ciagł a. Wykazać, że lim yf(x) y x +y dx = π f(). 1 Zadanie 9.9 Obliczyć lim 1 + x dx. n Zadanie 9.1 Obliczyć lim Zadanie 9.11 Obliczyć lim n x k( 1 x n) n dx. (sin x+cos x) n 1+(sin x+cos x) n e x dx. Zadanie 9.1 Obliczyć d 1 ln x da + a dx i 1 ln x a + a dx. Zadanie 9.13 Obliczyć (może można zróżniczkować wzgl edem a) a. 1 c. 1 t a 1 ln t dt; b. π/ ln(a sin x + b cos x) dx; arctg(ax) x dx, a > ; d. 1 xa 1( ln x ) n 1 x dx, a > 1. Zadanie 9.14 Niech T oznacza czworościan foremny, którego wierzchołkami sa (1,, ), ( 1,, ), (, 1, ), (, 1, ). Niech B bedzie bryła powstała w wyniku obrotu czworościanu T wokół osi OZ, tzn. B = {R α (p) : p T, α R}, gdzie R α oznacza obrót wokół osi z o kat α. Obliczyć objetość (trójwymiarowa miare Lebesgue a) bryły B. Zadanie 9.15 Niech f : R R oznacza funkcje całkowalna w sensie Lebesgue a (f L(R)). Niech g(x) = sin t f(x t) dt. Wykazać, że: R t (a) g jest dobrze określona na R, (b) g jest ciagła na R, (c) g ma ciagł a pochodna na R. (d) Czy g jest funkcja klasy C na całej prostej? Zadanie 9.16 Dana jest przestrzeń z miara X, M, µ, µ(x) <, oraz ustalona funkcja f : X R, mierzalna wzgledem M. Niech J = {p [1, ) : f p dµ < }. X ( 1/p Dla p J określamy f p : = f dµ) p [tzw. p-norma]. X Udowodnić, że zbiór J jest przedziałem i że p f p jest ciagł a funkcja zmiennej p J. Zadanie 9.17 Dane liczby a > b >. Obliczyć e ax e bx dx. x 161

18 AM II Zadania Michał Krych Zadanie 9.18 Dana jest przestrzeń z miara X, M, µ, µ(x) = 1, oraz zbiory A 1,..., A n M, µ(a i ) 1/; n liczba nieparzysta. Dowieść, że dla pewnych dwóch różnych numerów i, j zachodzi nierówność µ(a i A j ) n 1 4n. Zadanie 9.19 Obliczyć całki (jeśli istnieja): A xe y dx dy, gdzie A = {y >, x+y 1}; x dx dy dz, gdzie A = {(x, y, z) : x >, y > 1, z > 1}; A 1+(xyz) 4 dx dy dz, gdzie A = {(x, y, z) : x, x+y, z(x+y+1) (, 1)}. 1+(x+y+1) A Zadanie 9. Obliczyć objetość (miare trójwymiarowa) bryły {(x, y, z) R 3 : 4x + y < 4, x >, x > z > }. Zadanie 9.1 Dana funkcja ϕ: [a, b] R, różniczkowalna we wszystkich punktach przedziału [a, b]. Zakładamy, że funkcja ϕ jest całkowalna wzgledem miary l 1 na [a, b]. Dowieść, że b a ϕ dl 1 = ϕ(b) ϕ(a). Zadanie 9. Obliczyć objetość bryły ograniczonej powierzchniami: xy = 1, xy =, y = x, x = y, z =, yz = 1; x, y >. Wyjaśnienie: w zbiorze {(x, y, z) R 3 : x >, y > } te równania opisuja pewne powierzchnie, które dziela ów zbiór na kilka obszarów; jeden z nich jest ograniczony, i to jest bryła B. Zadanie 9.3 Obliczyć wartość średnia funkcji f(x, y, z) = x + y + z {(x, y, z): x + y + z < x + y + z}. na zbiorze Zadanie 9.4 Niech H = {(x, y) R : max( x, x 1) < ( y < min(1 x, ) x+1)}. x+y+n ndx Obliczyć (z dokładnym uzasadnieniem) granice lim H n dy. Zadanie 9.5 Dany jest kat dwuścienny o rozwartości γ ( < γ < π/), którego krawedź przechodzi przez środek kuli o promieniu a. Niech C bedzie cześci a kuli zawarta w tym kacie dwuściennym. Obliczyć odległość środka cieżkości bryły C od krawedzi ata. k Zadanie 9.6 Niech L: R k R k bedzie przekształceniem liniowym nieosobliwym i niech E bedzie zbiorem mierzalnym, ograniczonym w R k. Wykazać, że obrazem (w odwzorowaniu L) środka cieżkości zbioru E jest środek cieżkości zbioru L(E) (obrazu zbioru E). Zadanie 9.7 Udowodnić, że każda funkcja wypukła f : R k R jest różniczkowalna prawie wsz edzie (w sensie miary l k ). Zadanie 9.8 Niech A = {(x, y, z) : x + y + z < x 1/3 }, p R. Obliczyć całke A xp dx dy dz. 16

19 AM II Zadania Michał Krych Zadanie 9.9 Niech A = {(x, y, z) : lim Zadanie 9.3 Niech A = {(x, y, z) : A A x + y + z < 3 z}. Obliczyć granic e e x +y +z dx dy dz n sin ( 1 n x +y +z ). x + y + z < 3 z}. Obliczyć całk e t dt dx dy dz t +x +3y +4z. Zadanie 9.31 Niech f : R R bedzie funkcja całkowalna wzgledem miary l 1. Określamy: ϕ(y) = y+1 f(x) dx. Udowodnić, że również funkcja ϕ jest całkowalna oraz że y zachodzi równość ϕdl R 1 = fdl R 1. Zadanie 9.3 Dany jest zbiór mierzalny, ograniczony W R 3. Niech A, B, C bed a rzutami W na płaszczyzny Oyz, Oxz, Oxy. Dowieść, że l 3 (W ) l (A)l (B)l 3 (C). Zadanie 9.33 Obliczyć miar e zbioru {(x, y, z) R 3 : x, y, z >, xy < z, x 4 + z 4 < x z}. Zadanie 9.34 Niech H = {(x 1,..., x k ) : x k = } R k bedzie podprzestrzenia równikowa (izomorficzna/izometryczn a z R k 1 ). Niech C bedzie stożkiem, którego podstawa jest zbiór B H, ograniczony, mierzalny (l k 1 ), a wierzchołek leży w odległości h od H. W jakiej odległości od H leży środek cieżkości zbioru C? Zadanie 9.35 Niech f(x) = x p( 1 x ) q dla x B(, 1) R k. Dla jakich par liczb p, q > zachodzi nierówność B(,1) f(x)dl k <? Zadanie 9.36 Niech A R 3 bedzie zbiorem mierzalnym, ograniczonym, leżacym w półprzestrzeni (x, y, z) : z > ; niech m = l 3 (A); punkt (a, b, c) jest środkiem cieżkości zbioru A. Dane sa liczby α, β ( < α < β). Dla t > niech f(t) oznacza miare (l 3 ) cześci zbioru A zawartej pomiedzy płaszczyznami o równaniach z = αt i z = βt. Obliczyć całk e f(t) dt (wyrazić ja przez wielkości dane). Zadanie 9.37 Funkcja f : R R, klasy C, spełnia warunek f (x) > 1/(1 + x ). Dowieść, że f nie ma asymptoty. Zadanie 9.38 Niech f bedzie ustalona funkcja z L 1 (R k ). Niech f z (x) = f(x z) dla z R k. Udowodnić, że odwzorowanie R k L 1 (R k ), które punktowi z przyporzadkowuje funkcje f z, jest jednostajnie ciagłe. Wskazówka. Niech ε >. Wiadomo, że istnieje ϕ: R k R ciagła, ϕ(x) = poza pewnym zbiorem zwartym K, f ϕ 1 < ε. Niech K int( K) K bedzie zbiorem zwartym. Dobieramy δ (, dist ( K, R k \ K) ) tak, by u v δ ϕ(u) ϕ(v) ε. Rozpoczynamy szacowania: f u f v 1 Zadanie 9.39 Znaleźć środek ci eżkości półkuli trój i k wymiarowej. 163

20 AM II Zadania Michał Krych Zadanie 9.4 Niech B(p, r) bedzie jednorodna kula materialna (tzn. masa fragmentu kuli B(p, r) równa jest jego mierze Lebesgue a). Wykazać, że kula przyciaga punkt materialny q tak, jak przyciaga q punkt materialny położony w odległości p q od q, w którym skupiona jest masa równa masie kuli. Zadanie 9.41 Znaleźć moment bezwładności jednorodnego walca x +y a, z h wzgl edem prostej x = y = z. Zadanie 9.4 Znaleźć mas e miseczki parabolicznej z = x + y, z 1, której g estość masy równa jest ϱ(x, y, z) = z. Zadanie 9.43 Znaleźć pole obszaru ograniczonego krzywa (x 3 + y 3 ) = x + y. Zadanie 9.44 Znaleźć pole obszaru ograniczonego krzywa x 4 + y 4 = x + y. Zadanie 9.45 Znaleźć pole obszaru ograniczonego krzywa (x + y ) = xy. Zadanie 9.46 Znaleźć pole obszaru ograniczonego krzywa (x + y ) = (x y ), x + y r >. Zadanie 9.47 Znaleźć pole obszaru ograniczonego krzywa x 3 + y 3 = 3xy. Zadanie 9.48 Znaleźć pole obszaru ograniczonego krzywa x 3 + y 3 = x + y i osiami układu współrzednych. Zadanie 9.49 Znaleźć obj etość obszaru, ograniczonego powierzchniami x + y + z = 16 i 4x = x + y. Zadanie 9.5 Znaleźć obj etość obszaru ograniczonego dwiema powierzchniami x + y + z = 36 i 9 = x + y. Zadanie 9.51 Znaleźć obj etość obszaru ograniczonego powierzchniami x 1 = z oraz 1 = x + y. Zadanie 9.5 Znaleźć obj etość obszaru ograniczonego powierzchniami y + z = 9, 4 = z + y, x = 1, x =. Zadanie 9.53 Znaleźć objetość cześci wspólnej D dwóch nieskończonych walców o tym samym promieniu r >, których osie symetrii przecinaja sie po katem prostym. Nastepnie znaleźć całke xdl D 3. Zadanie 9.54 Znaleźć moment bezwładności torusa wzgl edem jego osi obrotu. 164