Realna analiza - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Stavimo [tex]F(x)=\int_x^b f(t)\,dt[/tex] i [tex]G(x)=\int_x^b g(t)\,dt[/tex]. Pošto su [tex]f[/tex] i [tex]g[/tex] diferencijabilne, one su neprekidne, pa su prema osnovnoj teoremi integralnog računa [tex]F[/tex] i [tex]G[/tex] diferencijabilne na [tex][a; b][/tex] i [tex]F'=-f[/tex], [tex]G'=-g[/tex]. Osim toga, [tex]F(b)=G(b)=0[/tex], a prema uslovu je [tex]F(a)=0[/tex].
Korak 1. Funkcija [tex]P=FG[/tex] je diferencijabilna i [tex]P(a)=P(b)=0[/tex], pa prema Rolovoj teoremi postoji [tex]c_1\in(a; b)[/tex] za koje je [tex]P'(c_1)=0[/tex]. Pošto je
[tex]P'=F'G+FG'=-(fG+gF)[/tex]
funkcija [tex]H=fG+gF[/tex] zadovoljava [tex]H(c_1)=0[/tex].
Korak 2. [tex]H[/tex] je diferencijabilna na [tex][a; b][/tex] kao zbir proizvoda diferencijabilnih funkcija i [tex]H(b)=f(b)G(b)+g(b)F(b)=0[/tex]. Rolova teorema na [tex][c_1; b][/tex] daje tačku [tex]c\in(c_1; b)\subset(a; b)[/tex] u kojoj je [tex]H'(c)=0[/tex]. Ali
[tex]H'=f'G+fG'+g'F+gF'=f'G-fg+g'F-gf=f'G+g'F-2fg[/tex]
pa je [tex]H'(c)=0[/tex] upravo tražena jednakost:
[tex]f'(c)\int_c^b g(x)\,dx+g'(c)\int_c^b f(x)\,dx=2f(c)g(c)[/tex]
Primetimo da nikakav uslov za [tex]\int_a^b g(x)\,dx[/tex] nije potreban.

Rešenje:
Izaberimo [tex]R\gt 0[/tex] tako da je [tex]H\subset[-R; R][/tex] i stavimo [tex]\varphi(t)=m\left((H+t)\setminus H\right)[/tex]. Svi skupovi u nastavku dobijaju se iz [tex]H[/tex] translacijama, razlikama i unijama, pa su merljivi, a Lebegova mera je invarijantna u odnosu na translacije. Fiksirajmo [tex]t\ne 0[/tex] i neka je [tex]k[/tex] najmanji prirodan broj za koji je [tex]k|t|\gt 2R[/tex]. Tada je [tex](k-1)|t|\le 2R[/tex], tj.
[tex]k\le\frac{2R}{|t|}+1[/tex]
Skup [tex]H+kt\subset[-R+kt; R+kt][/tex] je disjunktan sa [tex][-R; R][/tex] (ako je [tex]t\gt 0[/tex], onda je [tex]-R+kt\gt R[/tex]; ako je [tex]t\lt 0[/tex], onda je [tex]R+kt\lt -R[/tex]). Zato je [tex](H+kt)\setminus H=H+kt[/tex] i
[tex]m\left((H+kt)\setminus H\right)=m(H+kt)=m(H)[/tex]
S druge strane,
[tex](H+kt)\setminus H\subset\bigcup_{i=1}^{k}\big((H+it)\setminus(H+(i-1)t)\big)[/tex]
Zaista, ako je [tex]x\in H+kt[/tex] i [tex]x\notin H[/tex], neka je [tex]i[/tex] najmanji indeks iz [tex]\{0; 1; \ldots; k\}[/tex] za koji je [tex]x\in H+it[/tex]; tada je [tex]i\ge 1[/tex] i [tex]x\in(H+it)\setminus(H+(i-1)t)[/tex]. Svaki od tih skupova je translacija: [tex](H+it)\setminus(H+(i-1)t)=\big((H+t)\setminus H\big)+(i-1)t[/tex], pa je njegova mera [tex]\varphi(t)[/tex]. Prema subaditivnosti mere
[tex]m(H)\le k\,\varphi(t)\le\left(\frac{2R}{|t|}+1\right)\varphi(t)\Rightarrow\frac{\varphi(t)}{|t|}\ge\frac{m(H)}{2R+|t|}[/tex]
za svako [tex]t\ne 0[/tex]. Kada [tex]t\to 0[/tex], dobijamo
[tex]\liminf_{t\to 0}\frac{m\left((H+t)\setminus H\right)}{|t|}\ge\frac{m(H)}{2R}\gt 0[/tex]