Realna analiza - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Za [tex]n\ge 1[/tex] stavimo [tex]U_n=\bigcup_{k\ge n}E_k[/tex]. Svaki skup [tex]U_n[/tex] je merljiv i sadrži [tex]E_n[/tex], pa je [tex]m(U_n)\ge s[/tex]. Skupovi opadaju, [tex]U_1\supset U_2\supset\ldots[/tex], i [tex]m(U_1)\le 1\lt\infty[/tex], pa zbog neprekidnosti mere odozgo za skup [tex]L=\bigcap_{n=1}^{\infty}U_n[/tex] važi
[tex]m(L)=\lim_{n\to\infty}m(U_n)\ge s\gt 0[/tex]
Tačka [tex]x[/tex] pripada skupu [tex]L[/tex] tačno onda kada za svako [tex]n[/tex] postoji [tex]k\ge n[/tex] takvo da je [tex]x\in E_k[/tex], tj. kada [tex]x[/tex] pripada beskonačno mnogo skupova [tex]E_k[/tex]. Pošto je [tex]m(L)\gt 0[/tex], skup [tex]L[/tex] nije prazan; uzmimo [tex]x\in L[/tex]. Tada je skup indeksa [tex]\{k: x\in E_k\}[/tex] beskonačan; poređajmo njegove elemente u rastućem poretku: [tex]n_1\lt n_2\lt n_3\lt\ldots[/tex]. Po konstrukciji je [tex]x\in E_{n_j}[/tex] za svako [tex]j[/tex], pa je
[tex]x\in\bigcap_{j=1}^{\infty}E_{n_j}\Rightarrow\bigcap_{j=1}^{\infty}E_{n_j}\ne\varnothing[/tex]
Napomena: presek može imati meru nula. Na primer, ako je [tex]E_j[/tex] skup brojeva [tex]x\in(0; 1)[/tex] čija je [tex]j[/tex]-ta binarna cifra [tex]0[/tex], onda je [tex]m(E_j)=\frac{1}{2}[/tex], ali presek bilo kojih [tex]r[/tex] od tih skupova ima meru [tex]2^{-r}[/tex], pa svaki beskonačan presek ima meru [tex]0[/tex].

Rešenje:
Ako je [tex]B=\varnothing[/tex], uzmimo [tex]A=\varnothing[/tex]. Neka je [tex]B\ne\varnothing[/tex]. Neprazan kompaktan podskup skupa [tex]\mathbb{R}[/tex] je zatvoren i ograničen, pa ima najmanji i najveći element:
[tex]p=\min B,\qquad q=\max B[/tex]
Pošto je [tex]B\subset f(\mathbb{R}^2)[/tex], postoje tačke [tex]u,v\in\mathbb{R}^2[/tex] takve da je [tex]f(u)=p[/tex] i [tex]f(v)=q[/tex]. Neka je [tex]r=\max\{|u|; |v|\}[/tex] i neka je [tex]K=\{x\in\mathbb{R}^2: |x|\le r\}[/tex] zatvoreni krug poluprečnika [tex]r[/tex]. On je kompaktan (zatvoren i ograničen, prema Hajne-Borelovoj teoremi) i povezan (jer je konveksan). Zato je njegova neprekidna slika [tex]f(K)[/tex] kompaktan povezan podskup skupa [tex]\mathbb{R}[/tex], tj. zatvoren interval. Taj interval sadrži [tex]p=f(u)[/tex] i [tex]q=f(v)[/tex], pa je
[tex]B\subset[p; q]\subset f(K)[/tex]
Stavimo [tex]A=K\cap f^{-1}(B)[/tex]. Skup [tex]B[/tex] je zatvoren, a [tex]f[/tex] neprekidna, pa je [tex]f^{-1}(B)[/tex] zatvoren; dakle, [tex]A[/tex] je zatvoren podskup kompaktnog skupa [tex]K[/tex] i zato je kompaktan. Jasno je da je [tex]f(A)\subset B[/tex]. Obrnuto, za svako [tex]y\in B\subset f(K)[/tex] postoji [tex]x\in K[/tex] takvo da je [tex]f(x)=y[/tex], a tada je [tex]x\in A[/tex]. Prema tome,
[tex]f(A)=B[/tex]

Rešenje:
Gornja granica. Neka je [tex]f\in F[/tex] i [tex]x\in(0; 1)[/tex]. Prema Lagranžovoj teoremi o srednjoj vrednosti na [tex][0; x][/tex] i na [tex][x; 1][/tex] postoje tačke [tex]\xi[/tex] i [tex]\eta[/tex] takve da je
[tex]f(x)=f'(\xi)\,x\le ax,\qquad b-f(x)=f'(\eta)(1-x)\ge -a(1-x)[/tex]
Dakle, [tex]f(x)\le h(x)[/tex] na [tex][0; 1][/tex], gde je
[tex]h(x)=\min\{ax; a+b-ax\}[/tex]
Ove dve prave se seku za [tex]x_0=\frac{a+b}{2a}\in[0; 1][/tex] (jer je [tex]|b|\le a[/tex]), na visini [tex]y_0=ax_0=\frac{a+b}{2}[/tex]. Zato je
[tex]\int_0^1 f(x)\,dx\le\int_0^{x_0}ax\,dx+\int_{x_0}^{1}(a+b-ax)\,dx=\frac{a^2+2ab-b^2}{4a}[/tex]
Dostižnost granice. Ako je [tex]|b|=a[/tex], onda je [tex]h(x)=bx[/tex] i sama ta funkcija pripada skupu [tex]F[/tex]. Ako je [tex]|b|\lt a[/tex], onda je [tex]0\lt x_0\lt 1[/tex] i [tex]h[/tex] ima prelom u tački [tex]x_0[/tex], koji ćemo zagladiti. Za [tex]0\lt\delta\lt\min\{x_0; 1-x_0\}[/tex] neka je [tex]f_\delta=h[/tex] za [tex]|x-x_0|\ge\delta[/tex] i
[tex]f_\delta(x)=y_0-\frac{a\delta}{2}-\frac{a(x-x_0)^2}{2\delta},\qquad |x-x_0|\lt\delta[/tex]
U tačkama [tex]x_0-\delta[/tex] i [tex]x_0+\delta[/tex] delovi imaju jednake vrednosti ([tex]y_0-a\delta[/tex]) i jednake izvode (redom [tex]a[/tex] i [tex]-a[/tex]), pa je [tex]f_\delta[/tex] diferencijabilna, [tex]|f_\delta'|\le a[/tex] sa jednakošću van [tex](x_0-\delta; x_0+\delta)[/tex], [tex]f_\delta(0)=0[/tex] i [tex]f_\delta(1)=b[/tex]; dakle, [tex]f_\delta\in F[/tex]. Za [tex]t=x-x_0[/tex] imamo [tex]h-f_\delta=\frac{a(|t|-\delta)^2}{2\delta}[/tex] kada je [tex]|t|\lt\delta[/tex], pa je
[tex]\int_0^1 h(x)\,dx-\int_0^1 f_\delta(x)\,dx=2\int_0^{\delta}\frac{a(\delta-t)^2}{2\delta}\,dt=\frac{a\delta^2}{3}\to 0\quad(\delta\to 0)[/tex]
Prema tome, supremum je jednak [tex]\frac{a^2+2ab-b^2}{4a}[/tex]. (Za [tex]|b|\lt a[/tex] on se ne dostiže: jednakost bi značila [tex]f=h[/tex], a [tex]h[/tex] nije diferencijabilna u tački [tex]x_0[/tex].)