Задача 1
Пусть [tex]E_1, E_2, E_3, \ldots[/tex] — измеримые по Лебегу подмножества интервала [tex](0; 1)[/tex], и пусть существует число [tex]s\gt 0[/tex] такое, что [tex]m(E_j)\ge s[/tex] для всех [tex]j[/tex], где [tex]m[/tex] — мера Лебега. Докажите, что существует возрастающая последовательность индексов [tex]n_1\lt n_2\lt n_3\lt\ldots[/tex], для которой [tex]\bigcap_{j=1}^{\infty}E_{n_j}\ne\varnothing[/tex].
Решение:
Для [tex]n\ge 1[/tex] положим [tex]U_n=\bigcup_{k\ge n}E_k[/tex]. Каждое [tex]U_n[/tex] измеримо и содержит [tex]E_n[/tex], поэтому [tex]m(U_n)\ge s[/tex]. Множества убывают, [tex]U_1\supset U_2\supset\ldots[/tex], и [tex]m(U_1)\le 1\lt\infty[/tex], поэтому в силу непрерывности меры сверху для множества [tex]L=\bigcap_{n=1}^{\infty}U_n[/tex] имеем
[tex]m(L)=\lim_{n\to\infty}m(U_n)\ge s\gt 0[/tex]
Точка [tex]x[/tex] принадлежит [tex]L[/tex] тогда и только тогда, когда для каждого [tex]n[/tex] найдётся [tex]k\ge n[/tex] с [tex]x\in E_k[/tex], т.е. когда [tex]x[/tex] принадлежит бесконечному числу множеств [tex]E_k[/tex]. Так как [tex]m(L)\gt 0[/tex], множество [tex]L[/tex] непусто; возьмём [tex]x\in L[/tex]. Тогда множество индексов [tex]\{k: x\in E_k\}[/tex] бесконечно; запишем его элементы в порядке возрастания: [tex]n_1\lt n_2\lt n_3\lt\ldots[/tex]. По построению [tex]x\in E_{n_j}[/tex] для всех [tex]j[/tex], следовательно,
[tex]x\in\bigcap_{j=1}^{\infty}E_{n_j}\Rightarrow\bigcap_{j=1}^{\infty}E_{n_j}\ne\varnothing[/tex]
Замечание: пересечение может иметь нулевую меру. Например, если [tex]E_j[/tex] — множество чисел [tex]x\in(0; 1)[/tex], у которых [tex]j[/tex]-я двоичная цифра равна [tex]0[/tex], то [tex]m(E_j)=\frac{1}{2}[/tex], но пересечение любых [tex]r[/tex] из этих множеств имеет меру [tex]2^{-r}[/tex], поэтому любое бесконечное пересечение имеет меру [tex]0[/tex].
Задача 2
Пусть [tex]f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}[/tex] — непрерывная функция и [tex]B\subset f(\mathbb{R}^2)[/tex] — компактное множество. Докажите, что существует компактное множество [tex]A\subset\mathbb{R}^2[/tex], для которого [tex]f(A)=B[/tex].
Решение:
Если [tex]B=\varnothing[/tex], возьмём [tex]A=\varnothing[/tex]. Пусть [tex]B\ne\varnothing[/tex]. Непустое компактное подмножество [tex]\mathbb{R}[/tex] замкнуто и ограничено, поэтому имеет наименьший и наибольший элементы:
[tex]p=\min B,\qquad q=\max B[/tex]
Так как [tex]B\subset f(\mathbb{R}^2)[/tex], существуют точки [tex]u,v\in\mathbb{R}^2[/tex], для которых [tex]f(u)=p[/tex] и [tex]f(v)=q[/tex]. Пусть [tex]r=\max\{|u|; |v|\}[/tex] и [tex]K=\{x\in\mathbb{R}^2: |x|\le r\}[/tex] — замкнутый круг радиуса [tex]r[/tex]. Он компактен (замкнут и ограничен, по теореме Гейне-Бореля) и связен (так как выпуклый). Поэтому его непрерывный образ [tex]f(K)[/tex] — компактное связное подмножество [tex]\mathbb{R}[/tex], т.е. отрезок. Этот отрезок содержит [tex]p=f(u)[/tex] и [tex]q=f(v)[/tex], следовательно,
[tex]B\subset[p; q]\subset f(K)[/tex]
Положим [tex]A=K\cap f^{-1}(B)[/tex]. Множество [tex]B[/tex] замкнуто, а [tex]f[/tex] непрерывна, поэтому [tex]f^{-1}(B)[/tex] замкнуто; значит, [tex]A[/tex] — замкнутое подмножество компактного множества [tex]K[/tex] и потому компактно. Ясно, что [tex]f(A)\subset B[/tex]. Обратно, для каждого [tex]y\in B\subset f(K)[/tex] найдётся [tex]x\in K[/tex] с [tex]f(x)=y[/tex], и тогда [tex]x\in A[/tex]. Следовательно,
[tex]f(A)=B[/tex]
Задача 3
Даны действительные числа [tex]a\gt 0[/tex] и [tex]b[/tex], причём [tex]|b|\le a[/tex]. Пусть [tex]F[/tex] — множество всех функций [tex]f[/tex], дифференцируемых на [tex][0; 1][/tex], для которых [tex]f(0)=0[/tex], [tex]f(1)=b[/tex] и [tex]\max_{x\in[0; 1]}|f'(x)|=a[/tex]. Найдите [tex]\sup_{f\in F}\int_0^1 f(x)\,dx[/tex].
Решение:
Оценка сверху. Пусть [tex]f\in F[/tex] и [tex]x\in(0; 1)[/tex]. По теореме Лагранжа о конечных приращениях на [tex][0; x][/tex] и на [tex][x; 1][/tex] существуют точки [tex]\xi[/tex] и [tex]\eta[/tex], для которых
[tex]f(x)=f'(\xi)\,x\le ax,\qquad b-f(x)=f'(\eta)(1-x)\ge -a(1-x)[/tex]
Следовательно, [tex]f(x)\le h(x)[/tex] на [tex][0; 1][/tex], где
[tex]h(x)=\min\{ax; a+b-ax\}[/tex]
Две прямые пересекаются при [tex]x_0=\frac{a+b}{2a}\in[0; 1][/tex] (так как [tex]|b|\le a[/tex]) на высоте [tex]y_0=ax_0=\frac{a+b}{2}[/tex]. Поэтому
[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]
Точность оценки. Если [tex]|b|=a[/tex], то [tex]h(x)=bx[/tex], и сама эта функция принадлежит [tex]F[/tex]. Если [tex]|b|\lt a[/tex], то [tex]0\lt x_0\lt 1[/tex] и [tex]h[/tex] имеет излом в точке [tex]x_0[/tex], который мы сгладим. Для [tex]0\lt\delta\lt\min\{x_0; 1-x_0\}[/tex] положим [tex]f_\delta=h[/tex] при [tex]|x-x_0|\ge\delta[/tex] и
[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]
В точках [tex]x_0-\delta[/tex] и [tex]x_0+\delta[/tex] куски имеют равные значения ([tex]y_0-a\delta[/tex]) и равные производные (соответственно [tex]a[/tex] и [tex]-a[/tex]), поэтому [tex]f_\delta[/tex] дифференцируема, [tex]|f_\delta'|\le a[/tex] с равенством вне [tex](x_0-\delta; x_0+\delta)[/tex], [tex]f_\delta(0)=0[/tex] и [tex]f_\delta(1)=b[/tex]; значит, [tex]f_\delta\in F[/tex]. При [tex]t=x-x_0[/tex] имеем [tex]h-f_\delta=\frac{a(|t|-\delta)^2}{2\delta}[/tex] для [tex]|t|\lt\delta[/tex], поэтому
[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]
Следовательно, супремум равен [tex]\frac{a^2+2ab-b^2}{4a}[/tex]. (При [tex]|b|\lt a[/tex] он не достигается: равенство означало бы [tex]f=h[/tex], а [tex]h[/tex] не дифференцируема в точке [tex]x_0[/tex].)
Меню
Лёгкий
Высшая математика