Osnove teorije mere Bojan Magajna - University of Ljubljanamagajna/Matematika1KEM/Teorija mere...Knjiga je na-menjena predvsem študentom matematike na drugi stopnji. Obsega klasične

Osnove teorije mere

Bojan Magajna

Fakulteta za matematiko in fiziko, Univerza v Ljubljani

OSNOVE TEORIJE MERE

Povzetek

Ta knjiga obravnava temelje klasične teorije mere in integrala v taki splošnosti kotobičajno nastopa v uporabi na drugih področjih matematike. Glavne teme so: mere naalgebrah in σ-algebrah, zunanje mere in razširitve mer, klasični konvergenčni izreki zaintegral, produktne mere, absolutna zveznost in vzajemna singularnost, integriranje nalokalno kompaktnih Hausdorffovih prostorih in odvajanje mer na evklidskih prostorih.

Ključne besede: σ-algebra, mera, zunanja mera, konvergenca po meri, skoraj enakomernain skoraj povsod, Lebesgueov integral, absolutna zveznost, vzajemna singularnost,Radon Nikodymov odvod, Lp-prostor, lokalno kompakten prostor, pozitivni funkcional,odvod mere.

BASIC MEASURE THEORY

Summary.

This book treats foundations of classical measure theory in generality that is usuallyrequired in its applications in other branches of mathematics. The main topics are:measures on algebras and σ-algebras, outer measures and extension of measures, classicalconvergence theorems for integrals, product measures, absolute continuity and mutualsingularity, integration on locally compact Hausdorff spaces, derivation of measures onEuclidean spaces.

Key words: σ-algebra, measure, outer measure, convergence in measure, almost uniformand almost everywhere, Lebesgue integral, absolute continuity, mutual singularity,Radon Nikodym derivative, Lp-spaces, locally compact spaces, positive linear functional,derivation of measure.

Mathematics Subject Classification (2010): 28-01.

Kazalo

Predgovor 5

Poglavje 1. Prostori z mero 71.1. σ-algebra 71.2. Borelove množice 81.3. Merljive preslikave 91.4. Zaporedja merljivih funkcij 131.5. Aproksimacija s stopničastimi funkcijami 141.6. Pozitivna mera 161.7. Napolnitev prostora z mero 191.8. Zunanja mera 221.9. Razširitev mere iz algebre na σ-algebro 251.10. Polalgebre in polmere 281.11. Lebesgue–Stiltjesove mere 30

Poglavje 2. Integral 332.1. Integral stopničaste funkcije 332.2. Integral nenegativne merljive funkcije 352.3. Integral kompleksne merljive funkcije 392.4. Povezava med Riemannovim in Lebesgueovim integralom na R 472.5. Konvergence skoraj povsod, skoraj enakomerno in po meri 492.6. Produktna mera 53

Poglavje 3. Kompleksne mere 613.1. Variacija kompleksne mere 613.2. Absolutna zveznost in vzajemna singularnost mer 653.3. Pozitivni in negativni del realne mere 673.4. Lebesgue-Radon-Nikodymov izrek 693.5. Lp-prostori 723.6. Duali Lp-prostorov 78

Poglavje 4. Mere na lokalno kompaktnih prostorih 854.1. Zvezne funkcije s kompaktnim nosilcem 854.2. Pozitivni linearni funkcionali na Cc(X) 874.3. Samodejna regularnost Radonovih mer 92

3

4 KAZALO

4.4. Aproksimacija z zveznimi funkcijami 95

Poglavje 5. Odvajanje mer in funkcij 995.1. Odvajanje mer na evklidskih prostorih 995.2. Absolutno zvezne funkcije 106

Literatura 113

Stvarno kazalo 115

Predgovor

Pojem integral je prisoten na skoraj vseh področjih matematike in njeneuporabe. Klasični Riemannov integral, ki ga spoznamo že v prvih letihštudija, je definiran le za dovolj pohlevne funkcije na dovolj enostavnih pod-množicah v evklidskem prostoru. Že pred več kot stoletjem pa je vzniknilapotreba po integriranju funkcij na bolj abstraktnih prostorih. Znani so raz-lični pristopi k splošnejšemu integriranju. Pristop v tej knjigi temelji napojmu mere, integral pa je Lebesgueov integral, definiran najprej za sto-pničaste in nato z limitnimi procesi za splošnejše funkcije. V drugačnempristopu, ki vzame za osnovo integral kot linearen funkcional na primernemprostoru funkcij, integracijsko teorijo pa kot teorijo razširitve takega funkcio-nala na večje prostore funkcij, je pojem mere bolj sekundarnega pomena. Ta,drugi, pristop je tudi učinkovit, a zahteva predznanje funkcionalne analize.

V tej knjigi ne predpostavljamo nobenega predznanja funkcionalne ana-lize. Zadošča le osnovno znanje o množicah, za zadnji dve poglavji pa šepoznavanje elementarne topologije in diferencialnega računa. Knjiga je na-menjena predvsem študentom matematike na drugi stopnji. Obsega klasičneosnove teorije mere in integrala v splošnosti kot je običajno uporabna na dru-gih področjih matematike. Zaradi premajhnega števila ur te snovi ni mogočev celoti obdelati na predavanjih iz predmeta Teorija mere, se pa matematikprej ali slej sreča z njo pri svojem delu. Vsi obravnavani rezultati so kla-sični, med različnimi možnimi njihovimi dokazi pa smo poskusili izbrati inpredstaviti najenostavnejše in najkrajše. Integriranje v evklidskih prostorihin povezavo z Riemannovim integralom obravnavamo le na kratko, saj je tatema izčrpno obdelana v knjigi [1]. (Za razumevanje tukajšnje snovi pozna-vanje gradiva iz [1] sicer ni potrebno, najbrž pa ga olajša.) Ker smo želeli,da bi bila knjiga dostopnejša študentom, se omejuje le na osnovno teorijo,njene uporabe na drugih področjih pa ne obravnava. Na koncu smo zatomed dopolnilno literaturo navedli tudi nekaj dostopnejših knjig iz nekaterihvej matematike, ki so zelo tesno povezane s teorijo mere.

Prva tri poglavja so temeljna. Mogoče jih je spredavati v enosemestrskemtečaju, ki obsega dve uri tedensko. Zadnji dve poglavji (integriranje nalokalno kompaktnih prostorih in odvajanje mer na Rn) sta sicer nekolikozahtevnejši, vendar pomembni v matematični analizi in drugod.

5

6 PREDGOVOR

Naloge na koncih razdelkov so namenjene poglabljanju razumevanja snoviin večinoma niso rutinske. Težje med njimi so opremljene z navodili (neka-tere so označene z *) in upam, da bodo bralci uspešni pri njihovem reševanju.V Slovenščini sicer že imamo dve primerni zbirki nalog iz teorije mere ([2],[7]), ki vsebujeta tudi dovolj računskih nalog, zato v to knjigo ni bilo po-trebno vključiti veliko takih nalog. Nekaj nalog smo vljučili tudi kar medtekst. Te ponavadi zahtevajo le preprost razmislek, koristen pri dokazovanjukake kasnejše trditve.

Vladimirju Batagelju se zahvaljujem za nasvete pri uporabi LaTeXa.Študentu Alešu Bizjaku sem zelo hvaležen, ker me je opozoril na napakev formulacijah nekaterih nalog; Gašperju Ažmanu pa za mnoge tipkarskepopravke.

Januar 2011

Bojan Magajna

POGLAVJE 1

Prostori z mero

1.1. σ-algebra

Komplement podmnožice S v dani množici X bomo označili z Sc.

Definicija 1.1.1. Naj bo X neprazna množica. Družino podmnožic Amnožice X imenujemo σ-algebra na X, če ima naslednje tri lastnosti:

(i) X ∈ A;(ii) za vsako podmnožico S ∈ A je tudi Sc ∈ A;(iii) za vsako števno družino {Ai : i ∈ N} elementov iz A je tudi unija

∪i∈NAi v A.Elemente družine A imenujemo merljive množice. Množico X, opre-

mljeno z družino A, pa imenujemo merljiv prostor. Merljiv prostor je torejpar (X,A).

Če namesto pogoja (iii) zahtevamo šibkejši pogoj:(iii’) unija vsake končne poddružin v A je element v A,pravimo, da je A algebra na X.Iz pogojev (i) in (ii) takoj sledi, da je ∅ ∈ A za vsako σ-algebro A na X.

Z uporabo DeMorganovega zakona ∩iAi = (∪Aci )c sledi naslednja trditev.Trditev 1.1.2. Vsaka σ-algebra A je zaprta za števne preseke: če je

{Ai : i ∈ N} poljubno zaporedje množic iz A, je ∩i∈NAi ∈ A.Zgled 1.1.3. Naj bo X poljubna neprazna množica.(i) Družina z dvema elementoma {∅, X} je σ-algebra, vsebovana v vsaki

σ-algebri na X.(ii) Potenčna množica P(X) je σ-algebra, ki vsebuje vsako σ-algebro na

X.(iii) Družina vseh takih podmnožic A v X, da je bodisi A bodisi Ac

števna množica, je σ-algebra, različna od P(X), če X ni števna.

Naloge

1. Pokaži, da je vsaka σ-algebra algebra.2. Kaj je najmanjša σ-algebra na X, ki vsebuje dano neprazno podmno-

žico A ⊆ X? Kaj pa najmanjša σ-algebra, ki vsebuje dve različni nepraznipodmnožici v X?

7

8 1. PROSTORI Z MERO

3. Pokaži: če jeA algebra množic, je S\T ∈ A za vsaki množici S, T ∈ A.4. Naj bo X neskončna množica, A pa družina vseh tistih podmnožic v

X, ki so bodisi končne bodisi imajo končen komplement. Je A σ-algebra?Je algebra?

5. Naj bo f : X → Y preslikava med nepraznima množicama, B papoljubna σ-algebra na Y . Dokaži, da je tedaj {f−1(B) : B ∈ B} σ-algebrana X.

Ali je za vsako σ-algebro A na X družina {f(A) : A ∈ A} σ-algebra naY ? Kaj pa, če je f surjektivna (bijektivna) preslikava?

6. Pokaži, da vsaka neskončna σ-algebra A vsebuje neskončno družinoparoma disjunktnih množic, in sklepaj od tod, da mora imeti A moč večjoali enako kontinuumu.

7. Naj bo {Aα : α ∈ A} poljubna družina σ-algeber na množici X.Pokaži, da je tedaj tudi

⋂α∈AAα σ-algebra na X.

1.2. Borelove množice

Definicija 1.2.1. Naj bo B poljubna družina podmnožic dane nepraznemnožice X. Presek vseh tistih σ-algeber na X, ki vsebujejo družino B,imenujemo σ-algebra generirana z B. To je najmanjša σ-algebra, ki vsebujeB.

V primeru, ko je X topološki prostor in B družina vseh odprtih pod-množic v X, imenujemo σ-algebro generirano z B Borelova σ-algebra, njeneelemente pa Borelove množice. Označili jo bomo z B(X).

Presek števne družine odprtih množic v topološkem prostoru je torej Bo-relova množica; take množice imenujemo Gδ-množice. Prav tako je unijavsakega zaporedja zaprtih podmnožic Borelova množica; tako množico ime-nujemo Fσ-množica.

Naloge

1. Pokaži, da so polodprti intervali Borelove (Fσ in Gδ) podmnožice vR.

2. Ali zvezna preslikava med topološkima prostoroma vedno preslikaodprte množice v Borelove?

3. Koliko je moč družine vseh Borelovih podmnožic v R?

Odslej bo oznaka (X,A) pomenila merljiv prostor, z velikimipisanimi črkami A, B,... pa bomo označevali σ-algebre.

1.3. MERLJIVE PRESLIKAVE 9

1.3. Merljive preslikave

Definicija 1.3.1. Bodita (X,A) in (Y,B) merljiva prostora. Preslikavaf : X → Y je merljiva (natančneje A,B-merljiva), če je f−1(B) ∈ A zavsako množico B ∈ B.

Preslikava je torej merljiva natanko takrat, ko je praslika vsake merljivemnožice merljiva.

Zgled 1.3.2. Konstantna preslikava, ki vse točke x ∈ X preslika v istotočko y0 ∈ Y , je merljiva. Za vsako podmnožico B ⊆ Y je namreč f−1(B) =X, če je y0 ∈ B; če pa y0 /∈ B je f−1(B) = ∅. Ker sta množici X in ∅ v vsakiσ-algebri na X, je f res merljiva, ne glede na to, kaj je σ-algebra A na X.

Naloga. Pokaži, da je kompozitum merljivih preslikav merljiva presli-kava.

Preden povemo kake druge zglede merljivih preslikav, si oglejmo poe-nostavitev kriterija merljivosti. Če je Y topološki prostor in B σ-algebraBorelovih množic na njem, lahko kriterij merljivosti povemo tudi na nasle-dnji način.

Trditev 1.3.3. Naj bo B Borelova σ-algebra na topološkem prostoru Y ,(X,A) pa poljuben merljiv prostor. Preslikava f : X → Y je (A,B)-merljivanatanko tedaj, ko je f−1(U) ∈ A za vsako odprto podmnožico U ⊆ Y .

Dokaz. Če je f merljiva preslikava in U odprta podmnožica v Y , jef−1(U) ∈ A, ker je U Borelova.

Za dokaz v obratno smer privzemimo, da je f−1(U) ∈ A za vsako odprtopodmnožico U ⊆ Y . Naj bo

C = {B ⊆ Y : f−1(B) ∈ A}.Pokazati moramo, da C vsebuje vse Borelove podmnožice v Y . V ta namenzadošča dokazati, da je C σ-algebra, saj C po predpostavki vsebuje družinovseh odprtih podmnožic in mora zato vsebovati najmanjšo σ-algebro gene-rirano z odprtimi množicami (kar ja ravno σ-algebra B vseh Borelovih pod-množic v Y ). Preverili bomo, da C zadošča vsem trem pogojem iz definicijeσ-algebre.

Ker je Y odprta množica, je X = f−1(Y ) ∈ A.Če je B ∈ C, je f−1(B) ∈ A. Ker je f−1(Bc) = f−1(B)c in A σ-algebra,

je tudi f−1(Bc) ∈ A in zato Bc ∈ C.Naj bo {Bi : i ∈ N} zaporedje množic v C, torej f−1(Bi) ∈ A za vsak i.

Ker jef−1(

⋃i∈N

Bi) =⋃i∈N

f−1(Bi) ∈ A,

je⋃i∈NBi ∈ C. �


Posledica 1.3.4. Vsaka zvezna preslikava f : X → Y med topološkimaprostoroma je merljiva glede na Borelovi σ-algebri na X in Y ; pravimo, daje f Borelova preslikava.

Trditev 1.3.5. Naj bo (X,A) poljuben merljiv prostor. Funkcija f :X → R je merljiva natanko tedaj, ko je f−1((−∞, a)) ∈ A za vsak a ∈ R.To je ekvivalentno tudi zahtevi, da je f−1((−∞, a]) merljiva množica za vsaka ∈ R.

Dokaz. Ker so poltraki (−∞, a) odprte podmnožice v R, jef−1((−∞, a)) ∈ A,

če je f merljiva preslikava. Za dokaz v obratno smer pa po trditvi 1.3.3zadošča pokazati, da je f−1(U) ∈ A za vsako odprto podmnožico U ⊆ R.Ker je vsaka odprta podmnožica v R unija števne družine odprtih intervalov(za dokaz tega dejstva upoštevaj, da je množica ulomkov Q števna in gostav R), se dokaz reducira na slučaj, ko je U odprt interval, U = (a, b). Takinterval lahko izrazimo kot unijo števne družine polodprtih intervalov

(a, b) =∞⋃n=m

[a+1n, b), kjer je

1m< b− a,

vsakega od teh pa kot presek dveh poltrakov v obliki

[c, b) = (−∞, b) ∩ (−∞, c)c.Po hipotezi je f−1((−∞, a)) ∈ A za vsak tak poltrak, zato je trditev doka-zana. Podrobnosti so podobne kot v dokazu trditve 1.3.3, zato jih prepu-ščamo bralcu. Enako tudi dokaz zadnjega dela trditve. �

Množico R := [−∞,∞] = R ∪ {−∞,∞} opremimo s topologijo, ki seujema z običajno topologijo na R, bazični sistem okolic točke ∞ tvorijopoltraki (a,∞], točke −∞ pa poltraki [−∞, a) (a ∈ R).

Naloga. Naj bo (X,A) merljiv prostor in f : X → R poljubna funkcija.Dokaži, da je f merljiva natanko tedaj, ko je f−1([−∞, a)) ∈ A za vsaka ∈ Q in da je to natanko tedaj, ko je f−1([−∞, a]) ∈ A za vsak a ∈ R.

Dokaz naslednje posledice prepuščamo bralcu za vajo.

Posledica 1.3.6. Če je f : X → R merljiva funkcija, je za vsak a ∈ Rmerljiva tudi funkcija af .

Zgled 1.3.7. Za vsako podmnožico A ⊆ X označimo s χA njeno karak-teristično funkcijo, ki je definirana s predpisom

χA(x) ={

1, če je x ∈ A0, če je x ∈ X \A.

1.3. MERLJIVE PRESLIKAVE 11

Za vsak a ∈ R je

χ−1A ([−∞, a)) =

X, če je a > 1Ac, če je 0 < a ≤ 1∅, če je a ≤ 0.Od tod sledi, da je funkcija χA merljiva natanko tedaj, ko je A merljivamnožica (tj. A ∈ A).

Definicija 1.3.8. Naj bosta (Xi,Ai) merljiva prostora, i = 1, 2. Pod-množico v kartezičnem produktu X = X1 × X2 oblike A1 × A2, kjer jeAi ∈ Ai, imenujemo merljiv pravokotnik. Produktna σ-algebra A1 ⊗ A2 jeσ-algebra na X, generirana z vsemi merljivimi pravokotniki, torej najmanjšaσ-algebra na X, ki vsebuje vse merljive pravokotnike.

Trditev 1.3.9. Naj bosta (Yi,Bi) (i = 1, 2) merljiva prostora, v karte-zičnem produktu Y = Y1×Y2 pa vzemimo produktno σ-algebro B := B1⊗B2.Potem velja:

(i) Koordinatni projekciji qi : Y → Yi sta merljivi preslikavi. (Tukaj jenpr. q1 definirana z q1(y1, y2) = y1.)

(ii) Naj bo (X,A) merljiv prostor, f : X → Y poljubna preslikava, fi :=qi ◦ f pa njeni komponenti. Preslikava f je merljiva natanko tedaj, ko stamerljivi obe preslikavi fi.

Dokaz. (i) Za vsako množico B1 ∈ B1 je q−11 (B1) = B1 × Y2, kar jemerljiv pravokotnik, torej element v B1 ⊗ B2.

(ii) Ker je kompozitum merljivih preslikav merljiv, sledi iz (i), da stapreslikavi fi merljivi, če je f merljiva. Za dokaz v obratno smer privzemimo,da sta f1 in f2 merljivi preslikavi. Ker je družina C := {B ∈ B : f−1(B) ∈ A}σ-algebra, zadošča dokazati, da C vsebuje vse merljive pravokotnike (potemmora namreč veljati C ⊇ B, ker je B generirana z merljivimi pravokotniki).Za vsak merljiv pravokotnik B = B1 ×B2 je

f−1(B) = f−11 (B1) ∩ f−12 (B2) ∈ A,

saj je f−1i (Bi) ∈ A. �

Posledica 1.3.10. Naj imata topološka prostora Yi (i = 1, 2) števni bazitopologije in naj bo f : X → Y := Y1×Y2 poljubna preslikava, kjer je (X,A)poljuben merljiv prostor. Preslikava f je Borelova (se pravi merljiva, ko vza-memo na Y Borelovo σ-algebro generirano s produktno topologijo) natankotedaj, ko sta njeni komponenti fi Borelovi preslikavi.

Dokaz. Dokazati zadošča, da je f−1(U) ∈ A za vsako odprto množicoU ⊆ Y1 × Y2. Naj bo T1 = {Vi : i ∈ N} števna baza topologije na Y1 (torejse da vsaka odprta množica v Y1 izraziti kot unija neke poddružine od T1),{Wi : i ∈ N} pa števna baza topologije na Y2. Potem ni težko pokazati, da


je {Vi×Wj : i, j ∈ N} števna baza topologije na Y , torej je U unija nekaterihod množic Vi ×Wj . Ker je f−1(Vi ×Wj) = f−11 (Vi) ∩ f

−12 (Wj) ∈ A, je tudi

f−1(U) ∈ A. �

Posledica 1.3.11. Vsota in produkt dveh merljivih preslikav f, g : X →Y , kjer je (X,A) poljuben merljiv prostor, Y pa bodisi R bodisi C bodisi[0,∞], sta merljivi preslikavi.

Dokaz. Po prejšnji posledici je preslikava

F : X → Y × Y, F (x) := (f(x), g(x))

merljiva. Ker sta preslikavi vsota in produkt

s, p : Y × Y → Y, s(y1, y2) = y1 + y2 in p(y1, y2) = y1y2zvezni (torej tudi merljivi), sta merljiva tudi kompozituma f + g = s ◦ F infg = p ◦ F . �

Ker že vemo, da so konstantne preslikave merljive, velja naslednja posle-dica.

Posledica 1.3.12. Linearna kombinacija merljivih preslikav z vrednost-mi v C (ali R) je merljiva.

Naloge

1. Naj bo f : X → C merljiva funkcija z vrednostmi različnimi od 0.Pokaži, da je tedaj merljiva tudi funkcija 1/f .

2. Pokaži, da je kompleksna funkcija f : X → C merljiva natanko tedaj,ko sta merljivi funkciji njen realni in imaginarni del Re f in Im f .

3. Naj bo X poljuben merljiv prostor, Y pa katerikoli od prostorov C,R,[−∞,∞]. Pokaži, da je za vsako funkcijo f : X → Y tudi funkcija |f | (ki jedefinirana z |f |(x) = |f(x)|) merljiva.

4. Za vsako funkcijo f : X → [−∞,∞] definiramo njen pozitivni del f+in negativni del f− z

f+(x) =12(|f(x)|+ f(x)) in f−(x) = 1

2(|f(x)| − f(x)).

(i) Pokaži, da sta f+ in f− nenegativni funkciji, ki sta merljivi, če je fmerljiva.

(ii) Pokaži, da je f+ − f− = f in f+ + f− = |f |.(iii) Če sta g, h : X → [0,∞] taki funkciji, da je g−h = f in g+h = |f |,

potem je g = f+ in h = f−.(iv) Če sta g, h : X → [0,∞] taki funkciji, da je f = g − h in gh = 0,

potem je g = f+ in h = f−.

1.4. ZAPOREDJA MERLJIVIH FUNKCIJ 13

5. Sklepaj s pomočjo prejšnjih dveh nalog, da je mogoče vsako merljivofunkcijo f : X → C izraziti kot linearno kombinacijo štirih nenegativnihmerljivih funkcij, ki imajo vrednosti v intervalu [0, 1), če je f omejena.

6. Naj bo f : X → Y bijektivna Borelova preslikava med topološkimaprostoroma. Ali je tedaj tudi inverzna preslikava Borelova? ** Kaj pa če staX in Y polna separabilna metrična prostora?

7. Pokaži, da obstaja v R podmnožica, ki ni Borelova in sklepaj od tod,da obstajajo realne funkcije na R, ki niso Borelove. (Namig: družina B(R)ima moč kontinuuma.)

8. Rečemo, da je σ-algebra A na prostoru X števno generirana, če ob-staja kaka taka števna družina C ⊆ A, da je A enaka σ-algebri generirani s C.Pokaži, da je Borelova σ-algebra na Rn števno generirana (za vsak n ∈ N).Splošneje pokaži, da je Borelova σ-algebra na topološkem prostoru s števnobazo števno generirana.

9. Naj bo f : X → C merljiva funkcija in N = {x ∈ X : f(x) = 0}.Dokaži, da je tedaj merljiva tudi funkcija

g(x) :=

{0, če je x ∈ Nf(x)|f(x)| , če je x ∈ X \N.

1.4. Zaporedja merljivih funkcij

Za vsako zaporedje (an), an ∈ [−∞,∞], lahko sestavimo novo zaporedje(bn) s členi ãn := sup{ak : k ≥ n}. Zaporedje (ãn je očitno padajoče(vendar ne nujno strogo padajoče), zato ima posplošeno limito v [−∞,∞],ki jo imenujemo zgornja limita ali limes superior. Torej

lim sup an = infn

(supk≥n

ak) = limn

(supk≥n

ak).

Podobno definiramo spodnjo limito ali limes inferior kot

lim inf an = supn

( infk≥n

ak) = limn

( infk≥n

ak).

Zaporedje funkcij fn : X → [−∞,∞] konvergira po točkah k funkciji f ,če je limn fn(x) = f(x) za vsak x ∈ X.

Za splošno zaporedje funkcij fn : X → [−∞,∞] lahko definiramolim sup fn

kot funkcijo, ki ima v točki x ∈ X vrednost lim sup fn(x), torej(lim sup fn)(x) := lim sup fn(x) ∀x ∈ X.

Podobno je(lim inf fn)(x) := lim inf fn(x) ∀x ∈ X.

Lema 1.4.1. Za vsako zaporedje merljivih funkcij fn : X → R sta tudifunkciji supn fn in infn fn merljivi.


Dokaz. Naj bo g = sup fn. Za vsak a ∈ [−∞,∞] je tedaj

f−1([−∞, a]) =⋂n

f−1n ([−∞, a]),

zato je po trditvi 1.3.5 (pravzaprav po nalogi, ki sledi trditvi 1.3.5) funk-cija sup fn = f merljiva. Trditev za inf fn pa sledi sedaj iz zveze inf fn =− sup(−fn), saj so funkcije −fn merljive. �

Posledica 1.4.2. Za vsako zaporedje merljivih funkcij fn : X → R stafunkciji lim sup fn in lim inf fn merljivi. Limita po točkah konvergentnegazaporedja merljivih funkcij je torej merljiva.

Dokaz. To sledi takoj z dvakratno uporabo prejšnje leme, saj lema povenajprej, da so vse funkcije gn := supk≥n fn merljieve, nato pa še, da jemerljiva tudi funkcija inf gn = lim sup fn. �

Naloge

1. Dokaži, da je lim sup an največje stekališče zaporedja (an) ali pa ∞oziroma −∞. (Kdaj je −∞ in kdaj ∞?) Kako pa s pomočjo stekališčopišemo lim inf an?

2. Dokaži, da je omejeno zaporedje realnih števil konvergentno natankotedaj, ko se njegova spodnja limita ujema z zgornjo.

3.* Naj bo (fn) zaporedje merljivih funkcij fn : X → C. Pokaži, da jemnožica vseh tistih točk x ∈ X, za katere je zaporedje (fn(x)) Cauchyevo(se pravi konvergentno), merljiva.

1.5. Aproksimacija s stopničastimi funkcijami

Definicija 1.5.1. Zaporedje funkcij fn : X → C konvergira enakomernoproti funkciji f , če je

limn

supx∈X

|fn(x)− f(x)| = 0.

Naloga. Pokaži, da vsako zaporedje funkcij, ki konvergira enakomerno,konvergira tudi po točkah in pokaži z zgledi, da obratno ne velja vedno.

Definicija 1.5.2. Funkcijo f : X → C, katere zaloga vrednosti je končnamnožica, imenujemo stopničasta funkcija.

Naj bo {a1, . . . , an} zaloga vrednosti stopničaste funkcije f : X → C. Zavsak j naj bo

Aj = {x ∈ X : f(x) = aj}.

1.5. APROKSIMACIJA S STOPNIČASTIMI FUNKCIJAMI 15

Potem lahko f izrazimo kot linearno kombinacijo karakterističnih funkcijmnožic Aj :

f =n∑j=1

ajχAj .

Prostor vseh kompleksnih omejenih Borelovih funkcij na merljivem pro-storu X bomo označili z B(X).

Izrek 1.5.3. Prostor S(X) vseh merljivih stopničastih funkcij na X jegost v prostoru B(X), kar pomeni, da je vsaka omejena Borelova funkcijana X enakomerna limita kakega zaporedja merljivih stopničastih funkcij.

Dokaz. Ker je vsaka omejena merljiva funkcija linearna kombinacijaštirih nenegativnih omejenih merljivih funkcij (5. naloga iz Razdelka 1.3),smemo privzeti, da je f nenegativna, še več, da ima vrednosti v intervalu[0, 1). Za vsaka n = 1, 2, . . . in j = 1, 2, . . . , 2n naj bo

An,j = {x ∈ X :j − 12n

≤ f(x) < j2n} = f−1

([j − 12n

,j

2n

)).

Ker so množice An,j merljive, je so merljive tudi stopničaste funkcije

fn :=n∑j=1

j − 12j

χAn,j .

Ni težko videti, da je 0 ≤ f − fn < 2−n (saj to velja na vsaki od množicAn,j , j = 1, 2, . . . , 2n, ki pokrijejo X). Torej je

‖fn − f‖ := supx∈X |fn(x)− f(x)| ≤12n,

zato zaporedje (fn) konvergira proti f enakomerno. �

Izrek 1.5.4. Za vsako merljivo funkcijo f : X → [0,∞] obstaja nara-ščajoče (ne nujno strogo) zaporedje merljivih stopničastih funkcij fn : X →[0,∞), ki konvergira proti f po točkah. (Ker je zaporedje naraščajoče inkonvergira proti f , mora biti fn ≤ f za vsak n.)

Dokaz. Dokaz je modifikacija dokaza prejšnjega izreka. Za vsak n =1, 2, . . . naj bo An = f−1([n,∞]) in za vsak j = 1, 2, . . . , n2n naj bo

An,j = f−1([

j − 12n

,j

2n

)).

Nadalje definirajmo

fn =n2n∑j=1

j − 12n

χAn,j + nχAn .


Če je f(x) < ∞, potem je f(x) < n za vse dovolj velike n in za vsak tak nje f(x) v nekem intervalu [ j−12n ,

j2n ); torej je tedaj 0 ≤ f(x) − fn(x) < 2

−n

in zato limn fn(x) = f(x). Če pa je f(x) = ∞, je x ∈ An za vsak n infn(x) = n; torej spet limn fn(x) = limn = ∞. Zaporedje (fn) je tudi (nenujno strogo) naraščajoče in fn ≤ f za vsak n. �

Naloge

1. Za vsako omejeno funkcijo f : X → C definirajmo enakomerno normoz

‖f‖ = supx∈X

|f(x)|.

(i) Pokaži, da ta predpis res zadošča vsem trem pogojem za normo navektorskem prostoru, torej da velja:

(1) ‖f + g‖ ≤ ‖f‖+ ‖g‖ za vsaki omejeni funkciji f, g : X → C;(2) ‖af‖ = |a|‖f‖ za vsako omejeno funkcijo f in skalar a ∈ C;(3) ‖f‖ = 0 natanko tedaj, ko je f = 0.Pokaži tudi, da je ta norma submultiplikativna: ‖fg‖ ≤ ‖f‖‖g‖ za vsaki

omejeni funkciji f, g.(ii) Pokaži, da je vektorski prostor B(X) vseh omejenih Borelovih funkcij

poln za enakomerno normo (torej, da je vsako Cauchyevo zaporedje konver-gentno). Ker je norma tudi submultiplikativna, je B(X) zgled Banachovealgebre.

2. Pokaži, da je vsaka linearna kombinacija karakterističnih funkcij pod-množic v X stopničasta funkcija.

3. Naj bodo Aj (j = 1, . . . , n) disjunktne podmnožice v merljivem pro-storu X, aj ∈ C pa poljubne konstante. Pokaži, da je stopničasta funkcijaf :=

∑nj=1 ajχAj merljiva natanko tedaj, ko so merljive vse množice Aj .

1.6. Pozitivna mera

Zgledi pozitivnih mer so: dolžina podmnožic v R, ploščina ravninskihlikov, prostornina teles v prostoru. Ta pojem želimo posplošiti na poljubnemerljive prostore.

Definicija 1.6.1. Pozitivna mera na merljivem prostoru (X,A) je funk-cija

µ : A → [0,∞],ki zadošča pogojema

(i) µ(∅) = 0 in(ii) µ (

⋃∞n=1An) =

∑∞n=1 µ(An)

za vsako zaporedje disjunktnih množic An ∈ A. Trojko (X,A, µ) bomoimenovali prostor z mero.

1.6. POZITIVNA MERA 17

Pogoju (ii) pravimo števna aditivnost ali σ-aditivnost. Če vzamemo v tempogoju, da so od nekega N ∈ N naprej vse množice prazne, torej An = ∅ zan > N , dobimo, da je

µ

(N⋃n=1

An

)=

N∑n=1

µ(An)

za vsako končno družino disjunktnih podmnožic An iz A. Ta pogoj imenu-jemo končna aditivnost. Števno aditivno pozitivno mero bomo imenovali karmera.

Zgled 1.6.2. Naj bo X poljubna neskončna množica, A pa njena poten-čna množica. Za vsak A ∈ A naj bo

µ(A) ={

0, če je A končna∞, sicer.

Potem je µ končno aditivna mera, ki ni števno aditivna.

Definicija 1.6.3. Pozitivno mero µ na merljivem prostoru (X,A) ime-nujemo končna mera, če je µ(X) < ∞. Če pa se da X izraziti kot unijakake števne družine množic iz A, ki imajo končno mero, pravimo, da je µσ-končna mera.

Naloga. Kdaj je mera iz prejšnjega zgleda σ-končna?

Trditev 1.6.4. Končno aditivna pozitivna mera je monotona: za vsakimnožici A ⊆ B iz A je µ(A) ≤ µ(B).

Dokaz. Ker sta množici A in B \A disjunktni in merljivi, z unijo B, jeµ(B) = µ(A) + µ(B \A) ≥ µ(A).

�

Trditev 1.6.5. Za vsako pozitivno mero µ na merljivem prostoru (X,A)in poljubno zaporedje (Aj) ⊆ A je

µ

⋃j

Aj

≤ ∞∑j=1

µ(Aj).

Dokaz. Opazimo, da je A :=⋃j Ajn unija zaporedja disjunktnih mno-

žicA1, A2 \A1, A3 \ (A1 ∪A2), . . . ,

ki so vse v A. Po števni aditivnosti in monotonosti sledi od tod

µ(A) = µ(A1) + µ(A2 \A1) + µ(A3 \ (A1 ∪A2)) + . . . ≤∞∑j=1

µ(Aj).


�

Trditev 1.6.6. Končno aditivna funkcija µ : A → [0,∞] na merljivemprostoru (X,A) je mera natanko tedaj, ko za vsako naraščajoče zaporedje

A1 ⊆ A2 ⊆ A3 ⊆ . . .množic iz A velja

(1.6.1) µ

∞⋃j=1

An

= limn→∞

µ(An).

Dokaz. Označimo unijo na levi strani formule (1.6.1) z A. Množica A jeunija zaporedja disjunktnih množic A1, A2 \A1, A3 \A2, . . .. Unija prvih nmnožic v tem zaporedju pa je An, torej µ(An) = µ(A1)+

∑n−1j=1 µ(Aj+1\Aj).

Če je µ mera (torej števno aditivna), sledi od tod, da je

µ(A) = µ(A1)+∞∑j=1

µ(Aj+1\Aj) = limn

(µ(A1)+n∑j=1

µ(Aj+1\Aj) = limnµ(An).

Za dokaz v obratno smer naj bo (Bn) poljubno zaporedje disjunktnihmnožic iz A. Za vsak n naj bo

An =n⋃j=1

Bj .

Potem je (An) naraščajoče zaporedje množic iz A z unijo enako uniji vsehmnožic Bj , zato iz pogoja (1.6.1) in končne aditivnosti sledi

µ(∞⋃j=1

Bj) = µ(∞⋃j=1

Aj) = limnµ(An) =

limnµ(

n⋃j=1

Bj) = limn

n∑j=1

µ(Bj) =∞∑j=1

µ(Bj).

�

Posledica 1.6.7. Naj bo (X,A, µ) prostor z mero in (An) padajoče za-poredje množic v A. Če je µ(A1)

1.7. NAPOLNITEV PROSTORA Z MERO 19

je po trditvi 1.6.6

µ(A1)−µ(∞⋂n=1

An) = µ(∞⋃n=1

(A1 \An) = limnµ(A1 \An) = µ(A1)− lim

nµ(An).

Ker je po predpostavki število µ(A1) končno, ga lahko pokrajšamo na obehstraneh gornje enakosti in tako dobimo, kar je treba. �

Naloge

1. Naj bo X poljubna neprazna množica, A njena potenčna množica,x ∈ X pa poljuben element. Pokaži, da je s predpisom

µ(A) :={

1, če je x ∈ A0, če je x ∈ X \A

definirana pozitivna mera na merljivem prostoru (X,A); imenujemo jo Di-racova mera v točki x in označimo z δx.

2. Naj bo A potenčna množica dane množice X. Za vsak A ∈ A naj boµ(A) število elementov množice A (ki je ∞, če je A neskončna). Pokaži, daje µ mera na A. Imenujemo jo mera, ki šteje točke.

3. Pokaži z zgledom, da zaključek posledice 1.6.7 ne velja vedno, čeopustimo predpostavko, da je µ(A1)


Trditev 1.7.2. Naj bo (X,A, µ) prostor z mero. Naj bo B družina vsehtistih podmnožic B ⊆ X, ki se dajo izraziti kot B = A ∪ S, kjer je A ∈ A,S pa poljubna podmnožica kake množice N ∈ A z mero µ(N) = 0. Za vsakotako množico B ∈ B naj bo

µ̃(B) = µ(A).

Potem je B σ-algebra na X, ki vsebuje A, µ̃ pa mera na B, ki se ujema zmero µ na množicah iz A. Prostor (X,B, µ̃) je poln prostor z mero.

dokaz. Najprej pokažimo, da je B σ-algebra.Ker očitno B ⊇ A, je X ∈ B.Naj bodo Bn = An ∪ Sn (n = 1, 2, . . .) poljubne množice iz B in B

njihova unija, kjer je An ∈ A, Sn ⊆ Nn, Nn ∈ A in µ(Nn) = 0 za vsak n.Potem je B = A ∪ S, kjer je A := ∪nAn in S = ∪nSn. Ker je A ∈ A inS ⊆ N := ∪nNn, pri čemer je µ(N) ≤

∑∞n=1 µ(Nn) = 0, sledi, da je B ∈ B.

Naj bo B = A ∪ S ∈ B, kjer je A ∈ A, S pa vsebovana v kaki množiciN ∈ A z mero 0. Iz A ⊆ B ⊆ A ∪ N sledita za komplemente obrnjeniinkluziji: Ac ∩ N c ⊆ Bc ⊆ Ac. Označimo C := Ac ∩ N c in Z := Bc \ C.Potem je Bc = C ∪ Z, C ∈ A, Z ⊆ Ac \ C = Ac \ N c = N \ A ⊆ N inµ(N) = 0, zato je Bc ∈ B.

Pokazati moramo, da je funkcija µ̃ nedvoumno definirana: če je B =Ai ∪ Si (i = 1, 2), kjer je Ai ∈ A, Si ⊆ Ni in µ(Ni) = 0, potem moramopokazati, da je µ(A1) = µ(A2). Po eni strani je

A2 \A1 ⊆ (A2 ∪ S2) \A1 = (A1 ∪ S1) \A1 ⊆ S1 ⊆ N1,

zato µ(A2\A1) = 0. Po drugi strani pa sledi na isti način tudi µ(A1\A2) = 0.Ker lahko A1 razcepimo na disjunktno unijo A1 = (A1 ∩ A2) ∪ (A1 \ A2) inpodobno A2, sledi

µ(A1) = µ(A1 ∩A2) = µ(A2).Ostane za dokazati še, da je funkcija µ̃ števno aditivna, kar pa bomo

prepustili bralcem. �

Kasneje bomo spoznali, da obstaja natanko ena taka mera m, definiranana σ algebri B(R) vseh Borelovih podmnožic v R, da je m([a, b]) = b − aza vsak interval [a, b] (a ≤ b). Ta mera je translacijsko invariantna, karpomeni, da je m(x + A) = m(A) za vsako Borelovo množico A ∈ B(R) invsak x ∈ R. Napolnitev prostora (R,B(R)) v tej meri da σ-algebro L(R),katere elemente imenujemo Lebesgueovo merljive v R. Razširitev mere m naσ-algebro L(R), ki je tudi translacijsko invariantna, bomo označili kar z min imenovali Lebesgueova mera na R. Podmnožica A ⊆ R je Lebesgueovomerljiva natanko tedaj, ko se da izraziti kot A = B ∪N , kjer je B Borelova,N ⊆ R pa ima Lebesgueovo mero 0.

1.7. NAPOLNITEV PROSTORA Z MERO 21

Cantorjeva množica je zaprta (torej Borelova), ima moč kontinuma inmero 0, zato so vse njene podmnožice Lebesgueovo merljive (so v σ-algebriL(R)). Moč σ-algebre L(R) je zato (vsaj) 2c, kjer je c kontinuum. Ker jemoč σ-algebre B(R) le kontinuum, vidimo, da napolnitev lahko zelo povečaσ-algebro.

Morda bi domnevali, da obstaja translacijsko invariantna mera, ki seujema z dolžino na vseh intervalih in je definirana na družini vseh podmnožicv R, vendar take mere ni.

Zgled 1.7.3. Vpeljimo v R ekvivalenčno relacijo takole: x ∼ y ⇔ y−x ∈Q. (Ekvivalenčni razredi so odseki aditivne grupe R po podgrupi Q, torejelementi kvocientne grupe R/Q.) V vsakem ekvivalenčnem razredu x + Q,kjer je x ∈ [−1, 1], izberimo natanko en element v (x + Q) ∩ [−1, 1] (kakovemo, da je to mogoče?) in naj bo S množica, ki jo sestavljajo tako izbranielementi (aksiom izbire). Označimo Q1 = Q ∩ [−2, 2]. Opazimo, da somnožice {r + S : r ∈ Q1} disjunktne in da unija te števne družine vsebuje[−1, 1]. (Za vsak x ∈ [−1, 1] namreč obstaja natako en tak y ∈ S, daje x − y =: r ∈ Q. Pri tem je |r| ≤ |x| + |y| ≤ 2, ker je S ⊆ [−1, 1].Disjunktnost množic r+S pa sledi iz disjunktnosti ekvivalenčnih razredov.)Ker je S ⊆ [−1, 1], je r+S ⊆ [−3, 3] za vsak r ∈ [−2, 2]. Če bi bila množicaS merljiva za kako translacijsko invariantno mero µ, ki bi se ujemala naintervalih z običajno dolžino, bi sledilo, da je

2 = µ([−1, 1]) ≤ µ(⋃r∈Q1

(r + S)) =∑r∈Q1

µ(r + S) ≤ 6.

Toda zaradi translacijske invariantnosti so vsi členi gornje vrste enaki µ(r+S) = µ(S). Ker je členov neskončno, vrsta konvergira le, če je µ(S) = 0; todatedaj je neenakost na levi v gornji formuli nemogoča. S tem smo pokazali,da interval [−1, 1] vsebuje nemerljivo podmnožico.

Naloge

1. Modificiraj sklepanje v zgledu 1.7.3 tako, da dokažeš naslednjo trditev:Vsaka Lebesgueovo merljiva podmnožica v R s pozitivno mero vsebuje

kako Lebesgueovo nemerljivo podmnožico.2. Za vsak par podmnožic A,B ∈ A v (ne nujno polnem) prostoru z

mero (X,A, µ) definirajmo

ρ(A,B) = µ(A∆B),

kjer je A∆B := (A \ B) ∪ (B \ A) simetrična razlika množic A in B. Ali jeρ metrika?


Vpeljimo v A ekvivalenčno relacijo A ∼ B ⇔ µ(A∆B) = 0 in naj boÃ množica vseh ekvivalenčnih razredov. Pokaži, da je ∼ res ekvivalenčnarelacija in da je Ã metrični prostor za razdaljo

d([A], [B]) := ρ(A,B),

kjer označuje [A] ekvivalenčni razred od A. *Ali je ta metrični prostor poln?3. Naj bo X neštevna množica, A σ-algebra na X, ki sestoji iz vseh

množic, ki so bodisi števne bodisi imajo števen komplement, µ pa meradefinirana z

µ(A) ={

0, če je A števna1, če A ni števna.

Ali je prostor z mero (X,A, µ) poln?4. Naj bo (X,B, µ̃) napolnitev prostora (X,A, µ). Dokaži, da za vsako

B-merljivo funkcijo f na X obstaja taka A-merljiva funkcija g, da je g = fskoraj povsod, torej da je µ̃({x ∈ X : g(x) 6= f(x)}) = 0. (Namig: pomagajsi z aproksimacijo s stopničastimi funkcijami.)

1.8. Zunanja mera

S P(X) označujemo potenčno množico dane množice X.

Definicija 1.8.1. Zunanja mera na množici X je preslikava

ζ : P(X) → [0,∞],

ki zadošča naslednjim trem pogojem:(i) ζ(∅) = 0;(ii) ζ(A) ≤ ζ(B), če je A ⊆ B (to lastnost imenujemo monotonost);(iii) ζ(

⋃nAn) ≤

∑∞n=1 ζ(An) za vsako zaporedje množic An ⊆ X (števna

subaditivnost).

Trditev 1.8.2. Naj bo S poljubna družina podmnožic neprazne množiceX in naj bo ∅, X ∈ S. Naj bo µ : S → [0,∞] poljubna taka funkcija, da jeµ(∅) = 0. Potem je funkcija µ∗ : P(X) → [0,∞],

µ∗(Y ) := inf∞∑j=1

µ(Aj),

kjer teče infimum po vseh takih števnih poddružinah (Aj) ⊆ S, da je Y ⊆⋃j Aj, zunanja mera.

Dokaz. Ker je ∅ ∈ S, je µ∗(A) = µ(A) = 0. Če sta Z ⊆ Y poljubnipodmnožici v X, potem vsako zaporedje (An) ⊆ A, ki pokriva Y , pokrivatudi Z, zato mora biti µ∗(Z) ≤ µ∗(Y ). Pokazati moramo le še števno suba-ditivnost, torej da je µ∗(

⋃n Yn) ≤

∑n µ

∗(Yn) za vsako zaporedje podmnožic

1.8. ZUNANJA MERA 23

Yn ⊆ x. Naj ε > 0. Če je µ∗(Yn) = ∞ za kak n, ni kaj dokazovati, zato vze-mimo, da je µ∗(Yn) 0, mora biti µ∗(Y ) ≤∑∞

n=1 µ∗(Yn). �

Caratheodorijev izrek bo povedal, kako vsaka zunanja mera porodi σalgebro in mero na njej.

Definicija 1.8.3. Naj bo ζ zunanja mera na množici X. PodmnožicaA ⊆ X je ζ-merljiva, če je

ζ(Y ) = ζ(A ∩ Y ) + ζ(Ac ∩ Y )

za vsako podmnožico Y ⊆ X. Z Aζ bomo označili družino vseh ζ-merljivihpodmnožic v X.

Ker je zunanja mera subaditivna, je pogoj za ζ-merljivost množice Aekvivalenten z zahtevo, da je

(1.8.1) ζ(A ∩ Y ) + ζ(Ac ∩ Y ) ≤ ζ(Y )

za vsako podmnožico Y ⊆ X. Pri tem smemo vzeti, da je ζ(Y ) < ∞, sicerje zahteva (1.8.1) avtomatično izpolnjena.

Izrek 1.8.4. (Caratheodorij) Za vsako zunanjo mero ζ na množici X jedružina Aζ σ-algebra na X, zožitev ζ|Aζ je mera na njej in (X,Aζ , ζ|Aζ) jepoln prostor z mero.

Dokaz. Najprej pokažimo, da je Aζ algebra. Ker je Xc ∩ Y = ∅ inX ∩ Y = Y , pogoj ζ-merljivosti očitno velja za X, zato je X ∈ Aζ . Za vsakA ∈ Aζ je očitno tudi Ac ∈ Aζ , saj je pogoj ζ-merljivosti simetričen v A inAc. Če sta A,B iz Aζ , želimo pokazati, da je tudi A ∪B v Aζ , se pravi, daje

(1.8.2) ζ((A ∪B) ∩ Y ) + ζ((A ∪B)c ∩ Y ) ≤ ζ(Y )

za vsako podmnožico Y ⊆ X. Ker je A∪B = A∪ (B ∩Ac), lahko levo strandokazovane neenakosti (1.8.2) napišemo kot

ζ((A∪(B∩Ac))∩Y )+ζ(Bc∩Ac∩Y ) = ζ((A∩Y )∪(B∩Ac∩Y )+ζ(Bc∩Ac∩Y ).


Zaradi subaditivnosti je ta izraz manjši ali enak

ζ(A ∩ Y ) + ζ(B ∩Ac ∩ Y ) + ζ(Bc ∩Ac ∩ Y ).

V zadnjih dveh členih te vsote lahko uporabimo neenakost (1.8.1) (za mno-žico B namesto A in Ac ∩ Y namesto Y ); njuna vsota je tako manjša alienaka ζ(Ac ∩ Y ). Sledi, da je leva stran neenakosti (1.8.2) manjša ali enakaζ(A ∩ Y ) + ζ(Ac ∩ Y ), kar pa je manjše ali enako od ζ(Y ) po (1.8.1), ker jeA ∈ Aζ .

Ker smo pravkar dokazali, da je Aζ algebra, lahko vsako unijo števnedružine množic iz Aζ izrazimo kot unijo zaporedja paroma disjunktnih mno-žic Aj ∈ Aζ . Če pokažemo, da je vsaka taka disjunktna unija B :=

⋃j Aj v

Aζ in da velja ζ(B) =∑∞

j=1 ζ(Aj), bo Aζ σ-algebra in ζ|Aζ mera na njej.Za vsak n = 1, 2, . . . naj bo Bn =

⋃nj=1Aj . Ker je An ∈ Aζ , za vsako

podmnožico Y ⊆ X velja

ζ(Y ∩Bn) = ζ((Y ∩Bn) ∩An) + ζ(Y ∩Bn) ∩Acn)= ζ(Y ∩An) + ζ(Y ∩Bn−1).

Z induktivnim ponavljanjem te neenakosti dobimo

(1.8.3) ζ(Y ∩Bn) =n∑j=1

ζ(Y ∩Aj),

od koder sledi, da je ζ končno aditivna na Aζ (vzamemo Y = Bn). Zupoštevanjem pogoja (1.8.1) in monotonosti sledi sedaj iz (1.8.3) za vsakopodmnožico Y ⊆ X

ζ(Y ) ≥ ζ(Y ∩Bn) + ζ(Y ∩Bcn) ≥ ζ(Y ∩Bn) + ζ(Y ∩Bc)

=n∑j=1

ζ(Y ∩Aj) + ζ(Y ∩Bc).

Ko pošljemo v tej oceni n proti ∞ in upoštevamo σ-subaditivnost, dobimo

ζ(Y ) ≥∞∑j=1

ζ(Y ∩Aj) + ζ(Y ∩Bc) ≥ ζ(Y ∩B) + ζ(Y ∩Bc).

To dokazuje, da je B ∈ Aζ . Če v enakost (1.8.3) vstavimo Y = Bn inupoštevamo, da je ζ(B) ≥ ζ(Bn) (ker je Bn ⊆ B) dobimo

ζ(B) ≥n∑j=1

ζ(Aj).

Ko pošljemo v tej neenakostio n proti ∞ in nato upoštevamo še σ-subadi-tivnost, dobimo, da je ζ(B) =

∑∞j=1 ζ(Aj).

1.9. RAZŠIRITEV MERE IZ ALGEBRE NA σ-ALGEBRO 25

Za dokazati ostane le še polnost: če je N ∈ Aζ , ζ(N) = 0 in A ⊆ N ,je treba pokazati, da je A ∈ Aζ , torej da velja (1.8.1) za vsako podmnožicoY ⊆ X. Ker je A ⊆ N in ζ(N) = 0, je tudi ζ(A ∩ Y ) = 0 (zaradi monoto-nosti), zato se pogoj (1.8.1) reducira na ζ(Ac ∩ Y ) ≤ ζ(Y ), kar pa velja pomonotonosti. �

Naloge

1. Naj bo S = {∅, A,X}, kjer je A neprazna podmnožica v X, različnaod X. Naj bo µ : S → [0,∞] funkcija, definirana z µ(∅) = 0, µ(A) = 1 inµ(X) = c, kjer je c ∈ [1,∞].

(i) Določi zunanjo mero µ∗, ki jo porodi ta funkcija µ.(ii) Določi σ-algebro Aµ∗ .2. Naj bo S = {∅, A,Ac, X}, kjer je A 6= ∅, X poljubna podmnožica

v X, funkcija µ : S → [0,∞] pa naj bo definirana z µ(∅) = 0, µ(A) = 1,µ(Ac) = c in µ(X) = 1 + c, kjer je c ∈ [0,∞] konstanta. Določi µ∗ in Aµ∗ .

3. Navedi kak zgled množice X in monotone funkcije ζ : P(X) → [0,∞),ki ni (števno) subaditivna.

1.9. Razširitev mere iz algebre na σ-algebro

Definicija 1.9.1. Mera na algebri A je taka funkcija µ : A → [0,∞],da je µ(∅) = 0 in µ(

⋃nAn) =

∑∞n=1 µ(An) za vsako zaporedje disjunktnih

množic An ∈ A, katerih unija je element iz A.

Ker je v tej definiciji A le algebra, se lahko zgodi, da A :=⋃nAn /∈ A,

čeprav so vse množice zaporedja (An) iz A; da bi bila mera µ(A) definirana,je treba posebej predpostaviti, da je A ∈ A.

Vsako mero na algebri lahko razširimo do zunanje mere:

Izrek 1.9.2. Naj bo µ mera na algebri A podmnožic kake množice X.Za vsako podmnožico Y ⊆ X naj bo

µ∗(Y ) = inf∞∑n=1

µ(An),

kjer teče infimum po vseh takih zaporedjih (An) ⊆ A, da je Y ⊆⋃nAn.

Tedaj je µ∗ zunanja mera na X in µ∗(A) = µ(A) za vsak A ∈ A.

Dokaz. Trditev 1.8.2 pove, da je µ∗ zunanja mera. Za vsako množicoA ∈ A je {A, ∅, ∅, . . .} zaporedje v A, ki pokriva A, zato je µ∗(A) ≤ µ(A) +µ(∅) + µ(∅) + . . . = µ(A). Za dokaz obratne neenakosti vzemimo poljubnozaporedje (An) ⊆ A, katerega unija vsebuje A. Potem je A enaka uniji


zaporedja disjunktnih množic Bn := A ∩ (An \ (A1 ∪ . . . ∪An−1)). Ker je µmera na A, je

µ(A) =∞∑n=1

µ(Bn) ≤∞∑n=1

µ(An).

Ker velja to za vsako zaporedje (An) ⊆ A, ki pokriva A, sledi sedaj podefiniciji funkcije µ∗, da je µ(A) ≤ µ∗(A).

�

Izrek 1.9.3. Naj bo A algebra na množici X, µ0 mera na A, µ∗0 zunanjamera, ki jo µ0 porodi po izreku 1.9.2 in µ = µ∗0|Aµ∗0 (kjer je Aµ∗0 σ-algebra,ki jo porodi µ∗0 po Caratheodorijevem izreku). Potem je A ⊆ Aµ∗0 in za vsakomnožico A iz Aµ∗0 je ν(A) ≤ µ(A) za vsako razširitev ν mere µ0 do mere naAµ∗0 . Če je pri tem µ(A) < ∞, je ν(A) = µ(A). Torej je µ edina razširitevmere µ0 na σ-algebro Aµ∗0 , če je µ0 σ-končna (se pravi, če je X unija kakeštevne družine množic iz A s končno mero).

Dokaz. Naj bo A ∈ A. Da bi dokazali, da je A ∈ Aµ∗0 , zadošča poCaratheodorijevem izreku dokazati, da je µ∗0(A ∩ Y ) + µ∗0(Ac ∩ Y ) ≤ µ∗0(Y )za vsako podmnožico Y ⊆ X, za katero je µ∗0(Y ) < ∞. Naj bo ε > 0 in(An) ⊆ A tako pokritje za Y , da je

∞∑n=1

µ0(An) < µ∗0(Y ) + ε.

Potem sta (An ∩A) in (An ∩Ac) pokritji za Y ∩A in Y ∩Ac (zaporedoma)z množicami iz A, zato je

µ∗0(Y ∩A) ≤∞∑n=1

µ0(An ∩A) in µ∗0(Y ∩Ac) ≤∞∑n=1

µ0(An ∩Ac).

Ko seštejemo ti dve neenakosti, dobimo

µ∗0(Y ∩A) + µ∗0(Y ∩Ac) ≤∞∑n=1

(µ0(An ∩A) + µ0(An ∩Ac))

=∞∑n=1

µ0(An) < µ∗0(Y ) + ε,

ker je µ0 aditivna na A. Ker velja to za vsak ε > 0, je A ∈ Aµ∗0 .Naj bo sedaj A ∈ Aµ∗0 in ν poljubna taka mera na Aµ∗0 , da je ν|A = µ0.

Za vsako števno pokritje (An) ⊆ A množice A je

ν(A) ≤∞∑n=1

ν(An) =∞∑n=1

µ0(An).

1.9. RAZŠIRITEV MERE IZ ALGEBRE NA σ-ALGEBRO 27

Od tod sledi, da je ν(A) ≤ µ∗0(A) = µ(A). Če je pri tem µ(A) < ∞, lahkoizberemo pokritje (An) ⊆ A za A tako, da je

(1.9.1)∞∑n=1

µ0(An) < µ∗0(A) + ε,

kjer je ε > 0 vnaprej podan. Za množico B :=⋃nAn potem velja

ν(B) = limNν(

N⋃1

An) = limNµ(

N⋃1

An) = µ(B)

in po (1.9.1)

µ(B \A) = µ(B)− µ(A) ≤∞∑n=1

µ(An)− µ(A) < ε.

(Pri tem smo upoštevali, da je µ0(An) = µ∗0(An) = µ(An) po izreku 1.9.2,saj je An ∈ A.) Torej jeµ(A) ≤ µ(B) = ν(B) = ν(A) + ν(B \A) ≤ ν(A) + µ(B \A) ≤ ν(A) + ε.

Ko pošljemo ε proti 0, dobimo µ(A) ≤ ν(A).Če je µ0 σ-končna mera, lahko izrazimo X kot unijo zaporedja disjunk-

tnih množic Xn ∈ A. Za vsako množico A ∈ Aµ∗0 je potem µ(A ∩Xn)


takih podmnožic Xn ⊆ X, da je µ∗0(Xn)

1.10. POLALGEBRE IN POLMERE 29

Dokaz. Očitno A ⊆ S, torej je ∅ ∈ A. Pokazati je treba, da je A zaprtaza tvorbo končnih unij in komplementov, kar pa je po DeMorganovih zakonihekvivalentno z zaprtostjo za končne preseke in komplemente. Naj bo torejA =

⋃Ai in B =

⋃Bj , kjer so Ai ∈ S paroma disjunktne in Bj paroma

disjunkne. Potem je A ∩ B =⋃i,j(Ai ∩ Bj), končna disjunktna unija in

Ai ∩Bj ∈ S po definiciji polalgebre. Nadalje je Ac =⋂iA

ci in, ker se da (po

definiciji polalgebre) vsak Aci izraziti kot končna disjunktna unija elementoviz S (torej je Aci ∈ A) in smo pravkar pokazali, da je A zaprta za končnepreseke, sledi, da je Ac ∈ A. �

Trditev 1.10.5. Naj bo S polalgebra na X, µ polmera na njej, A paalgebra generirana z S (ki po prejšnji trditvi sestoji iz vseh končnih unijparoma disjunktnih elementov iz S). Potem je s predpisom

µ̃(⋃j

Aj) :=∑j

µ(Aj) (Aj ∈ S, Aj paroma disjunktne)

definirana mera na algebri A.

Dokaz. Najprej moramo pokazati, da je µ̃ nedvoumno definirana: česta A =

⋃Ai in A =

⋃Bj dva zapisa množice A kot disjunktne končne

unije množic iz S, moramo pokazati, da je∑

i µ(Ai) =∑

j µ(Bj). Ker jeBj =

⋃i(Bj∩Ai) in so množice Bj∩Ai ∈ S paroma disjunktne, je po pogoju

(ii) iz definicije polmere µ(Bj) =∑

i µ(Bj ∩Ai) in zato∑j

µ(Bj) =∑i,j

µ(Ai ∩Bj).

Enak izraz dobimo tudi, ko na podoben način izračunamo∑

i µ(Ai).Očitno je µ̃ končno aditivna in zato monotona funkcija. Naj bo A =⋃∞

j=1Aj , kjer so množice A in Aj iz A in so Aj paroma disjunktne. Ker je⋃nj=1Aj ⊆ A za vsak n = 1, 2, . . ., je

n∑j=1

µ̃(Aj) = µ̃(n⋃j=1

Aj) ≤ µ̃(A).

Ko pošljemo n proti ∞, sledi od tod, da je∞∑j=1

µ̃(Aj) ≤ µ̃(A).

Za dokaz obratne neenakosti pa izrazimo vsak Aj kot končno unijo paromadisjunktnih podmnožic Bi,j ∈ S: Aj =

⋃iBi,j . Ker je A ∈ A, lahko na isti

način izrazimo A =⋃k Ck, Ck ∈ S. Potem je (ker je Ck ⊆ A =

⋃i,j Bi,j)

Ck =⋃i,j

(Ck ∩Bi,j) števna unija,


pri čemer je Ck ∩ Bi,j ∈ S (saj je S zaprta za končne preseke). Po pogoju(iii) iz definicije polmere sledi, da je

µ(Ck) ≤∑i,j

µ(Ck ∩Bi,j).

Ker je Aj = (⋃iBi,j) ∩ (

⋃k Ck) =

⋃i,k(Ck ∩Bi,j), končna unija disjunktnih

množic iz S, je µ̃(Aj) =∑

i,k µ(Ck ∩Bi,j) in sledi

µ̃(A) =∑k

µ(Ck) ≤∑j

∑i,k

µ(Ck ∩Bi,j) =∑j

µ̃(Aj).

�

Naloga.* Posploši zgled polalgebre S(R) in polmere na njej na Rn zan > 1.

1.11. Lebesgue–Stiltjesove mere

Definicija 1.11.1. Naj bo f : R → R naraščajoča (ne nujno strogo) zleve zvezna funkcija. Ker je f monotona, obstajata v R limiti

f(−∞) := limx→−∞

f(x) in f(∞) = limx→∞

f(x).

Na polalgebri S(R) (glej začetek prejšnjega razdelka) definirajmo funkcijoµ = µf s predpisom

µ(∅) = 0, µ([a, b)) = f(b)− f(a) (a < b, a, b ∈ R),µ((−∞, b)) = f(b)− f(−∞), µ([a,∞)) = f(∞)− f(a).

Trditev 1.11.2. Funkcija µ = µf je polmera na S(R).

Dokaz. Ker je po definiciji µ(∅) = 0, moramo preveriti točki (ii) in (iii)iz definicije polmere. Točko (ii) bomo preverili za intervale, slučaj, ko je kakaod množic poltrak pa pustili za vajo. Naj bo torej [a, b) končna unija paromadisjunktnih intervalov oblike [aj , bj), ki jih lahko oštevilčimo tako, da je

a = a1 < b1 = a2 < b2 = a3 < . . . < bn = b.

Potem je

µ([a, b)) = f(b)− f(a) =n∑j=1

(f(bj)− f(aj)) =n∑j=1

µ([aj , bj)).

Za dokaz točke (iii) iz definicije polmere bomo pokazali, da je

(1.11.1) f(b)− f(a) ≤∞∑j=1

(f(bj)− f(aj))

1.11. LEBESGUE–STILTJESOVE MERE 31

za vsak interval [a, b) in vsako zaporedje disjunktnih intervalov [aj , bj) z unijo[a, b). (Od tod sledi (iii) tudi za poltrake, pokrite z intervali. Če je namrečpoltrak [a,∞) enak uniji disjunktnih intervalov oblike [aj , bj), je v tej unijivsebovan tudi vsak interval [a, n), zato je tedaj f(n)− f(a) ≤

∑∞j=1(f(bj)−

f(aj)) za vsak n in v limiti tudi f(∞) − f(a) ≤∑∞

j=1(f(bj) − f(aj)). Čepa je en člen pokritja poltrak oblike [c,∞), je mogoče po končni aditivnostidokaz takoj reducirati na interval [a, c). Podoben sklep velja tudi za poltrakeoblike (−∞, b).) Naj bo ε > 0. Ker je f zvezna z leve, obstajajo taki

c < b in cj < aj (j = 1, 2, . . .),

da je

(1.11.2) f(c) > f(b)− ε2

in f(cj) > f(aj)−ε

2 · 2j(j = 1, 2, . . .).

Kompakten interval [a, c] je tedaj vsebovan v uniji odprtih intervalov (cj , bj),zato že končno mnogo teh intervalov (cj , bj) pokriva [a, c]. Točka a jevsebovana v enem od intervalov (cj , bj) končnega pokritja; s spremembooznak lahko brez izgube splošnosti predpostavimo, da je kar v prvem, torejc1 < a < b1. Če je b1 > c, potem že interval (c1, b1) pokriva [a, c]. Če pa jeb1 ≤ c, je b1 vsebovana v enem od preostalih intervalov. Spet lahko (ko spre-menimo indekse) predpostavimo, da je kar b1 ∈ (c2, b2), torej c2 < b1 < b2.Če je b2 > c, je {(c1, b1), (c2, b2)} pokritje za [a, c]. V nasprotnem primeruje točka b2 vsebovana v enem od preostalih intervalov, recimo kar v (c3, b3).Ker je pokritje končno, lahko tako v končno mnogo korakih najdemo takecj , da je

(1.11.3) c1 < a in cj < bj−1 < bj (j = 2, . . . , n), c < bn.

Sedaj imamo∑∞j=1(f(bj)− f(aj)) ≥

∑nj=1(f(bj)− f(aj))

≥∑n

j=1(f(bj)− f(cj))−ε2

= −f(c1) +∑n−1

j=1 (f(bj)− f(cj+1)) + f(bn)−ε2

≥ −f(a) + f(c)− ε2≥ f(b)− f(a)− ε.

Pri tem je druga neenakost sledila iz druge neenakosti v (1.11.2), tretjaneenakost pa iz dejstev, da je f naraščajoč, c1 < a, c < bn in bj > cj+1(torej je f(bj)− f(cj+1) ≥ 0). Zadnja neenakost zgoraj pa je sledila iz prveneenakosti v (1.11.2). Ker velja gornja ocena za vsak ε > 0, to pomeni, daje∑∞

j=1 µ([aj , bj)) =∑∞

j=1(f(bj)−f(aj)) ≥ f(b)−f(a) = µ([a, b)), kar smoželeli dokazati. �

Po trditvi 1.11.2 torej vsaka z leve zvezna naraščajoča funkcija f določapolmero µf na polalgebri S(R). Po trditvi 1.10.5 lahko to mero (enolično)


razširimo do mere na algebri generirani z S(R), ki jo nato lahko po izreku1.9.3 razširomo enolično do mere na σ-algebri generirani z S(R), ki je očitnoenaka Borelovi σ-algebri B(R) na R. Razširjeno mero bomo označili kar z µf .Pravzaprav izrek 1.9.3 konstruira mero na večji σ-algebri, ki jo dobimo izB(R) z napolnitvijo. V primeru, ko je f identična funkcija (f(x) = x za vsakx ∈ R) imenujemo elemente tako dobljene polne σ-algebre L(R) Lebesgueovomerljive množice, mero pa Lebesgueova mera na R. Označimo jo kar z m.Ker je dolžina translacijsko invariantna, se pravi m(A) = m(x+A) za vsakx ∈ R in A ∈ S(R), mora isto veljati tudi za vse A ∈ L(R). Če namreč za danx ∈ R za hip označimo z mx mero definirano na B(R) z mx(A) = m(x+A),je mx|S(R) = m|S(R), ker je dolžina intervalov (in poltrakov) translacijskoinvariantna. Zaradi enoličnosti razširitve mere iz polalgebre na σ-algebro(kadar je mera σ-končna), sledi od tod, da se meri mx in m ujemata na vsehBorelovih množicah, torej morata generirati tudi isto napolnitev in se na njejujemati.

Naloge

1. Dokaži, da naraščajoči z leve zvezni funkciji f, g : R → R določataisto mero (tj. µf = µg) natanko tedaj, ko je f − g konstanta.

2. Naj bo µ poljubna pozitivna končna mera na Borelovi σ-algebri B(R).Pokaži, da je s predpisom fµ(x) := µ((−∞, x)) definirana z leve zveznaomejena naraščajoča (ne nujno strogo) funkcija in, da je limx→−∞ fµ(x) = 0.Nadalje pokaži, da sta preslikavi µ 7→ fµ in f 7→ µf druga drugi inverznibijekciji med množico vseh končnih pozitivnih mer µ na B(R) in množicovseh tistih z leve zveznih naraščajočih omejenih funkcij f : R → R, za katereje limx→−∞ f(x) = 0.

3. Naj bo f : R → R naraščajoča funkcija. Pokaži, da za vsak x ∈ Robstajata leva in desna limita g(x) := limt→x, tx f(t), daje g z leve zvezna naraščajoča funkcija, funkcija s(x) := f(x) − g(x) pa jerazlična od 0 le v števno mnogo točkah.

4. Naj bo D = { k2n : k ∈ Z, n ∈ N} grupa vseh diadičnih ulomkov zaseštevanje. Pokaži: če je mera µ na B(R) invariantna za D (se pravi, če jeµ(A + d) = µ(A) za vsak d ∈ D in vsako množico A iz Borelove σ-algebreB(R))in je µ([0, 1]) < ∞, potem je µ konstanten večkratnik Lebesgueovemere.

5. Ali obstaja kaka taka neničelna mera µ na B(R), da je µ(f(A)) = µ(A)za vsako Borelovo množico A ⊆ R in vsako linearno funkcijo f(x) = kx+ n(k > 0, n ∈ R)?

POGLAVJE 2

Integral

2.1. Integral stopničaste funkcije

Definicija 2.1.1. Naj bo (X,A, µ) prostor s pozitivno mero µ. Zamerljivo stopničasto funkcijo s =

∑nj=1 cjχEj bomo rekli, da je zapisana

kanonično, če so cj ∈ [0,∞) paroma različne konstante, Ej ∈ A pa paromadisjunktne množice iz A z unijo X. Tedaj definiramo integral funkcije s poX kot ∫

Xs dµ =

n∑j=1

cjµ(Ej).

Pri tem se dogovorimo, da je 0 · ∞ = 0. Ponavadi bo prostor X jasen izkonteksta, zato bomo tedaj pisali kar

∫s dµ namesto

∫X s dµ.

Za karakteristično funkcijo χE merljive množice je torej kar∫X χE dµ =

µ(E).

Lema 2.1.2. (Monotonost integrala) Če sta 0 ≤ s ≤ t < ∞ merljivistopničasti funkciji na prostoru (X,A, µ), je∫

s dµ ≤∫t dµ.

Dokaz. Naj bosta s =∑n

j=1 cjχEj in t =∑m

k=1 dkχFk kanonična zapisain naj bo P množica vseh tistih parov (j, k), za katere je Ej ∩Fk 6= ∅. Tedajje cj ≤ dk za vsak (j, k) ∈ P . Ker je µ(Ej) =

∑k,(j,k)∈P µ(Ej ∩ Fk) za vsak

j in podobno µ(Fk) =∑

j,(j,k)∈P µ(Ej ∩ Fk) za vsak k, sledi∫s dµ =

n∑j=1

cjµ(Ej) =∑

(j,k)∈P

cjµ(Ej ∩ Fk)

≤∑

(j,k)∈P

dkµ(Ej ∩ Fk) =m∑k=1

dkµ(Fk) =∫t dµ.

�

33

34 2. INTEGRAL

Če je s merljiva stopničasta funkcija in A ∈ A, je tudi funkcija sχAmerljiva stopničasta, zato lahko definiramo∫

As dµ :=

∫sχA dµ.

Lema 2.1.3. Za vsako merljivo stopničasto funkcijo s : X → [0,∞) naprostoru (X,A, µ) je s predpisom

ν(A) =∫As dµ

definirana pozitivna mera na A.Dokaz. Ker je χ∅ = 0, je ν(∅) =

∫∅ s dµ =

∫0 dµ = 0. Za dokaz σ-

aditivnosti funkcije ν pa naj bo (Ak) poljubno zaporedje paroma disjunktnihmnožic iz A in A njihova unija. Če je s =

∑nj=1 cjχEj kanonični zapis

stopničaste funkcije s, je sχA =∑n

j=1 cjχA∩Ej za vsako podmnožico A ⊆ X,torej je

ν(A) =∫As dµ =

∫sχA =

n∑j=1

cjµ(A ∩ Ej).

Ker je mera µ σ-aditivna, je µ(A ∩ Ej) =∑∞

k=1 µ(Ak ∩ Ej) in sledi

ν(A) =n∑j=1

∞∑k=1

cjµ(Ak ∩ Ej)

=∞∑k=1

n∑j=1

cjµ(Ak ∩ Ej)

=∞∑k=1

∫Ak

s dµ

=∞∑k=1

ν(Ak).

�

Lema 2.1.4. Naj bosta s, t : X → [0,∞) merljivi stopničasti funkciji inc ∈ [0,∞]. Velja:

(i)∫

(s+ t) dµ =∫s dµ+

∫t dµ;

(ii)∫cs dµ = c

∫s dµ.

Dokaz. Dokazali bomo le (i), dokaz točke (ii) pa pustili bralcu za vajo.Bodita s =

∑mi=1 ciχEi in t =

∑nj=1 djχFj kanonična zapisa. Potem je

s+ t =m∑i=1

n∑j=1

(ci + dj)χEi∩Fj ,

2.2. INTEGRAL NENEGATIVNE MERLJIVE FUNKCIJE 35

toda to ni nujno kanonični zapis, ker sta lahko vsoti ci + dj in ci1 + dj1enaki za kaka različna para indeksov (i, j) in (i1, j1). Naj bodo z1, . . . , zp vsemožne različne vrednosti vsot ci + dj in za vsak k = 1, . . . , p naj bo Gk =⋃ci+dj=zk

(Ei ∩ Fj) (1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n). Potem je s + t =∑p

k=1 zkχGkkanonični zapis. Sedaj imamo∫

(s+ t) dµ =p∑

k=1

zkµ(Gk) =p∑

k=1

∑ci+dj=zk

(ci + dj)µ(Ei ∩ Fj)

=m∑i=1

n∑j=1

(ci + dj)µ(Ei ∩ Fj).

Ker je⋃nj=1(Ei ∩ Fj) = Ei in

⋃mi=1(Ei ∩ Fj) = Fj , lahko dvojno vsoto na

desni zapišemo kotm∑i=1

n∑j=1

ciµ(Ei ∩ Fj) +n∑j=1

m∑i=1

djµ(Ei ∩ Fj)

=m∑i=1

ciµ(Ei) +n∑j=1

djµ(Fj) =∫s dµ+

∫t dµ.

�

Naloga. Dokaži, da je∑∞

i=1

∑∞j=1 ai,j =

∑∞j=1

∑∞i=1 ai,j za vsako dvojno

zaporedje ai,j nenegativnih realnih števil. (Poseben primer tega dejstva smouporabili v enem zgornjih dokazov.)

2.2. Integral nenegativne merljive funkcije

Kot običajno naj bo (X,A, µ) prostor z mero. Za vsako merljivo funkcijof : X → [0,∞] naj bo Sf množica vseh takih merljivih stopničastih funkcijs : X → [0,∞), da je s ≤ f .

Definicija 2.2.1. Za vsako merljivo funkcijo f : X → [0,∞] naj bo∫f dµ :=

∫Xf dµ := sup

s∈Sf

∫s dµ.

Če je f stopničasta merljiva nenegativna funkcija, je∫s dµ ≤

∫f dµ

za vsako funkcijo s ∈ Sf zaradi monotonosti integrala stopničastih funkcij(lema 2.1.2). Od tod sledi, da se za stopničasto funkcijo gornja definicijaintegrala ujema s tisto iz prejšnjega razdelka.

Integral je monoton:

Lema 2.2.2. Za vsaki merljivi funkciji f ≤ g z vrednostmi v [0,∞] je∫f dµ ≤

∫g dµ.

36 2. INTEGRAL

Dokaz. To je posledica monotonosti integrala stopničastih funkcij (glejlemo 2.1.2), ker je Sf ⊆ Sg, če je f ≤ g. �

Izrek 2.2.3. (Lebesgueov izrek o monotoni konvergenci) Naj bo 0 ≤ f1 ≤f2 ≤ . . . ≤ fn ≤ . . . naraščajoče zaporedje merljivih funkcij na X z vrednostmiv [0,∞] in naj bo f := limn fn njihova limita (po točkah). Potem je∫

f dµ = limn

∫fn dµ.

Dokaz. Zaradi monotonosti integrala je zaporedje števil∫fn dµ nara-

ščajoče, torej konvergentno v [0,∞]; imenujmo njegovo limito a. Ker jefn ≤ f za vsak n, je spet zaradi monotonosti integrala

∫fn dµ ≤

∫f dµ,

torej tudi

a = limn

∫fn dµ ≤

∫f dµ.

Za dokaz obratne neenakosti zadošča dokazati, da za vsako konstantoc ∈ (0, 1) in vsako stopničasto funkcijo s ∈ Sf velja

(2.2.1) c∫s dµ ≤ a,

saj lahko v tej neenakosti pošljemo c proti 1 in nato vzamemo supremum povseh s ∈ Sf , da dobimo

∫f dµ ≤ a. Za vsak n naj bo

An = {x ∈ X : cs(x) ≤ fn(x)}.Množice An so merljive (zakaj?) in An ⊆ An+1 za vsak n, ker je fn ≤ fn+1.Opazimo, da je

⋃nAn = X. (Za vsak x ∈ X je namreč bodisi f(x) > 0

bodisi f(x) = 0. Če je f(x) > 0, je cs(x) < f(x) in, ker zaporedje (fn(x))konvergira proti f(x), obstaja tak n, da je cs(x) < fn(x), torej x ∈ An. Čepa je f(x) = 0, je tudi s(x) = 0 in x ∈ An za vsak n.) Ker je cs merljivastopničasta funkcija, je po lemi 2.1.3 s predpisom

ν(B) =∫B

(cs) dµ

definirana mera na A. Po trditvi 1.6.6 in monotonosti integrala velja torej

(2.2.2)∫

(cs) dµ = ν(X) = limnν(An) = lim

n

∫An

(cs) dµ ≤∫An

fn dµ.

Integral na levi je enak c∫s dµ, integral na desni v (2.2.2) pa je (pri vsakem

n) dominiran z∫fn dµ ≤ a (ker je fnχAn ≤ fn). Iz (2.2.2) zato takoj sledi

(2.2.1). �

Izrek 2.2.4. Za vsako zaporedje merljivih funkcij fj : X → [0,∞] je∫ ∞∑j=1

fj dµ =∞∑j=1

∫fj dµ.

2.2. INTEGRAL NENEGATIVNE MERLJIVE FUNKCIJE 37

Dokaz. Najprej pokažimo, da velja

(2.2.3)∫

(f1 + f2) dµ =∫f1 dµ+

∫f2 dµ

za vsaki merljivi funkciji f1, f2 : X → [0,∞]. Po izreku 1.5.4 obstajata na-raščajoči zaporedji (gn) in (hn) merljivih nenegativnih stopničastih funkcij,ki konvergirata proti f1 in f2 (zaporedoma) po točkah. Zaporedje funkcijgn + hn je potem naraščajoče in konvergira proti f1 + f2. Po izreku 2.2.3 inlemi 2.1.4 zato velja ∫

(f1 + f2) dµ = limn

∫(gn + hn) dµ

= limn

∫gn dµ+ lim

n

∫hn dµ =

∫f1 dµ+

∫f2 dµ.

S tem je enakost (2.2.3) dokazana.Naj bo gn = f1 + . . . + fn. Zaporedje funkcij gn je naraščajoče in kon-

vergira proti∑∞

j=1 f . Po formuli (2.2.3) sledi z indukcijo, da je∫gn dµ =∑n

j=1

∫fj dµ, zato lahko sedaj po izreku 2.2.3 sklepamo, da velja∫ ∞∑n=1

fj dµ = limn

∫ n∑j=1

fj dµ = limn

n∑j=1

∫fj dµ =

∞∑j=1

∫fj dµ.

�

Lema 2.2.5. Za vsako merljivo funkcijo f : X → [0,∞] je s predpisom

ν(A) =∫Af dµ :=

∫fχA dµ (A ∈ A)

definirana mera na A. Za vsako merljivo funkcijo g : X → [0,∞] je

(2.2.4)∫g dν =

∫gf dµ.

Dokaz. Očitno je ν(∅) = 0. Naj bo (Aj) poljubno zaporedje paromadisjunktnih merljivih množic in A njihova unija. Potem je χA =

∑∞j=1 χAj ,

zato po izreku 2.2.4

ν(A) =∫fχA dµ =

∫ ∞∑j=1

fχAj =∞∑j=1

∫fχAj dµ =

∞∑j=1

ν(Aj).

V primeru, ko je g karakteristična funkcija χA kake merljive množice A,sledi formula (2.2.4) po definiciji mere ν. Od tod jo takoj izpeljemo tudiza stopničaste funkcije (linearne kombinacije karakterističnih). Za splošnomerljivo funkcijo g pa sledi (2.2.4) nato z aproksimacijo s stopničastimi funk-cijami po izrekih 1.5.4 in 2.2.3. �

38 2. INTEGRAL

Formulo (2.2.4) bomo zapisovali krajše kot dν = f dµ.Iz izreka 2.2.3 in leme 2.1.4(ii) je mogoče takoj izpeljati tudi naslednjo

lemo:

Lema 2.2.6. Za vsako realno število α ≥ 0 in merljivo funkcijo f : X →[0,∞] je ∫

αf dµ = α∫f dµ.

Ker je ideja dokaza leme 2.2.6 enaka kot v prejšnjih dokazih (aproksima-cija s stopničastimi funkcijami), puščamo dokaz za vajo.

Lema 2.2.7. (Fatoujeva lema) Za vsako zaporedje merljivih funkcij fn :X → [0,∞] je ∫

lim infn

fn dµ ≤ lim infn

∫fn dµ.

Dokaz. Naj bo f = lim infn fn in za vsak n naj bo gn = infj≥n fj ;torej je gn ≤ fn. Po definiciji je tedaj f = limn gn. Ker je zaporedje (gn)naraščajoče, je po Lebesgueovem izreku o monotoni konvergenci (izrek 2.2.3)∫

f dµ = limn

∫gn dµ ≤ lim inf

n

∫fn dµ.

(Zadnja neenakost sledi iz naslednjih dveh dejstev: (1) če za zaporedji realnihštevil velja an ≤ bn za vsak n, potem je lim infn an ≤ lim infn bn; (2) če jezaporedje realnih števil an konvergentno, je lim infn an = limn an.) �

Naloge

1. Naj bo (fn) padajoče zaporedje nenegativnih merljivih funkcij z limitof . Dokaži, da je

∫f dµ = limn

∫fn dµ, če je

∫f1 dµ < ∞. Poišči tudi kak

zgled, ki pokaže, da predpostavka∫f1 dµ

2.3. INTEGRAL KOMPLEKSNE MERLJIVE FUNKCIJE 39

2.3. Integral kompleksne merljive funkcije

Še naprej bo X merljiv prostor, torej opremljen z neko σ-algebro A inpozitivno mero µ. S C bomo označevali razširjeno množico kompleksnihštevil C ∪ {∞}, opremljeno s topologijo, ki se na C ujema z običajno to-pologijo, bazični sistem okolic točke ∞ pa sestavljajo komplementi krogovD(0, r) := {z ∈ C : |z| ≤ r}. Na C bomo vedno vzeli Borelovo σ-algebro, kijo določa ta topologija.

Če je f : X → C merljiva funkcija, je merljiva tudi funkcija |f | (kotkompozitum funkcije f z zvezno preslikavo z 7→ |z|).

Definicija 2.3.1. Funkcija f : X → C je integrabilna, če je

(2.3.1) ‖f‖1 :=∫|f | dµ

40 2. INTEGRAL

množica tistih točk x ∈ X, za katere ne velja, mero 0. Ponavadi bo meraµ razvidna iz konteksta, zato bomo tedaj zpisali kar‘skoraj povsod’ namesto‘µ-skoraj povsod’.

Iz ene od nalog prejšnjega razdelka sledi, da je∫|f | dµ = 0 natanko

tedaj, ko je f = 0 s.p.. Ker je to dejstvo pomembno, navedimo dokaz. Najbo N množica ničel funkcije f (kar je tudi množica ničel funkcije |f |). Če jef = 0 s.p., je µ(N c) = 0 in zato

0 ≤∫|f | dµ =

∫N

0 dµ+∫Nc|f | dµ ≤ 0 + (sup f)µ(N c) = 0.

(V zadnji enakosti je morda treba upoštevati dogovor ∞ · 0 = 0.) Za dokazv obratno smer pa privzemimo, da f ni skoraj povsod enaka 0, torej da jeµ(N c) > 0. Ker je N c unija naraščajočega zaporedja množic An := {x ∈X : |f(x)| ≥ 1n}, mora tedaj po trditvi 1.6.6 biti µ(An) > 0 za vsaj en n.Toda potem je∫

|f | dµ ≥∫An

|f | dµ ≥∫An

1ndµ =

1nµ(An) > 0.

Če vpeljemo v L1(µ) ekvivalenčno relacijo

g ∼ f ⇐⇒ g − f = 0 s.p.,je preslikava [f ] 7→ ‖f‖1 norma na prostoru L1(µ)/ ∼ ekvivalenčnih razredov.

Naloga. Dokaži, da je ∼ res ekvivalenčna relacija, da je množicaL1(µ)/ ∼

ekvivalenčnih razredov vektorski prostor in [f ] 7→ ‖f‖1 nedvoumno defini-rana norma na njem.

V navadi je, da množico ekvivalenčnih razredov L1(µ)/ ∼ označimo karz L1(µ), njene elemente pa obravnavamo kar kot funkcije.

Ni težko pokazati, da ima za vsako funkcijo f ∈ L1(µ) množica F :={x ∈ X : f(x) = ∞} mero 0. Funkcija f se torej skoraj povsod ujema zmerljivo funkcijo f0, definirano z

f0(x) ={f(x), če je |f(x)|


Pozitivni in negativni del funkcije f : X → R sta definirana kot

f+ =12(|f |+ f) in f− = 1

2(|f | − f).

Če je f merljiva, je taka tudi |f | in zato sta merljivi tudi funkciji f+ in f−.Ker je |f+| ≤ |f | in |f−| ≤ |f | in f = f+ − f−, je f ∈ L1(µ) natanko tedaj,ko sta obe funkciji f+ in f− v L1(µ).

Definicija 2.3.3. Za vsako merljivo funkcijo f : X → R naj bo∫f dµ :=

∫f+ dµ−

∫f− dµ,

če je vsaj eden od integralov na desni končen. Za vsako merljivo funkcijof : X → C pa potem definirajmo∫

f dµ =∫

Re f dµ+ i∫

Im f dµ.

Trditev 2.3.4. (i) Integral je linearen funkcional na prostoru L1(µ):

(2.3.2)∫

(αf + βg) dµ = α∫f dµ+ β

∫g dµ

za vsaka α, β ∈ C in vsaki funkciji f, g ∈ L1(µ).(ii) Za vsaki merljivi funkciji f, g : X → R iz f ≤ g sledi

∫f dµ ≤

∫g dµ.

(iii) Za vsako funkcijo f ∈ L1(µ) velja neenakost

(2.3.3)∣∣∣∣∫ f dµ∣∣∣∣ ≤ ∫ |f | dµ.

Dokaz. (i) Z razcepom koeficientov α in β ter funkcij f in g na realnein imaginarne dele lahko dokaz reduciramo na slučaj, ko sta α in β realništevili, funkciji f in g pa imata realne vrednosti (to redukcijo bomo prepustilibralcem za vajo). Nadalje lahko za vsak α ∈ R in vsako merljivo funkcijof : X → R izpeljemo enakost

(2.3.4)∫αf dµ = α

∫f dµ

takoj iz definicije integrala realne funkcije, ko ločimo primere α > 0, α = 0in α < 0. Če je npr. α > 0, je (αf)+ = αf+ in (αf)− = αf−, zato je polemi 2.2.6∫

αf dµ =∫

(αf)+ dµ−∫

(αf)− = α∫f+ dµ− α

∫f− dµ = α

∫f dµ.

Ostali dve možnosti (α = 0 in α < 0) pa sta podobni in ju puščamo za vajo.Za dokaz enakosti (2.3.2) zadošča sedaj dokazati še aditivnost integrala zarealne funkcije, namreč, da za vsaki merljivi funkciji f, g : X → R velja

42 2. INTEGRAL∫(f +g) dµ =

∫f dµ+

∫g dµ. Po definiciji integrala realnih funkcij moramo

dokazati, da je∫(f + g)+ dµ−

∫(f + g)− dµ =

∫f+ dµ−

∫f− dµ+

∫g+ dµ−

∫g− dµ.

To lahko napišemo v ekvivalentni obliki tako, da bodo na obeh straneh samonenegativni členi; pri tem označimo, zaradi krajšega zapisa h := f + g:

(2.3.5)∫h+ dµ+

∫f− dµ+

∫g− dµ =

∫h− dµ+

∫f+ dµ+

∫g+ dµ.

Zaradi aditivnosti integrala nenegativnih funkcij (izrek 2.2.4), lahko (2.3.5)napišemo tudi kot

(2.3.6)∫

(h+ + f− + g−) dµ =∫

(h− + f+ + g+) dµ.

Ker iz h = f + g sledi h+ − h− = f+ − f− + g+ − g−, kar lahko napišemokot h+ + f− + g− = h− + f+ + g+, je sedaj enakost (2.3.6) očitna.

(ii) Ker je g − f ≥ 0, sklepamo z uporabo točke (i), da je∫g dµ−

∫f dµ =

∫(g − f) dµ ≥ 0,

torej je∫f dµ ≤

∫g dµ.

(iii) Relacija (2.3.3) je očitna v slučaju, ko je∫f dµ = 0. Privzemimo

torej, da je α :=∫f dµ 6= 0 in naj bo ω tako kompleksno število z absolutno

vrednostjo 1, da je ωα = |α| (torej ω := α/|α|). Potem je

(2.3.7)∣∣∣∣∫ f dµ∣∣∣∣ = |α| = ωα = ω ∫ f dµ = ∫ (ωf) dµ = ∫ Re (ωf) dµ,

pri čemer smo v zadnji enakosti upoštevali, da je število∫

(ωf) dµ realno, zatoje∫

(ωf) dµ = Re∫

(ωf) dµ =∫

Re (ωf) dµ. Ker je Re (ωf) ≤ |ωf | = |f |,sledi iz (2.3.7) in (ii), da je ∣∣∣∣∫ f dµ∣∣∣∣ ≤ ∫ |f | dµ.

�

Navedimo sedaj še morda najpomembnejši izrek o konvergenci zaporedijintegralov.

Izrek 2.3.5. (Lebesgueov izrek o dominirajoči konvergenci) Naj bo (fn)zaporedje merljivih kompleksnih funkcij na prostoru (X,A, µ), ki konvergiraskoraj povsod po točkah k funkciji f . Če obstaja kaka taka funkcija g ∈ L1(µ),da je |fn(x)| ≤ g(x) za skoraj vsak x, potem je

(2.3.8) limn

∫|fn − f | dµ = 0,


torej tudi

(2.3.9) limn

∫fn dµ =

∫f dµ.

Dokaz. Ker zaporedje (fn) konvergira s.p. proti f , obstaja taka mno-žica N0 ∈ A, da je µ(N0) = 0 in f(x) = lim fn(x) za vsak x ∈ N c0 . Ker veljaneenakost |fn(x)| ≤ g(x) za skoraj vsak x, obstaja taka množica Nn ∈ A,da je µ(Nn) = 0 in |fn(x)| ≤ g(x) za vsak x ∈ N cn (n = 1, 2, . . .). MnožicaN :=

⋃∞n=0Nn ima mero 0 in za vsak x ∈ N c velja hkrati

|f(x)| ≤ g(x) in limnfn(x) = f(x).

Ker je µ(N) = 0, so vsi integrali po množici N enaki 0, torej∫X

=∫N

+∫Nc

=∫Nc,

zato smemo privzeti, da zaporedje fn(x) konvergira proti f(x) za vsak x inda je |fn(x)| ≤ g(x) za vsak x. (Sicer nadomestiom X z N c, A z A|N c :={A ∩N c : A ∈ A} in µ z µ|(A|N c). Funkcija f |N morda ni merljiva, todato ne igra nobene vloge, ker je µ(N) = 0. Natančneje rečeno, v izreku 2.3.5je treba nadomestiti f s funkcijo fχNc , ki je merljiva.)

Ker je |fn| ≤ g za vsak n, je tudi |f | ≤ g in zato |fn − f | ≤ 2g. Merljivefunkcije 2g − |fn − f | so torej nenegativne in konvergirajo po točkah proti2g. Po Fatoujevi lemi (lema 2.2.7) je zato∫

2g dµ =∫

lim infn

(2g − |fn − f |) dµ

≤ lim infn

∫(2g − |fn − f |) dµ

=∫

2g dµ− lim supn

∫|fn − f | dµ.

Ko pokrajšamo na obeh straneh∫

2g dµ, dobimo od tod

lim supn

∫|fn − f | dµ ≤ 0.

To pomeni, da mora zaporedje nenegativnih števil∫|fn− f | dµ konvergirati

proti 0. S tem smo dokazali enakost (2.3.8), enakost (2.3.9) pa sledi iz nje,saj je po (2.3.3)∣∣∣∣∫ fn dµ− ∫ f dµ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∫ (fn − f) dµ∣∣∣∣ ≤ ∫ |fn − f | dµ→ 0.

�

44 2. INTEGRAL

Sedaj bi radi pokazali še, da je prostor L(µ) (ekvivalenčnih razredovfunkcij) poln, torej da je vsako Cauchyjevo zaporedje v njem konvergentno.V ta namen potrebujemo naslednjo lemo.

Lema 2.3.6. Če je (fj) tako zaporedje funkcij iz L1(µ), da je∞∑j=1

‖fj‖1


konvergirajo torej proti f(x) za skoraj vsak x. Ker je

fnk+1 = fn1 +k∑j=1

(fnj+1 − fnj ),

je

|fnk+1 | ≤ |fn1 |+k∑j=1

|fnj+1 − fnj | ≤ |fn1 |+∞∑j=1

|fnj+1 − fnj | =: g.

Pri tem je g ∈ L1(µ) po prejšnji lemi, zato sledi po Lebesgueovem izreku odominirajoči konvergenci, da je

limk

∫|fnk+1 − f(x)| dµ = 0.

To pomeni, da podzaporedje (fnk) zaporedja (fn) konvergira proti f ponormi prostora L1(µ). Ker je zaporedje (fn) Cauchyjevo pa od tod sledi, damora konvergirati proti f celotno zaporedje (fn). Pri danem ε > 0 lahkonamreč najdemo najprej tak n0 ∈ N, da je

(2.3.10) ‖fn − fm‖1 <ε

2za vse m,n ≥ n0.

Nato izberemo tako pozen člen fnk podzaporedja, da je

(2.3.11) nk > n0 in ‖fnk − f‖1 <ε

2.

Za vse n ≥ n0 sledi iz (2.3.10) in (2.3.11)

‖fn − f‖1 = ‖(fn − fnk) + (fnk − f)‖1 ≤ ‖fn − fnk‖1 + ‖fnk − f‖1 < ε.

�

Iz dokaza prejšnjega izreka razberemo, da velja naslednja trditev:

Trditev 2.3.8. Za vsako konvergentno zaporedje (fn) v prostoru L1(µ)obstaja podzaporedje (fnj ), ki konvergira proti limitni funkciji f skoraj pov-sod.

Naloge

1. Dokaži, da ima za vsako funkcijo f ∈ L1(µ) množica N c := {x ∈X : f(x) 6= 0} σ-končno mero, torej da se da N c izraziti kot unija zaporedjapodmnožic Nk, za katere je µ(Nk) 0 obstaja takamnožica A ∈ A, da je µ(A)

46 2. INTEGRAL

3. Dokaži, da je množica S1(µ) vseh tistih stopničastih funkcij, ki so vL1(µ), gosta v L1(µ). (To pomeni, da za vsak ε > 0 in vsak f ∈ L1(µ)obstaja tak s ∈ S1(µ), da je ‖f − s‖1 < ε.)

4. Naj bo (X, Ã, µ̃) napolnitev prostora (X,A, µ). Dokaži, da za vsakofunkcijo f ∈ L1(µ̃) obstaja taka funkcija g ∈ L1(µ), da je g = f s.p. glede namero µ̃. Sklepaj od tod, da je naravna vložitev L1(µ) ⊆ L1(µ̃) izometričenizomorfizem (torej, da ohranja normo in je surjektivna).

5. Naj bo f : X × [0, 1] → C taka funkcija, da je za vsak t ∈ [0, 1]funkcija f(·, t) : X → C v L1(µ), da obstaja ∂f∂t (x, t) za vsak (x, t) in da je|∂f∂t (x, t)| ≤ g(x) za kako funkcijo g ∈ L

1(µ) in vse (x, t). Dokaži, da je tedajfunkcija F (t) :=

∫f(x, t) dµ(x) odvedljiva in

F ′(t) =∫∂f

∂t(x, t) dµ(x).

6. Če zaporedje funkcij fn ∈ L1(X,A, µ) konvergira proti funkciji fenakomerno in je µ(X) 1, kjer je ζRiemannova ζ-funkcija, ζ(s) =

∑∞n=1 n

−s.

2.4. POVEZAVA MED RIEMANNOVIM IN LEBESGUEOVIM INTEGRALOM NA R 47

2.4. Povezava med Riemannovim in Lebesgueovim integralom naR

Spomnimo se najprej definicije Riemannovega integrala omejene funkcijef : [a, b] → R, kjer je a < b, a, b ∈ R. Za vsako particijo(2.4.1) P : a = x0 < x1 < . . . < xn = b

intervala [a, b] naj bo

(2.4.2) mj = infxj−1≤x

48 2. INTEGRAL

proti neki Borelovi funkciji s. Podobno je zaporedje zPk padajoče in navzdolomejeno in konvergira proti neki Borelovi funkciji z. Pri tem je s ≤ f ≤ z(ker je sPk ≤ f ≤ zPk za vsak k). Po Lebesgueovem izreku o dominirajočikonvergenci sledi sedaj iz (2.4.3), da je

(2.4.4)∫

[a,b]s dx =

∫ baf(x) dx =

∫[a,b]

z dx.

Od tod sledi∫[a,b](z − s) dx = 0 in (ker je z − s ≥ 0) z − s = 0 skoraj

povsod. Ker je s ≤ f ≤ z, to pomeni, da je s = f = z skoraj povsod (gledena Lebesgueovo mero), se pravi, da je funkcija f Lebesueovo merljiva in∫[a,b] f dx =

∫[a,b] s dx. Od tod in po (2.4.4) mora biti

∫[a,b] f dx =

∫ ba f(x) dx.

�

Trditev 2.4.2. Omejena funkcija f : [a, b] → R je Riemannovo integra-bilna natanko tedaj, ko je skoraj povsod zvezna.

Dokaz. Naj bo (Pk) zaporedje particij iz dokaza prejšnje trditve in Q =⋃k Pk. Q je torej neka števna podmnožica intervala [a, b]. Za vsako točko

x ∈ [a, b]\Q velja, da je f zvezna v točki x natanko tedaj, ko je s(x) = z(x),kjer sta s in z funkciji iz dokaza prejšnje trditve. Če je f Riemannovointegrabilna, je po dokazu prejšnje trditve s = z skoraj povsod, torej jetedaj f zvezna v skoraj vsaki točki x ∈ [0, 1] \Q. Ker je Q števna množica,ima Lebesgueovo mero 0, zato je tedaj f zvezna skoraj v vsaki točki x ∈ [a, b].

Če je f zvezna za skoraj vsak x ∈ [a, b], potem je s = z skoraj povsod,zato

∫[a,b] s dx =

∫[a,b] z dx in po (2.4.3) sledi da je limk ZPk = limk SPk . Od

tod sklepamo, da imajo zgornje in spodnje Riemannove vsote funkcije f istolimito, se pravi, da je f Riemannovo integrabilna. �

Naloge

1. Navedi kak zgled Lebesgueovo integrabilne funkcije, ki ni Riemannovointegrabilna.

2. Ugotovi, kolikšne moči imajo naslednje množice funkcij iz R v C:(i) množica vseh zveznih funkcij;(ii) množica vseh Borelovih funkcij;(iii) množica vseh Lebesgueovo integrabilnih funkcij;(iv) množica vseh Lebesgueovo merljivih funkcij;(v) množica vseh Riemannovo integrabilnih funkcij.3. Naj bo f ∈ L1(m), kjer je m Lebesgueova mera na R. Dokaži, da je

funkcija

g(x) :=∫

Rf(t)

sin(tx)tx

dt (x ∈ R \ {0})

zvezna in omejena ter določi limx→0 g(x) in limx→∞ g(x).

2.5. KONVERGENCE SKORAJ POVSOD, SKORAJ ENAKOMERNO IN PO MERI 49

2.5. Konvergence skoraj povsod, skoraj enakomerno in po meri

Definicija 2.5.1. Zaporedje merljivih kompleksnih funkcij fn na pro-storu (X,A, µ) konvergira proti funkciji f skoraj enakomerno, če za vsakε > 0 obstaja taka množica A ∈ A, da je µ(Ac) < ε in zaporedje funkcijfn|A konvergira proti f |A enakomerno.

Zaporedje funkcij fn je skoraj enakomerno Cauchyjevo, če za vsak ε > 0obstaja taka množica A ∈ A, da je µ(Ac) < ε in je zaporedje funkcij fn|Aenakomerno Cauchyjevo (torej limm,n→∞ supx∈A |fn(x)− fm(x)| = 0).

Lahko je pokazati, da je vsako skoraj enakomerno konvergentno zapo-redje skoraj Cauchyjevo. Za dokaz obratne trditve pa najprej opazimo, daje zaporedje enakomerno Cauchyjevo na uniji dveh (ali končno mnogo) mno-žic, če je enakomerno Cauchyjevo na vsaki množici zase. Če je torej (fn)skoraj enakomerno Cauchyjevo zaporedje merljivih funkcij, potem obstajatako naraščajoče zaporedje množic Ak ∈ A, da je µ(Ack) <

1k in je zaporedje

(fn|Ak)n enakomerno Cauchyjevo za vsak k, torej konvergira enakomernona Ak proti neki funkciji gk. Pri tem mora biti gk+1|Ak = gk, saj za vsakx ∈ A :=

⋃k Ak zaporedje (fn(x)) konvergira le proti eni vrednosti. Torej

obstaja (natanko ena) taka funkcija f : X → C, da je f |Ak = gk za vsak k inf |Ac = 0. Ker je A ∈ A in zaporedje merljivih funkcij fn konvergira na mno-žici A po točkah proti f , je f merljiva. Na vsaki od množic Ak konvergirazaporedje funkcij fn|Ak proti f |Ak; ker je limk→∞ µ(Ack) = 0, to pomeni, dazaporedje (fn) konvergira proti f skoraj enakomerno. S tem smo dokazalinaslednjo trditev:

Trditev 2.5.2. Zaporedje merljivih funkcij (fn) je skoraj enakomernokonvergentno natanko tedaj, ko je skoraj enakomerno Cauchyjevo. Tedajkonvergira proti limitni funkciji f skoraj povsod.

Na prostoru s končno mero iz konvergence skoraj povsod sledi skorajenakomerna konvergenca:

Izrek 2.5.3. (izrek Jegorova) Naj bo (X,A) merljiv prostor s končnomero µ. Če zaporedje merljivih funkcij fn : X → C konvergira proti funkcijif skoraj povsod, potem konvergira proti f skoraj enakomerno.

Dokaz. Če izrežemo iz prostora X primerno merljivo množico z mero0 (in označimo preostanek spet kar z X), lahko privzamemo, da zaporedje(fn(x)) konvergira proti f(x) za vsak x ∈ X. Nadalje lahko privzamemo, daje f = 0 (sicer nadomestimo fn z fn − f . Za vsaka k,m = 1, 2, . . . naj bo

Ak,m := {x ∈ X : |fn(x)| ≤1m∀n ≥ k}.

50 2. INTEGRAL

Ker za vsak x ∈ X zaporedje (fn(x)) konvergira proti 0, je pri vsakem m, xv kaki od množic Ak,m, torej je

(2.5.1)⋃k

Ak,m = X

za vsak m. Očitno je pri fiksnem m zaporedje množic (Ak,m) naraščajoče:Ak,m ⊆ Ak+1,m. Zato iz (2.5.1) sledi, da je limk µ(Ak,m) = µ(X), torej pridanem ε > 0 obstaja tak km, da je

µ(Akm,m) ≥ µ(X)−ε

2m.

Naj bo A :=⋂mAkm,m. Potem je

µ(Ac) = µ(⋃m

Ackm,m) ≤∑m

µ(Ackm,m) <∞∑m=1

ε

2m= ε.

Na A pa kovergira zaporedje funkcij fn proti 0 enakomerno. (Če je namrečx ∈ A, je x ∈ Akm,m za vsak m, zato |fn(x)| ≤ 1m za vse n ≥ km. Če pridanem ε > 0 izberemo m tako, da je 1m < ε, je torej |fn(x)| ≤ ε za vsen ≥ km in vse x ∈ A.) �

Definicija 2.5.4. Zaporedje kompleksnih merljivih funkcij fn na merlji-vem prostoru (X,A, µ) konvergira po meri proti funkciji f , če za vsak ε > 0velja

limnµ({x ∈ X : |fn(x)− f(x)| ≥ ε}) = 0.

Zaporedje (fn) je Cauchyjevo po meri, če za vsak ε > 0 velja

limm,n→∞

µ({x ∈ X : |fn(x)− fm(x)| ≥ ε}) = 0.

Trditev 2.5.5. Če zaporedje merljivh funkcij (fn) konvergira proti fskoraj enakomerno, potem konvergira tudi po meri.

Dokaz. Brez izgube splošnosti smemo vzeti, da je f = 0 (sicer obrav-navamo fn − f namesto fn). Izberimo ε > 0, naj bo 0 < δ < ε inFn := {x ∈ X : |fn(x)| ≥ ε}. Ker zaporedje (fn) konvergira proti 0 skorajenakomerno, obstaja taka množica A ∈ A, da je µ(Ac) < ε in da zaporedje(fn|A) konvergira proti 0 enakomerno. Za vse dovolj velike n, recimo zan ≥ nδ, je tedaj supx∈A |fn(x)| < δ, torej je A ∩ Fn = ∅. Od tod sledi, da jeFn ⊆ Ac za vse n ≥ nδ, se pravi µ(Fn) < ε za vse n ≥ nδ. Ker velja to zavsak pozitiven δ < ε, je limn µ(Fn) = 0. �

Posledica 2.5.6. Naj bo (X,A, µ) prostor s končno mero µ. Če zapo-redje merljivih funkcij fn : X → C konvergira skoraj povsod, potem konver-gira tudi po meri.

2.5. KONVERGENCE SKORAJ POVSOD, SKORAJ ENAKOMERNO IN PO MERI 51

Dokaz. Po izreku Jegorova (izrek 2.5.3) konvergira (fn) skoraj enako-merno, zato po trditvi 2.5.5 tudi po meri. �

Pogoj o končnosti mere v izreku Jegorova ni odveč.

Zgled 2.5.7. Zaporedje Borelovih funkcij χ(n,n+1) (n ∈ N) na R konver-gira proti 0 povsod, vendar ne skoraj enakomerno, niti po meri.

Naslednji zgled pokaže, da iz konvergence po meri ne sledi konvergencaskoraj povsod niti na prostoru s končno mero, torej ne sledi niti skoraj ena-komerna konvergenca (po trditvi 2.5.5).

Zgled 2.5.8. Naj bo interval [0, 1] opremljen z Lebesgueovo mero. De-finirajmo zaporedje merljivih (stopničastih) funkcij fn : [0, 1] → R na na-slednji način. Naj bo f1 konstanta 1, f2 = χ[0, 1

2],f3 = χ[ 1

2,1], f4 = χ[0, 1

4],

f5 = χ[ 14, 12],... V splošnem je vsaka od funkcij fn enaka χ[ k

2m, k+12m

] za kakak,m ∈ N, k = 0, 1, . . . , 2m−1. Dolžina intervala, na katerem je taka funkcijarazlična od 0, je 2−m in gre proti 0, zato zaporedje (fn) konvergira proti 0 pomeri. V vsaki točki x ∈ [0, 1] pa ima neskončno mnogo funkcij fn vrednost1 in prav tako neskončno mnogo jih ima vrednost 0, zato zaporedje (fn(x))ni konvergentno za noben x ∈ [0, 1].

Trditev 2.5.9. Zaporedje merljivih funkcij fn je konvergentno po merinatanko tedaj, ko je Cauchyjevo po meri. Limita takega zaporedja je skorajpovsod enolično določena.

Dokaz. Naj (fn) konvergira po meri proti f in izberimo ε > 0. Za vsakam,n naj bo

Fn = {x ∈ X : |fn(x)−f(x)| <ε

2} in Fn,m = {x ∈ X : |fn(x)−fm(x)| < ε}.

Potem je Fn ∩ Fm ⊆ Fn,m, torej F cn,m ⊆ F cn ∪ F cm. Ker zaporedje (fn)konvergira po meri proti f , je limn µ(F cn) = 0. Ker je µ(F cn,m) ≤ µ(Fn) +µ(Fm), sledi od tod, da je limm,n→∞ µ(F cn,m) = 0. Ker velja to za vsak ε > 0,je zaporedje (fn) Cauchyjevo po meri.

Predpostavimo sedaj, da je zaporedje (fn) Cauchyjevo po meri. Za vsakem,n, k = 1, 2, . . . naj bo

En,m,k = {x ∈ X : |fn(x)− fm(x)| ≥1

2k+1}.

Po predpostavki je limm,n→∞ µ(En,m,k) = 0 za vsak k, torej obstaja taknk ∈ N, da je µ(En,m,k) < 12k+1 za vse n,m ≥ nk. Naj bo

Ek := Enk,nk+1,k.

Torej je

Ek = {x ∈ X : |fnk+1(x)− fnk(x)| ≥1

2k+1}

52 2. INTEGRAL

in µ(Ek) < 12k+1 . Za vsak ` naj bo Gc` :=

⋃∞k=`Ek. Potem je

µ(Gc`) ≤∞∑k=`

2−(k+1) = 2−`.

Zaporedje (fnk) je skoraj enakomerno Cauchyjevo, saj za vsak x ∈ G` invsaka j > i ≥ ` velja

|fnj (x)− fni(x)| = |j−1∑k=i

fnk+1 − fnk | <j−1∑k=i

2−(k+1) < 2−`,

ker je G` =⋂∞k=`E

ck ⊆ Gk za vse k ≥ `. Po trditvi 2.5.2 zaporedje (fnk)

konvergira proti neki funkciji f skoraj enakomerno in po trditvi 2.5.5 kon-vergira potem tudi po meri. Pokažimo, da celotno zaporedje (fn) konvergiraproti f po meri. Naj bo sedaj Fn,ε = {x ∈ X : |fn(x) − f(x)| ≥ ε} inFn,m,ε = {x ∈ X : |fn(x)− fm(x)| ≥ ε}. Potem je

Fn,ε ⊆ Fn,nk,ε/2 ∪ Fnk,ε/2.

Pri tem gre µ(Fn,nk,ε/2) proti 0 (ko gresta n in k proti ∞), ker je zaporedje(fn) Cauchyjevo po meri, µ(Fnk,ε/2) pa gre proti 0, ker zaporedje (fnk) pomeri konvergira proti f .

Končno, če zaporedje (fn) po meri konvergira proti funkcijama f in g,naj bo Hε = {x ∈ X : |g(x)− f(x)| ≥ ε}, Fn,ε kot v prješnjem odstavku inGn,ε = {x ∈ X : |fn(x)− g(x)| ≥ ε}. Tedaj je

Hε ⊆ Fn,ε/2 ∪Gn,ε/2,

zato je µ(Hε) ≤ limn(µ(Fn,ε/2) + µ(Gn,ε/2) = 0. Za vsak k = 1, 2 . . . imatorej množica H 1

kmero 0. Množica {x ∈ X : f(x) 6= g(x)} je unija množic

H 1k, zato ima mero 0. Torej je g = f skoraj povsod. �

V dokazu prejšnje trditve podzaporedje (fnj ) konvergira proti f skorajenakomerno, torej tudi skoraj povsod po trditvi 2.5.2. Zato velja naslednjatrditev.

Trditev 2.5.10. Za vsako po meri konvergentno zaporedje merljivih fun-kcij fn obstaja podzaporedje, ki konvergira skoraj povsod.

Naloge

1. Če zaporedje funkcij fn ∈ L1(µ) konvergira proti f po normi prostoraL1(µ), potem konvergira tudi po meri.

2. Kaj pomeni konvergenca po meri na prostoru z mero, ki šteje točke?3. Brez uporabe izreka Jegor

Documents

Osnove teorije mere Bojan Magajna - University of Ljubljanamagajna/Matematika1KEM/Teorija mere...Knjiga je na-menjena predvsem študentom matematike na drugi stopnji. Obsega klasične