Prethodna tema :: Sljedeća tema |
Autor/ica |
Poruka |
Gost
|
|
[Vrh] |
|
Gost
|
|
[Vrh] |
|
xyz4 Gost
|
Postano: 18:30 uto, 15. 5. 2012 Naslov: |
|
|
100. zadatak.. Zasto, kod L. indukcije, prvi korak, ide A-c (karakteristicna fja, imamo f(x+c), pa kasnije A-c)?
100. zadatak.. Zasto, kod L. indukcije, prvi korak, ide A-c (karakteristicna fja, imamo f(x+c), pa kasnije A-c)?
|
|
[Vrh] |
|
vjekovac Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 01. 2003. (18:26:55) Postovi: (2DB)16
Spol:
|
Postano: 21:28 sri, 16. 5. 2012 Naslov: |
|
|
[quote="xyz4"]100. zadatak.. Zasto, kod L. indukcije, prvi korak, ide A-c (karakteristicna fja, imamo f(x+c), pa kasnije A-c)?[/quote]
Samo da napomenem da je to zadatak kod kojeg treba dokazati [tex]\int_{\mathbb{R}}f(x+c)d\lambda(x)=\int_{\mathbb{R}}f(x)d\lambda(x)[/tex]. Naime, ne koriste sve grupe vježbi istu numeraciju zadataka.
Ukoliko taj zadatak rješavate Lebesgueovom indukcijom, onda u prvom koraku provjeravate vrijedi li tvrdnja za [tex]f=\mathbf{1}_{A}[/tex], pri čemu je A Borelov skup.
U desnu stranu ćete uvrstiti [tex]f(x)=\mathbf{1}_{A}(x)[/tex], ali u lijevu stranu ćete uvrstiti [tex]f(x+c)=\mathbf{1}_{A}(x+c)=\mathbf{1}_{A-c}(x)[/tex]. Odatle dobijete taj A-c. Jednakost postaje [tex]\lambda(A-c)=\lambda(A)[/tex], što vrijedi zbog translacijske invarijantnosti Lebesgueove mjere, i time je završen prvi korak.
Inače, lakše je taj zadatak riješiti korištenjem Teorema o integraciji obzirom na sliku mjere (to je prvi teorem u poglavlju o Lp prostorima), kao što je uostalom i napravljeno na predavanjima.
xyz4 (napisa): | 100. zadatak.. Zasto, kod L. indukcije, prvi korak, ide A-c (karakteristicna fja, imamo f(x+c), pa kasnije A-c)? |
Samo da napomenem da je to zadatak kod kojeg treba dokazati [tex]\int_{\mathbb{R}}f(x+c)d\lambda(x)=\int_{\mathbb{R}}f(x)d\lambda(x)[/tex]. Naime, ne koriste sve grupe vježbi istu numeraciju zadataka.
Ukoliko taj zadatak rješavate Lebesgueovom indukcijom, onda u prvom koraku provjeravate vrijedi li tvrdnja za [tex]f=\mathbf{1}_{A}[/tex], pri čemu je A Borelov skup.
U desnu stranu ćete uvrstiti [tex]f(x)=\mathbf{1}_{A}(x)[/tex], ali u lijevu stranu ćete uvrstiti [tex]f(x+c)=\mathbf{1}_{A}(x+c)=\mathbf{1}_{A-c}(x)[/tex]. Odatle dobijete taj A-c. Jednakost postaje [tex]\lambda(A-c)=\lambda(A)[/tex], što vrijedi zbog translacijske invarijantnosti Lebesgueove mjere, i time je završen prvi korak.
Inače, lakše je taj zadatak riješiti korištenjem Teorema o integraciji obzirom na sliku mjere (to je prvi teorem u poglavlju o Lp prostorima), kao što je uostalom i napravljeno na predavanjima.
|
|
[Vrh] |
|
muttley Forumaš(ica)
Pridružen/a: 07. 11. 2008. (12:31:55) Postovi: (23)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
vjekovac Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 01. 2003. (18:26:55) Postovi: (2DB)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
mathh5 Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 05. 2012. (12:16:25) Postovi: (E)16
|
|
[Vrh] |
|
.anchy. Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 11. 2007. (20:03:46) Postovi: (1BC)16
Lokacija: Zgb
|
Postano: 16:22 sub, 26. 5. 2012 Naslov: |
|
|
[quote="mathh5"]Zad. 133. (vježbe asis. Geček) (x,F,mi)prostor konačne mjere, fn:x->R omeđene izmjerive f-je. Ako fn kvg po mjeri mi ka f, tada integral od fn kvg ka integralu f.
Zašto tu koristimo LTDK. Koja nam je dominirana funkcija??
Hvala![/quote]
Funkcije fn su po pretpostavci zadatka omeđene,pa je dominirana funkcija čak neka konstantna funkcija :)
mathh5 (napisa): | Zad. 133. (vježbe asis. Geček) (x,F,mi)prostor konačne mjere, fn:x→R omeđene izmjerive f-je. Ako fn kvg po mjeri mi ka f, tada integral od fn kvg ka integralu f.
Zašto tu koristimo LTDK. Koja nam je dominirana funkcija??
Hvala! |
Funkcije fn su po pretpostavci zadatka omeđene,pa je dominirana funkcija čak neka konstantna funkcija
|
|
[Vrh] |
|
vjekovac Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 01. 2003. (18:26:55) Postovi: (2DB)16
Spol:
|
Postano: 16:28 pon, 28. 5. 2012 Naslov: |
|
|
[quote="mathh5"]Zad. 133. (vježbe asis. Geček) (x,F,mi)prostor konačne mjere, fn:x->R omeđene izmjerive f-je. Ako fn kvg po mjeri mi ka f, tada integral od fn kvg ka integralu f.
Zašto tu koristimo LTDK. Koja nam je dominirana funkcija??[/quote]
Pogrešno je formuliran zadatak: treba pretpostaviti da su sve funkcije omeđene nekom [b]zajedničkom[/b] konstantom [tex]M\geq 0[/tex], tj. [tex]|f_n|\leq M[/tex] za svaki n.
U tom slučaju je konstantna funkcija g(x)=M dominirajuća funkcija tog niza i integrabilna je (jer je prostor konačne mjere) pa možemo primijeniti LTDK.
Nije dovoljno da je svaka individulana funkcija omeđena!
Razumijem da vas je zbunilo, jer je zadatak pogrešno zadan. =)
mathh5 (napisa): | Zad. 133. (vježbe asis. Geček) (x,F,mi)prostor konačne mjere, fn:x→R omeđene izmjerive f-je. Ako fn kvg po mjeri mi ka f, tada integral od fn kvg ka integralu f.
Zašto tu koristimo LTDK. Koja nam je dominirana funkcija?? |
Pogrešno je formuliran zadatak: treba pretpostaviti da su sve funkcije omeđene nekom zajedničkom konstantom [tex]M\geq 0[/tex], tj. [tex]|f_n|\leq M[/tex] za svaki n.
U tom slučaju je konstantna funkcija g(x)=M dominirajuća funkcija tog niza i integrabilna je (jer je prostor konačne mjere) pa možemo primijeniti LTDK.
Nije dovoljno da je svaka individulana funkcija omeđena!
Razumijem da vas je zbunilo, jer je zadatak pogrešno zadan. =)
|
|
[Vrh] |
|
.anchy. Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 11. 2007. (20:03:46) Postovi: (1BC)16
Lokacija: Zgb
|
Postano: 6:43 uto, 29. 5. 2012 Naslov: |
|
|
[quote="vjekovac"][quote="mathh5"]Zad. 133. (vježbe asis. Geček) (x,F,mi)prostor konačne mjere, fn:x->R omeđene izmjerive f-je. Ako fn kvg po mjeri mi ka f, tada integral od fn kvg ka integralu f.
Zašto tu koristimo LTDK. Koja nam je dominirana funkcija??[/quote]
Pogrešno je formuliran zadatak: treba pretpostaviti da su sve funkcije omeđene nekom [b]zajedničkom[/b] konstantom [tex]M\geq 0[/tex], tj. [tex]|f_n|\leq M[/tex] za svaki n.
U tom slučaju je konstantna funkcija g(x)=M dominirajuća funkcija tog niza i integrabilna je (jer je prostor konačne mjere) pa možemo primijeniti LTDK.
Nije dovoljno da je svaka individulana funkcija omeđena!
Razumijem da vas je zbunilo, jer je zadatak pogrešno zadan. =)[/quote]
Zašto ne bismo mogli uzeti da je dominirajuća funkcija maximum funkcija koje ograničavaju fn? Pa nam ne treba ta pretpostavka?
vjekovac (napisa): | mathh5 (napisa): | Zad. 133. (vježbe asis. Geček) (x,F,mi)prostor konačne mjere, fn:x→R omeđene izmjerive f-je. Ako fn kvg po mjeri mi ka f, tada integral od fn kvg ka integralu f.
Zašto tu koristimo LTDK. Koja nam je dominirana funkcija?? |
Pogrešno je formuliran zadatak: treba pretpostaviti da su sve funkcije omeđene nekom zajedničkom konstantom [tex]M\geq 0[/tex], tj. [tex]|f_n|\leq M[/tex] za svaki n.
U tom slučaju je konstantna funkcija g(x)=M dominirajuća funkcija tog niza i integrabilna je (jer je prostor konačne mjere) pa možemo primijeniti LTDK.
Nije dovoljno da je svaka individulana funkcija omeđena!
Razumijem da vas je zbunilo, jer je zadatak pogrešno zadan. =) |
Zašto ne bismo mogli uzeti da je dominirajuća funkcija maximum funkcija koje ograničavaju fn? Pa nam ne treba ta pretpostavka?
|
|
[Vrh] |
|
vjekovac Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 01. 2003. (18:26:55) Postovi: (2DB)16
Spol:
|
Postano: 11:11 uto, 29. 5. 2012 Naslov: |
|
|
[quote=".anchy."]Zašto ne bismo mogli uzeti da je dominirajuća funkcija maximum funkcija koje ograničavaju fn? Pa nam ne treba ta pretpostavka?[/quote]
Zato što taj maksimum ne mora postojati, a kamoli biti integrabilna funkcija.
Naprimjer, neka je niz [tex]f_n(x)=n[/tex], tj. svaka funkcija je konstantna i specijalno omeđena. S druge strane, jedina funkcija koja dominira cijeli niz je [tex]g(x)=+\infty[/tex], dakle supremum po točkama, a ona ima beskonačan integral.
.anchy. (napisa): | Zašto ne bismo mogli uzeti da je dominirajuća funkcija maximum funkcija koje ograničavaju fn? Pa nam ne treba ta pretpostavka? |
Zato što taj maksimum ne mora postojati, a kamoli biti integrabilna funkcija.
Naprimjer, neka je niz [tex]f_n(x)=n[/tex], tj. svaka funkcija je konstantna i specijalno omeđena. S druge strane, jedina funkcija koja dominira cijeli niz je [tex]g(x)=+\infty[/tex], dakle supremum po točkama, a ona ima beskonačan integral.
|
|
[Vrh] |
|
.anchy. Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 11. 2007. (20:03:46) Postovi: (1BC)16
Lokacija: Zgb
|
Postano: 12:35 uto, 29. 5. 2012 Naslov: |
|
|
[quote="vjekovac"]
Zato što taj maksimum ne mora postojati, a kamoli biti integrabilna funkcija.
Naprimjer, neka je niz [tex]f_n(x)=n[/tex], tj. svaka funkcija je konstantna i specijalno omeđena. S druge strane, jedina funkcija koja dominira cijeli niz je [tex]g(x)=+\infty[/tex], dakle supremum po točkama, a ona ima beskonačan integral.[/quote]
Da,kasnije sam se sjetila da bi taj niz f-ja bio kontraprimjer. :)
Kako bi se dokazala po definiciji konvergencija po mjeri f-je [latex]f_{n}(x)=n1_{<0,\frac{1}{n}]}[/latex]?
vjekovac (napisa): |
Zato što taj maksimum ne mora postojati, a kamoli biti integrabilna funkcija.
Naprimjer, neka je niz [tex]f_n(x)=n[/tex], tj. svaka funkcija je konstantna i specijalno omeđena. S druge strane, jedina funkcija koja dominira cijeli niz je [tex]g(x)=+\infty[/tex], dakle supremum po točkama, a ona ima beskonačan integral. |
Da,kasnije sam se sjetila da bi taj niz f-ja bio kontraprimjer.
Kako bi se dokazala po definiciji konvergencija po mjeri f-je ?
|
|
[Vrh] |
|
komaPMF Forumaš(ica)
Pridružen/a: 22. 11. 2007. (10:23:41) Postovi: (E6)16
Spol:
Lokacija: Over the roof
|
|
[Vrh] |
|
Gost
|
|
[Vrh] |
|
komaPMF Forumaš(ica)
Pridružen/a: 22. 11. 2007. (10:23:41) Postovi: (E6)16
Spol:
Lokacija: Over the roof
|
|
[Vrh] |
|
Gost
|
Postano: 14:27 uto, 29. 5. 2012 Naslov: |
|
|
[quote="komaPMF"]Četvrti korak ne ide ako imamo nenegativnu funkciju, tj u ovom zadatku f ide sa X u [0,+besk] pa prva tri koraka sve pokrivaju[/quote]
a na vježbama smo isto imali zadatak kada f:X->[0,+besk] pa smo radili i 4.korak, al ok, hvala :)
komaPMF (napisa): | Četvrti korak ne ide ako imamo nenegativnu funkciju, tj u ovom zadatku f ide sa X u [0,+besk] pa prva tri koraka sve pokrivaju |
a na vježbama smo isto imali zadatak kada f:X→[0,+besk] pa smo radili i 4.korak, al ok, hvala
|
|
[Vrh] |
|
vjekovac Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 01. 2003. (18:26:55) Postovi: (2DB)16
Spol:
|
Postano: 21:51 uto, 29. 5. 2012 Naslov: |
|
|
[quote=".anchy."]Kako bi se dokazala po definiciji konvergencija po mjeri niza funkcija [latex]f_{n}(x)=n\mathbf{1}_{\langle 0,\frac{1}{n}]}[/latex]?[/quote]
Ovako: Pokazujemo da konvergira po mjeri [tex]\lambda[/tex] prema funkciji f(x)=0. Uzmimo [tex]\varepsilon>0[/tex]. Čim je [tex]n>\varepsilon[/tex] možemo računati:
[tex]\lambda\big(\{|f_n-f|>\varepsilon\}\big)=\lambda\big(\big\{n\mathbf{1}_{\langle 0,\frac{1}{n}]}>\varepsilon\big\}\big)=\lambda\big(\big\{\mathbf{1}_{\langle 0,\frac{1}{n}]}>\frac{\varepsilon}{n}\big\}\big)=\lambda\big(\langle 0,\frac{1}{n}]\big)=\frac{1}{n}[/tex]
Dakle [tex]\lim_{n\to\infty}\lambda\big(\{|f_n-f|>\varepsilon\}\big)=0[/tex] za svaki [tex]\varepsilon>0[/tex], što je trebalo pokazati.
[quote="komaPMF"]Zadatak 104. http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/mii/Lp_prostori_09_version1.pdf sa vježbi... pokazali smo prvi dio, kad je r konačan...a drugi dio nam je ostao za zadaću i piše kao napomena da se rješava kao prethodni zadatak. ne razumijem kako, tamo dobijemo [latex]\mu (X)[/latex], dok iskoristimo napomenu (a) s papira, a tu nam ne treba[/quote]
Zato što ova tvrdnja vrijedi za svaku mjeru, ne nužno konačnu, pa se nigdje ne pojavljuje [latex]\mu (X)[/latex].
Kada je [tex]r=\infty[/tex], onda je [tex]\|f\|_r=\|f\|_{\infty}[/tex]. S normom [tex]\|f\|_{\infty}[/tex] se suštinski radi kao i sa supremumom od |f|, jedino što je to esencijalni supremum, tj. supremum do na skupove mjere 0.
Dokaz tvrdnje za [tex]r=\infty[/tex] je sljedeći. Uočimo da je sada [tex]\frac{1}{q}=\frac{\lambda}{p}[/tex], tj. [tex]\lambda=\frac{p}{q}[/tex].
[tex]\|f\|_q^q = \int |f|^q d\mu = \int |f|^p |f|^{q-p} d\mu \leq \|f\|_{\infty}^{q-p} \int |f|^p d\mu = \|f\|_{\infty}^{q-p} \|f\|_{p}^{p}[/tex]
Dizanjem na 1/q slijedi [tex]\|f\|_q\leq\|f\|_{\infty}^{1-p/q} \|f\|_{p}^{p/q}[/tex], što je tražena tvrdnja.
.anchy. (napisa): | Kako bi se dokazala po definiciji konvergencija po mjeri niza funkcija ? |
Ovako: Pokazujemo da konvergira po mjeri [tex]\lambda[/tex] prema funkciji f(x)=0. Uzmimo [tex]\varepsilon>0[/tex]. Čim je [tex]n>\varepsilon[/tex] možemo računati:
[tex]\lambda\big(\{|f_n-f|>\varepsilon\}\big)=\lambda\big(\big\{n\mathbf{1}_{\langle 0,\frac{1}{n}]}>\varepsilon\big\}\big)=\lambda\big(\big\{\mathbf{1}_{\langle 0,\frac{1}{n}]}>\frac{\varepsilon}{n}\big\}\big)=\lambda\big(\langle 0,\frac{1}{n}]\big)=\frac{1}{n}[/tex]
Dakle [tex]\lim_{n\to\infty}\lambda\big(\{|f_n-f|>\varepsilon\}\big)=0[/tex] za svaki [tex]\varepsilon>0[/tex], što je trebalo pokazati.
Zato što ova tvrdnja vrijedi za svaku mjeru, ne nužno konačnu, pa se nigdje ne pojavljuje .
Kada je [tex]r=\infty[/tex], onda je [tex]\|f\|_r=\|f\|_{\infty}[/tex]. S normom [tex]\|f\|_{\infty}[/tex] se suštinski radi kao i sa supremumom od |f|, jedino što je to esencijalni supremum, tj. supremum do na skupove mjere 0.
Dokaz tvrdnje za [tex]r=\infty[/tex] je sljedeći. Uočimo da je sada [tex]\frac{1}{q}=\frac{\lambda}{p}[/tex], tj. [tex]\lambda=\frac{p}{q}[/tex].
[tex]\|f\|_q^q = \int |f|^q d\mu = \int |f|^p |f|^{q-p} d\mu \leq \|f\|_{\infty}^{q-p} \int |f|^p d\mu = \|f\|_{\infty}^{q-p} \|f\|_{p}^{p}[/tex]
Dizanjem na 1/q slijedi [tex]\|f\|_q\leq\|f\|_{\infty}^{1-p/q} \|f\|_{p}^{p/q}[/tex], što je tražena tvrdnja.
|
|
[Vrh] |
|
Gost
|
|
[Vrh] |
|
JANKRI Forumaš(ica)
Pridružen/a: 10. 07. 2008. (02:30:58) Postovi: (10F)16
Spol:
Lokacija: Zagreb
|
|
[Vrh] |
|
Gost
|
|
[Vrh] |
|
|