| Prethodna tema :: Sljedeća tema |
| Autor/ica |
Poruka |
Loo
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 11. 06. 2012. (16:02:07)
Postovi: (D0)16
Spol: 
|
 Postano: 22:37 čet, 26. 3. 2015 Naslov: Česta pitanja 2014./2015. |
    |
|
|
Kao i na skoro svim dosadašnjim demonstraturama, otvaram topic za neka češća pitanja koja dobijem na mail.
Prvo takvo je:
Kako dokazati da je [tex]P^d=\{\displaystyle\prod_{i=1}^{d} \langle a_j, b_j ] : -\infty < a_i \leq b_i < +\infty, i=1,...,d\}[/tex] poluprsten skupova na [tex]\mathbb{R}^d, d\in \mathbb{N}[/tex]?
Meni se čini da je možda najjednostavnije indukcijom po [tex]d[/tex].
[u]BAZA[/u]
Za [tex]d=1[/tex] provjeravamo redom svojstva iz definicije poluprstena:
(S1) [tex]\emptyset=\langle 0, 0] \in P^1[/tex]
(S2) Za [tex]\langle a,b], \langle c,d] \in P^1[/tex] lako se pokaže da je [tex]\langle a,b]\cap \langle c,d][/tex] ili prazan ili jednak [tex]\langle max\{a,c\}, min\{b,d\} ][/tex], dakle u svakom slučaju je [tex]\in P^1[/tex].
(S3) Za [tex]\langle a,b], \langle c,d] \in P^1[/tex] raspisivanjem po slučajevima (ima ih [tex]6[/tex]), dobije se da je u svakom slučaju [tex]\langle a,b]\setminus \langle c,d][/tex] unija konačno disjunktnih elemenata [tex]P^1[/tex].
(nacrtajte si sličice, stvarno nije teško)
Dakle [tex]P^1[/tex] je poluprsten na [tex]\mathbb{R}[/tex].
[u]KORAK[/u]
Pretpostavimo da je [tex]P^d[/tex] poluprsten na [tex]\mathbb{R}^d[/tex] za neki [tex]d\in \mathbb{N}[/tex].
Tvrdimo da je tada [tex]P^{d+1}[/tex] poluprsten na [tex]\mathbb{R}^{d+1}[/tex].
Ponovno provjeravamo svojstva:
(S1) i (S2) provjerite analogno kao za [tex]d=1[/tex], tu nam uopće nije trebala indukcija.
(S3) Uzmimo proizvoljne [tex]P_1',P_2' \in P^{d+1}[/tex].
Tada su oni oblika:
[tex]P_1'= \langle a, b] \times P_1, \: P_2'=\langle c, d] \times P_2[/tex] za neke [tex]P_1, P_2 \in P^d, a\leq b, c\leq d[/tex]. (ovdje identificiramo [tex]\mathbb{R}^{d+1}[/tex] sa [tex]\mathbb{R} \times \mathbb{R}^d[/tex])
Sada uočimo da općenito za skupove [tex]A,B,C,D[/tex] vrijedi [tex](A\times B) \setminus (C\times D)=((A\cap C)\times (B\setminus D)) \cup ((A\setminus C) \times B)[/tex].
Onda je [tex]P_1 ' \setminus P_2 ' = ((\langle a, b ] \cap \langle c, d])\times (P_1\setminus P_2)) \cup ((\langle a, b] \setminus \langle c, d]) \times P_1)[/tex]. (*)
Kako su [tex]P_1, P_2 \in P^d[/tex], a to je po pretpostavci indukcije poluprsten, imamo da je [tex]P_1\setminus P_2 =\displaystyle\bigcup_{i=1} ^m E_i[/tex], za neke [tex]E_i \in P^d[/tex] međusobno disjunktne.
Isto tako jer je [tex]P^1[/tex] poluprsten, [tex]\langle a, b] \setminus \langle c, d] = \displaystyle\bigcup_{j=1}^k F_j[/tex] za neke [tex]F_j \in P^1[/tex] međusobno disjunktne, te je [tex]\langle a, b ] \cap \langle c, d]= \langle e, f][/tex]. (možemo po dogovoru smatrati da je [tex]\langle e, f]= \emptyset[/tex] za [tex]e\geq f[/tex])
Sada dobivamo:
[tex]P_1' \setminus P_2' = (\displaystyle \bigcup_{i=1}^m (\langle e, f] \times E_i)) \cup (\displaystyle \bigcup_{j=1}^k (F_j \times P_1))[/tex]
(ovdje smo koristili jednakost [tex](A\cup B) \times C=(A\times C) \cup (B\times C)[/tex] i analogno za drugu koordinatu)
Sad ako skupove iz prve unije označimo s [tex]A_i[/tex], a ove iz druge s [tex]B_j[/tex], vidimo da su svi oni u [tex]P^{d+1}[/tex].
Zbog disjunktnosti [tex]E_i[/tex]-ova i [tex]A_i[/tex]-ovi su međusobno disjunktni, isto tako zbog disjunktnosti [tex]F_j[/tex]-ova su i [tex]B_j[/tex]-ovi međusobno disjunktni.
Svaki [tex]A_i[/tex] je disjunktan sa svakim [tex]B_j[/tex] jer je čitava prva unija disjunktna s drugom po (*) (zbog prve koordinate).
Dakle, razliku [tex]P_1' \setminus P_2 '[/tex] možemo napisati kao konačnu disjunktnu uniju elemenata iz [tex]P^{d+1}[/tex].
Slijedi da je [tex]P^{d+1}[/tex] poluprsten na [tex]\mathbb{R}^{d+1}[/tex].
Znam da dokaz nije baš najljepši, ali ja ne znam bolje. Ako neko vidi bolje rješenje ili grešku neka slobodno javi. :)
Kao i na skoro svim dosadašnjim demonstraturama, otvaram topic za neka češća pitanja koja dobijem na mail.
Prvo takvo je:
Kako dokazati da je [tex]P^d=\{\displaystyle\prod_{i=1}^{d} \langle a_j, b_j ] : -\infty < a_i \leq b_i < +\infty, i=1,...,d\}[/tex] poluprsten skupova na [tex]\mathbb{R}^d, d\in \mathbb{N}[/tex]?
Meni se čini da je možda najjednostavnije indukcijom po [tex]d[/tex].
BAZA
Za [tex]d=1[/tex] provjeravamo redom svojstva iz definicije poluprstena:
(S1) [tex]\emptyset=\langle 0, 0] \in P^1[/tex]
(S2) Za [tex]\langle a,b], \langle c,d] \in P^1[/tex] lako se pokaže da je [tex]\langle a,b]\cap \langle c,d][/tex] ili prazan ili jednak [tex]\langle max\{a,c\}, min\{b,d\} ][/tex], dakle u svakom slučaju je [tex]\in P^1[/tex].
(S3) Za [tex]\langle a,b], \langle c,d] \in P^1[/tex] raspisivanjem po slučajevima (ima ih [tex]6[/tex]), dobije se da je u svakom slučaju [tex]\langle a,b]\setminus \langle c,d][/tex] unija konačno disjunktnih elemenata [tex]P^1[/tex].
(nacrtajte si sličice, stvarno nije teško)
Dakle [tex]P^1[/tex] je poluprsten na [tex]\mathbb{R}[/tex].
KORAK
Pretpostavimo da je [tex]P^d[/tex] poluprsten na [tex]\mathbb{R}^d[/tex] za neki [tex]d\in \mathbb{N}[/tex].
Tvrdimo da je tada [tex]P^{d+1}[/tex] poluprsten na [tex]\mathbb{R}^{d+1}[/tex].
Ponovno provjeravamo svojstva:
(S1) i (S2) provjerite analogno kao za [tex]d=1[/tex], tu nam uopće nije trebala indukcija.
(S3) Uzmimo proizvoljne [tex]P_1',P_2' \in P^{d+1}[/tex].
Tada su oni oblika:
[tex]P_1'= \langle a, b] \times P_1, \: P_2'=\langle c, d] \times P_2[/tex] za neke [tex]P_1, P_2 \in P^d, a\leq b, c\leq d[/tex]. (ovdje identificiramo [tex]\mathbb{R}^{d+1}[/tex] sa [tex]\mathbb{R} \times \mathbb{R}^d[/tex])
Sada uočimo da općenito za skupove [tex]A,B,C,D[/tex] vrijedi [tex](A\times B) \setminus (C\times D)=((A\cap C)\times (B\setminus D)) \cup ((A\setminus C) \times B)[/tex].
Onda je [tex]P_1 ' \setminus P_2 ' = ((\langle a, b ] \cap \langle c, d])\times (P_1\setminus P_2)) \cup ((\langle a, b] \setminus \langle c, d]) \times P_1)[/tex]. (*)
Kako su [tex]P_1, P_2 \in P^d[/tex], a to je po pretpostavci indukcije poluprsten, imamo da je [tex]P_1\setminus P_2 =\displaystyle\bigcup_{i=1} ^m E_i[/tex], za neke [tex]E_i \in P^d[/tex] međusobno disjunktne.
Isto tako jer je [tex]P^1[/tex] poluprsten, [tex]\langle a, b] \setminus \langle c, d] = \displaystyle\bigcup_{j=1}^k F_j[/tex] za neke [tex]F_j \in P^1[/tex] međusobno disjunktne, te je [tex]\langle a, b ] \cap \langle c, d]= \langle e, f][/tex]. (možemo po dogovoru smatrati da je [tex]\langle e, f]= \emptyset[/tex] za [tex]e\geq f[/tex])
Sada dobivamo:
[tex]P_1' \setminus P_2' = (\displaystyle \bigcup_{i=1}^m (\langle e, f] \times E_i)) \cup (\displaystyle \bigcup_{j=1}^k (F_j \times P_1))[/tex]
(ovdje smo koristili jednakost [tex](A\cup B) \times C=(A\times C) \cup (B\times C)[/tex] i analogno za drugu koordinatu)
Sad ako skupove iz prve unije označimo s [tex]A_i[/tex], a ove iz druge s [tex]B_j[/tex], vidimo da su svi oni u [tex]P^{d+1}[/tex].
Zbog disjunktnosti [tex]E_i[/tex]-ova i [tex]A_i[/tex]-ovi su međusobno disjunktni, isto tako zbog disjunktnosti [tex]F_j[/tex]-ova su i [tex]B_j[/tex]-ovi međusobno disjunktni.
Svaki [tex]A_i[/tex] je disjunktan sa svakim [tex]B_j[/tex] jer je čitava prva unija disjunktna s drugom po (*) (zbog prve koordinate).
Dakle, razliku [tex]P_1' \setminus P_2 '[/tex] možemo napisati kao konačnu disjunktnu uniju elemenata iz [tex]P^{d+1}[/tex].
Slijedi da je [tex]P^{d+1}[/tex] poluprsten na [tex]\mathbb{R}^{d+1}[/tex].
Znam da dokaz nije baš najljepši, ali ja ne znam bolje. Ako neko vidi bolje rješenje ili grešku neka slobodno javi. 
|
|
| [Vrh] |
|
vjekovac
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 01. 2003. (18:26:55)
Postovi: (2DB)16
Spol: 
|
| Postano: 10:32 sri, 1. 4. 2015 Naslov: |
|
|
|
Pohvaljujem inicijativu za otvaranje topica!
Spomenut ću jedno povezano pitanje, koje možda nije iz ove godine, ali znali su me više puta pitati proteklih godina.
Kako dokazati jednakost sljedećih [tex]\sigma[/tex]-algebri podskupova od [tex]\mathbb{R}^d[/tex]?
[tex]\mathcal{B}_1 := \sigma(P^d)[/tex], pri čemu je [tex]P^d[/tex] familija poluotvorenih pravokutnika (kvadara) u [tex]\mathbb{R}^d[/tex] iz prethodnog posta
[tex]\mathcal{B}_2 := \sigma(\{U : U\subseteq\mathbb{R}^d\text{ je otvoren}\})[/tex]
[tex]\mathcal{B}_3 := \sigma(\{H : H\subseteq\mathbb{R}^d\text{ je otvoreni poluprostor}\})[/tex]
Naime, u raznim izvorima (npr. knjigama, predavanjima, vježbama) se na razne načine definira Borelova [tex]\sigma[/tex]-algebra na [tex]\mathbb{R}^d[/tex]. Jednom kad znamo da su gornje tri [tex]\sigma[/tex]-algebre jednake, onda postaje svejedno od koje smo krenuli kao definicije.
[tex]\mathcal{B}_3\subseteq\mathcal{B}_2[/tex]
Očigledno jer je otvoreni poluprostor otvoren skup.
[tex]\mathcal{B}_1\subseteq\mathcal{B}_3[/tex]
Trebamo pokazati da se svaki poluotvoreni pravokutnik
[dtex] \prod_{i=1}^{d} \langle a_i,b_i] [/dtex]
nalazi u [tex]\mathcal{B}_3[/tex], ali njega možemo prikazati kao presjek skupovnih razlika otvorenih poluprostora:
[dtex] \bigcap_{i=1}^{d} \underbrace{\big(\mathbb{R}^{i-1}\times\langle a_i,+\infty\rangle\times\mathbb{R}^{d-i}\big)}_{\text{poluprostor}} \setminus \underbrace{\big(\mathbb{R}^{i-1}\times\langle b_i,+\infty\rangle\times\mathbb{R}^{d-i}\big)}_{\text{poluprostor}} [/dtex]
(Skicirajte si te ravnine u 2 dimenzije.)
Primjenom operatora [tex]\sigma[/tex] slijedi tražena tvrdnja.
[tex]\mathcal{B}_2\subseteq\mathcal{B}_1[/tex]
Trebamo pokazati da se svaki otvoreni skup [tex]U\subseteq\mathbb{R}^d[/tex] nalazi u [tex]\mathcal{B}_3[/tex]. Prikazat ćemo [tex]U[/tex] kao prebrojivu uniju kocaka iz [tex]P^d[/tex]. Nije najjednostavnije moguće, ali je možda najljepše napraviti sljedeće. Definirajmo [i]dijadsku kocku[/i] kao svaku kocku oblika
[dtex] \prod_{i=1}^d \big\langle 2^j k_i,2^j (k_i+1)\big] [/dtex]
za neke [tex]j,k_1,\ldots,k_d\in\mathbb{Z}[/tex]. Pogedajmo sada kolekciju [tex]\mathcal{C}[/tex] svih dijadskih kocaka [tex]Q[/tex] takvih da je [tex]Q\subseteq U[/tex]. Ona je svakako prebrojiva te po konstrukciji vrijedi [tex]\bigcup_{Q\in\mathcal{C}}Q\subseteq U[/tex]. Za dokaz obratne inkluzije uzmimo točku [tex]x\in U[/tex] te neka je [tex]j\in\mathbb{Z}[/tex] takav da je [tex]2^j \sqrt{d}[/tex] manje od udaljenosti [tex]d(x,U)[/tex] točke [tex]x[/tex] do ruba skupa [tex]U[/tex]. Pogledajmo particiju cijelog prostora [tex]\mathbb{R}^d[/tex] na dijadske kocke s duljinom brida [tex]2^j[/tex]. Postoji jedinstvena takva kocka koja sadrži [tex]x[/tex], a kako je duljina njene dijagonale manja od [tex]d(x,U)[/tex], ona cijela mora biti sadržana u skupu [tex]U[/tex], tj. ona je element kolekcije [tex]\mathcal{C}[/tex]. Dakle, doista mora vrijediti [tex]U=\bigcup_{Q\in\mathcal{C}}Q[/tex].
Primjenom operatora [tex]\sigma[/tex] slijedi tražena tvrdnja.
Uz još samo malo razmišljanja možete modificirati posljednji dokaz kako biste pokazali simpatičnu tvrdnju: Svaki omeđeni otvoreni skup u [tex]\mathbb{R}^d[/tex] se može prikazati kao prebrojiva unija [u]disjunktnih[/u] dijadskih kocaka. (Uputa: Promatrajte samo "maksimalne" kocke iz [tex]\mathcal{C}[/tex].)
Pogledajte i zadatak 2.23 na vježbama (koji nije u potpunosti riješen, već ostavljen za vježbu). Možete pokušati direktno dokazati jednakost [tex]\sigma[/tex]-algebre pod (b) s gore definiranom [tex]\sigma[/tex]-algebrom [tex]\mathcal{B}_2[/tex]. Na taj način ćete dobiti malo drukčiji dokaz gornjih jednakosti.
Pohvaljujem inicijativu za otvaranje topica!
Spomenut ću jedno povezano pitanje, koje možda nije iz ove godine, ali znali su me više puta pitati proteklih godina.
Kako dokazati jednakost sljedećih [tex]\sigma[/tex]-algebri podskupova od [tex]\mathbb{R}^d[/tex]?
[tex]\mathcal{B}_1 := \sigma(P^d)[/tex], pri čemu je [tex]P^d[/tex] familija poluotvorenih pravokutnika (kvadara) u [tex]\mathbb{R}^d[/tex] iz prethodnog posta
[tex]\mathcal{B}_2 := \sigma(\{U : U\subseteq\mathbb{R}^d\text{ je otvoren}\})[/tex]
[tex]\mathcal{B}_3 := \sigma(\{H : H\subseteq\mathbb{R}^d\text{ je otvoreni poluprostor}\})[/tex]
Naime, u raznim izvorima (npr. knjigama, predavanjima, vježbama) se na razne načine definira Borelova [tex]\sigma[/tex]-algebra na [tex]\mathbb{R}^d[/tex]. Jednom kad znamo da su gornje tri [tex]\sigma[/tex]-algebre jednake, onda postaje svejedno od koje smo krenuli kao definicije.
[tex]\mathcal{B}_3\subseteq\mathcal{B}_2[/tex]
Očigledno jer je otvoreni poluprostor otvoren skup.
[tex]\mathcal{B}_1\subseteq\mathcal{B}_3[/tex]
Trebamo pokazati da se svaki poluotvoreni pravokutnik
[dtex] \prod_{i=1}^{d} \langle a_i,b_i] [/dtex]
nalazi u [tex]\mathcal{B}_3[/tex], ali njega možemo prikazati kao presjek skupovnih razlika otvorenih poluprostora:
[dtex] \bigcap_{i=1}^{d} \underbrace{\big(\mathbb{R}^{i-1}\times\langle a_i,+\infty\rangle\times\mathbb{R}^{d-i}\big)}_{\text{poluprostor}} \setminus \underbrace{\big(\mathbb{R}^{i-1}\times\langle b_i,+\infty\rangle\times\mathbb{R}^{d-i}\big)}_{\text{poluprostor}} [/dtex]
(Skicirajte si te ravnine u 2 dimenzije.)
Primjenom operatora [tex]\sigma[/tex] slijedi tražena tvrdnja.
[tex]\mathcal{B}_2\subseteq\mathcal{B}_1[/tex]
Trebamo pokazati da se svaki otvoreni skup [tex]U\subseteq\mathbb{R}^d[/tex] nalazi u [tex]\mathcal{B}_3[/tex]. Prikazat ćemo [tex]U[/tex] kao prebrojivu uniju kocaka iz [tex]P^d[/tex]. Nije najjednostavnije moguće, ali je možda najljepše napraviti sljedeće. Definirajmo dijadsku kocku kao svaku kocku oblika
[dtex] \prod_{i=1}^d \big\langle 2^j k_i,2^j (k_i+1)\big] [/dtex]
za neke [tex]j,k_1,\ldots,k_d\in\mathbb{Z}[/tex]. Pogedajmo sada kolekciju [tex]\mathcal{C}[/tex] svih dijadskih kocaka [tex]Q[/tex] takvih da je [tex]Q\subseteq U[/tex]. Ona je svakako prebrojiva te po konstrukciji vrijedi [tex]\bigcup_{Q\in\mathcal{C}}Q\subseteq U[/tex]. Za dokaz obratne inkluzije uzmimo točku [tex]x\in U[/tex] te neka je [tex]j\in\mathbb{Z}[/tex] takav da je [tex]2^j \sqrt{d}[/tex] manje od udaljenosti [tex]d(x,U)[/tex] točke [tex]x[/tex] do ruba skupa [tex]U[/tex]. Pogledajmo particiju cijelog prostora [tex]\mathbb{R}^d[/tex] na dijadske kocke s duljinom brida [tex]2^j[/tex]. Postoji jedinstvena takva kocka koja sadrži [tex]x[/tex], a kako je duljina njene dijagonale manja od [tex]d(x,U)[/tex], ona cijela mora biti sadržana u skupu [tex]U[/tex], tj. ona je element kolekcije [tex]\mathcal{C}[/tex]. Dakle, doista mora vrijediti [tex]U=\bigcup_{Q\in\mathcal{C}}Q[/tex].
Primjenom operatora [tex]\sigma[/tex] slijedi tražena tvrdnja.
Uz još samo malo razmišljanja možete modificirati posljednji dokaz kako biste pokazali simpatičnu tvrdnju: Svaki omeđeni otvoreni skup u [tex]\mathbb{R}^d[/tex] se može prikazati kao prebrojiva unija disjunktnih dijadskih kocaka. (Uputa: Promatrajte samo "maksimalne" kocke iz [tex]\mathcal{C}[/tex].)
Pogledajte i zadatak 2.23 na vježbama (koji nije u potpunosti riješen, već ostavljen za vježbu). Možete pokušati direktno dokazati jednakost [tex]\sigma[/tex]-algebre pod (b) s gore definiranom [tex]\sigma[/tex]-algebrom [tex]\mathcal{B}_2[/tex]. Na taj način ćete dobiti malo drukčiji dokaz gornjih jednakosti.
|
|
| [Vrh] |
|
Loo
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 11. 06. 2012. (16:02:07)
Postovi: (D0)16
Spol:
|
| Postano: 21:28 pet, 3. 4. 2015 Naslov: |
|
|
|
Nova tura zadataka:
5. i 6. iz http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/mii/files/zavjezbu1.pdf
Koliko sam shvatila u 5. je jedini problem tranzitivnost, refleksivnost i simetričnost se stvarno odmah vide.
Znači pretpostavimo da je [tex]A\sim B[/tex] i [tex]B\sim C[/tex], tj. [tex]\mu (A\triangle B)=0[/tex] i [tex]\mu (B\triangle C)=0[/tex] za neke [tex]A,B,C \in \mathcal{F}[/tex].
Sada zbog [tex]A\triangle C \subseteq (A\triangle B) \cup (B\triangle C) [/tex]
(nacrtajte si Vennove dijagrame, ovo se stvarno lako vidi) imamo:
[tex]0 \leq \mu(A\triangle C) \leq \mu((A\triangle B) \cup (B\triangle C)) \leq \mu(A\triangle B) +\mu(B\triangle C)=0+0=0[/tex].
Dakle [tex]\mu(A\triangle C)=0[/tex], pa je [tex]A\sim C[/tex]
6. Smjer [tex]\Rightarrow[/tex] je očit.
[tex]\Leftarrow[/tex]
Pretpostavimo da za [tex]E\subseteq \mathbb{R}[/tex] vrijedi [tex]\lambda ^*(I)=\lambda^*(I\cap E)+\lambda ^*(I\cap E^c)[/tex], za svaki otvoren interval [tex]I[/tex].
Cilj je pokazati da je onda [tex]\lambda ^*(A)=\lambda^*(A\cap E)+\lambda ^*(A\cap E^c)[/tex] i za proizvoljan [tex]A\subseteq \mathbb{R}[/tex].
No zbog monotonosti i subaditivnosti vanjske mjere [tex]\lambda^*[/tex] dovoljno je pokazati [tex]\lambda ^*(A)\geq \lambda^*(A\cap E)+\lambda ^*(A\cap E^c), \forall A\subseteq \mathbb{R}[/tex].
Vrijedi:
[tex]\lambda^*(A)=\inf\{\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \mu(I_n) : I_n \: \text{otvoren interval}, \forall n\in \mathbb{N}, A\subseteq \displaystyle \bigcup_{n=1}^{+\infty}I_n\} [/tex]
Koliko vidim, ponegdje u literaturi ovo se uzima i za definiciju Lebesgueove vanjske mjere, ali mi smo ju definirali malo drugačije. Iz "naše" definicije ovo se dobije uz malo namještanja epsilona (javite ako trebate pomoć).
Sad uzmimo [tex]\varepsilon >0[/tex] proizvoljan.
Tada postoje otvoreni intervali [tex](I_n)_{n\in \mathbb{N}}[/tex] takvi da je [tex]A\subseteq \displaystyle \bigcup_{n=1}^{+\infty}I_n[/tex] te vrijedi [tex]\lambda ^* (A) + \varepsilon > \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \mu(I_n)[/tex].
Sada zbog [tex]\mu(I_n)=\lambda^*(I_n)=\lambda^*(I_n\cap E)+\lambda ^*(I_n\cap E^c), \forall n\in \mathbb{N}[/tex] dobijemo:
[tex] \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \mu(I_n)=\sum_{n=1}^{+\infty}\lambda^*(I_n\cap E) + \sum_{n=1}^{+\infty}\lambda^*(I_n\cap E^c)\geq \lambda^*((\bigcup_{n=1}^{+\infty}I_n)\cap E) + \lambda^*((\bigcup_{n=1}^{+\infty}I_n)\cap E^c) \geq \lambda^*(A\cap E) + \lambda^*(A\cap E^c)[/tex]
(prva nejednakost je zbog [tex]\sigma[/tex]-subaditivnosti, a druga zbog monotonosti od [tex]\lambda^*[/tex])
Konačno:
[tex]\lambda^*(A)+\varepsilon>\lambda^*(A\cap E) + \lambda^*(A\cap E^c), \forall \varepsilon>0[/tex], dakle mora biti [tex]\lambda ^*(A)\geq \lambda^*(A\cap E)+\lambda ^*(A\cap E^c)[/tex], što smo i htjeli.
Još jedno zanimljivo pitanje:
Postoji li [tex]\sigma[/tex]-algebra kardinaliteta [tex]\aleph_0[/tex]?
Odgovor je ne, a evo i dokaza.
Pretpostavimo da postoji, neka je [tex]\mathcal{F}=\{A_n : n\in \mathbb{N}\}[/tex] [tex]\sigma[/tex]-algebra na nekom skupu [tex]X[/tex] , pri čemu su svi [tex]A_n[/tex]-ovi međusobno različiti.
Označimo sada sa [tex]\mathcal{C}=\{C_k : k\in K\}[/tex] sve neprazne presjeke oblika [tex]\displaystyle \bigcap_{n=1}^{+\infty}B_n[/tex], pri čemu je [tex]B_n=A_n[/tex] ili [tex]B_n=A_n^c[/tex].
Prva tvrdnja je:
[tex]\mathcal{C}[/tex] je particija skupa [tex]X[/tex].
Disjunktnost [tex]C_k[/tex]-ova je očita (kad uzmemo dva takva različita presjeka, jedan će na nekom mjestu imati [tex]A_n[/tex], a drugi [tex]A_n^c[/tex]).
Još moramo pokazati [tex]X=\displaystyle \bigcup_{k\in K}C_k[/tex]. (*)
Uzmimo [tex]x\in X[/tex] proizvoljan. Tada je [tex]x\in \displaystyle \bigcap_{n=1}^{+\infty}B_n=C_{k_0}[/tex], pri čemu definiramo:
[tex] B_n =
\begin{cases}
A_n & : x \in A_n\\
A_n^c & : x \notin A_n
\end{cases} [/tex]
Dakle imamo inkluziju [tex]\subseteq[/tex] u (*), a druga naravno da vrijedi.
Druga tvrdnja:
[tex]\mathcal{F}=\{\displaystyle \bigcup_{i\in I} C_i : I\subseteq K\}[/tex]
[tex]\supseteq[/tex]
Budući da je [tex]C_k \in \mathcal{F}, \forall k\in K[/tex] (ovo slijedi iz zatvorenosti od [tex]\mathcal{F}[/tex] na komplementiranje i prebrojive presjeke), te su [tex]C_k[/tex]-ovi međusobno različiti, slijedi da je indeksni skup [tex]K[/tex] najviše beskonačno prebrojiv (zbog pretpostavke na kardinalitet od [tex]\mathcal{F}[/tex])
Sada tražena inkluzija slijedi zbog zatvorenosti od [tex]\mathcal{F}[/tex] na prebrojive unije.
(ovdje je bilo važno komentirati kardinalitet od [tex]K[/tex] da osiguramo da na desnoj strani nema unije neprebrojivo skupova)
[tex]\subseteq[/tex]
Uzmemo proizvoljan [tex]A_n\in \mathcal{F}[/tex].
Tada je [tex]A_n=A_n\cap X = A_n \cap \displaystyle \bigcup_{k\in K}C_k = \bigcup_{k\in K}(A_n\cap C_k)[/tex] (**)
Neka je [tex]C_k=\displaystyle \bigcap_{n=1}^{+\infty}B_n[/tex]
Sad uočimo da je:
[tex]A_n\cap C_k = \begin{cases} C_k & : B_n=A_n \\ \emptyset & : B_n=A_n^c \end{cases}[/tex].
Dakle u svakom slučaju dobit ćemo da je unija iz (**) element skupa na desnoj strani.
Konačno, budući da su sve te unije na desnoj strani različite (zbog disjunktnosti [tex]C_k[/tex]-ova), dobivamo da je skup s desne strane kardinaliteta [tex]k(\mathcal{P}(K))=2^{k(K)}[/tex].
Dakle imamo da je i [tex]\mathcal{F}[/tex] istog kardinaliteta, a to je ili [tex]2^m[/tex], ako je [tex]k(K)=m\in \mathbb{N}[/tex] ili [tex]2^{k(K)}\geq c[/tex], ako je [tex]k(K)\geq \aleph_0[/tex].
Dakle ne može nikako biti kardinaliteta [tex]\aleph_0[/tex], što je kontradikcija s pretpostavkom.
Nova tura zadataka:
5. i 6. iz http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/mii/files/zavjezbu1.pdf
Koliko sam shvatila u 5. je jedini problem tranzitivnost, refleksivnost i simetričnost se stvarno odmah vide.
Znači pretpostavimo da je [tex]A\sim B[/tex] i [tex]B\sim C[/tex], tj. [tex]\mu (A\triangle B)=0[/tex] i [tex]\mu (B\triangle C)=0[/tex] za neke [tex]A,B,C \in \mathcal{F}[/tex].
Sada zbog [tex]A\triangle C \subseteq (A\triangle B) \cup (B\triangle C) [/tex]
(nacrtajte si Vennove dijagrame, ovo se stvarno lako vidi) imamo:
[tex]0 \leq \mu(A\triangle C) \leq \mu((A\triangle B) \cup (B\triangle C)) \leq \mu(A\triangle B) +\mu(B\triangle C)=0+0=0[/tex].
Dakle [tex]\mu(A\triangle C)=0[/tex], pa je [tex]A\sim C[/tex]
6. Smjer [tex]\Rightarrow[/tex] je očit.
[tex]\Leftarrow[/tex]
Pretpostavimo da za [tex]E\subseteq \mathbb{R}[/tex] vrijedi [tex]\lambda ^*(I)=\lambda^*(I\cap E)+\lambda ^*(I\cap E^c)[/tex], za svaki otvoren interval [tex]I[/tex].
Cilj je pokazati da je onda [tex]\lambda ^*(A)=\lambda^*(A\cap E)+\lambda ^*(A\cap E^c)[/tex] i za proizvoljan [tex]A\subseteq \mathbb{R}[/tex].
No zbog monotonosti i subaditivnosti vanjske mjere [tex]\lambda^*[/tex] dovoljno je pokazati [tex]\lambda ^*(A)\geq \lambda^*(A\cap E)+\lambda ^*(A\cap E^c), \forall A\subseteq \mathbb{R}[/tex].
Vrijedi:
[tex]\lambda^*(A)=\inf\{\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \mu(I_n) : I_n \: \text{otvoren interval}, \forall n\in \mathbb{N}, A\subseteq \displaystyle \bigcup_{n=1}^{+\infty}I_n\} [/tex]
Koliko vidim, ponegdje u literaturi ovo se uzima i za definiciju Lebesgueove vanjske mjere, ali mi smo ju definirali malo drugačije. Iz "naše" definicije ovo se dobije uz malo namještanja epsilona (javite ako trebate pomoć).
Sad uzmimo [tex]\varepsilon >0[/tex] proizvoljan.
Tada postoje otvoreni intervali [tex](I_n)_{n\in \mathbb{N}}[/tex] takvi da je [tex]A\subseteq \displaystyle \bigcup_{n=1}^{+\infty}I_n[/tex] te vrijedi [tex]\lambda ^* (A) + \varepsilon > \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \mu(I_n)[/tex].
Sada zbog [tex]\mu(I_n)=\lambda^*(I_n)=\lambda^*(I_n\cap E)+\lambda ^*(I_n\cap E^c), \forall n\in \mathbb{N}[/tex] dobijemo:
[tex] \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \mu(I_n)=\sum_{n=1}^{+\infty}\lambda^*(I_n\cap E) + \sum_{n=1}^{+\infty}\lambda^*(I_n\cap E^c)\geq \lambda^*((\bigcup_{n=1}^{+\infty}I_n)\cap E) + \lambda^*((\bigcup_{n=1}^{+\infty}I_n)\cap E^c) \geq \lambda^*(A\cap E) + \lambda^*(A\cap E^c)[/tex]
(prva nejednakost je zbog [tex]\sigma[/tex]-subaditivnosti, a druga zbog monotonosti od [tex]\lambda^*[/tex])
Konačno:
[tex]\lambda^*(A)+\varepsilon>\lambda^*(A\cap E) + \lambda^*(A\cap E^c), \forall \varepsilon>0[/tex], dakle mora biti [tex]\lambda ^*(A)\geq \lambda^*(A\cap E)+\lambda ^*(A\cap E^c)[/tex], što smo i htjeli.
Još jedno zanimljivo pitanje:
Postoji li [tex]\sigma[/tex]-algebra kardinaliteta [tex]\aleph_0[/tex]?
Odgovor je ne, a evo i dokaza.
Pretpostavimo da postoji, neka je [tex]\mathcal{F}=\{A_n : n\in \mathbb{N}\}[/tex] [tex]\sigma[/tex]-algebra na nekom skupu [tex]X[/tex] , pri čemu su svi [tex]A_n[/tex]-ovi međusobno različiti.
Označimo sada sa [tex]\mathcal{C}=\{C_k : k\in K\}[/tex] sve neprazne presjeke oblika [tex]\displaystyle \bigcap_{n=1}^{+\infty}B_n[/tex], pri čemu je [tex]B_n=A_n[/tex] ili [tex]B_n=A_n^c[/tex].
Prva tvrdnja je:
[tex]\mathcal{C}[/tex] je particija skupa [tex]X[/tex].
Disjunktnost [tex]C_k[/tex]-ova je očita (kad uzmemo dva takva različita presjeka, jedan će na nekom mjestu imati [tex]A_n[/tex], a drugi [tex]A_n^c[/tex]).
Još moramo pokazati [tex]X=\displaystyle \bigcup_{k\in K}C_k[/tex]. (*)
Uzmimo [tex]x\in X[/tex] proizvoljan. Tada je [tex]x\in \displaystyle \bigcap_{n=1}^{+\infty}B_n=C_{k_0}[/tex], pri čemu definiramo:
[tex] B_n =
\begin{cases}
A_n & : x \in A_n\\
A_n^c & : x \notin A_n
\end{cases} [/tex]
Dakle imamo inkluziju [tex]\subseteq[/tex] u (*), a druga naravno da vrijedi.
Druga tvrdnja:
[tex]\mathcal{F}=\{\displaystyle \bigcup_{i\in I} C_i : I\subseteq K\}[/tex]
[tex]\supseteq[/tex]
Budući da je [tex]C_k \in \mathcal{F}, \forall k\in K[/tex] (ovo slijedi iz zatvorenosti od [tex]\mathcal{F}[/tex] na komplementiranje i prebrojive presjeke), te su [tex]C_k[/tex]-ovi međusobno različiti, slijedi da je indeksni skup [tex]K[/tex] najviše beskonačno prebrojiv (zbog pretpostavke na kardinalitet od [tex]\mathcal{F}[/tex])
Sada tražena inkluzija slijedi zbog zatvorenosti od [tex]\mathcal{F}[/tex] na prebrojive unije.
(ovdje je bilo važno komentirati kardinalitet od [tex]K[/tex] da osiguramo da na desnoj strani nema unije neprebrojivo skupova)
[tex]\subseteq[/tex]
Uzmemo proizvoljan [tex]A_n\in \mathcal{F}[/tex].
Tada je [tex]A_n=A_n\cap X = A_n \cap \displaystyle \bigcup_{k\in K}C_k = \bigcup_{k\in K}(A_n\cap C_k)[/tex] (**)
Neka je [tex]C_k=\displaystyle \bigcap_{n=1}^{+\infty}B_n[/tex]
Sad uočimo da je:
[tex]A_n\cap C_k = \begin{cases} C_k & : B_n=A_n \\ \emptyset & : B_n=A_n^c \end{cases}[/tex].
Dakle u svakom slučaju dobit ćemo da je unija iz (**) element skupa na desnoj strani.
Konačno, budući da su sve te unije na desnoj strani različite (zbog disjunktnosti [tex]C_k[/tex]-ova), dobivamo da je skup s desne strane kardinaliteta [tex]k(\mathcal{P}(K))=2^{k(K)}[/tex].
Dakle imamo da je i [tex]\mathcal{F}[/tex] istog kardinaliteta, a to je ili [tex]2^m[/tex], ako je [tex]k(K)=m\in \mathbb{N}[/tex] ili [tex]2^{k(K)}\geq c[/tex], ako je [tex]k(K)\geq \aleph_0[/tex].
Dakle ne može nikako biti kardinaliteta [tex]\aleph_0[/tex], što je kontradikcija s pretpostavkom.
|
|
| [Vrh] |
|
Loo
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 11. 06. 2012. (16:02:07)
Postovi: (D0)16
Spol:
|
| Postano: 11:23 ned, 12. 4. 2015 Naslov: |
|
|
|
Još nekoliko čestih pitanja.
Ovaj put su to zadaci iz kvizova.
[u]KVIZ 4[/u]
1. (b)
Vrijedi [tex]\mathcal{C}=\{\langle \frac{k}{n}, \frac{l}{n} \rangle : n\in \mathbb{N}\setminus \{0\}, k,l \in \mathbb{Z}\}=\{\langle a, b \rangle : a, b \in \mathbb{Q}\}[/tex] jer se svaka dva racionalna broja mogu svesti na zajednički nazivnik. A na vježbama ste pokazali (zad 2.18 (g)) da je tada [tex]\sigma(\mathcal{C})=\mathcal{B}(\mathbb{R})[/tex].
(c)
[tex]\mathcal{C}=\{A\subseteq \mathbb{R}: \text{A je omeđen}\}[/tex]
Općenito je [tex]\sigma(\mathcal{C}) \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{R})[/tex], no ovdje imamo i obrnutu inkluziju jer je za proizvoljan [tex]S \subseteq \mathbb{R}[/tex], [tex]S=S\cap \mathbb{R}= S\cap \displaystyle \bigcup_{n\in \mathbb{N}}[-n, n]= \displaystyle \bigcup_{n\in \mathbb{N}}(S\cap [-n, n])[/tex].
Dakle, proizvoljan podskup od [tex]\mathbb{R}[/tex] možemo prikazati kao prebrojivu uniju omeđenih skupova, pa je za svaki [tex]S\subseteq \mathbb{R}[/tex], [tex]S\in \sigma(\mathcal{C})[/tex]. Slijedi [tex]\sigma(\mathcal{C}) = \mathcal{P}(\mathbb{R})[/tex].
(d)
Pokazali ste da za [tex]\mathcal{C}_1=\{\{x\} : x \in \mathbb{R}\}[/tex] vrijedi [tex]\sigma(\mathcal{C}_1)=\{A\subseteq \mathbb{R} : A\: \text{prebrojiv ili} \: A^c \: \text{prebrojiv} \}[/tex].
Sada ćemo pokazati da za [tex]\mathcal{C}=\{A \subseteq \mathbb{R} : A \: \text{je omeđen i prebrojiv}\}[/tex] vrijedi [tex]\sigma(\mathcal{C}_1)=\sigma(\mathcal{C})[/tex].
Za to je dovoljno vidjeti da je [tex]\mathcal{C}\subseteq \sigma(\mathcal{C}_1)[/tex] i [tex]\mathcal{C}_1 \subseteq \sigma(\mathcal{C})[/tex].
Očito je [tex]\mathcal{C}_1 \subseteq \mathcal{C} \subseteq \sigma(\mathcal{C})[/tex].
S druge strane, neka je [tex]A[/tex] omeđen i prebrojiv. Tada je (već samo zbog prebrojivosti) [tex]A \in \sigma(\mathcal{C}_1)[/tex]. Znači [tex]\mathcal{C}\subseteq \sigma(\mathcal{C}_1)[/tex].
[u]KVIZ 5[/u]
1. (a)
Prvo pokažimo konačnu aditivnost.
Očito je [tex]\mu(\emptyset)=0[/tex].
Sad neka su [tex]E_i, \: i=1,...,n[/tex] međusobno disjunktni skupovi iz [tex]\mathcal{F}[/tex] takvi da je [tex] \displaystyle \bigcup_{i=1}^{n}E_i \in \mathcal{F}[/tex] (ovdje taj uvjet uvijek vrijedi jer je [tex]\mathcal{F}[/tex] algebra).
Prvi slučaj je da su svi [tex]E_i[/tex] konačni. Tada je očito i njihova unija konačna pa je [tex]\mu(\displaystyle \bigcup_{i=1}^n E_i)=0=\sum_{i=1}^n \mu(E_i)[/tex].
E sad drugi slučaj (ovo je inače najčešće pitanje koje ste mi slali :wink: ), postoji neki [tex]i_0 \in \{1,...,n\}[/tex] takav da je [tex]E_{i_0}^c[/tex] konačan. Tada je zbog [tex](\displaystyle \bigcup_{i=1}^n E_i )^c \subseteq E_{i_0}^c[/tex] vidimo da je komplement unije konačan.
Kako bi doista vrijedilo [tex]\mu(\displaystyle \bigcup_{i=1}^n E_i)=\sum_{i=1}^n \mu(E_i)[/tex], treba pokazati da ne može postojati [tex]j\in \{1,...,n\}, \: j\neq i_0[/tex] takav da je [tex]E_j ^c[/tex] konačan. (to znači da se u sumi pojavljuje točno jedna jedinica)
Ali ovo vrijedi zbog disjunktnosti skupova [tex]E_i[/tex] i beskonačnosti od [tex]X[/tex], odnosno kada bi bilo da je [tex]E_j^c[/tex] konačan za neki [tex]j\neq i_0[/tex] imali bi da je zbog [tex]E_{i_0}\cap E_j=\emptyset[/tex], [tex]E_{i_0}^c \cup E_j^c=X[/tex] što je nemoguće zbog beskonačnosti od [tex]X[/tex].
Funkcija nije [tex]\sigma[/tex]-aditivna u slučaju kada je [tex]X[/tex] beskonačno prebrojiv jer je u tom slučaju [tex]X=\displaystyle \bigcup_{x\in X} \{x\}[/tex] (prebrojiva unija disjunktnih konačnih skupova), no vrijedi [tex]\mu(X)=1\neq 0 = \displaystyle \sum _{x\in X} \mu(x)[/tex].
Kada je [tex]X[/tex] neprebrojiv, sličan trik kao za konačnu aditivnost se upotrijebi za [tex]\sigma[/tex]-aditivnost, javite ako zapnete.
Još nekoliko čestih pitanja.
Ovaj put su to zadaci iz kvizova.
KVIZ 4
1. (b)
Vrijedi [tex]\mathcal{C}=\{\langle \frac{k}{n}, \frac{l}{n} \rangle : n\in \mathbb{N}\setminus \{0\}, k,l \in \mathbb{Z}\}=\{\langle a, b \rangle : a, b \in \mathbb{Q}\}[/tex] jer se svaka dva racionalna broja mogu svesti na zajednički nazivnik. A na vježbama ste pokazali (zad 2.18 (g)) da je tada [tex]\sigma(\mathcal{C})=\mathcal{B}(\mathbb{R})[/tex].
(c)
[tex]\mathcal{C}=\{A\subseteq \mathbb{R}: \text{A je omeđen}\}[/tex]
Općenito je [tex]\sigma(\mathcal{C}) \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{R})[/tex], no ovdje imamo i obrnutu inkluziju jer je za proizvoljan [tex]S \subseteq \mathbb{R}[/tex], [tex]S=S\cap \mathbb{R}= S\cap \displaystyle \bigcup_{n\in \mathbb{N}}[-n, n]= \displaystyle \bigcup_{n\in \mathbb{N}}(S\cap [-n, n])[/tex].
Dakle, proizvoljan podskup od [tex]\mathbb{R}[/tex] možemo prikazati kao prebrojivu uniju omeđenih skupova, pa je za svaki [tex]S\subseteq \mathbb{R}[/tex], [tex]S\in \sigma(\mathcal{C})[/tex]. Slijedi [tex]\sigma(\mathcal{C}) = \mathcal{P}(\mathbb{R})[/tex].
(d)
Pokazali ste da za [tex]\mathcal{C}_1=\{\{x\} : x \in \mathbb{R}\}[/tex] vrijedi [tex]\sigma(\mathcal{C}_1)=\{A\subseteq \mathbb{R} : A\: \text{prebrojiv ili} \: A^c \: \text{prebrojiv} \}[/tex].
Sada ćemo pokazati da za [tex]\mathcal{C}=\{A \subseteq \mathbb{R} : A \: \text{je omeđen i prebrojiv}\}[/tex] vrijedi [tex]\sigma(\mathcal{C}_1)=\sigma(\mathcal{C})[/tex].
Za to je dovoljno vidjeti da je [tex]\mathcal{C}\subseteq \sigma(\mathcal{C}_1)[/tex] i [tex]\mathcal{C}_1 \subseteq \sigma(\mathcal{C})[/tex].
Očito je [tex]\mathcal{C}_1 \subseteq \mathcal{C} \subseteq \sigma(\mathcal{C})[/tex].
S druge strane, neka je [tex]A[/tex] omeđen i prebrojiv. Tada je (već samo zbog prebrojivosti) [tex]A \in \sigma(\mathcal{C}_1)[/tex]. Znači [tex]\mathcal{C}\subseteq \sigma(\mathcal{C}_1)[/tex].
KVIZ 5
1. (a)
Prvo pokažimo konačnu aditivnost.
Očito je [tex]\mu(\emptyset)=0[/tex].
Sad neka su [tex]E_i, \: i=1,...,n[/tex] međusobno disjunktni skupovi iz [tex]\mathcal{F}[/tex] takvi da je [tex] \displaystyle \bigcup_{i=1}^{n}E_i \in \mathcal{F}[/tex] (ovdje taj uvjet uvijek vrijedi jer je [tex]\mathcal{F}[/tex] algebra).
Prvi slučaj je da su svi [tex]E_i[/tex] konačni. Tada je očito i njihova unija konačna pa je [tex]\mu(\displaystyle \bigcup_{i=1}^n E_i)=0=\sum_{i=1}^n \mu(E_i)[/tex].
E sad drugi slučaj (ovo je inače najčešće pitanje koje ste mi slali  ), postoji neki [tex]i_0 \in \{1,...,n\}[/tex] takav da je [tex]E_{i_0}^c[/tex] konačan. Tada je zbog [tex](\displaystyle \bigcup_{i=1}^n E_i )^c \subseteq E_{i_0}^c[/tex] vidimo da je komplement unije konačan.
Kako bi doista vrijedilo [tex]\mu(\displaystyle \bigcup_{i=1}^n E_i)=\sum_{i=1}^n \mu(E_i)[/tex], treba pokazati da ne može postojati [tex]j\in \{1,...,n\}, \: j\neq i_0[/tex] takav da je [tex]E_j ^c[/tex] konačan. (to znači da se u sumi pojavljuje točno jedna jedinica)
Ali ovo vrijedi zbog disjunktnosti skupova [tex]E_i[/tex] i beskonačnosti od [tex]X[/tex], odnosno kada bi bilo da je [tex]E_j^c[/tex] konačan za neki [tex]j\neq i_0[/tex] imali bi da je zbog [tex]E_{i_0}\cap E_j=\emptyset[/tex], [tex]E_{i_0}^c \cup E_j^c=X[/tex] što je nemoguće zbog beskonačnosti od [tex]X[/tex].
Funkcija nije [tex]\sigma[/tex]-aditivna u slučaju kada je [tex]X[/tex] beskonačno prebrojiv jer je u tom slučaju [tex]X=\displaystyle \bigcup_{x\in X} \{x\}[/tex] (prebrojiva unija disjunktnih konačnih skupova), no vrijedi [tex]\mu(X)=1\neq 0 = \displaystyle \sum _{x\in X} \mu(x)[/tex].
Kada je [tex]X[/tex] neprebrojiv, sličan trik kao za konačnu aditivnost se upotrijebi za [tex]\sigma[/tex]-aditivnost, javite ako zapnete.
|
|
| [Vrh] |
|
vjekovac
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 01. 2003. (18:26:55)
Postovi: (2DB)16
Spol:
|
| Postano: 15:19 uto, 14. 4. 2015 Naslov: |
|
|
|
Bilo je pitanja o Zadatku 8 iz Kolekcije zadataka za vježbu:
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/mii/files/zavjezbu1.pdf
Neki od tih zadataka su stvarno teški pa evo potpunog rješenja spomenutog.
Uzmimo Lebesgue-izmjerivi skup [tex]E\subseteq\mathbb{R}[/tex] takav da je [tex]\lambda(E)>0[/tex]. Zbog regularnosti Lebesgueove mjere postoji kompaktni podskup [tex]K\subseteq E[/tex] takav da je još uvijek [tex]\lambda(K)>0[/tex]. Zbog ograničenosti od K mora biti [tex]\lambda(K)<+\infty[/tex]. Opet zbog regularnosti Lebesgueove mjere postoji nadskup [tex]U\supseteq K[/tex] takav da je [tex]\lambda(U)<2\lambda(K)[/tex].
Huh, sad stanemo i neformalno prokomentiramo. Ovo dosad smo radili kako bismo naštimali kompaktni skup K koji još uvijek ima pozitivnu mjeru, koji se može malo pomicati lijevo-desno unutar nekog otvorenog skupa U, ali nema dovoljno mjesta izbjeći samog sebe kod tog pomicanja, jer je mjera od U samo malo veća od mjere od K.
Nastavimo sa strogim dokazom:
Udaljenost kompaktnog skupa K i zatvorenog skupa [tex]U^c=\mathbb{R}\setminus U[/tex] je strogo pozitivan broj [tex]\varepsilon:=d(K,U^c)>0[/tex]. Uzmimo sada bilo koji [tex]t\in\mathbb{R},\ |t|<\varepsilon[/tex] i primijetimo da je još uvijek K+t podskup od U.
Tvrdimo da K i K+t nisu disjunktni. Naime, kada bi bili, tada bismo zbog monotonosti i aditivnosti imali:
[dtex]2\lambda(K) > \lambda(U) \geq \lambda(K\cup(K+t)) = \lambda(K) + \lambda(K+t) = 2\lambda(K),[/dtex]
što bi vodilo na kontradikciju. Zato postoji [tex]x\in K\cap(K+t)[/tex] te ako još označimo [tex]y=x-t\in K[/tex], dobit ćemo
[dtex]t = x - (x-t) = x-y \in K-K \subseteq E-E.[/dtex]
Dakle, cijeli interval [tex]\langle-\varepsilon,\varepsilon\rangle[/tex] je sadržan u E-E.
Drugi dio zadatka (s Cantorovim trijadskim skupom) je komentiran kao zadatak 11.3 u skripti s vježbi:
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/mii/mii_vjezbe.pdf
Bilo je pitanja o Zadatku 8 iz Kolekcije zadataka za vježbu:
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/mii/files/zavjezbu1.pdf
Neki od tih zadataka su stvarno teški pa evo potpunog rješenja spomenutog.
Uzmimo Lebesgue-izmjerivi skup [tex]E\subseteq\mathbb{R}[/tex] takav da je [tex]\lambda(E)>0[/tex]. Zbog regularnosti Lebesgueove mjere postoji kompaktni podskup [tex]K\subseteq E[/tex] takav da je još uvijek [tex]\lambda(K)>0[/tex]. Zbog ograničenosti od K mora biti [tex]\lambda(K)<+\infty[/tex]. Opet zbog regularnosti Lebesgueove mjere postoji nadskup [tex]U\supseteq K[/tex] takav da je [tex]\lambda(U)<2\lambda(K)[/tex].
Huh, sad stanemo i neformalno prokomentiramo. Ovo dosad smo radili kako bismo naštimali kompaktni skup K koji još uvijek ima pozitivnu mjeru, koji se može malo pomicati lijevo-desno unutar nekog otvorenog skupa U, ali nema dovoljno mjesta izbjeći samog sebe kod tog pomicanja, jer je mjera od U samo malo veća od mjere od K.
Nastavimo sa strogim dokazom:
Udaljenost kompaktnog skupa K i zatvorenog skupa [tex]U^c=\mathbb{R}\setminus U[/tex] je strogo pozitivan broj [tex]\varepsilon:=d(K,U^c)>0[/tex]. Uzmimo sada bilo koji [tex]t\in\mathbb{R},\ |t|<\varepsilon[/tex] i primijetimo da je još uvijek K+t podskup od U.
Tvrdimo da K i K+t nisu disjunktni. Naime, kada bi bili, tada bismo zbog monotonosti i aditivnosti imali:
[dtex]2\lambda(K) > \lambda(U) \geq \lambda(K\cup(K+t)) = \lambda(K) + \lambda(K+t) = 2\lambda(K),[/dtex]
što bi vodilo na kontradikciju. Zato postoji [tex]x\in K\cap(K+t)[/tex] te ako još označimo [tex]y=x-t\in K[/tex], dobit ćemo
[dtex]t = x - (x-t) = x-y \in K-K \subseteq E-E.[/dtex]
Dakle, cijeli interval [tex]\langle-\varepsilon,\varepsilon\rangle[/tex] je sadržan u E-E.
Drugi dio zadatka (s Cantorovim trijadskim skupom) je komentiran kao zadatak 11.3 u skripti s vježbi:
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/mii/mii_vjezbe.pdf
|
|
| [Vrh] |
|
Loo
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 11. 06. 2012. (16:02:07)
Postovi: (D0)16
Spol:
|
| Postano: 20:25 pon, 20. 4. 2015 Naslov: |
|
|
|
Bilo je pitanja u vezi 3.zadatka iz http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/mii/files/IimPRVI_KOL2007.pdf
tj. je li ta mjera [tex]\sigma[/tex]-konačna. (inače, za dokaz da je mjera se može pozvati na zadatak s vježbi - to je restrikcija brojeće mjere na podskup [tex]\mathbb{Q}\cap[0,1]\in \mathcal{B}([0,1])[/tex])
Mjera je [tex]\sigma[/tex]-konačna jer možemo uzeti [tex]E_0=[0,1]\setminus \mathbb{Q}[/tex], [tex]E_n=\{q_n\}, n\in \mathbb{N}[/tex], pri čemu je [tex]\mathbb{Q}\cap [0,1]=\{q_n : n\in \mathbb{N}\}[/tex].
Očito su svi ti skupovi izmjerivi i konačne mjere (prvi je mjere [tex]0[/tex], a ostali mjere [tex]1[/tex]), te je [tex][0,1]=\displaystyle \bigcup_{n=0}^{+\infty}E_n[/tex].
Bilo je pitanja u vezi 3.zadatka iz http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/mii/files/IimPRVI_KOL2007.pdf
tj. je li ta mjera [tex]\sigma[/tex]-konačna. (inače, za dokaz da je mjera se može pozvati na zadatak s vježbi - to je restrikcija brojeće mjere na podskup [tex]\mathbb{Q}\cap[0,1]\in \mathcal{B}([0,1])[/tex])
Mjera je [tex]\sigma[/tex]-konačna jer možemo uzeti [tex]E_0=[0,1]\setminus \mathbb{Q}[/tex], [tex]E_n=\{q_n\}, n\in \mathbb{N}[/tex], pri čemu je [tex]\mathbb{Q}\cap [0,1]=\{q_n : n\in \mathbb{N}\}[/tex].
Očito su svi ti skupovi izmjerivi i konačne mjere (prvi je mjere [tex]0[/tex], a ostali mjere [tex]1[/tex]), te je [tex][0,1]=\displaystyle \bigcup_{n=0}^{+\infty}E_n[/tex].
|
|
| [Vrh] |
|
|
