\documentclass[a5paper,10pt,russian]{extreport}

\usepackage{extsizes}
\usepackage{cmap}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}
\usepackage{indentfirst}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}

\usepackage{geometry}
\geometry{left=15mm, right=15mm, top=15mm, bottom=15mm}
\linespread{1.3}


\begin{document}

\section*{Лекция 5. Сходимость функциональной последовательности по мере (23.03.15)}

\paragraph{Определение} Пусть $f_n, f: X \to Y$. $f_n$ сходится по мере к $f$, то есть $f_n \xrightarrow{\mu} f$ при $n \to \infty$, если $\forall \delta>0\ \mu\{x\ \big\vert\ |f_n(x)-f(x)|\geq \delta  \} \to 0$, $n \rightarrow \infty$.
\paragraph{Линейная сходимость по мере:} $\newline$
1) $K \in \mathbb{R}$, $f_n \xrightarrow{\mu} f$ $\Rightarrow$ $Kf_n \xrightarrow{\mu} Kf$ $\newline$
$\blacktriangleleft$ При $K=0$ - очевидно. $\mu\{x\ \big\vert\ |Kf_n(x)-Kf(x)|\geq\delta  \} = \mu\{x\ \big\vert\ |f_n(x)-f(x)|\geq{\delta\over|K|}  \} \rightarrow 0$, так как $f_n \xrightarrow{\mu} f$ $\blacktriangleright$ $\newline$
2) $f_n \xrightarrow{\mu} f$, $g_n \xrightarrow{\mu} g$ $\Rightarrow$ $f_n+g_n \xrightarrow{\mu} f+g$ $\newline$
$\blacktriangleleft$ $|f_n(x)-f(x)|<{\delta\over2} \wedge |g_n(x)-g(x)|<{\delta\over2} \Rightarrow |f_n(x)+g_n(x)-(f(x)+g(x))|<\delta$. Далее четыре технических момента: $\newline$
$\textbf{К отрицанию:}$ $|f_n(x)+g_n(x)-(f(x)+g(x))|\geq\delta \Rightarrow |f_n(x)-f(x)|\geq~{\delta\over2} \vee |g_n(x)-g(x)|\geq{\delta\over2}$. $\newline$
a$\textbf{К множеству:}$ ${x\ \big\vert\ |f_n(x)+g_n(x)-(f(x)+g(x))|\geq\delta \} \subset  \{x\ \big\vert\ |f_n(x)-f(x)|\geq{\delta\over2}\}$ $\cup\ \{x\ \big\vert\ |g_n(x)-g(x)|\geq{\delta\over2}\}$. $\newline$
$\textbf{К мерам:}$ $\mu\{x\ \big\vert\ |f_n(x)+g_n(x)-(f(x)+g(x)|\geq\delta  \} \leq \mu\{x\ \big\vert\ |f_n(x)-f(x)|\geq{\delta\over2}\} + \mu\{x\ \big\vert\ |g_n(x)-g(x)|\geq{\delta\over2}\}$. $\newline$
$\textbf{К пределу:}$ из предыдущего пункта о мерах, $0\Leftarrow0+0$ $\blacktriangleright$ $\newline$


\textbf{Утверждение.} Если $\mu(X) < +\infty$, то $f_n \xrightarrow{\text{п. в.}} f \Rightarrow f_n \xrightarrow{\mu} f$. $\newline$
$\blacktriangleleft$ От противного: $\exists \delta>0\ \mu\{x\ \big\vert\ |f_n(x)-f(x)|\geq\delta  \} \not\to 0$. $\mu(\cup_{i=n}^{\infty} \{x\ \big\vert\ |f_i(x)-f(x)|\geq\delta  \}) \geq \mu\{x\ \big\vert\ |f_n(x)-f(x)|\geq\delta  \}$, $\mu(\bigcup_{i=n}^{\infty} \{x\ \big\vert\ |f_i(x)-f(x)|\geq\delta  \}) \not\to 0$. Обозначим $A_i = \{x\ \big\vert\ |f_i(x)-f(x)|\geq\delta  \}$. $\bigcup_{i=n}^{\infty}A_i$ - последовательность сужающихся множеств. $\mu(\bigcap\limits_{n=1}^{\infty}\bigcup\limits_{i=n}^{\infty}A_i) =\limits^{\text{непр. снизу}} \lim\limits_{n\to\infty} \mu(\bigcup\limits_{i=n}^{\infty}A_i)\neq0$. $x\in\bigcap\limits_{n=1}^{\infty}\bigcup\limits_{i=n}^{\infty}A_i \Leftrightarrow \forall n\ \exists i\geq n: |f_i(x)-f(x)|\geq\delta \Leftrightarrow \overline{\exists n\ \forall i\geq n: |f_i(x)-f(x)|<\delta}$, т.е. $\forall x\in\bigcap\limits_{n=1}^{\infty}\bigcup\limits_{i=n}^{\infty}A_i $, т.е. на множестве меры $>0$, $f_n \not\to f$ - противоречие со сходимостью почти всюду. $\blacktriangleright$ $\newline$


\textbf{Теорема Рисса.}  $f_n \xrightarrow{\mu} f \Rightarrow \exists f_{n_k} \xrightarrow{\text{п. в.}} f$. $\newline$
$\blacktriangleleft$ $\delta=1: \mu\{ x~\big\vert |f_n(x)-f(x)| \geq 1 \} \rightarrow 0 \Leftrightarrow \exists n_1: \mu\{ x~\big\vert |f_{n_1(x)}-f(x)| \geq 1 \} < \frac{1}{2}$ \newline
$\delta=\frac{1}{2}: \mu\{ x~\big\vert |f_n(x)-f(x)| \geq \frac{1}{2} \} \rightarrow 0 \Leftrightarrow \exists n_2>n_1: \mu\{ x~\big\vert |f_{n_1(x)}-f(x)| \geq \frac{1}{2} \} < \frac{1}{4}$  \newline
$\ldots$  \newline
$\delta=\frac{1}{2^k}: \exists n_k: \mu\{ x~\big\vert |f_{n_k(x)}-f(x)| \geq \frac{1}{2^k} \} < \frac{1}{2^{k+1}}$. $\{ x~\big\vert |f_{n_k(x)}-f(x)| \geq \frac{1}{2^k} \} = A_k$. $\mu(\bigcap\limits_{r=1}^{\infty}\bigcup\limits_{k=r}^{\infty}A_k) = \lim\limits_{r \rightarrow \infty}\mu(\bigcup\limits_{k=r}^{\infty}A_k)$. $\mu(\bigcup\limits_{k=r}^{\infty}A_k) \leq \sum\limits_{k=1}^{\infty}\mu(A_k) < \sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^{k+1}} = \frac{1}{2^n} \rightarrow 0$ при $k \rightarrow \infty$. $x \not\in \bigcap\limits_{r=1}^{\infty}\bigcup\limits_{k=r}^{\infty}A_k \Rightarrow x \in (\bigcap\limits_{r=1}^{\infty}\bigcup\limits_{k=r}^{\infty}\overline{A_k})$, то есть $\exists r: \forall k \geq r |f_{n_k}(x)-f(x)| < \frac{1}{2^k}$. $\frac{1}{2^k} \rightarrow 0$ при $k \rightarrow \infty$, $f_{n_k}(x) \rightarrow f(x)$ $\blacktriangleright$

\section*{Лекция 6 (23.03.15)}
\paragraph{Определение 1.} \textbf{Простой функцией} называют функцию, принимающей не более чем считанное число значений.
\paragraph{Утверждение 1.} Простая функция $f(x) = $
\begin{cases}
$
a_1, x\in A_1 \\
\ldots \\
a_k, x\in A_k \\
\ldots
$
\end{cases} $(*)$ является измеримой $\Leftrightarrow$ все $A_k$ - измеримые множества.$\newline$
$\blacktriangleleft$ $f^{-1}(\{a_k\}) = A_k$. $\underline{\Rightarrow} \{a_k\}$ - борелевское, $A_k$ - измеримое. $\underline{\Leftarrow} f^{-1}(B) = \bigcup\limits_{k: a_k \in B} A_k$, $A_k$ - измеримое, а не более чем счетное объединение измеримо, значит измеримое. $\blacktriangleright \newline$
$\mu(X) < + \infty$
\paragraph{Определение 2.} Простая измеримая функция вида $(*)$ называется \textbf{суммируемой (интегрируемой) по Лебегу} относительно $\mu$, если $\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k \mu(A_k)$ сходится абсолютно, а сумма ряда называется \textbf{интегралом Лебега} от $f$ по $\mu$ и обозначается $\int\limits_{X}f(x)d\mu(x)$. $\newline$
\textbf{Замечание 1.} Абсолютная сходимость нужна для возможных перестановок ряда, ведь порядок $A_k$ неоднозначен.$\newline$
\textbf{Утверждение 2.} Если в задании простой функции нет условия различности $a_k$, то определение$~$2 сохраняет силу.$\newline$
\textbf{Свойства интеграла Лебега от простых функций:}$\newline$
$1^{\circ}. f \in L(x) \Rightarrow \forall k \in \mathbb{R} kf \in L(x)$, $\int\limits_{X}kf(x)d\mu = k\int\limits_{X}f(x)d\mu $ $\newline$
$\blacktriangleleft$ $f(x) = $
\begin{cases}
$
a_1, x\in A_1 \\
\ldots \\
a_k, x\in A_k \\
\ldots
$
\end{cases}
$\Rightarrow$ $kf(x) = $
\begin{cases}
$
ka_1, x\in A_1 \\
\ldots \\
ka_k, x\in A_k \\
\ldots
$
\end{cases} $\newline$
$\int\limits_{X}kf(x)d\mu = \sum\limits_{n=1}^{\infty}ka_n\mu(A_n) = k \int\limits_{X}f(x)d\mu$ $\blacktriangleright$ $\newline$
$2^{\circ}. f,g \in L(x) \Rightarrow f+g \in L(x), \int\limits_{X}f(x)d\mu + \int\limits_{X}g(x)d\mu = \int\limits_{X}(f(x)+g(x))d\mu$ $\newline$
$\blacktriangleleft$ $f(x)+g(x) = a_k + b_k на A_k \bigcap B_k$. $\int\limits_{X}(f(x)+g(x))d\mu = \sum\limits_{k,n}(a_k+b_n)\mu(A_k \bigcap B_n) = \sum\limits_{k}a_k\sum\limits_{n}\mu(A_k \bigcap B_n) + \sum\limits_{n}b_n\sum\limits_{k}\mu(A_k \bigcap B_n) = \int\limits_{X}f(x)d\mu + \int\limits_{X}g(x)d\mu$ $\blacktriangleright$



\end{document}