3. Royden H. L., Real analysis (1968) 4. Halmos, P.R., Measure

Ankara Üniversitesi
Kütüphane ve Dokümantasyon Daire Başkanlığı
Açık Ders Malzemeleri
Ders izlence Formu
Dersin Kodu ve İsmi
MAT407 REEL ANALİZ
Dersin Sorumlusu
Prof. Dr. Ertan İBİKLİ ve Dr. Sezgin SUCU
Dersin Düzeyi
Lisans
Dersin Kredisi
3
Dersin Türü
Zorunlu
Dersin İçeriği
Ölçüleb ilir kümeler , Ölç ü, , ölçülebilir fonksiy onlar ve
ölçüleb ilir fonksiyonların ölçüleb ilir kümeler üz erindeki
integrasyonu, integral ile ilgili teoremler incele nec ektir.
Bu dersi alan bir öğrenci:
 Ölçü, ölçülebilir küme,
özelliklerini açıklayabilir.
Dersin Amacı
ölçülebilir
fonsiyonların
temel
 Ölçüleb ilir
fonksiyonların
ölç ülebilir
küme ler
üzerindeki integrasyonu ve integral kavramlarını
açıklayabilir ve yorumlayabilir.
Dersin Süresi
1 Yarıyıl (Haftada toplam 4 saat)
Eğitim Dili
Türkçe
Ön Koşul
Yok
1. Natanson, I. P., Theo ry of functions of
variable .
2. Bartle, R. G., Elements of Integration Theory (1966)
3. Royden H. L., Real analysis (1968)
Önerilen Kaynaklar
4. Halmos, P.R., Measure Theory (1974)
5. Charalambos D. A., Principles of Real Analysis(1998)
6. Balcı M., Reel Analiz (2009)
Dersin Kredisi
3
Laboratuvar
Yok
a
real
Ankara Üniversitesi
Kütüphane ve Dokümantasyon Daire Başkanlığı
Açık Ders Malzemeleri
Çalışma Planı (Çalışma Takvimi)
Haftalar
Haftalık Konu Başlıkları
1.Hafta
Giriş
2.Hafta
Cümle dizileri, Alt ve üst limit ve yakınsaklık
3.Hafta
σ-halka ve σ-cebir
4.Hafta
Ölçülebilir cümleler
5.Hafta
Ölçü, dış ölçü
6.Hafta
Lebesgue dış ölçüsü ve ölçüsü
7.Hafta
Ölçülebilir fonksiyonlar, ölçülebilir fonksiyon sınıfları
8.Hafta
Basit fonksiyonların integralleri
9.Hafta
Pozitif fonksiyonların integrasyonu
10. Hafta
İntegrallenebilen fonksiyonlar
11. Hafta
Ara Sınav
12.Hafta
Lebesgue yakınsaklık ve sınırlı yakınsaklık teoremleri
13.Hafta
Lebesgue integrali ve Riemann integrali arasındaki ilişki
14. Hafta
Lp Uzayları ve Temel Özellikleri
1. GI·RI·Ş
1.1 Temel Bilgiler
SORU 1: (An ) bir X kümesinin alt kümelerinin bir dizisi olsun. E0 = ;
olmak üzere
En =
n
[
Ak ,
Fn = An nEn
k=1
1
şeklinde tan¬mlanan (En ) ve (Fn ) dizileri veriliyor.
(a)
(En ) dizisinin artan
(Fn ) dizisinin ayr¬k
1
1
1
[
[
[
An
Fn =
En =
(c)
(b)
n=1
n=1
n=1
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 1: (a) (En ) dizisi artan , 8n 2 N için En
En+1 =
=
n+1
[
k=1
n
[
k=1
En+1 :
Ak
Ak [ An+1
= En [ An+1
En
oldu¼
gundan (En ) artand¬r.
(b) m; n 2 N (m 6= n) olmak üzere Fn \ Fm = ; oldu¼
gunu göstermeliyiz. I·ki
durum söz konusudur.
1
(i) m > n olsun. Bu durumda m 1
oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa
8
<
Fn \ Fm =
An \
:
=
=
An \
An \
= ;
n[1
Ak
k=1
n\1
k=1
n\1
Atk
Atk
k=1
!
!
n olur. Fn = An nEn 1 ; Fm = Am nEm
!t 9
=
\
;
\
8
<
:
Am \
Am \
\
Am \
m
\1
k=1
n\1
k=1
Atk
m
[1
k=1
!
Ak
!t 9
=
Atk \ Atn \
;
m
\1
Atk
k=n+1
!
(ii) n > m olsun. Bu durumda n 1 m > m 1 olur.
8
!t 9 8
!t 9
n[1
m
<
= <
=
[1
Fn \ Fm =
An \
Ak
\ Am \
Ak
:
; :
;
k=1
k=1
!
!
m
n\1
m
\1
\1
=
An \
Atk \ Atm \
Atk \ Am \
Atk
k=1
k=m+1
= ;
bulunur.
(c)
1
[
En =
n=1
1
[
n=1
n
[
k=1
Ak
!
= A1 [ (A1 [ A2 ) [ (A1 [ A2 [ A3 ) [ :::
=
1
[
An
n=1
2
k=1
1
bulunur.
1
[
Fn =
n=1
1
[
n=1
(An nEn 1 )
= (A1 nE0 ) [ (A2 nE1 ) [ (A3 nE2 ) [ :::
= A1 [ (A2 nA1 ) [ [A3 n (A1 [ A2 )] [ :::
= (A1 [ A2 ) [ [A3 n (A1 [ A2 )] [ :::
= (A1 [ A2 [ A3 ) [ [A4 n (A1 [ A2 [ A3 )] [ :::
=
1
[
An
n=1
elde edilir.
SORU 2: (An ) bir X kümesinin alt kümelerinin artan bir dizisi olsun.
8
>
>
<
A1
; k=1
Sk :=
>
>
: Ak nAk 1 ; k > 1
olarak tan¬mlans¬n.
(a) (Sn ) dizisinin ayr¬k
(b) An =
n
[
k=1
Sk ve
1
[
n=1
An =
1
[
Sn
n=1
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 2: (a) m; n 2 N ve m 6= n olsun. Sn \ Sm = ; oldu¼
gunu göster-
3
meliyiz.
Sn \ Sm = (An nAn 1 ) \ (Am nAm 1 )
An \ Atn
=
\ Am \ Atm
1
1
yaz¬labilir.
m > n olsun. m
1
n olaca¼
g¬ndan Am
Sn \ Sm =
An \ Atn
Am
1
1
\ Atn
1
An gerçeklenir. Buradan
\ Am \ Atm
1
1
\ Am \ Atm
1
= ;
elde edilir. Benzer olarak n > m için de Sn \ Sm = ; gerçeklenir.
(b) (An ) kümeler dizisi artan oldu¼
gundan
n
[
k=1
Sk = S1 [
= A1 [
n
[
k=2
n
[
k=2
Sk
(Ak nAk 1 )
= A1 [ (A2 nA1 ) [ (A3 nA2 ) [ ::: [ (An nAn 1 )
= (A1 [ A2 ) [ (A3 nA2 ) [ ::: [ (An nAn 1 )
= A1 [ ::: [ An = An
4
ilk ifade elde edilir. I·kinci ifade ise
1
[
n=1
Sn = A1 [
1
[
n=2
(An nAn 1 )
= A1 [ (A2 nA1 ) [ (A3 nA2 ) [ ::: [ (An nAn 1 ) [ :::
= A1 [ ::: [ An [ ::: =
1
[
An
n=1
olarak bulunur.
SORU 3: (Bn ) bir X kümesinin alt kümelerinin azalan bir dizisi olsun. (Tn )
dizisi
Tn := B1 nBn
olarak tan¬mlans¬n.
(a) (Tn ) dizisinin artan
(b)
1
[
n=1
Tn = B1 n
1
\
n=1
Bn
!
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 3: (a) m; n 2 N ve m > n olsun. Tm
(Bn ) azalan bir dizi oldu¼
gundan Bm
Bnt
Tn oldu¼
gunu göstermeliyiz.
Bn sa¼
glan¬p
t
Bm
=) B1 \ Bnt
=)
B1 nBn
=)
Tn
5
t
B1 \ Bm
B1 nBm
Tm
istenilen elde edilir.
(b)
1
[
Tn =
n=1
1
[
n=1
(B1 nBn )
= (B1 nB1 ) [ (B1 nB2 ) [ (B1 nB3 ) [ :::
=
B1 \ B2t [ B1 \ B3t [ :::
= B1 \ B2t [ B3t [ :::
!
1
[
= B1 \
Bnt = B1 n
n=1
1
\
n=1
Bn
!
bulunur.
SORU 4: (Ei )i2I , X kümesinin alt kümelerinin bir s¬n¬f¬olsun.
!
\
[
(XnEi )
Ei =
(a) Xn
i2I
i2I
(b) Xn
\
i2I
Ei
!
=
[
(XnEi )
i2I
oldu¼
gunu gösteriniz.
6
ÇÖZÜM 4: (a)
x 2 Xn
[
Ei
i2I
!
()
x 2 X ve x 2
=
[
Ei
i2I
() x 2 X ve 8i 2 I için x 2
= Ei
() 8i 2 I için x 2 X ve x 2
= Ei
()
8i 2 I için x 2 XnEi
\
x2
(XnEi )
()
i2I
olup istenilen elde edilir.
(b)
x 2 Xn
\
i2I
Ei
!
()
x 2 X ve x 2
=
\
Ei
i2I
() x 2 X ve 9i0 2 I için x 2
= Ei0
() 9i0 2 I için x 2 X ve x 2
= Ei0
()
9i0 2 I için x 2 XnEi0
[
x2
(XnEi )
()
i2I
istenilen bulunmuş olur.
7
1.2 Küme Dizilerinin Yak¬nsakl¬g
¼¬
SORU 1: (a) (An ) artan bir dizi olsun. Bu durumda
lim An =
n!1
[
An
n2N
gerçeklenir. Gösteriniz.
(b) (Bn ) azalan bir dizi olsun. Bu durumda
lim Bn =
n!1
\
Bn
n2N
gerçeklenir. Gösteriniz.
ÇÖZÜM 1: (a) lim sup An = lim inf An =
[
An oldu¼
gunu göstermeliyiz.
n2N
(An ) dizisi artan oldu¼
gundan
lim sup An =
1
\
m=1
1
[
n=m
ve
lim inf An =
1
[
m=1
1
\
An
An
n=m
!
!
=
1
\
=
1
[
m=1
m=1
1
[
An
n=1
!
=
1
[
An
n=1
(Am \ Am+1 \ :::) =
1
[
Am
m=1
bulunup istenilen elde edilmiş olur.
(b) lim sup Bn = lim inf Bn =
\
Bn oldu¼
gunu göstermeliyiz. (Bn ) dizisi
n2N
azalan oldu¼
gundan
lim sup Bn =
1
\
m=1
1
[
n=m
1
Bn
!
=
1
\
m=1
Bm
ve
lim inf Bn =
=
=
=
1
[
m=1
1
[
m=1
1
[
m=1
1
[
1
\
Bn
n=m
!
(Bm \ Bm+1 \ :::)
(B1 \ B2 \ ::: \ Bn \ :::)
1
\
m=1
Bn
n=1
!
=
1
\
Bn
n=1
bulunur.
SORU 2: (An ), X kümesinin alt kümelerinin ayr¬k bir dizisi olsun.
lim An = ;
n!1
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 2: m 6= n olmak üzere 8m; n 2 N için An \Am = ; d¬r. lim sup An =
lim inf An = ; oldu¼
gunu göstermeliyiz. (An ) dizisi ayr¬k oldu¼
gundan
lim inf An =
1
[
m=1
1
\
An
n=m
sa¼
glan¬r. Şimdi kabul edelim ki lim sup An =
1
\
m=1
Bu durumda 8m 2 N için 9x0 2
(m0
1
[
n=m
!
=;
1
[
n=m
An
!
6= ; olsun.
An vard¬r. Bu ise 8m 2 N için 9m0 2 N
m) • x 2 Am0 olmas¬n¬ gerektirir. Arakesit işlemini m = m0 + 1 için
2
başlat¬rsak x eleman¬ m0 + 1 ve daha sonraki indislere sahip bir kümenin eleman¬olmak zorundad¬r. Bu ise (An ) dizisinin ayr¬k olmas¬ile çelişir. Dolay¬s¬yla
lim sup An = ; olmak zorundad¬r. Sonuç olarak lim An = ; elde edilir.
n!1
SORU 3: Aşa¼
g¬da genel terimleri verilen küme dizilerinin yak¬nsakl¬g¼¬n¬inceleyiniz.
(a) An =
1 1
;
n n
(b) Bn = f n; :::; 1; 0; 1; :::; ng
ÇÖZÜM 3: (a) 8n 2 N için
1
n
1
n+1
<
<
1
n+1
<
1
n
oldu¼
gundan (An ) dizisi
azalan bir dizidir. O halde
lim An =
n!1
\
An
n2N
olmal¬d¬r.
1
\
n=1
An = A1 \ ::: \ An \ :::
= [ 1; 1] \
1 1
;
\ ::: \
2 2
1 1
;
\ :::
n n
= f0g
olup lim An = f0g elde edilir.
n!1
(b) 8n 2 N için Bn
Bn+1 oldu¼
gundan (Bn ) artan bir dizidir. O halde
lim Bn =
n!1
1
[
n=1
3
Bn
olmal¬d¬r.
1
[
n=1
Bn = f 1; 0; 1g [ f 2; 1; 0; 1; 2g [ :::
= Z
olup lim Bn = Z gerçeklenir.
n!1
SORU 4:
En =
8
>
>
< 0; 1
n
>
>
:
; n tek ise
1
;1
n
; n çift ise
şeklinde tan¬mlanan (En ) dizisinin yak¬nsakl¬k durumunu inceleyiniz.
ÇÖZÜM 4:
1
An =
0;
Bn =
1
;1
2n
2n
1
olmak üzere (An ) ve (Bn ) dizileri (En ) dizisinin alt dizileridir.
(An ) azalan dizi oldu¼
gundan
lim An =
n!1
1
\
n=1
An = ;
dir.
(Bn ) artan dizi oldu¼
gundan
lim Bn =
n!1
1
[
n=1
4
Bn = (0; 1)
olur.
(En ) dizisinin alt dizilerinin limiti birbirlerinden farkl¬oldu¼
gundan (En ) dizisinin
limiti mevcut de¼
gildir.
SORU 5:
En =
8
>
>
< A ; n çift ise
>
>
: B ; n tek ise
şeklinde tan¬mlanan (En ) dizisinin yak¬nsakl¬k durumunu inceleyiniz.
ÇÖZÜM 5:
1
\
lim sup En =
1
[
m=1
n=m
1
[
1
\
En
ve
lim inf En =
m=1
n=m
En
!
!
1
\
(Em [ Em+1 [ :::) = A [ B
1
[
(Em \ Em+1 \ :::) = A \ B
=
m=1
=
m=1
olup lim sup En 6= lim inf En oldu¼
gundan lim En mevcut de¼
gildir.
SORU 6: (En ) herhangi bir dizi ve F herhangi bir küme olsun.
(a) F n lim sup En = lim inf (F nEn )
(b) F n lim inf En = lim sup (F nEn )
oldu¼
gunu gösteriniz.
5
ÇÖZÜM 6: (a)
1
\
F n lim sup En = F n
m=1
= F\
= F\
(
En
n=m
1
[
n=m
1
[
1
[
En
m=1 n=m
1 \
1
[
Ent
m=1 n=m
1
\
1
[
F\
m=1
!!
En
m=1
(
= F\
=
1
\
1
[
!
Ent
n=m
!)t
!t )
!!
=
1 \
1
[
m=1 n=m
F \ Ent = lim inf (F nEn )
(b)
F n lim inf En = F n
= F\
= F\
=
1
\
m=1
1 \
1
[
En
m=1 n=m
(
1
[
(m=1
1
\
m=1
F\
1
\
n=m
1
[
n=m
1
[
n=m
!
En
Ent
Ent
!)t
!)
!!
SORU 7: S¬n¬rl¬bir (xn ) dizisi için
(a) lim sup ( xn ) =
lim inf xn
(b) lim inf ( xn ) =
lim sup xn
oldu¼
gunu gösteriniz.
6
=
1 [
1
\
m=1 n=m
F \ Ent = lim sup (F nEn )
ÇÖZÜM 7: (a)
lim sup ( xn ) =
=
=
inf
sup ( xn )
m 1
n m
inf
inf xn
m 1
n m
inf xn
sup
n m
m 1
=
lim inf xn
=
lim sup xn
(b)
lim inf ( xn ) = sup
m 1
inf ( xn )
n m
= sup
sup xn
m 1
=
n m
inf
sup xn
m 1
n m
SORU 8: (An ), X kümesinin alt kümelerinin bir dizisi olsun.
;
lim inf An
lim sup An
X
gerçeklenir.
ÇÖZÜM 8: Key… x 2 lim inf An için x 2 lim sup An oldu¼
gu gösterilmelidir.
Ya da bu önermenin kontro poziti… olan x 2
= lim sup An ise x 2
= lim inf An öner-
7
mesinin do¼
gru oldu¼
gunu göstermek yeterlidir. Bu amaçla
x2
= lim sup An =)
x2
=
1
\
m=1
=) 8m 2 N için 9m0
1
[
An
n=m
!
m (m0 2 N) , • x 2
=
1
[
An
n=m0
9m0 2 N ve 8n
m0 için x 2
= An
1
\
9m0 2 N • x 2
=
An
=)
=)
n=m0
elde edilir. m
m0 için
1
\
An
n=m
oldu¼
gu görülür. Buradan
1
\
n=m0
8m 2 N için x 2
=
An oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa x 2
=
1
[
m=1
1
\
n=m
An
1
\
An
n=m
!
elde edilir. Yani x 2
= lim inf An oldu¼
gu görülür.
SORU 9: (An ) dizisi
An =
k2N:
n (n 1)
+1
2
k
n (n + 1)
2
olmak üzere (An ) dizisinin yak¬nsakl¬k durumunu araşt¬r¬n¬z.
ÇÖZÜM 9: A1 = f1g ; A2 = f2; 3g ; A3 = f4; 5; 6g ; :::olup (An ) dizisi ayr¬kt¬r. Bundan dolay¬lim An = ; dir.
SORU 10: a < b
1 olmak üzere (An ) dizisi An = a; b
durumda
8
1
n
olsun. Bu
(a)
1
[
An
(b)
n=1
n=1
kümelerini bulunuz.
ÇÖZÜM 10: (a)
1
[
An =
n=1
(b)
1
\
n=1
An =
1
\
a; b
1
[
1
n
a; b
n=1
1
n
= [a; b
1]
n=1
9
1
\
= [a; b)
An
2. ÖLÇÜLER
2.1 Baz¬Küme S¬n¬‡ar¬
SORU 1: X bir sonsuz küme ve A da X kümesinin tüm sonlu alt kümelerinin
bir s¬n¬f¬olsun. A s¬n¬f¬X üzerinde bir
cebir midir?
ÇÖZÜM 1:
A := fB 2 P (X) : B sonlug
X2
= A oldu¼
gundan A s¬n¬f¬
cebir de¼
gildir.
SORU 2: X say¬lamayan bir küme
(a) A1 := fA
X : A say¬labilirg
(b) A2 := fA
X : A say¬labilir veya XnA say¬labilirg
s¬n¬‡ar¬X üzerinde
cebir midir?
ÇÖZÜM 2: (a) X 2
= A1 oldu¼
gundan A1 s¬n¬f¬X üzerinde
(b) (i) X t = ; say¬labilir oldu¼
gundan X 2 A2 dir.
(ii) Key… A 2 A2 için XnA 2 A2 oldu¼
gunu gösterelim:
A 2 A2 =) A say¬labilir veya XnA say¬labilir
{z
}
|
|
{z
}
+
+
(XnA)t =A
+
XnA2A2
XnA2A2
1
cebir de¼
gildir.
(iii) 8n 2 N için An 2 A2 olsun.
söz konusudur:
1
[
n=1
An 2 A2 oldu¼
gunu gösterelim. Üç durum
b1c 8n 2 N için An 2 A2 say¬labilir olsun. Bu durumda
Yani
1
[
n=1
1
[
An say¬labilirdir.
n=1
An 2 A2 olur.
b2c 8n 2 N için Atn 2 A2 say¬labilir olsun. Bu durumda
say¬labilirdir. Dolay¬s¬yla
1
[
n=1
1
\
Atn =
n=1
1
[
n=1
An
!t
An 2 A2 :
b3c
B = fAn : An say¬labilirg
An : Atn say¬labilir
C =
olarak tan¬mlayal¬m.
1
[
n=1
olarak yaz¬labilir.
1
[
An
n=1
!t
0
An = @
0
=@
1
\
1
[
1
An A [ @
|{z}
n=1 2B
1
0
An t A \ @
|{z}
n=1 2B
0
1
\
1
[
An A
|{z}
n=1 2C
1
An t A
|{z}
n=1 2C
1
1
\
An t
|{z}
n=1 2C
gerçeklenir. C s¬n¬f¬na ait olan An kümelerinin Atn tümleyenleri say¬labilir oldu¼
gun1
\
dan
Atn say¬labilirdir. Say¬labilir bir kümenin her alt kümeside say¬labilir olan=1
ca¼
g¬ndan
1
[
n=1
An
!t
say¬labilirdir. Dolay¬s¬yla
1
[
n=1
2
An 2 A2 sa¼
glan¬r.
Sonuç olarak A2 s¬n¬f¬X üzerinde
cebirdir.
SORU 3: A, X kümesi üzerinde bir cebir ve (Bn ) de A daki elemanlar¬n
1
[
ayr¬k dizisi olsun.
Bn 2 A ise A s¬n¬f¬X üzerinde
cebirdir. Gösteriniz.
n=1
ÇÖZÜM 3: 8n 2 N için An 2 A olmak üzere
meliyiz.
E0 : = ;; En :=
Bn : = An nEn
n
[
1
[
n=1
An 2 A oldu¼
gunu göster-
Ak
k=1
1
kümelerini tan¬mlayal¬m. Bu durumda (Bn ) dizisi ayr¬k olup
1
[
An =
gerçeklenir. Hipotezden
n=1
s¬n¬f¬X üzerinde
Bn
n=1
n=1
1
[
1
[
Bn 2 A oldu¼
gundan
cebirdir.
SORU 4: X kümesi üzerindeki
1
[
n=1
An 2 A d¬r. Dolay¬s¬yla A
cebirlerin birleşimi de X üzerinde
cebir midir?
ÇÖZÜM 4:
A : = f;; N; f2n : n 2 Ng ; f2n + 1 : n 2 Ngg
8
9
<
=
B : = ;; N; f3n : n 2 Ng; f3n + 1 : n 2 Ng; f3n + 2 : n 2 Ng; A [ B; A [ C; B [ C
|
{z
} |
{z
} |
{z
}
:
;
=A
=B
=C
3
A ve B s¬n¬‡ar¬N üzerinde
cebirdir.
A [ B = f;; N; f2n : n 2 Ng ; f2n + 1 : n 2 Ng ; A; B; C; A [ B; A [ C; B [ Cg
olur. f2n : n 2 Ng [ A 2
= A [ B oldu¼
gundan A [ B s¬n¬f¬ N üzerinde
cebir
de¼
gildir.
SORU 5: Her tipten aral¬k, ¬ş¬n ve tek nokta kümelerinin Borel cebirinin
eleman¬oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 5:
(a; b]
[a; b]
1
\
=
=
a; b +
1
n
1
;b
n
+
n=1
1
\
a
2 B (R)
1
n
n=1
(b; 1)
1
[
=
n=1
1
[
( 1; a) =
[b; 1)
fag
(b; b + n) 2 B (R)
(a
n=1
n; a) 2 B (R)
1; a2 [
( 1; a] =
2 B (R)
a
;a
2
2 B (R)
[b; 2b] [ (2b; 1) 2 B (R)
1
\
=
a n1 ; a + n1 2 B (R)
=
n=1
SORU 6: f : X ! Y bir fonksiyon ve B s¬n¬f¬da Y üzerinde
A := fA
s¬n¬f¬X üzerinde
X : f (A) 2 Bg
cebir midir?
4
cebir olsun.
ÇÖZÜM 6: (i) X 2 A oldu¼
gunu göstermeliyiz. E¼
ger f fonksiyonu örten ise
f (X) = Y 2 B olup X 2 A d¬r.
(ii) Key… A 2 A için At 2 A oldu¼
gunu göstermeliyiz. f fonksiyonu 1
1 ve
örten ise
A 2 A ()
f (A) 2 B
=) [f (A)]t 2 B
=)
f (At ) 2 B
=)
At 2 A
elde edilir.
(iii) 8n 2 N için An 2 A olsun. B nin Y üzerinde
cebir oldu¼
gu kullan¬l¬rsa
An 2 A ()
f (An ) 2 B
1
[
=)
f (An ) 2 B
n=1
!
1
[
=) f
An 2 B
n=1
1
[
=)
n=1
An 2 A
bulunur.
Sonuç olarak f fonksiyonu 1
1 ve örten ise A s¬n¬f¬X üzerinde
SORU 7: f : X ! Y bir fonksiyon ve A s¬n¬f¬da X üzerinde
B := B
Y : f
5
1
(B) 2 A
cebirdir.
cebir olsun.
s¬n¬f¬Y üzerinde
cebir midir?
ÇÖZÜM 7: (i) f
1
(Y ) = X 2 A oldu¼
gundan Y 2 B dir.
(ii) Key… B 2 B olsun. A s¬n¬f¬n¬n X üzerinde
cebir oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa
f
1
(B) 2 A
=) [f
1
(B)] 2 A
=)
1
(B t ) 2 A
B 2 B ()
f
t
Bt 2 B
=)
elde edilir.
(iii) 8n 2 N için Bn 2 B olsun.
B 2 B ()
=)
f
1
[
1
f
n=1
1
=) f
(Bn ) 2 A
1
(Bn ) 2 A
!
1
[
Bn 2 A
n=1
1
[
=)
n=1
gerçeklenir. Dolay¬s¬yla B s¬n¬f¬Y üzerinde
SORU 8: X 6= ; ve A s¬n¬f¬X üzerinde
Bn 2 B
cebirdir.
cebir olsun. ; =
6 B 2 A olmak
üzere
E := fA
s¬n¬f¬B kümesi üzerinde
X : A = B \ C;
cebir midir?
6
C 2 Ag
ÇÖZÜM 8: (i) B = B \ X veya B = B \ B oldu¼
gundan X; B 2 A olmas¬
dikkate al¬n¬rsa B 2 E elde edilir.
(ii) Key… A 2 E için BnA 2 E oldu¼
gu gösterilmelidir.
A 2 E =)
A = B \ C;
C2A
=)
BnA = Bn (B \ C)
=)
BnA = B \ (B \ C)t
=)
BnA = B \ (B t [ C t )
=) BnA = (B \ B t ) [ (B \ C t )
=)
BnA = (B \ C t )
gerçeklenir. C t 2 A oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa BnA 2 E elde edilir.
(iii) 8n 2 N için An 2 E olsun.
An 2 E =) An = B \ Cn ; Cn 2 A
1
1
[
[
=)
An =
(B \ Cn )
n=1
n=1
!
1
1
[
[
=)
An = B \
Cn
n=1
olur.
1
[
n=1
edilir.
n=1
Cn 2 A oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa E s¬n¬f¬n¬n tan¬m¬ndan
Dolay¬s¬yla E s¬n¬f¬B kümesi üzerinde
7
cebirdir.
1
[
n=1
An 2 E elde
SORU 9: B herhangi bir küme olmak üzere
A := fA
s¬n¬f¬X üzerinde
X: A
B
Xg
cebir midir?
ÇÖZÜM 9: (i) B = X al¬n¬rsa A s¬n¬f¬n¬n tan¬m¬ndan X 2 A d¬r.
(ii) Key… A 2 A kümesini dikkate alal¬m. B = X al¬n¬rsa At
X
X
Bt
X
gerçeklenir. O halde At 2 A sa¼
glan¬r.
(iii) 8n 2 N için An 2 A olsun.
An 2 A =) An
=)
B
1
[
An
X, B
B
X
X
n=1
olup
1
[
n=1
An 2 A sa¼
glan¬r.
O halde A s¬n¬f¬X üzerinde
cebirdir.
SORU 10: A sabitlenmiş bir küme olmak üzere
A := B
s¬n¬f¬X üzerinde
X: A
X veya A
B
Bt
X
cebir midir?
ÇÖZÜM 10: (i) X 2 A oldu¼
gu tan¬mdan aç¬kt¬r.
(ii) Key… B 2 A olsun. Bu durumda A
olaca¼
g¬ndan B t 2 A gerçeklenir.
8
B
X veya A
X
(iii) 8n 2 N için Bn 2 A olsun. Buradan A
Bn
X veya A
Bnt
1
1
1
[
[
[
olaca¼
g¬ndan A
Bn X veya A
Bnt
X sa¼
glan¬r. Yani,
Bn 2 A
n=1
n=1
n=1
d¬r.
Dolay¬s¬yla A s¬n¬f¬X kümesi üzerinde
9
cebirdir.
2.2 Ölçüler
SORU 1: En az iki elemana sahip bir X kümesi ile bunun P (X) kuvvet
kümesi veriliyor. P (X) üzerinde
(A) :=
şeklinde tan¬mlanan
8
>
>
< 0 ; A=;
>
>
: 1 ; A 6= ;
dönüşümü ölçü müdür?
ÇÖZÜM 1: (i) Tan¬mdan
(;) = 0:
(ii) 8A 2 P (X) için
0 d¬r.
(A)
(iii) 8n 2 N için (An ), P (X) deki ayr¬k kümelerin bir dizisi olsun. Üç durum
söz konusudur:
1
[
!
1
X
(An ) gerçeklenir.
b1c 8n 2 N için An = ; ise
n=1
b2c n0 2 N olmak üzere 8n
n0 için An = ;; 8m; n
An \ Am = ; olsun.
olup
1
[
n=1
An
!
1
[
An
1
[
An =
n=1
=
n=n0 +1
n=1
n0 için An ; Am 6= ; ve
An 6= ;
= 1 dir. Di¼
ger yandan
1
X
n=1
(An ) =
1
X
(An ) = 1 + 1 + ::: = +1
n=n0 +1
1
oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa
1
[
n=1
An
!
6=
1
X
(An )
n=1
oldu¼
gu görülür. Üçüncü duruma bakmaya gerek yoktur. Dolay¬s¬yla
fonksiyonu
P (X) üzerinde bir ölçü de¼
gildir.
SORU 2: A s¬n¬f¬X üzerinde
cebir,
dönüşümü A
cebiri üzerinde ölçü
ve A 2 A sabitlenmiş bir küme olsun. E 2 A için
(E) :=
olarak tan¬mlanan
ÇÖZÜM 2: (i)
(EnA)
dönüşümü A üzerinde ölçü müdür?
(;) :=
(;nA) =
(;) = 0:
(ii) , A üzerinde bir ölçü oldu¼
gundan
(E) =
(EnA)
0 gerçeklenir.
(iii) 8n 2 N için (En ), A daki ayr¬k kümelerin bir dizisi olsun. Bu durumda
m 6= n olmak üzere
(En nA) \ (Em nA) = ;
olup (En nA) dizisi A daki ayr¬k kümelerin bir dizisidir. Dolay¬s¬yla
2
dönüşümü
A üzerinde ölçü oldu¼
gundan
1
[
En
n=1
!
1
[
=
=
n=1
1
[
n=1
=
1
X
!
En nA
!
(En nA)
(En nA) =
n=1
!
1
X
(En )
n=1
sa¼
glan¬r.
Sonuç olarak
dönüşümü A
1 ; :::;
SORU 3:
n;
A
cebiri üzerinde ölçüdür.
cebiri üzerinde ölçü ve a1 ; :::; an negatif olmayan
reel say¬ise A üzerinde
(E) :=
n
X
ak
k
(E)
k=1
ile tan¬ml¬ dönüşümü ölçü müdür?
ÇÖZÜM 3: (i)
(;) =
n
X
ak
k
(;) = 0:
k=1
(ii)
1 ; :::;
n
ölçü oldu¼
gundan 8E 2 A için
(E) =
(iii) (Em ) ; A daki ayr¬k kümelerin bir dizisi olsun. 1
3
n
X
ak
k
(E)
0:
k=1
k
n için
k
dönüşüm-
leri ölçü oldu¼
gundan
1
[
m=1
Em
!
=
n
X
ak
k=1
=
n
X
ak
k=1
=
=
k
"
Em
m=1
1
X
k
ak
k=1 m=1
1
n
X
X
k
ak
!
#
(Em )
m=1
n X
1
X
m=1
1
[
(Em )
!
(Em )
k
k=1
=
1
X
(Em )
m=1
olup istenilen elde edilir.
Dolay¬s¬yla
dönüşümü A
cebiri üzerinde ölçüdür.
SORU 4: (X; A) ölçülebilir uzay ve (
n)
ölçü dizisi için
2
3
n
n
(X) = 21 (8n 2 N)
olsun. A üzerinde tan¬ml¬
(E) :=
1
X
n=1
dönüşümü ölçü müdür? Ayr¬ca
ÇÖZÜM 4: (i)
(;) =
1
X
n
(E)
(X) =?
2 n
3
n
(;) = 0:
n=1
(ii) Key… E 2 A ve n 2 N için
n
(E)
0 oldu¼
gundan
1
X
n=1
gerçeklenir.
4
2 n
3
n
(E)
0
(iii) (Em ) A daki ayr¬k kümelerin dizisi olsun. (
1
[
Em
m=1
!
1
X
=
n=1
1
X
=
2
3
n
2
3
n
ölçü dizisi oldu¼
gundan
Em
m=1
2
3
m=1 n=1
1
X
=
1
[
n
n=1
1 X
1
X
=
n)
1
X
n
!
!
(Em )
m=1
n
n
(Em )
(Em )
m=1
yaz¬labilir. Burada
n
(Em )
n
(X) =
1
2
ve
1
X
2 n
3
serisi yak¬nsak oldu¼
gundan
n=1
serilerin yerleri de¼
giştirilebilmiştir. O halde
dönüşümü A üzerinde bir ölçü
tan¬mlar. Di¼
ger yandan
(X) =
1
X
n=1
2
3
n
1X
n (X) =
2 n=1
1
2
3
n
=1
elde edilir.
SORU 5: A s¬n¬f¬X üzerinde
cebir,
dönüşümü A üzerinde ölçü olsun.
B 6= ; ve B 2 A olmak üzere
K := fA
X : A = B \ C;
C 2 Ag
olsun.
(A \ B)
(A) :=
şeklinde tan¬ml¬ dönüşümü K üzerinde ölçü müdür?
5
ÇÖZÜM 5: 2.1 Baz¬ Küme S¬n¬‡ar¬ kesimindeki Soru 8 den K s¬n¬f¬ X
üzerinde
(i)
cebirdir.
(;) =
(; \ B) = 0 d¬r.
(ii) Key… A 2 K için
(A) =
(A \ B)
0 sa¼
glan¬r.
(iii) (An ) dizisi K daki ayr¬k kümelerin dizisi olsun. (An \ B) dizisini dikkate
alal¬m. m 6= n olmak üzere
(An \ B) \ (Am \ B) = ;
oldu¼
gu göz önüne al¬n¬rsa (An \ B) A daki ayr¬k kümelerin bir dizisidir. Ayr¬ca
dönüşümü A üzerinde ölçü oldu¼
gundan
1
[
n=1
An
!
1
[
=
n=1
=
1
[
n=1
=
1
X
n=1
bulunur. O halde
An
!
\B
(An \ B)
!
(An \ B) =
!
1
X
(An )
n=1
dönüşümü K üzerinde ölçüdür.
SORU 6: (an ) negatif olmayan say¬lar¬n dizisi olsun. P (N) üzerinde tan¬ml¬
8
>
>
>
; E=;
< 0
(E) :=
X
>
>
an ; E 6= ;
>
:
n2E
6
biçiminde tan¬mlanan
dönüşümü P (N) üzerinde ölçü müdür? an =
1
n(n+1)
ise
(N) =?
ÇÖZÜM 6: (i)
(;) = 0 d¬r.
(ii) Key… E 2 P (N) alal¬m. E = ; ise (E) = 0, E 6= ; ise (E) =
d¬r.
X
an
0
n2E
(iii) (En ), P (N) deki ayr¬k kümelerin dizisi olsun. Üç durum söz konusudur:
!
1
1
[
[
b1c 8n 2 N için En = ; olsun. Bu durumda
En = ; olup
En =
n=1
(;) = 0 d¬r. Di¼
ger yandan 8n 2 N için
1
[
n=1
En
!
n=1
(En ) = 0 oldu¼
gundan
=
1
X
(En )
n=1
gerçeklenir.
b2c n0 2 N olmak üzere 8m; n
n0 için En ; Em 6= ;, En \ Em = ; (m 6= n) ve
7
8n
n0 için En = ; olsun. Bu durumda E1 ; :::; En0 kümeleri ayr¬k oldu¼
gundan
1
[
Ek
k=1
!
n0
[
=
Ek
k=1
X
=
S
!
an
n0
n2
Ek
k=1
=
X
an
n2(E1 [:::[En0 )
X
=
an + ::: +
n2E1
=
X
an
n2En0
(E1 ) + ::: + (En0 )
n0
P
=
(Ek ) =
k=1
1
P
(Ek )
k=1
istenilen elde edilir.
b3c 8m; n 2 N için En \ Em = ; (m 6= n) ve En 6= ; olsun. En kümeleri ayr¬k
oldu¼
gundan
1
[
k=1
Ek
!
=
X
n2
S
1
Ek
k=1
=
an
X
n2(E1 [:::[En [:::)
=
=
X
an + ::: +
n2E1
1
P
k=1
olur.
8
an
X
n2En
(Ek )
an + :::
Dolay¬s¬yla
(N) =
dönüşümü P (N) üzerinde ölçüdür.
m
P
1
= lim
m!1 n=1
n2N n (n + 1)
P
1
n
1
n+1
= lim
m!1
1
1
m+1
=1
bulunur.
SORU 7: X bir küme, A s¬n¬f¬da X üzerinde
cebir olsun. E1 ; E2 2 A ve
dönüşümü A üzerinde bir ölçü olmak üzere
(E1 [ E2 ) =
(E1 ) + (E2 )
(E1 \ E2 )
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 7: E1 \ E2 = ; ise
(E1 \ E2 ) = 0 olup
(E1 [ E2 ) =
ölçü oldu¼
gundan
(E1 ) + (E2 )
gerçeklenir.
E1 \ E2 6= ; olsun. E1 [ E2 = E1 [ (E2 nE1 ) oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa
(E1 [ E2 ) =
(E1 [ (E2 nE1 ))
(E1 ) + (E2 nE1 )
=
(1)
yaz¬labilir. Ayr¬ca E2 = (E1 \ E2 ) [ (E2 nE1 ) olarak yaz¬labilece¼
ginden
(E2 ) =
(E1 \ E2 ) + (E2 nE1 )
9
(2)
gerçeklenir.
(E1 \ E2 ) < 1 ise (2) ifadesi (1) ifadesinde dikkate al¬nd¬g¼¬nda
(E1 [ E2 ) =
(E1 ) + (E2 )
(E1 \ E2 )
elde edilir.
SORU 8: (X; A; ) bir ölçü uzay¬olsun.
B := fE 2 A :
s¬n¬f¬X üzerinde
(E) = 0g
cebir midir?
(a) E 2 B; F 2 A ise E \ F 2 B
(b) 8n 2 N için En 2 B ise
1
S
n=1
En 2 B
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 8: N = f1; 2; 3; :::g olmak üzere do¼
gal say¬lar¬n kuvvet kümesi
üzerinde
(E) :=
8
>
>
< n (E) ;
>
>
: +1
E sonlu ise
; E sonlu de¼
gil ise
dönüşümü tan¬mlans¬n. Burada n (E) ifadesi E kümesinin eleman say¬s¬d¬r.
dönüşümü P (N) üzerinde ölçüdür. O halde N; P (N) ;
B s¬n¬f¬n¬ ölçüsü için tan¬mlayal¬m:
n
B := E 2 P (N) :
10
(E) = 0
o
ölçü uzay¬d¬r. Şimdi
(N) = +1 =
6 0 oldu¼
gundan N 2
= B dir. Dolay¬s¬yla B s¬n¬f¬
cebir olmak
zorunda de¼
gildir.
(a) E 2 B ise E 2 A dir. A s¬n¬f¬
E\F
E gerçe¼
ginden 0
cebir oldu¼
gundan E \ F 2 A olmal¬d¬r.
(E \ F )
(E) = 0 sa¼
glan¬p
(E \ F ) = 0 olur.
Yani E \ F 2 B bulunur.
(b)
F1 = E1
nS1
Fn = En n
Ek ; n > 1
k=1
olmak üzere (Fn ) dizisini göz önüne alal¬m. Bu durumda (Fn ), A daki ayr¬k
kümelerin dizisi olup
1
S
n=1
gerçeklenir.
1
S
n=1
En
=
n=1
yaz¬labilir. 8n 2 N için Fn
Fn
n=1
En 2 A oldu¼
gu aç¬kt¬r.
1
S
1
S
En =
ölçü oldu¼
gundan
1
S
Fn
=
n=1
1
P
En oldu¼
gundan (Fn )
için En 2 B olmas¬ndan En 2 A ve
(3)
(Fn )
n=1
(En ) gerçeklenir. 8n 2 N
(En ) = 0 sa¼
glan¬r. Buradan da 8n 2 N için
(Fn ) = 0 elde edilir. (3) ifadesi dikkate al¬n¬rsa
1
S
n=1
istenileni bulunur.
11
En
= 0 olup
1
S
n=1
En 2 B
2.3 D¬ş Ölçüler
SORU 1: P (R) üzerinde tan¬ml¬
8
>
>
< 0 ; A=;
(A)
:=
1
>
>
: +1 ; A 6= ;
dönüşümü d¬ş ölçü müdür?
ÇÖZÜM 1: (i)
1
(ii) 8A 2 P (R) için
(;) = 0 oldu¼
gu tan¬mdan aç¬kt¬r.
1
(A)
(iii) A; B 2 P (R) ve A
0 oldu¼
gu tan¬mdan görülmektedir.
B oldu¼
gunda
1
(A)
1
(B) oldu¼
gunu göster-
meliyiz. I·ki durum söz konusudur:
b1c A = ; ise B 6= ; ya da B = ; dir. O halde
da
1
(B) = 0 d¬r. Dolay¬s¬yla
1
(A)
1
1
(A)
1
(A) = 0;
1
b1c 8n 2 N için An = ; olsun.
n=1
1
(B) = +1
(B) sa¼
glan¬r.
1
sa¼
gland¬g¼¬gösterilmelidir. Üç durum söz konusudur:
1
(B) = +1 ya
(A) = +1 ve
(iv) (An ), P (R) deki kümelerin herhangi bir dizisi için
1
P
1
(B) gerçeklenir.
b2c A 6= ; ise B 6= ; olmak zorundad¬r. O halde
olup
1
1
S
n=1
An = ; olup
1
1
S
n=1
1
S
1
n=1
An
n=1
(An ) = 0 + 0 + ::: = 0 oldu¼
gu da göz önüne al¬n¬rsa
1
P
An
1
1
(An )
= 0 olur.
1
S
n=1
An
=
1
P
n=1
1
(An ) sa¼
glan¬r.
b2c n0 2 N öyle ki 8n
n0 için An 6= ; ve 8n > n0 için An = ; olsun. Bu
durumda
1
1
S
An
=
1
n=1
n0
S
An
= +1
n=1
ve
1
P
n=1
1
(An ) =
n0
P
n=1
1
(An ) = +1
gerçeklenip istenilen eşitsizlik sa¼
glan¬r.
b3c 8n 2 N için An 6= ; olsun.
1
S
1
An
= +1 ve
n=1
1
P
n=1
1
(An ) = +1
oldu¼
gundan yine istenilen eşitsizlik elde edilir.
Dolay¬s¬yla
1;
P (R) üzerinde d¬ş ölçüdür.
SORU 2: P (R) üzerinde tan¬ml¬
8
>
>
> 0 ;
A=;
>
>
>
<
1 ; A 6= ; ve s¬n¬rl¬
2 (A) :=
>
>
>
>
>
>
: +1 ; A =
6 ; ve s¬n¬rs¬z
dönüşümü d¬ş ölçü müdür?
ÇÖZÜM 2: (i)
2
(;) = 0 d¬r.
2
(ii) 8A 2 P (R) için
2
(A)
2
(A) ifadesi 0; 1 veya +1 de¼
gerlerinden birini al¬p
0 gerçeklenir.
(iii) A; B 2 P (R) olmak üzere A
B olsun.
A=;
için
A=;
için
(B 6= ; ve B s¬n¬rl¬) =)
A=;
için
(B 6= ; ve B s¬n¬rs¬z) =)
(A 6= ; ve A s¬n¬rl¬) için
(B 6= ; ve B s¬n¬rl¬) =)
(A 6= ; ve A s¬n¬rl¬) için
(B 6= ; ve B s¬n¬rs¬z) =)
(A 6= ; ve A s¬n¬rs¬z) için
(B 6= ; ve B s¬n¬rs¬z) =)
olup bütün durumlarda
2
B=;
(A)
2
=)
2
2
2
b2c n0 2 N öyle ki 8n
olsun.
Ayr¬ca
1
S
n=1
1
P
n=1
An =
n0
S
n=1
n0
P
n=1
eşitsizli¼
gi gerçeklenir.
b3c n0 2 N öyle ki 8n
(B) = 1
(B) = +1
2
(A) = 1 =
(A) = 1
1
S
2
2
(B)
(B) = +1
2
(A) = +1 =
1
S
An
= 0 ve
n=1
1
P
An
n=1
1
P
2
n=1
2
(B)
n=1
2
(An )
(An ) = 0 d¬r.
n0 için An 6= ; ve An s¬n¬rl¬, 8n > n0 için An = ;
An 6= ; ve bu küme s¬n¬rl¬oldu¼
gundan
2 (An ) =
2
(A) = 0
2
sa¼
gland¬g¼¬gösterilmelidir. Yedi durum söz konusudur:
2
(B) = 0
(B) gerçeklenir.
(iv) (An ), P (R) deki kümelerin herhangi bir dizisi için
b1c 8n 2 N için An = ; olsun.
2
(A) = 0
2
2
(A) =
2 (An ) = n0 d¬r. Dolay¬s¬yla
2
2
1
S
n=1
1
S
n=1
An
An
1
P
= 1 dir.
n=1
2
(An )
n0 için An 6= ; ve An s¬n¬rs¬z, 8n > n0 için An = ;
3
1
S
olsun.
n0
S
An =
n=1
1
P
dur. Ayr¬ca
n=1
2
n=1
sa¼
glan¬r.
An 6= ; ve bu küme s¬n¬rs¬z oldu¼
gundan
(An ) =
n0
P
n=1
2
2
1
S
An
= +1
n=1
(An ) = +1 d¬r. Dolay¬s¬yla istenilen eşitsizlik
1
S
b4c 8n 2 N için An 6= ; ve An s¬n¬rl¬olsun.
n=1
An 6= ; olup bu küme s¬n¬rl¬
da olabilir s¬n¬rs¬z da olabilir. Bu durumlar¬incelersek
1
S
An 6= ; ve s¬n¬rl¬
=)
An 6= ; ve s¬n¬rs¬z
=)
n=1
1
S
n=1
olur. Ayr¬ca
1
P
n=1
sa¼
glan¬r.
2
ve An s¬n¬rs¬z olsun.
n=1
1
S
n=1
2
2
An
=1
= +1
n=1
n0 için An 6= ; ve An s¬n¬rl¬, 8n > n0 için An 6= ;
An 6= ; ve s¬n¬rs¬z olup
2
1
S
An
= +1 dur. Ayr¬ca
n=1
(An ) = +1 oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa istenilen eşitsizlik tekrar sa¼
glan¬r.
b6c 8n 2 N için An 6= ; ve An s¬n¬rs¬z olsun.
2
An
n=1
1
S
(An ) = +1 oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa istenilen eşitsizlik yine
b5c n0 2 N öyle ki 8n
1
P
1
S
2
1
S
An
= +1 dur. Ayr¬ca
n=1
n=1
b7c n0 ; m0 2 N öyle ki 8n
s¬n¬rl¬, 8n
1
P
2
1
S
n=1
An 6= ; ve s¬n¬rs¬z olup
(An ) = +1 olup istenilen elde edilir.
n0 için An = ;; n0 < n < m0 için An 6= ; ve An
m0 için An 6= ; ve An s¬n¬rs¬z olsun.
O halde istenilen eşitsizlik tekrardan sa¼
glan¬r.
4
1
S
n=1
An 6= ; ve s¬n¬rs¬z olacakt¬r.
2.4 Lebesgue D¬ş Ölçüsü ve Lebesgue Ölçüsü
SORU 1: Herbir A
G
R kümesi için A
G ve
(G) olacak şekilde
(A) =
R kümesinin varl¬g¼¬n¬gösteriniz?
ÇÖZÜM 1: B say¬labilir bir küme olsun. Bu durumda
G = A [ B olarak tan¬mlayal¬m. A
(B) = 0 gerçeklenir.
A [ B oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa
(A [ B)
(A)
(A) +
(B) =
(A)
olur. Bu ifade aşa¼
g¬da kullan¬rsa
(A)
elde edilir. O halde
SORU 2: B
koşul 8I
(A) =
(A [ B)
(A)
(G) sa¼
glan¬r.
R alt kümesinin Lebesgue ölçülebilir olmas¬için gerek ve yeter
R aç¬k aral¬g¼¬için
(I) =
(I \ B) +
I \ Bt
olmas¬d¬r. Gösteriniz.
ÇÖZÜM 2:(=)) B
R Lebesgue ölçülebilir olsun. A
kümesini dikkate alal¬m.
A = (A \ B) [ A \ B t
1
R herhangi bir
olarak yaz¬labilir. Bu durumda
(A \ B) +
(A) =
A \ Bt
gerçeklenir. Özel olarak A = I al¬n¬rsa istenilen elde edilir.
((=) Kabul edelim ki 8I
R aral¬g¼¬için
(I \ B) +
(I) =
olsun. Hat¬rlatmak gerekirse "B
(E)
(E \ B) +
I \ Bt
R Lebesgue ölçülebilir() 8E
R için
(E \ B t )".
(E) = 1 için eşitsizlik geçerlidir.
(E) < 1 oldu¼
gunu kabul edelim.
Lebesgue d¬ş ölçüsünün tan¬m¬ndan ve in…mum özelli¼
ginden 8 > 0 için
9 (In ) = ((an ; bn )) 2
E
vard¬r öyle ki
1
P
l (In ) <
(1)
(E) +
n=1
gerçeklenir. E
1
S
(an ; bn ) oldu¼
gundan
n=1
E\B
E \ Bt
yaz¬labilir.
1
S
n=1
1
S
n=1
[(an ; bn ) \ B]
(an ; bn ) \ B t
Lebesgue d¬ş ölçüsünün özelli¼
ginden
(E \ B)
E \ Bt
1
S
n=1
1
S
n=1
[(an ; bn ) \ B]
(an ; bn ) \ B t
2
1
P
n=1
1
P
n=1
((an ; bn ) \ B)
(an ; bn ) \ B t
eşitsizlikleri elde edilir. Hipotez ve (1) ifadesi kullan¬l¬rsa 8 > 0 için
1
P
E \ Bt
(E \ B) +
n=1
1
P
=
n=1
1
P
=
((an ; bn ) \ B) +
((an ; bn ))
l ((an ; bn )) =
n=1
yaz¬labilir. Sol taraf
1
P
1
P
n=1
(an ; bn ) \ B t
l (In ) <
(E) +
n=1
dan ba¼
g¬ms¬z oldu¼
gundan istenilen
(E \ B) +
(E)
E \ Bt
eşitsizli¼
gi elde edilir.
SORU 3: X bir küme;
B 2 P (X) ve
dönüşümü P (X) üzerinde d¬ş ölçü olsun. A;
(B) = 0 oldu¼
gunda
(a)
(A \ B) = 0:
(b)
(A [ B) =
(c) B kümesi
(A) :
ölçülebilirdir.
Gösteriniz.
ÇÖZÜM 3: (a) A \ B
B oldu¼
gundan
(A \ B)
(B) = 0 sa¼
glan¬p
(A \ B) = 0 bulunur.
(b) A
A [ B oldu¼
gundan
olup bu eşitsizlikten
(A [ B) =
(A [ B)
(A)
(A) elde edilir.
3
(A) +
(B) =
(A)
(c) 8F
X için
lendi¼
gini göstermek yeterlidir. F \ B t
F oldu¼
gu kullan¬l¬rsa
F \ Bt
olur.
(F \ B t ) eşitsizli¼
ginin gerçek-
(F \ B) +
(F )
(F )
(F \ B) = 0 oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa
F \ Bt
(F \ B) +
elde edilir. Dolay¬s¬yla B kümesi
SORU 4:
(F )
ölçülebilirdir.
Lebesgue d¬ş ölçüsü olmak üzere A
R kümesi
ölçülebilir
olsun.
(a)
(A + x) =
(A) (8x 2 R)
(b) A + x := fa + x : a 2 Ag kümesi
ölçülebilirdir.
Gösteriniz.
ÇÖZÜM 4: (a)
A
:=
(
(Ik ) = ((ak ; bk )) : A
= inf
1
P
k=1
1
P
l (Ik ) :
(bk
k=1
A+x
:=
(ak ; bk )
k=1
(A) = inf
oldu¼
gunu biliyoruz.
1
[
(
(Ik ) 2
ak ) :
)
olmak üzere
A
(Ik ) 2
A
(Ik + x) = ((ak + x; bk + x)) : A + x
1
[
k=1
4
(ak + x; bk + x)
)
olup
1
P
(A + x) = inf
k=1
1
P
= inf
(bk
((ak ; bk )) 2
ak ) :
k=1
=
((ak + x; bk + x)) 2
l ((ak + x; bk + x)) :
A+x
A
(A)
elde edilir.
(b) A + x kümesinin
(E) =
ölçülebilir olmas¬için 8E
R için
E \ (A + x)t
(E \ (A + x)) +
oldu¼
gu gösterilmelidir. Hat¬rlatmak gerekirse
E \ (A + x) = [(E
x) \ A] + x
E \ (A + x)t =
x) \ At + x
(E
eşitlikleri gerçeklenir. Gerçekten bu eşitliklerden birincisini elde edelim:
y 2 [E \ (A + x)] ()
y 2E ^ y 2A+x
()
y2E ^ y
() y
x2E
()
y
()
y 2 [(E
5
x2A
x ^ y
x 2 (E
x2A
x) \ A
x) \ A] + x
bulunur. (a) ş¬kk¬ndaki ifade kullan¬l¬rsa
(E \ (A + x)) =
([(E
x) \ A] + x)
=
((E
x) \ A)
ve
E \ (A + x)t
=
x) \ At + x
(E
=
x) \ At
(E
elde edilir. Buradan A kümesinin Lebesgue ölçülebilir olmas¬kullan¬larak
(E \ (A + x)) +
E \ (A + x)t
=
((E
=
(E
=
(E)
gerçeklenir. Yani sonuç olarak A + x kümesi
SORU 5:
> 0 olmak üzere A
x) \ A) +
x)
ölçülebilirdir.
R için
A := f a :
a 2 Ag
olsun. Bu durumda
( A) =
oldu¼
gunu gösteriniz.
6
(A)
(E
x) \ At
1
ÇÖZÜM 5: (In ) =
( A) = inf
Jn olmak üzere
1
P
l (Jn ) :
n=1
= inf
= inf
(
1
P
(Jn ) 2
l (Jn ) :
A
n=1
1
[
1
(
inf
l (Jn ) :
A
1
P
l ( In ) :
A
(
1
P
l (In ) :
A
n=1
=
Jn ; (Jn ) = ((cn ; dn ))
1
P
(
n=1
=
)
1
[
n=1
n=1
= inf
A
n=1
1
[
n=1
1
[
(A)
Jn ; (Jn ) = ((cn ; dn ))
In ; (In ) =
n=1
)
In ; (In ) 2
1
A
Jn
)
)
elde edilir.
SORU 6: Cantor kümesinin Lebesgue ölçülebilir oldu¼
gunu gösteriniz. Lebesgue
ölçüsünün s¬f¬r olaca¼
g¬n¬bulunuz. Say¬lamayan fakat ölçüsü s¬f¬r olan kümeler var
m¬d¬r?
7
ÇÖZÜM 6:
Şekil 1. Cantor K•
umesi
Cantor kümesi C :=
1
\
Ci dir. Herbir Ci Lebesgue ölçülebilir oldu¼
gundan C
i=1
Cantor kümesi de Lebesgue ölçülebilirdir.
(C1 ) =
1
(C2 ) =
(C3 ) =
1
3
1
1
3
(C4 ) = 1
:::
1
3
1
:::
2
9
2
9
4
27
:::
olup
(C) = 1
1
X
2n
3n
n=1
1
=1
1=0
bulunur. Ayr¬ca belirtmek gerekirse C Cantor kümesi say¬lamayan küme olup
(C) = 0 d¬r.
8
SORU 7: Aşa¼
g¬daki kümelerin Lebesgue ölçülerini bulunuz.
(a) A :=
1
[
k=1
(b) B :=
1
\
k=1
(c) C :=
1
[
k=1
(d) D :=
1
\
k=1
(e) E :=
1
[
k=1
(f) F :=
1
\
k=1
(g) G :=
1
[
k=1
x2R:
1
k+1
x<
x2R:
a 1
k
<x<
x2R:
1
2k+1
x<
x2R: 0<x<
1
3k
x2R: 0<x<
1
3k
1
k
a+1
k
1
2k
x2R: 1
1
k
<x<1+
1
k
x2R: 2+
1
k
<x<5
1
k
ÇÖZÜM 7: (a) Ik := x 2 R :
kümesi oldu¼
gundan
1
k+1
x<
1
k
diyelim. Ik kümeleri Borel
Lebesgue d¬ş ölçüsüne göre ölçülebilirdir. Lebesgue d¬ş
ölçüsüne göre ölçülebilen A
R kümelerinin s¬n¬f¬ M (R;
Lebesgue d¬ş ölçüsünün M (R;
) ile gösterilirse
cebirine k¬s¬tlamas¬ ölçüdür. Bu ölçüye
)
Lebesgue ölçüsü ad¬verilir. (Ik ) ayr¬k kümelerin bir dizisi oldu¼
gundan
(A) =
1
[
k=1
=
1
X
Ik
!
(Ik ) =
k=1
1
X
k=1
9
1
k
1
k+1
=1
bulunur.
a 1
k
(b) 8k 2 N için Ik := x 2 R :
a+1
k
<x<
olsun. Dikkat edilirse (Ik )
kümelerin azalan dizisidir. Bunun yard¬m¬yla
1
\
(B) =
Ik
k=1
!
= lim (Ik ) = lim
k!1
k!1
a+1
k
a
1
k
=0
gerçeklenir.
1
2k+1
(c) 8k 2 N için Ik := x 2 R :
1
2k
x<
olsun. (Ik ) ayr¬k kümelerin
dizisi olup
(C) =
1
[
Ik
k=1
!
=
1
X
(Ik ) =
k=1
1
X
1
2k
k=1
1
2k+1
=
1
2
bulunur.
(d) 8k 2 N için Ik :=
x2R: 0<x<
1
3k
olsun. (Ik ) kümelerin azalan
dizisidir. O halde
(D) =
1
\
k=1
Ik
!
= lim (Ik ) = lim
1
k!1 3k
k!1
=0
elde edilir.
(e) 8k 2 N için Ik :=
x2R: 0<x<
dizisi olup
(E) =
1
[
k=1
Ik
!
=
10
1
3k
0;
olsun. (Ik ) kümelerin azalan
1
3
=
1
3
bulunur.
(f) 8k 2 N için Ik :=
1
k
x2R: 1
<x<1+
1
k
olsun. (Ik ) kümelerin
azalan dizisidir. Buna göre
1
\
(F ) =
k=1
Ik
!
k!1
2
=0
k!1 k
1
k
1
k
= lim (Ik ) = lim
bulunur.
(g) 8k 2 N için Ik := x 2 R : 2 +
<x<5
kümelerini tan¬mlayal¬m.
(Ik ) kümelerin artan dizisidir. Böylece
(G) =
1
[
k=1
Ik
!
= lim (Ik ) = lim
k!1
k!1
3
2
k
=0
elde edilir.
SORU 8:
dönüşümü X üzerinde d¬ş ölçü olsun. E
ölçülebilir ise 8A
X kümesi
X için
(E [ A) +
(E \ A) =
(E) +
(A)
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 8: E kümesi
ölçülebilir oldu¼
gundan 8A
A \ Et
(2)
X için gerçeklendi¼
ginden A [ E
X için de geçerlidir.
(A) =
d¬r. (2) ifadesi 8A
X için
(A \ E) +
11
Yani,
(A [ E) =
=
((A [ E) \ E) +
(A [ E) \ E t
A \ Et
(E) +
yaz¬labilir. Bu ifade (2) ifadesinde dikkate al¬n¬rsa
(A) =
(A \ E) +
istenileni elde edilir.
12
(E [ A)
(E)
3. ÖLÇÜLEBI·LI·R FONKSI·YONLAR
SORU 1: f : R
! R azalan fonksiyon ise f fonksiyonu Borel ölçülebilir
midir?
ÇÖZÜM 1:
Şekil 2. Azalan f fonksiyonunun gra…gi
8
2 R için f
1
(( ; 1)) := fx 2 R : f (x) > g 2 B (R) oldu¼
gunu göster-
meliyiz.
< 0 olsun. fx 2 R : f (x) > g = ( 1; a1 ) 2 B (R)
0
< b olsun. fx 2 R : f (x) > g = ( 1; a2 ) 2 B (R)
b olsun. fx 2 R : f (x) > g = ( 1; a3 ) 2 B (R)
1
olup f fonksiyonu Borel ölçülebilirdir.
SORU 2: Pozitif f fonksiyonu ölçülebilir ise
p
f fonksiyonu da ölçülebilirdir.
Gösteriniz.
o
n
p
f (x) >
2 A oldu¼
gu gösterilmelidir.
ÇÖZÜM 2: 8 2 R için x 2 X :
< 0 olsun.
0 olsun.
n
o
p
x2X:
f (x) >
=X2A
n
o
p
x2X:
f (x) >
= fx 2 X : f (x) >
2
g 2 A olup
p
f
fonksiyonu ölçülebilirdir.
SORU 3: (X; A) ölçülebilir uzay olsun. f fonksiyonu ölçülebilir ise 8 2 R
için
fx 2 X : f (x) = g
kümesinin ölçülebilir oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 3:
fx 2 X : f (x) = g = fx 2 X : f (x)
g \ fx 2 X : f (x)
g
olarak yaz¬labilir. f fonksiyonu ölçülebilir oldu¼
gundan yukar¬daki ifadenin sa¼
g
taraf¬ndaki iki küme ölçülebilirdir. Yani A
cebirine aittir. Dolay¬s¬yla
fx 2 X : f (x) = g 2 A
olup ölçülebilirdir.
2
SORU 4: f : R ! R; f (x) = sgnx ise f fonksiyonunun Borel ölçülebilir
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 4: 8
2 R için fx 2 R : f (x) > g 2 B (R) oldu¼
gunu göster-
meliyiz.
f (x) = sgnx =
1 ; x<0
; x=0 :
0
>
>
>
>
>
>
: 1
; x>0
1 ise fx 2 R : f (x) > g = R 2 B (R)
<
1
0
8
>
>
>
>
>
>
<
< 0 ise fx 2 R : f (x) > g = [0; +1) 2 B (R)
< 1 ise fx 2 R : f (x) > g = (0; +1) 2 B (R)
> 1 ise fx 2 R : f (x) > g = ; 2 B (R)
olup f fonksiyonu Borel ölçülebilirdir.
SORU 5: f : R ! R;
f (x) =
8
>
>
>
>
>
>
<
x
; x<0
1
; x=0
>
>
>
>
>
>
: x2 + 3 ; x > 0
ile tan¬mlanan f fonksiyonu Borel ölçülebilirdir. Gösteriniz.
3
ÇÖZÜM 5:
Şekil 3. f fonksiyonunun gra…gi
< 0 ise fx 2 R : f (x) > g = (a1 ; 1) 2 B (R)
0
< 1 ise fx 2 R : f (x) > g = [0; 1) 2 B (R)
1
3 ise fx 2 R : f (x) > g = (0; 1) 2 B (R)
> 3 ise fx 2 R : f (x) > g = (a2 ; 1) 2 B (R)
olup f fonksiyonu Borel ölçülebilirdir.
SORU 6: f : R ! R ölçülebilir fonksiyon ve c > 0 olsun.
8
>
>
>
f (x) ; jf (x)j c
>
>
>
<
fc (x) :=
c
; f (x) > c
>
>
>
>
>
>
:
c ; f (x) < c
şeklinde tan¬mlanan fc fonksiyonunun ölçülebilir oldu¼
gunu gösteriniz.
4
ÇÖZÜM 6:
Şekil 4. fc fonksiyonunun gra…gi
c ise fx 2 R : f (x) > g = R 2 B (R)
<
< c ise fx 2 R : f (x) > g = (a1 ; 1) 2 B (R)
c
c ise fx 2 R : f (x) > g = ; 2 B (R)
olup fc fonksiyonu Borel ölçülebilirdir.
SORU 7: (X; A) ölçülebilir uzay ve A 2 A olsun. f : A ! R fonksiyonu için
aşa¼
g¬daki önermeler denktir. Gösteriniz.
(a) f; A
cebirine göre ölçülebilirdir.
1
(b) 8U
R aç¬k alt kümesi için f
(c) 8F
R kapal¬alt kümesi için f
(U ) 2 A.
1
5
(F ) 2 A.
(d) 8B
1
R Borel alt kümesi için f
(B) 2 A.
ÇÖZÜM 7: (a =) b) f fonksiyonu A
cebirine göre ölçülebilir olsun.
(ak ; bk ) aç¬k aral¬klar olmak üzere R nin herbir U aç¬k alt kümesi
U=
1
S
(ak ; bk )
k=1
şeklinde bir gösterime sahiptir. f fonksiyonu ölçülebilir olmas¬ndan
f
1
(U ) = f
1
1
S
(ak ; bk )
k=1
=
=
=
1
S
k=1
1
S
f
1
((ak ; bk ))
f
1
(( 1; bk ) \ (ak ; +1))
k=1
1
S
f
1
k=1
(( 1; bk )) \ f
1
((ak ; +1)) 2 A
elde edilir.
(b =) c) F kapal¬ ise F t aç¬kt¬r. Hipotezden f
1
(F t ) 2 A olacakt¬r. A
cebir oldu¼
gundan
f
1
(F t ) 2 A =)
[f
1
t
=)
f
1
(F ) 2 A
(F )] 2 A
n
ot
t
=)
[f 1 (F )]
2A
gerçeklenir.
(c =) d) F := fF
R:
f
1
(F ) 2 Ag s¬n¬f¬
cebirdir.
f
1
(F ) 2 A
oldu¼
gundan F 2 F olup F t 2 F sa¼
glan¬r. Borel cebiri aç¬k kümelerin en küçük
6
cebiri oldu¼
gundan B (R)
F olmal¬d¬r. O halde key… B
için B 2 F gerçeklenir. Hipotezden ise f
(d =) a) 8B
R Borel kümesi için f
R Borel kümesi
1
(B) 2 A elde edilir.
1
(B) 2 A olsun. B = ( ; 1) alal¬m.
Bu durumda yukar¬daki ifadeden
f
1
(( ; 1)) = fx 2 A : f (x) > g 2 A
olacakt¬r. O halde f fonksiyonu ölçülebilirdir.
SORU 8: (X; A) ölçülebilir uzay, f : X ! R fonksiyonu A ölçülebilir ve
g : R ! R sürekli fonksiyon olsun. Bu durumda
gof : X ! R
fonksiyonu A ölçülebilirdir. Gösteriniz.
ÇÖZÜM 8: 8
2 R için fx 2 X : (gof ) (x) > g 2 A oldu¼
gunu göster-
meliyiz.
fx 2 X : (gof ) (x) > g = (gof )
=
f
1
1
og
olarak yaz¬labilir. g fonksiyonu sürekli oldu¼
gundan g
(( ; 1))
1
1
( ; 1)
(( ; 1)) kümesi R nin
aç¬k alt kümesidir. f ölçülebilir fonksiyon oldu¼
gundan Soru 7 nin (b) ş¬kk¬ndan
f
1
g
1
(( ; 1)) 2 A
7
olmal¬d¬r. Bu ise gof fonksiyonunun A ölçülebilir oldu¼
gunu gösterir.
SORU 9: (X; A; ) ölçü uzay¬tam olsun. f : X ! R ölçülebilir fonksiyon ve
hemen hemen heryerde (h:h:h:) f = g ise g : X ! R fonksiyonu da ölçülebilirdir.
ÇÖZÜM 9: 8 2 R için fx 2 X : g (x) > g 2 A oldu¼
gunu göstermeliyiz.
X1 : = fx 2 X : f (x) = g (x)g
X2 : = fx 2 X : f (x) 6= g (x)g
olmak üzere X = X1 [ X2 dir. Bu durumda hipotez yard¬m¬yla
(X2 ) = 0
gerçeklenir.
fx 2 X : g (x) > g = fx 2 X1 : f (x) = g (x) > g[fx 2 X2 : f (x) 6= g (x) > g
(1)
olarak yaz¬labilir. X1 2 A oldu¼
gu aç¬kt¬r. f fonksiyonu ölçülebilir oldu¼
gundan
fx 2 X1 : f (x) = g (x) > g 2 A
d¬r. Di¼
ger taraftan fx 2 X2 : f (x) 6= g (x) > g
0 oldu¼
gundan fx 2 X2 : f (x) 6= g (x) > g kümesi
X2 ; X2 2 A ve
(2)
(X2 ) =
boş kümedir. (X; A; )
ölçü uzay¬tam oldu¼
gundan
fx 2 X2 : f (x) 6= g (x) > g 2 A
(3)
gerçeklenir. (2) ve (3) ifadeleri (1) ifadesinde dikkate al¬n¬rsa g fonksiyonunun
ölçülebilir olmas¬elde edilir.
8
SORU 10: "Görüntü kümesi sonlu elemanl¬olan fonksiyona basit fonksiyon
denir." (X; A) ölçülebilir uzay, ' : X ! R basit fonksiyon ve ' (X) = fa1 ; :::; ap g
olsun.
"' fonksiyonu ölçülebilir () k = 1; :::; p için fx 2 X : ' (x) = ak g 2 A"
önermesi do¼
grudur. Gösteriniz.
ÇÖZÜM 10: (=)) ' fonksiyonu ölçülebilir olsun. Bu durumda 8 2 R için
fx 2 X : ' (x)
g2A
fx 2 X : ' (x)
g2A
ve
sa¼
glan¬r. Bu ifadeler aşa¼
g¬da dikkate al¬n¬rsa
fx 2 X : ' (x) = ak g = fx 2 X : ' (x)
ak g \ fx 2 X : ' (x)
ak g 2 A
elde edilir.
((=) k = 1; :::; p için fx 2 X : ' (x) = ak g 2 A olsun.
< a1 ise
fx 2 X : ' (x) > g =
X2A
a1
< a2 fx 2 X : ' (x) > g =
a2
< a3 fx 2 X : ' (x) > g = Xn (fx 2 X : ' (x) = a1 g [ fx 2 X : ' (x) = a2 g)
:::
Xn fx 2 X : ' (x) = a1 g 2 A
:::
:::
9
sa¼
glan¬r. I·şlemlere bu şekilde devam edilirse ' fonksiyonunun ölçülebilir olmas¬
elde edilir.
SORU 11: Aşa¼
g¬daki eşitliklerin do¼
gru oldu¼
gunu gösteriniz.
(a)
A\B
=
A: B
(b)
A[B
=
A
(c)
At
=1
+
B
A\B
A
ÇÖZÜM 11: (a) x 2 A \ B ise x 2 A ve x 2 B olup
B
A\B
= 1;
A
= 1;
= 1 olup eşitlik sa¼
glan¬r.
x2
= A \ B ise x 2
= A veya x 2
= B dir. O halde üç durum söz konusudur:
x2
= A ^ x 2 B =)
A
= 0;
B
= 1 ve
A\B
=0
x2A ^ x2
= B =)
A
= 1;
B
= 0 ve
A\B
=0
x2
=A ^ x2
= B =)
A
= 0;
B
= 0 ve
A\B
=0
olup istenilen eşitlik elde edilir.
(b) x 2 A [ B ise x 2 A veya x 2 B dir. Dolay¬s¬yla üç durum söz konusudur:
x2A ^ x2
= B =)
A
= 1;
B
= 0;
A\B
= 0 ve
A[B
=1
x2
= A ^ x 2 B =)
A
= 0;
B
= 1;
A\B
= 0 ve
A[B
=1
x 2 A ^ x 2 B =)
A
= 1;
B
= 1;
A\B
= 1 ve
A[B
=1
incelemeleri dikkate al¬n¬rsa (b) ş¬kk¬ndaki eşitlik sa¼
glan¬r.
10
x 2
= A [ B ise x 2
= A ve x 2
= B dir. Bu durumda da (b) ş¬kk¬ndaki eşitlik
gerçeklenir.
(c) x 2 A ise x 2
= At olup
ve
At
A
= 1 ve
At
= 0 d¬r: x 2
= A ise x 2 At olup
A
=0
= 1 bulunur. Dolay¬s¬yla (c) ş¬kk¬ndaki istenilen eşitlik gerçeklenir.
SORU 12: Aşa¼
g¬daki kümeler Borel ölçülebilir midir?
(a) x 2 R : ex
x
2
(b) x 2 R : xsgnx =
3
2
ÇÖZÜM 12: Hat¬rlatacak olursak: "(X; A) ölçülebilir uzay, A 2 A olsun. f
ile g, A üzerinde tan¬ml¬ölçülebilir fonksiyon ise bu durumda
fx 2 A : f (x) < g (x)g
fx 2 A : f (x)
g (x)g
fx 2 A : f (x) = g (x)g
kümeleri ölçülebilirdir."
(a) f (x) =
x
;
2
g (x) = ex fonksiyonlar¬ sürekli oldu¼
gundan Borel ölçülebilir
fonksiyonlard¬r. O halde yukar¬da verilen hat¬rlatmadan
n
x 2 R : ex
elde edilir.
11
xo
2 B (R)
2
(b)
x 2 R : xsgnx =
3
2
=
x2R:
verilen küme Borel ölçülebilirdir.
12
jxj =
3
2
=
3 3
;
2 2
2 B (R) olup
4. I·NTEGRAL
4.1 Basit Fonksiyonlar¬n I·ntegrali
R
SORU 1: c 2 R+ olmak üzere cd = c (X) oldu¼
gunu gösteriniz.
X
ÇÖZÜM 1: A 2 A olsun. X = A [ At olup c = c
R
cd
A + c At
= c (A) + c
At
= c
(A) +
At
= c
A [ At = c (X)
olarak yaz¬labilir.
X
bulunur.
SORU 2: (R; B (R) ; ) ölçü uzay¬ ve c 2 R+ olmak üzere
ifadesini hesaplay¬n¬z.
ÇÖZÜM 2: Soru 1 dikkate al¬n¬rsa
Rb
cd = c ([a; b]) = c (b
a)
a
elde edilir.
SORU 3: (R; B (R) ; ) ölçü uzay¬ve
8
>
>
>
2 ; 0 x<1
>
>
>
<
f (x) :=
3 ; 2<x 4
>
>
>
>
>
>
: 1 ; 4<x 5
1
Rb
a
cd
=
R
[a;b]
cd
olmak üzere
R
f d integralini hesaplay¬n¬z.
[0;1)[(2;5]
n
S
ÇÖZÜM 3: Ak kümeleri ayr¬k,
n
P
Ak = X; f =
k=1
k=1
n
P
ak
k=1
Ak
ak (Ak ) oldu¼
gu bilinmektedir. X = [0; 1) [ (2; 4] [ (4; 5] olup
f =2
[0;1)
+3
(2;4]
+1
ise
R
f d
=
X
(4;5]
şeklinde ifade edilebilir. Yukar¬da verilen bilgi ¬ş¬g¼¬nda
R
f d
= 2 ([0; 1)) + 3 ((2; 4]) + 1 ((4; 5])
[0;1)[(2;5]
= 2 (1
0) + 3 (4
2) + 1 (5
4)
= 9
elde edilir.
SORU 4: (R; B (R) ; ) ölçü uzay¬, ' : [0; 2] ! R olmak üzere ' (x) = [j2xj]
için
R
'd
[0;2]
integralini hesaplay¬n¬z.
2
ÇÖZÜM 4:
ve [0; 2] = 0; 12 [
8
>
>
>
0 ; 0 x < 12
>
>
>
>
>
>
>
>
1 ; 12 x < 1
>
>
>
<
' (x) = [j2xj] =
2 ; 1 x < 32
>
>
>
>
>
>
>
> 3 ; 32 x < 2
>
>
>
>
>
>
: 4 ;
x=2
1
;1
2
[ 1; 32 [
3
;2
2
[ f2g oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa
' = 0 [0; 1 ) + 1 [ 1 ;1) + 2 [1; 3 ) + 3 [ 3 ;2) + 4
2
2
2
2
f2g
olarak yaz¬labilir. Say¬labilir kümenin Lebesgue ölçüsü s¬f¬r oldu¼
gundan
R
'd
= 0
[0;2]
0;
1
2
+1
1
;1
2
+2
1;
3
2
+3
3
;2
2
+ 4 (f2g)
= 3
elde edilir.
SORU 5: (N; P (N) ; ) ölçü uzay¬, ' : f0; 1; 2g ! R; ' (x) = [j2xj] olmak
üzere
R
'd
f0;1;2g
integralini hesaplay¬n¬z. Burada
sayma ölçüsüdür.
3
ÇÖZÜM 5:
' (x) =
ve ' = 0
f0g
+2
f1g
+4
R
'd
f2g
8
>
>
>
0 ; x=0
>
>
>
<
2 ; x=1
>
>
>
>
>
>
: 4 ; x=2
oldu¼
gu göz önüne al¬n¬rsa
= 0 (f0g) + 2 (f1g) + 4 (f2g)
f0;1;2g
= 0:1 + 2:1 + 4:1 = 6
bulunur.
SORU 6: (R; B (R) ; ) ölçü uzay¬, f : (0; 1) ! R
8
>
>
< 2 ; x 2 Q \ (0; 1)
f (x) :=
>
>
: 1 ; x 2 I \ (0; 1)
olmak üzere
R
f d integralini hesaplay¬n¬z.
(0;1)
ÇÖZÜM 6: f = 2
R
(0;1)
Q\(0;1)
+1
I\(0;1)
olup
f d = 2 (Q \ (0; 1)) + 1 (I \ (0; 1))
(1)
yaz¬labilir. Q\(0; 1) kümesi say¬labilir oldu¼
gundan Lebesgue ölçüsü (Q \ (0; 1)) =
0 d¬r. Di¼
ger yandan
((0; 1)) =
=
([Q \ (0; 1)] [ [I \ (0; 1)])
(Q \ (0; 1)) + (I \ (0; 1))
4
eşitli¼
ginden
(I \ (0; 1)) = 1 elde edilir. Dolay¬s¬yla bu ifadeler (1) ifadesinde
dikkate al¬n¬rsa
R
f d = 2:0 + 1:1 = 1
(0;1)
bulunur.
SORU 7: (X; A; ) ölçü uzay¬ve A 2 A olsun.
(a)
Z
d =
(A) :
A
(b) 8x 2 A için j'n (x)j
K ise
Z
'n d
K (A) :
A
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 7: (a)
Z
d =
A
(b)
Z
A
'n d
Z
A
Z
A
d = 1: (A) =
(A)
X
j'n j d
Z
Kd = K
A
Z
A
5
d = K (A) bulunur.
4.2. Pozitif Fonksiyonlar¬n I·ntegrali
SORU 1: (fn ) ; M + (X; A) kümesinde bulunan fonksiyonlar¬n monoton artan
dizisi ve h:h:h: lim fn = f ise
n!1
lim
Z
n!1
X
fn d =
Z
f d
X
gerçeklenir. Gösteriniz (Bu teorem Monoton yak¬nsakl¬k teoreminde yak¬nsakl¬k
yerine hemen hemen heryerde yak¬nsakl¬g¼¬n al¬nabilece¼
gini göstermektedir).
ÇÖZÜM 1: Hemen hemen heryerde lim fn = f ve (fn ) monoton artan dizi
n!1
olsun.
n
A := x 2 X :
kümesini tan¬mlayal¬m. Bu durumda
f
At
n!1
o
(A) = 0 d¬r. Dolay¬s¬yla (fn
At )
dizisi
fonksiyonuna yak¬nsak olacakt¬r. Di¼
ger yandan (fn ) dizisi monoton ar-
tan oldu¼
gundan (fn
ve
lim fn (x) 6= f (x)
At
At )
dizisi de monoton artand¬r. 8n 2 N için fn ölçülebilir
ölçülebilir oldu¼
gundan (fn
At )
ölçülebilir fonksiyonlar¬n dizisidir. Ayr¬ca
8n 2 N için fn negatif olmayan fonksiyon dizisi oldu¼
gundan (fn
mayan fonksiyon dizisidir. Sonuç olarak fn
At
At )
negatif ol-
2 M + (X; A) sa¼
glan¬r. Bu bilgiler
yard¬m¬yla Monoton yak¬nsakl¬k teoreminden
lim
Z
n!1
X
fn
At
d =
Z
X
gerçeklenir.
1
f
At
d
(1)
f =f
A
+f
Z
X
At
olup
f d =
Z
(f
A
+f
At ) d
Z
=
f
A
d +
f
At
sa¼
glan¬r. Lebesgue integralinin tan¬m¬ndan
8
Z
Z
<Z
f A d = f d = sup
' d : ' 2 S +; '
:
X
yaz¬labilir. Ak
A
A
A ayr¬k kümeler,
n
[
Ak = A ve ' =
k=1
Z
'd =
d
(2)
X
X
X
Z
n
X
ak
Ak
f
9
=
;
(3)
olmak üzere
k=1
n
X
ak (Ak )
(4)
k=1
A
oldu¼
gunu biliyoruz. Ak A oldu¼
gunda (Ak ) = 0 gerçeklenmelidir. Dolay¬s¬yla
Z
Z
' d = 0 olup (12) ifadesi dikkate al¬n¬rsa f A d = 0 bulunur. Bulunan bu
A
X
sonuç (11) ifadesinde göz önüne al¬nd¬g¼¬nda
Z
f d =
X
Z
f
At
d
(5)
X
bulunur. Di¼
ger yandan benzer düşünce ile
Z
fn d =
X
Z
fn
At
d
X
elde edilebilir. (5) ve (6) ifadesi (1) ifadesinde kullan¬l¬rsa
lim
Z
n!1
X
fn d =
Z
X
istenilen sonuç elde edilir.
2
f d
(6)
SORU 2: ' 2 S + (Basit, ölçülebilir ve negatif olmayan) ve E 2 A olmak
üzere
(E) :=
Z
'
d
E
X
şeklinde tan¬mlanan dönüşüm A üzerinde ölçüdür. Gösteriniz.
(E) :=
ÇÖZÜM 2:
Z
'
Z
'd =
E
d =
(i)
(;) =
'
;
d =
X
' d oldu¼
gu bilinmektedir.
E
X
Z
Z
n
X
ak (;) = 0:
k=1
;
(ii) 8E 2 A için
(E) =
Z
'
E
d =
X
Z
Z
'd
E
0 d = 0 (E) = 0
E
gerçeklenir.
(iii) (Ei ) A daki ayr¬k kümelerin bir dizisi olsun. Beppo-Levi teoreminden
1
[
i=1
Ei
!
=
Z
X
=
=
Z
1
' [
d
Ei
i=1
'
X
1 Z
X
Ei
'
d =
i=1
Ei
i=1 X
elde edilir.
O halde
dönüşümü A üzerinde ölçüdür.
3
!
1
X
d
1
X
i=1
(Ei )
SORU 3: f : N ! R; f (x) =
1
x(x+1)
R
olmak üzere f d integralini
N
Lebesgue ölçüsü olmas¬durumunda
(a)
=
(b)
ölçüsünün sayma ölçüsü olmas¬durumunda
hesaplay¬n¬z.
ÇÖZÜM 3:
R
f d
ölçüsünün özelliklerini kullanarak
=
N
R
1
S
f d
fng
n=1
1 R
P
1
d
n=1 fng x (1 + x)
1 R
P
1
d
=
n=1 fng n (1 + n)
1
1
R
P
P
1
1
=
d =
(fng)
n=1 n (1 + n)fng
n=1 n (1 + n)
=
bulunur.
(a)
=
Lebesgue ölçüsü olmas¬durumunda
R
(fng) = 0 olaca¼
g¬ndan
f d =0
N
d¬r.
(b)
ölçüsünün sayma ölçüsü olmas¬durumunda ise
R
N
f d =
1
P
1
=1
n=1 n (1 + n)
4
(fng) = 1 olaca¼
g¬ndan
elde edilir.
SORU 4: (R; B (R) ; ) ölçü uzay¬ve 8n 2 N için fn (x) =
[0;n]
(x) olsun. Bu
durumda
(a) (fn ) dizisi monoton artan m¬d¬r?
(b) lim fn =
n!1
[0;n]
:= f oldu¼
gunu gösteriniz.
R
R
(c) lim fn d = f d gerçeklenir mi?
n!1R
R
ÇÖZÜM 4: (a) 8n 2 N için
8
>
>
< 1 ; x 2 [0; n]
;
fn (x) =
>
>
: 0 ; x2
= [0; n]
fn+1 (x) =
d¬r. Bu fonksiyonlar dikkate al¬n¬rsa
x 2 [0; n] =)
8
>
>
< 1 ; x 2 [0; n + 1]
>
>
: 0 ; x2
= [0; n + 1]
fn (x) = 1; fn+1 (x) = 1
x 2 (n; n + 1] =) fn (x) = 0; fn+1 (x) = 1
x2
= (0; n + 1) =) fn (x) = 0 fn+1 (x) = 0
olup 8x 2 R ve 8n 2 N için fn (x)
fn+1 (x) gerçeklenir. O halde (fn ) dizisi
fonksiyonlar¬n monoton artan dizisidir.
5
(b) x 2 R olmak üzere
lim fn (x) =
lim
n!1
n!1
[0;n]
=
=
sa¼
glan¬r.
8
>
>
< 1 ; x 2 [0; n]
lim
n!1 >
>
: 0 ; x2
= [0; n]
8
>
>
< 1 ; x 2 [0; 1)
>
>
: 0 ; x2
= [0; 1)
=
[0;1)
(x)
(c)
R
R
lim fn (x) d = lim
n!1R
n!1R
[0;n]
(x) d = lim
R
n!1
[0;n]
d = lim ([0; n]) = +1
n!1
ve
R
f d =
R
olup istenilen eşitlik sa¼
glan¬r.
R
[0;1)
d =
R
R
d = +1
[0;1)
SORU 5: (R; B (R) ; ) ölçü uzay¬ve 8n 2 N için fn (x) =
n
n+1
olmak üzere
R
lim fn (x) d
n!1R
ifadesini hesaplay¬n¬z.
ÇÖZÜM 5: 8n 2 N için fn fonksiyonlar¬basit fonksiyon olup
8
>
>
n+1 n+1
< n ; x2
; n
n+1
n
fn (x) =
>
>
n+1 n+1
: 0 ; x2
=
; n
n
6
[
n+1 n+1
; n
n
] (x)
d¬r. Şimdi Monoton yak¬nsakl¬k teoreminin hipotezlerini sa¼
glatal¬m:
(i) 8x 2 R ve 8n 2 N için fn (x)
(ii)
n+1 n+1
; n
n
0:
kümesi ölçülebilir oldu¼
gundan 8n 2 N için fn fonksiyonlar¬
da ölçülebilirdir.
(iii) x 2 R için
lim fn (x) =
n!1
=
=
lim
8
>
>
<
n
n+1
n!1 >
>
: 0
; x2
n+1 n+1
; n
n
; x2
=
n+1 n+1
; n
n
8
>
>
< 1 ; x 2 [ 1; 1]
>
>
: 0 ; x2
= [ 1; 1]
[ 1;1]
(x)
elde edilir.
(iv) 8x 2 R ve 8n 2 N için fn (x)
8
>
>
n+1 n+1
< n ; x2
; n
n+1
n
fn (x) =
>
>
n+1 n+1
: 0 ; x2
=
; n
n
olup
x2
x2
=
n+2 n+2
;
n+1 n+1
n+1 n+1
; n
n
x2
=
n
n+2 n+2
;
n+1 n+1
n+1 n+1
; n
n
fn+1 (x) oldu¼
gunu göstermeliyiz.
8
>
>
n+2 n+2
< n+1 ; x 2
;
n+2
n+1 n+1
ve fn+1 (x) =
>
>
n+2 n+2
: 0 ; x2
=
;
n+1 n+1
=) fn (x) =
=)
=)
7
n
;
n+1
fn (x) =
n
;
n+1
fn+1 (x) =
n+1
n+2
fn+1 (x) = 0
fn (x) = 0; fn+1 (x) = 0
ifadelerinden (fn ) dizisinin fonksiyonlar¬n monoton artan dizisi olmas¬elde edilir.
Dolay¬s¬yla (fn ) dizisi Monoton yak¬nsakl¬k teoreminin hipotezlerini gerçekler.
Böylece
R
lim fn (x) d
n!1R
R
n
n+1 n+1 d
n+1 [ n ; n ]
R
n
d
=
lim
n+1 n+1
n+1 [ n ; n ]
R n!1
R
R
=
d =2
[ 1;1] d =
=
lim
n!1R
R
[ 1;1]
bulunur.
SORU 6: (R; B (R) ; ) ölçü uzay¬ve 8n 2 N için fn (x) =
1
n
[n;1)
(x) olmak
üzere
R
R
lim fn (x) d 6= f (x) d
n!1R
R
oldu¼
gunu gösteriniz. Bu sonuç Monoton yak¬nsakl¬k teoremi ile çelişir mi? (Burada f fonksiyonu (fn ) dizisinin yak¬nsad¬g¼¬fonksiyondur).
ÇÖZÜM 6: 8n 2 N için fn 2 M + (R; B (R)) dir. Ayr¬ca
8
>
>
< 1 ; x 2 [n; 1)
n
lim fn (x) = lim
n!1
n!1 >
>
: 0 ; x2
= [n; 1)
= 0 := f (x)
8
gerçeklenir. Bu ifadeler yard¬m¬yla
R
lim fn (x) d
n!1R
R1
[n;1) d
n!1R n
1
= lim
([n; 1)) = +1
n!1 n
=
lim
ve
R
R
R
f d = 0d =0
R
bulunur. Dolay¬s¬yla
R
R
lim fn (x) d 6= f (x) d
n!1R
R
sa¼
glan¬r. Di¼
ger yandan x 2 [n; n + 1) için fn (x) = n1 ; fn+1 (x) = 0 oldu¼
gundan
(fn ) dizisi fonksiyonlar¬n monoton artan dizisi olamaz. Böylece elde edilen sonuç
Monoton yak¬nsakl¬k teoremi ile çelişmez.
SORU 7: (R; B (R) ; ) ölçü uzay¬olmak üzere 8n 2 N için fn (x) =
1
n
[0;n]
(x)
ve f = 0 fonksiyonlar¬ veriliyor. (fn ) fonksiyon dizisinin f = 0 fonksiyonuna
düzgün yak¬nsak oldu¼
gunu gösteriniz.
R
R
lim fn (x) d = f (x) d
n!1R
R
m¬d¬r?
ÇÖZÜM 7: 8n 2 N ve 8x 2 R için
jfn (x)
f (x)j =
1
n
9
[0;n]
(x)
0
1
n
olup (cn ) =
1
n
dizisi s¬f¬ra yak¬nsayan dizi oldu¼
gundan (fn ) fonksiyon dizisi
f = 0 fonksiyonuna düzgün yak¬nsakt¬r. Di¼
ger yandan
R
lim fn (x) d
n!1R
R1
[0;n] d
n!1R n
1
= lim
([0; n]) = 1
n!1 n
=
lim
ve
R
R
R
f (x) d = 0 d = 0
R
gerçeklenip
R
R
lim fn (x) d 6= f (x) d
n!1R
R
oldu¼
gu görülür.
SORU 8: Monoton yak¬nsakl¬k teoremini kullanarak
lim
R1
n!1 0
1+
x
n
n
dx = e
1
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 8: 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için (fn (x)) =
1+
x n
n
olarak belirleye-
lim.
(i) 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için fn (x) > 0 d¬r.
(ii) 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için fn (x) = 1 +
dan ölçülebilirdir.
10
x n
n
fonksiyonlar¬sürekli oldu¼
gun-
x n
n
(iii) lim fn (x) = lim 1 +
n!1
n!1
= ex := f (x) :
(iv) Bernoulli eşitsizli¼
gi kullan¬l¬rsa 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için
x
1 + n+1
1 + nx
fn+1 (x)
=
fn (x)
n+1
1+
n2 + nx + n
n2 + nx + n + x
=
x
n
n+1
n+x
n
n+1
=
x
(n + x) (n + 1)
x
n+x
=1
n+x
n
1
1
n+x
n
gerçeklenir. Dolay¬s¬yla 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için fn (x)
fn+1 (x) sa¼
glan¬r. O
halde Monoton yak¬nsakl¬k teoreminden
lim
R1
n!1 0
1+
x
n
n
R1
dx = ex dx = e
1
0
istenilen eşitlik bulunmuş olur.
SORU 9:
> 1 için
R1
x
0
oldu¼
gunu gösteriniz. Burada
e
1
1
x
e
dx =
x
R1
( ) = e xx
( )
1
1 1
P
n=1 n
dx (Gama fonksiyonu) d¬r.
0
ÇÖZÜM 9:
1
P
uk =
k=1
u
1 u
(juj < 1) serisi düzgün yak¬nsakt¬r. x 2 (0; 1) için
je x j < 1 oldu¼
gundan
e
1
x
e
x
=
1
P
k=1
11
e
kx
gerçeklenir. 8n 2 N için
1
sn (x) := x
n
P
kx
e
;
> 1; x > 0
k=1
tan¬mlayal¬m. Bu durumda soruda verilen ifade
R1
x
0
e
1
1
R1
x
dx =
x
e
lim sn (x) dx
n!1
0
olarak yaz¬labilir. O halde (sn ) fonksiyon dizisine Monoton yak¬nsakl¬k teoremini
uygulayal¬m:
(i) 8x 2 (0; 1) ve 8n 2 N için sn (x) > 0 d¬r.
(ii) 8x 2 (0; 1) ve 8n 2 N için sn fonksiyonlar¬sürekli oldu¼
gundan sn fonksiyonlar¬ölçülebilirdir.
(iii) 8x 2 (0; 1) için
lim sn (x) =
n!1
1
lim x
n!1
= x
1
n
P
e
kx
k=1
1
P
e
kx
k=1
= x
1
x
e
1
e
x
gerçeklenir.
(iv) 8x 2 (0; 1) ve 8n 2 N için
sn (x) = x
1
n
P
e
kx
x
k=1
1
n+1
P
k=1
12
e
kx
= sn+1 (x)
olup (sn ) fonksiyonlar¬n artan dizisidir.
Dolay¬s¬yla Monoton yak¬nsakl¬k teoreminden
R1
x
e
1
1
0
x
e
dx =
x
=
=
=
=
R1
0
lim sn (x) dx
n!1
R1
lim sn (x) dx
n!1 0
lim
R1
n!1 0
lim
n
P
n!1 k=1
1
P
k=1
=
1
x
R1
x
n
P
e
kx
e
kx
dx
k=1
R1
x
1
dx
0
1
e
kx
dx
0
( )
1
P
n
n=1
istenilen eşitlik gerçeklenmiş olur.
SORU 10: (R; B (R) ; ) ölçü uzay¬olsun. Aşa¼
g¬da verilen fonksiyon dizileri
için Fatou lemmas¬n¬n geçerli olup olmad¬g¼¬n¬araşt¬r¬n¬z.
(a) fn (x) = n [ 1 ; 2 ] (x)
n n
(b) gn (x) =
[n;n+1)
(c) hn (x) =
[n;1)
(d) rn (x) =
8
>
>
<
>
>
:
(x)
(x)
2n 1
n
0
; a
x<b
; b
1
n
1
n
x<b
13
ÇÖZÜM 10: (a) fn (x) =
için fn (x)
8
>
>
< n ; x2
>
>
: 0 ; x2
=
1 2
;
n n
olup 8n 2 N ve 8x 2 R
1 2
;
n n
0 ve ölçülebilirdir. Ayr¬ca 8x 2 R için lim inf fn (x) = 0 d¬r.
R
n!1
R
lim inf fn dx = 0 dx = 0
R n!1
R
ve
R
R
lim inf fn dx = lim inf n [ 1 ; 2 ] dx = lim inf n
n n
n!1
n!1
n!1
R
R
sa¼
glan¬p Fatou lemmas¬gerçeklenir.
8
>
>
< 1 ; x 2 [n; n + 1)
(b) gn (x) =
>
>
: 0 ; x2
= [n; n + 1)
1 2
;
n n
=1
olup 8n 2 N ve 8x 2 R için gn (x)
0
ve ölçülebilirdir. x 2 R için lim gn (x) = 0 olup lim inf gn (x) = 0 d¬r.
n!1
R
n!1
R
lim inf gn dx = 0 dx = 0
R n!1
R
ve
R
R
lim inf gn dx = lim inf
n!1 R
n!1 R
olup Fatou lemmas¬sa¼
glan¬r.
8
>
>
< 1 ; x 2 [n; 1)
(c) hn (x) =
>
>
: 0 ; x2
= [n; 1)
[n;n+1)
dx = lim inf ([n; n + 1)) = 1
n!1
olup 8n 2 N ve 8x 2 R için hn (x)
ve ölçülebilirdir. Ayr¬ca x 2 R için lim hn (x) = 0 olup lim inf hn (x) = 0 d¬r.
R
n!1
n!1
R
lim inf hn dx = 0 dx = 0
R n!1
R
14
0
ve
R
R
lim inf hn dx = lim inf
dx = 1
n!1 R
n!1
[n;1)
eşitlikleri dikkate al¬n¬rsa Fatou lemmas¬n¬n gerçeklendi¼
gi görülür.
1
;b
n
(d) 8n 2 N ve x 2 b
için rn (x) < 0 oldu¼
gundan Fatou lemmas¬geçerli
de¼
gildir.
SORU 11: (X; A; ) ölçü uzay¬ ve (fn ) dizisi f fonksiyonuna yak¬nsayan,
pozitif, ölçülebilir fonksiyonlar¬n dizisi olsun. 8n 2 N için fn
R
X
f ise
R
f d = lim inf fn d
n!1 X
gerçeklenir. Gösteriniz.
ÇÖZÜM 11: Fatou lemmas¬ndan
R
R
lim inf fn d
lim inf fn d
X n!1
gerçeklenir. fn
n!1 X
n!1
! f oldu¼
gundan lim inf fn = f dir. Bu durumda
n!1
R
X
f d
R
lim inf fn d
(7)
n!1 X
sa¼
glan¬r. fn , f fonksiyonlar¬pozitif ölçülebilir fonksiyonlar ve 8n 2 N için fn
f
oldu¼
gundan
R
X
fn d
R
X
R
f d =) lim inf fn d
n!1 X
bulunur. (7) ve (8) ifadesinden istenilen eşitlik bulunur.
15
R
X
f d
(8)
SORU 12: (X; A; ) ölçü uzay¬, h 2 M + (X; A) ve
(fn ) dizisi 8n 2 N için
h
R
R
X
h d < 1 olsun. E¼
ger
fn olacak şekilde ölçülebilir fonksiyonlar¬n dizisi ise
R
lim inf fn d
lim inf fn d
X n!1
n!1 X
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 12: 8n 2 N için
fn oldu¼
gundan gn = fn + h ile tan¬ml¬(gn )
h
dizisi pozitif ölçülebilir fonksiyonlar¬n dizisidir. Dolay¬s¬yla (gn ) dizisine Fatou
lemmas¬uygulanabilir.
R
R
lim inf (fn + h) d
lim inf (fn + h) d
X n!1
n!1 X
= lim inf
n!1
R
X
R
R
fn d + h d
X
R
= lim inf fn d + h d
n!1 X
X
(9) ifadesi kullan¬l¬rsa
R
X
R
lim inf fn + h
n!1
R
X
n!1 X
R
R
X
R
lim inf fn d + h d
lim inf fn d + h d
X n!1
elde edilir.
R
R
lim inf fn d + h d
d
n!1 X
X
X
h d < 1 oldu¼
gundan istenilen eşitsizlik gerçeklenir.
16
(9)
4.3. I·ntegrallenebilen Fonksiyonlar
SORU 1: (N; P (N) ; ) ölçü uzay¬ve
f 2 L ()
sayma ölçüsü olsun.
1
P
n=1
jf (n)j < 1
önermesinin do¼
gru oldu¼
gunu gösteriniz. Bu durumda
R
1
P
f d =
f (n)
n=1
N
d¬r.
ÇÖZÜM 1:
R
N
jf j d
sayma ölçüsünün özelli¼
ginden
=
R
1
S
jf j d
fng
n=1
=
1 R
P
n=1 fng
=
1
P
n=1
jf j d
jf (n)j
R
d =
1
P
n=1
fng
eşitli¼
gi gerçeklenir. Bu eşitlikten f 2 L ()
jf (n)j (fng) =
1
P
n=1
1
P
n=1
jf (n)j
jf (n)j < 1 önermesinin do¼
gru
oldu¼
gu görülür. Yukar¬da yap¬lan işlemler jf j yerine f al¬nmas¬ ile tekrardan
yap¬l¬rsa
R
N
f d =
1
P
n=1
elde edilir.
1
f (n)
SORU 2: (X; A; ) ölçü uzay¬, f 2 L,
R
(E) = 0 olsun. Bu durumda
f d =0
E
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 2:
f
olup
E
=
8
>
>
< f ; x2E
>
>
: 0 ; x2
=E
(E) = 0 oldu¼
gundan hemen hemen heryerde f
R
X
R
0d = f
E
E
= 0 d¬r. Bu durumda
d
X
gerçeklenir. Bu ifade ise
R
E
R
f d = f
E
d =0
X
olmas¬n¬gerektirir.
SORU 3: (R; B (R) ; ) ölçü uzay¬
8
>
>
<
1
; x2Q
f (x) :=
>
>
: x3 2 ; x 2
=Q
olmak üzere
R
f d integralini hasaplay¬n¬z.
[0;1]
ÇÖZÜM 3:
(Q) = 0 oldu¼
gundan hemen hemen heryerde f (x) = x3
g: R !R
3
x !g(x)=x
2
2
2 dir.
olarak tan¬mlayal¬m. Bu durumda
R
R
f d =
[0;1]
gd
[0;1]
sa¼
glan¬r. g fonksiyonu Riemann anlam¬nda integrallenebilir oldu¼
gundan Lebesgue
anlam¬nda da integrallenebilirdir ve bu iki integral de¼
gerleri birbirine eşittir.
Dolay¬s¬yla
R
[0;1]
f d =
R
gd =
R1
x3
2 dx =
0
[0;1]
7
4
bulunur.
SORU 4: (R; B (R) ; ) ölçü uzay¬
8
>
>
< ex ; x 2 Q
f (x) :=
>
>
: x3 ; x 2
=Q
olmak üzere
R
f d integralini hasaplay¬n¬z.
[0;1]
ÇÖZÜM 4:
g : R ! R3
x !g(x)=x
olarak tan¬mlayal¬m.
(Q) = 0 oldu¼
gundan hemen hemen heryerde f = g dir.
Bu durumda
R
f d =
[0;1]
R
gd
[0;1]
sa¼
glan¬r. g (x) = x3 fonksiyonu [0; 1] aral¬g¼¬nda Riemann anlam¬nda integrallenebilir oldu¼
gundan Lebesgue anlam¬nda da integrallenebilir olup bu integraller
3
birbirlerine eşittir. Dolay¬s¬yla
R
f d =
[0;1]
R
R1
1
g d = x3 dx =
4
0
[0;1]
bulunur.
_
SORU 5: (R; B (R) ; ) ölçü uzay¬ve f : [0; 1] ! R
8
>
>
< +1 ; x 2
=Q
f (x) :=
>
>
: 0 ; x2Q
olmak üzere
R
f d integralini hesaplay¬n¬z.
[0;1]
ÇÖZÜM 5: Hat¬rlatacak olursak "(X; A; ) ölçü uzay¬, f : X ! [ 1; +1]
olsun. f 2 L =) H:h:h: x 2 X için jf (x)j < 1:" önermesi do¼
grudur. Soruya
dönecek olursak
(Q) = 0 oldu¼
gundan h:h:h: x 2 [0; 1] için f (x) = +1 dur. O
halde hat¬rlatmadan f 2
= L dir.
SORU 6: f 2 L ve g fonksiyonu s¬n¬rl¬ ve ölçülebilir fonksiyon ise f g 2 L
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 6: 8x 2 X için jg (x)j
K olacak şekilde K > 0 vard¬r. f 2 L
oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa
R
X
jf gj d =
R
X
jf j jgj d
R
X
R
K jf j d = K jf j d < 1
elde edilir. Böylece f g 2 L sa¼
glan¬r.
4
X
SORU 7: (X; A; ) ölçü uzay¬, 8n 2 N için fn 2 L olsun. (fn ) dizisi f
fonksiyonuna yak¬nsak ve
lim
R
n!1X
ise lim
R
n!1X
jfn j d =
R
X
jfn
fj d = 0
jf j d oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 7: 8n 2 N için fn 2 L oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa
0 = lim
R
n!1X
jfn
fj d
lim
R
n!1X
jjfn j
jf jj d
lim
R
n!1 X
(jfn j
jf j) d
0
gerçeklenir. Buradan
R
lim
n!1 X
R
jfn j d
X
jf j d
=0
olup istenilen ifade elde edilir.
SORU 8: Lebesgue yak¬nsakl¬k teoremini kullanarak
lim
n!1
Z1
1+
x
n
n
dx
0
ifadesini hesaplay¬n¬z.
ÇÖZÜM 8: 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için fn (x) = 1 +
x
n
n
olsun. Şimdi
Lebesgue yak¬nsakl¬k teoreminin hipotezlerini sa¼
glatal¬m:
(i) 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için fn fonksiyonlar¬sürekli oldu¼
gundan fn fonksiyonlar¬ölçülebilirdir.
5
(ii) 8x 2 [0; 1] için lim fn (x) = lim 1 +
n!1
(iii) f (x) = e
x
n!1
n
x
n
x
=e
dir.
fonksiyonu sürekli oldu¼
gundan ölçülebilirdir.
(iv) 8n 2 N için
jfn (x)j = 1 +
olup
Z1
x
n
n
1 = g (x)
g (x) dx < 1 sa¼
glan¬r.
0
Dolay¬s¬yla Lebesgue yak¬nsakl¬k teoreminden
lim
n!1
Z1
x
1+
n
Z1
n
dx =
1
e
e x dx = 1
0
0
elde edilir.
SORU 9: Lebesgue yak¬nsakl¬k teoreminden
lim
n!1
Z1
x2
n
e
n
dx = 0
1
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 9: 8n 2 N ve 8x 2 [1; 1) için fn (x) =
x2
n
e
n
olsun.
(i) 8n 2 N ve 8x 2 [1; 1) için fn fonksiyonlar¬sürekli oldu¼
gundan fn fonksiyonlar¬ölçülebilirdir.
(ii) 8x 2 [1; 1) için lim fn (x) = lim
n!1
n!1
e
x2
n
n
= 0 olur.
(iii) f (x) = 0 sabit fonksiyon oldu¼
gundan ölçülebilirdir.
6
(iv) 8x 2 [1; 1) için x
ex eşitsizli¼
gi dikkate al¬nd¬g¼¬nda
jfn (x)j =
x2
n
e
n
1
= 2 = g (x)
2
nx
x
n
Z1
Z1
olup g (x) dx = x12 dx < 1 gerçeklenir.
1
1
O halde Lebesgue yak¬nsakl¬k teoreminden
lim
n!1
Z1
x2
n
e
n
Z1
dx = 0dx = 0
1
1
elde edilir.
SORU 10: Lebesgue yak¬nsakl¬k teoremi yard¬m¬yla
lim
Z1
n!1
1
dx
(1 + x2 )n
0
ifadesini hesaplay¬n¬z.
ÇÖZÜM 10: 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için fn (x) =
1
(1+x2 )n
olarak tan¬mlayal¬m.
(i) 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için fn fonksiyonlar¬sürekli oldu¼
gundan fn fonksiyonlar¬ölçülebilirdir.
(ii)
lim fn (x) =
n!1
8
>
>
< 1 ;
x=0
>
>
: 0 ; x 2 (0; 1]
olup (fn ) dizisi f = 0 fonksiyonuna hemen hemen heryerde yak¬nsakt¬r.
7
(iii) f fonksiyonu sabit fonksiyon olup ölçülebilirdir.
(iv) 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için
jfn (x)j =
olup
Z1
1
(1 + x2 )n
1 = g (x)
g (x) dx < 1 dur.
0
Dolay¬s¬yla Lebesgue yak¬nsakl¬k teoreminden
lim
n!1
Z1
1
dx =
(1 + x2 )n
0
Z1
0dx = 0
0
elde edilir.
SORU 11: Lebesgue yak¬nsakl¬k teoreminden faydalanarak
lim
n!1
Z1
xn + 1
1
dx
=
xn + 2
2
0
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 11: 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için fn (x) =
xn +1
xn +2
olsun.
(i) 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için fn fonksiyonlar¬sürekli oldu¼
gundan fn fonksiyonlar¬ölçülebilirdir.
(ii)
8
>
>
<
xn + 1
lim fn (x) = lim n
=
n!1
n!1 x + 2
>
>
:
8
2
3
;
1
2
; x 2 [0; 1)
x=1
olup (fn ) dizisi f (x) =
(iii) f (x) =
1
2
1
2
fonksiyonuna hemen hemen heryerde yak¬nsakt¬r.
sabit fonksiyon olup ölçülebilirdir.
(iv) 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için
jfn (x)j = 1
olup
Z1
xn
1
< 1 = g (x)
+2
g (x) dx < 1 sa¼
glan¬r.
0
O halde Lebesgue yak¬nsakl¬k teoreminden
lim
Z1
n!1
xn + 1
dx =
xn + 2
0
Z1
1
1
dx =
2
2
0
oldu¼
gu görülür.
SORU 12: Lebesgue yak¬nsakl¬k teoremini kullanarak
lim
n!1
Z1
3
n2 x
dx = 0
1 + n3 x3
0
oldu¼
gunu gösteriniz.
3
ÇÖZÜM 12: 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için fn (x) =
n2 x
1+n3 x3
olarak tan¬mlayal¬m.
(i) 8n 2 N ve 8x 2 [0; 1] için fn fonksiyonlar¬sürekli oldu¼
gundan fn fonksiyonlar¬ölçülebilirdir.
(ii) 8x 2 [0; 1] için lim fn (x) = 0 = f (x) dir.
n!1
(iii) f (x) = 0 fonksiyonu ölçülebilirdir.
9
(iv) 8n 2 N için jfn (x)j
g (x) olacak şekilde g 2 L var m¬d¬r? Böyle bir g
fonksiyonunun varl¬g¼¬n¬türev yard¬m¬yla bulal¬m:
3
t2 x
t 2 R için ft (x) =
1 + t3 x3
ile tan¬mlayal¬m.
@
ft (x) =
@t
olup t = 0 ve t =
1
x
p
tx
3
2
7
t 2 x4
(1 + t3 x3 )2
kritik noktalard¬r. f 1 (x) =
x
1
p
2 x
f0 (x) = 0 de¼
gerleri bulunur.
1
p
2 x
Dolay¬s¬yla 8t 2 R için jft (x)j
8n 2 N için de jfn (x)j
1
p
;
2 x
= g (x) gerçeklenmelidir. Bundan dolay¬
Z1
Z1
= g (x) sa¼
glan¬r. Ayr¬ca g (x) dx = 2p1 x dx < 1
0
0
olup g 2 L dir.
Lebesgue yak¬nsakl¬k teoreminden
lim
n!1
Z1
3
n2 x
dx =
1 + n 3 x3
0
Z1
0dx = 0
0
bulunur.
SORU 13: Lebesgue yak¬nsakl¬k teoremini kullanarak
lim
n!1
Z2
xn
dx = 1
1 + xn
0
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 13: 8n 2 N ve 8x 2 [0; 2] için fn (x) =
10
xn
1+xn
olsun.
(i) 8n 2 N ve 8x 2 [0; 2] için fn fonksiyonlar¬sürekli oldu¼
gundan fn fonksiyonlar¬ölçülebilirdir.
(ii)
8
>
>
>
0 ; 0
>
>
>
<
x<1
xn
1
=
;
x=1
2
n!1 1 + xn
>
>
>
>
>
>
: 1 ; 1<x 2
lim fn (x) = lim
n!1
oldu¼
gu dikkate al¬nd¬g¼¬nda hemen hemen her x 2 [0; 1] için lim fn (x) = 0 = f;
n!1
hemen hemen her x 2 [1; 2] için lim fn (x) = 1 = f sa¼
glan¬r.
n!1
(iii) f ve f fonksiyonlar¬sabit fonksiyon oldu¼
gundan ölçülebilirdir.
(iv) 8n 2 N ve 8x 2 [0; 2] için
jfn (x)j =
olup
Z2
xn
< 1 = g (x)
1 + xn
g (x) dx < 1 sa¼
glan¬r.
0
Dolay¬s¬yla Lebesgue yak¬nsakl¬k teoreminden
8 1
9
Z2
Z
Z2
<
=
n
n
n
x
x
x
lim
dx = lim
dx +
dx
n!1
n!1 :
1 + xn
1 + xn
1 + xn ;
0
0
=
lim
n!1
Z1
1
xn
dx + lim
n!1
1 + xn
0
=
Z1
0dx +
0
1
Z2
1
istenilen elde edilir.
11
Z2
1dx = 1
xn
dx
1 + xn
MAT 407 REEL ANALI·Z ARASINAVI
Ad¬ve Soyad¬:
Numaras¬:
1. SORU X 6= ; ve s 2 X olmak üzere P (X) üzerinde
8
< 1 ; s2E
s (E) =
: 0 ; s2
=E
ile tan¬ml¬
dönüşümü ölçü müdür? Araşt¬r¬n¬z.
n
o
2. SORU An = k 2 N : n(n2 1) + 1 k n(n+1)
(8n 2 N) genel terimi ile verilen
2
s
(An ) küme dizisinin yak¬nsakl¬g¼¬n¬araşt¬r¬n¬z.
3. SORU
X 6= ; ve A s¬n¬f¬X üserinde
E = fA
s¬n¬f¬B kümesi üzerinde
4. SORU
-cebir olsun. ; =
6 B 2 A olmak üzere
X : A = B \ C; C 2 Ag
-cebir midir? Araşt¬r¬n¬z.
(a) (X; A; ) bir ölçü uzay¬olsun. (An ) ; A
artan bir dizisi ise
1
[
An
n=1
gerçeklenir. I·spatlay¬n¬z.
1
S
(b) G =
x2R: 5+
n=1
1
n
<x<8
!
1
n
= lim
n!1
-cebirindeki elemanlar¬n
(An )
ile tan¬mlanan kümenin Lebesgue ölçüsünü
bulunuz.
BAŞARILAR
4.4. Lebesgue I·ntegrali ve Riemann I·ntegrali Aras¬ndaki I·lişki
SORU 1: C Cantor kümesi olsun. Bu durumda
C
fonksiyonu [0; 1] aral¬g¼¬nda
Riemann anlam¬nda integrallenebilirdir ve
Z1
C dx
=0
0
oldu¼
gunu gösteriniz.
ÇÖZÜM 1: Bilinmektedir ki
C
fonksiyonu [0; 1] nC kümesinin tüm nokta-
lar¬nda sürekli, C kümesinin tüm noktalar¬nda süreksizdir.
C
(C) = 0 oldu¼
gundan
fonksiyonu [0; 1] aral¬g¼¬nda Riemann anlam¬nda integrallenebilirdir. Hemen
hemen heryerde
C
= 0 oldu¼
gu dikkate al¬n¬rsa
Z1
C dx
0
=
Z
Cd
=0
[0;1]
elde edilir.
SORU 2: f : [0; 1] ! [0; 1) ile tan¬ml¬ fonksiyon (0; 1] aral¬g¼¬n¬n tüm kapal¬ alt aral¬klar¬nda Riemann anlam¬nda integrallenebilen fonksiyon olsun. f
fonksiyonunun [0; 1] aral¬g¼¬nda Lebesgue anlam¬nda integrallenebilir olmas¬ için
gerek ve yeter şart
lim
!0
Z1
f (x) dx
1
ifadesinin mevcut olmas¬d¬r ve ayr¬ca,
Z
f d = lim
!0
[0;1]
Z1
f (x) dx
d¬r. Gösteriniz.
ÇÖZÜM 2: (=)) Kabul edelim ki f fonksiyonu [0; 1] aral¬g¼¬nda Lebesgue
anlam¬nda integrallenebilir olsun. Ayr¬ca (0; 1] aral¬g¼¬n¬n elemanlar¬ndan oluşan
( n ), (
n
! 0) dizisini dikkate alal¬m. 8n 2 N için gn = f
[
n ;1]
fonksiyonu tan¬m-
lans¬n. Bu durumda hemen hemen heryerde gn % f sa¼
glan¬r. Dolay¬s¬yla
Z
f d = lim
n!1
[0;1]
[0;1]
elde edilir. Bu ise lim !0
Z
R1
gn d = lim
n!1
Z1
f (x) dx
n
f (x) dx ifadesinin mevcut ve
lim
!0
Z1
f (x) dx =
Z
fd
[0;1]
olmas¬n¬gerektirir.
((=) lim !0
R1
f (x) dx ifadesi mevcut olsun.
n
=
1
n
olmak üzere (gn ) dizisi
yukar¬daki gibi tan¬mlans¬n. Bu durumda hemen hemen heryerde gn % f ve
lim
Z
n!1
[0;1]
gn d = lim
n!1
Z1
f (x) dx = lim
!0
n
Z1
f (x) dx < 1
sa¼
glan¬r. Dolay¬s¬yla f bir üst fonksiyon olup Lebesgue integrallenebilirdir.
2
SORU 3: f : [0; 1] ! R olmak üzere
8
>
>
< xp ; x 2 (0; 1]
f (x) =
>
>
: 0 ;
x=0
ile tan¬ml¬fonksiyonun Lebesgue integrallenebilir olmas¬için gerek ve yeter şart
p>
1 olmas¬d¬r. Ayr¬ca, f Lebesgue integrallenebilir ise
Z
fd =
1
1+p
[0;1]
gerçeklenir. Gösteriniz.
ÇÖZÜM 3: 0 < < 1 olmak üzere aç¬k olarak
8
>
1
>
Z
< 1 p+1 ; p 6=
p+1
p
x dx =
>
>
: ln ; p =
gerçeklenir. Dolay¬s¬yla lim !0
şart p >
R1
1
1
xp dx ifadesinin mevcut olmas¬için gerek ve yeter
1 olup bu durumda limit de¼
geri
al¬n¬rsa istenilen elde edilir.
3
1
1+p
dir. Sonuç olarak Soru 2 dikkate
5. Lp UZAYLARI
SORU 1:
(X) = 1 ve 0 < p < q
1 olsun. E¼
ger f fonksiyonu Lq uzay¬na
ait ise
kf kp
kf kq
sa¼
glan¬r. Gösteriniz.
ÇÖZÜM 1:
(X) = 1 ve 0 < p < q < 1 olsun. f 2 Lq için Lq
Lp oldu¼
gu
bilindi¼
ginden f 2 Lp elde edilir.
r=
q
p
> 1 olmak üzere 1r + 1s = 1 olacak şekilde s > 1 say¬s¬n¬seçelim. jf jp 2 Lr
ve 1 2 Ls oldu¼
gundan Hölder eşitsizli¼
gi yard¬m¬yla
p
kf kp
=
=
Z
Z
jf jp d
jf jp :1d
Z
Z
=
1
r
pr
jf j d
1
r
pr
jf j d
Z
=
1
s
s
1d
Z
p
q
q
jf j d
p
= kf kq
elde edilir. q = 1 olmas¬durumunda ise
kf kp =
Z
p
jf j d
1
p
=
Z
p
(kf k1 ) d
gerçeklenir.
SORU 2: f 2 L1 \ L1 olsun. Bu durumda
1
1
p
= kf k1 = kf kq
(a) 1 < p < 1 için f 2 Lp dir.
(b) E¼
ger
(X) < 1 ise lim kf kp = kf k1 sa¼
glan¬r. Gösteriniz.
n!1
ÇÖZÜM 2: (a) M = kf k1 olsun. Bu durumda aşa¼
g¬daki
jf jp = jf jp
1
Mp
jf j
1
jf j
eşitsizli¼
gi 1 < p < 1 için f 2 Lp oldu¼
gunu göstermektedir.
(b) 8n 2 N için pn > 1 ve lim pn = 1 koşullar¬n¬ sa¼
glayan (pn ) pozitif reel
n!1
say¬lar dizisini dikkate alal¬m.
kf kpn =
Z
1
pn
pn
jf j d
1
kf k1 [ (X)] pn
eşitsizli¼
ginden
lim sup kf kpn
kf k1
sa¼
glan¬r. 0 < < M olmak üzere
E = fx 2 X : jf (x)j
ölçülebilir kümesi için
kf k1
(E) > 0 sa¼
glan¬r. (kf k1
(kf k1
1
) [ (E)] pn
)pn
kf kpn
ve 0 < < M için
kf k1
lim inf kf kpn
2
g
E
jf jpn eşitsizli¼
ginden
sa¼
glan¬r. Yani
kf k1
lim inf kf kpn
gerçeklenir. Dolay¬s¬yla
kf k1
lim sup kf kpn
lim inf kf kpn
elde edilir. Bu ise lim kf kpn = kf k1 ve istenilen elde edilir.
n!1
SORU 3: (X; A; ) ölçü uzay¬ ve
hemen hemen her x için f (x) g (x)
Z
(X) = 1 olsun. f; g 2 L1 olmak üzere
1 ise bu durumda
Z
fd
gd
1
dir. Gösteriniz.
ÇÖZÜM 3:
hemen her x için
p
f ve
p
g fonksiyonlar¬n¬n L2 uzay¬na ait olduklar¬ ve hemen
p
p
f (x) g (x)
1 =
Z
1 oldu¼
gu aç¬kt¬r. Hölder eşitsizli¼
gi kullan¬l¬rsa
1d
Z
p
f
Z p
p
f gd
1
2
2
d
oldu¼
gu görülür.
3
Z
p
( g)2 d
1
2
5.1 Ölçüsel Yak¬nsakl¬k
SORU 1: f : [a; b] ! R fonksiyonu diferensiyellenebilir fonksiyon olsun. E¼
ger
0
0
f türevi [a; b] aral¬g¼¬nda düzgün s¬n¬rl¬ ise f fonksiyonu Lebesgue anlam¬nda
integrallenebilirdir ve
Z
0
f d = f (b)
f (a)
[a;b]
d¬r. Gösteriniz.
ÇÖZÜM 1: f : R ! R fonksiyonu diferensiyellenebilir ve 8x 2 [a; b] için
0
f (x)
M olacak şekilde M > 0 sabitini dikkate alal¬m.
8
>
>
< f (a) + f 0 (a) (x a) ; x < a
f (x) =
>
>
: f (b) + f 0 (b) (x b) ; x > b
olarak tan¬mlans¬n. f fonksiyonu R üzerinde tan¬ml¬ve diferensiyellenebilir oldu¼
gu
kabul edilebilir.x 2 R için
fn (x) = n f
x+
1
n
f (x)
ile tan¬ml¬ (fn ) diferensiyellenebilir fonksiyonlar dizisini dikkate alal¬m. Herbir
0
x 2 R için fn (x) ! f (x) sa¼
glan¬r. Ortalama de¼
ger teoremi kullan¬l¬rsa herbir
x 2 R için jfn (x)j
M oldu¼
gu görülmektedir. Dolay¬s¬yla Lebesgue yak¬nsak0
l¬k teoremi dikkate al¬n¬rsa, f fonksiyonu [a; b] aral¬g¼¬nda Lebesgue anlam¬nda
1
integrallenebilir ve
Z
0
f d = lim
n!1
(1)
fn (x) dx
a
[a;b]
sa¼
glan¬r. u = x +
Zb
1
n
de¼
gişken de¼
giştirmesi yap¬l¬rsa
8 b
9
Zb
Zb
<Z
=
1
fn (x) dx = n
f x+
dx
f (x) dx
:
;
n
a
a
a
8 1
9
b+ n
b
>
>
Z
Z
<
=
= n
f (u) du
f (x) dx
>
>
: 1
;
a
a+ n
8 1
9
1
b+ n
a+ n
>
>
Z
Z
<
=
= n
f (x) dx
f (x) dx
>
>
:
;
a
b
1
b+ n
=
R
1
a+ n
R
f (x) dx
b
f (x) dx
a
1
n
! f (b)
1
n
f (a)
bulunur. (1) ifadesi yard¬m¬yla istenilen elde edilir.
SORU 2: (fn ) ölçülebilir fonksiyonlar¬n bir dizisi ve f : X ! R fonksiyon
olsun. 8 > 0 için
lim
n!1
(fx 2 X : jfn (x)
f (x)j
g) = 0
sa¼
glans¬n. Bu durumda f fonksiyonu ölçülebilirdir. Gösteriniz.
ÇÖZÜM 2: (kn ) pozitif tamsay¬lar¬n artan dizisi öyle ki 8k > kn için
x 2 X : jfk (x)
f (x)j
2
1
n
<2
n
sa¼
glans¬n. 8n 2 N için
En =
kümesi ve E =
1 S
1
T
m=1 n=m
x 2 X : jfkn (x)
1
[
En
n=m
öyle ki x 2
=
1
n
En tan¬mlans¬n. Bu durumda 8m 2 N için
(E)
sa¼
glan¬p
f (x)j
!
1
X
(En )
21
m
n=m
(E) = 0 olur. Ayr¬ca, e¼
ger x 2
= E ise bu durumda bir m 2 N vard¬r
1
S
n=m
En ve 8n
m için
jfkn (x)
f (x)j <
1
n
sa¼
glan¬r. Böylece x 2
= E için lim fkn (x) = f (x) ve hemen hemen heryerde fkn !
f sa¼
glan¬r. Bu ise f fonksiyonunun ölçülebilir olmas¬n¬gerektirir.
3