Теория меры. Измеримые функции и интеграл
Опишем сначала все кольца. Пустое подмножество –обязательно принадлежит кольцу.
0) Может быть в кольце нет одноэлементных подмножеств, тогда двухэлементное может быть максимум одно. А трехэлементное может быть в таком кольце, когда нет двухэлементных (тогда их разность была бы одноэлементным). Получили 5 колец
(0), (0,{a,b}),(0,{b,c}),(0,{a,c}),(0,X)
1)Пусть кольцу принадлежит ровно одно одноэлементное подмножество, например {a}, если бы {a,b} принадлежало кольцу, то и b принадлежало бы. Значит, {a,b} и {a,c} не принадлежат кольцу. Если {b,c} принадлежит кольцу, то и Х принадлежит кольцу. Получаем 6 колец, с учетом циклических перестановок элементов {a,b,c}:
(0,{a}),(0,{b}),(0,{c}), (0,{a},{b,c},X),(0,{b},{a,c},X),(0,{c},{a,b},X)
2)пусть кольцу принадлежат ровно 2 одноэлементных подмножества, например, {a} и {b} , тогда {a,с} и {b,c} не принадлежат кольцу, {a,b} принадлежит, Х не принадлежит. Получаем еще 3 кольца
(0,{a},{b},{a,b}), (0,{a},{c},{a,c}), (0,{c},{b},{c,b})
3) пусть кольцу принадлежат {a},{b},{c}, тогда все подмножества Х принадлежат кольцу 2X.
Всего может быть 5+6+3+1=15 колец.
II) Перечислим также полукольца, не являющиеся кольцами.
0) Проведенное рассуждение для колец полностью повторяется для полуколец, значит, все полукольца, не содержащие одноэлементных подмножеств, являются кольцами.
1) Пусть полукольцу принадлежит ровно одно одноэлементное подмножество, например {a}, если бы {a,b} принадлежало полукольцу, то и b принадлежало бы. Значит, {a,b} и {a,c} не принадлежат полукольцу. Если {b,c} принадлежит полукольцу, то уже не обязательно Х принадлежит полукольцу.
Получаем, таким образом, три полукольца, не являющихся кольцами
(0,{a},{b,c}),(0,{b},{a,c}),(0,{c},{a,b})
2) пусть полукольцу принадлежат ровно 2 одноэлементных подмножества, например, {a} и {b} , тогда {a,с} и {b,c} не принадлежат полукольцу. Если
{a,b} принадлежит полукольцу, Х не принадлежит. Если{a,b} не принадлежит полукольцу, Х также не принадлежит ему (нет подмножества, содержащего с, чтобы разложить разность X\{a} ).
Получаем три полукольца (0,{a},{b}),(0,{a},{c}), (0,{b},{c})
3) пусть полукольцу принадлежат {a},{b},{c}, тогда любые подмножества Х могут принадлежат полукольцу, а могут не принадлежать. Действительно, пересечение любого подмножества с Х будет оно само, а пересечение любых двух двухэлементных подмножеств будет одноэлементно. Условие 1 на полукольцо выполнено. Условие 2 выполнено, так как любая допустимая в условии разность является суммой одноэлементных подмножеств.
Значит, добавляя к (0,{a},{b},{c}) любое из 16 подмножеств множества ({a,b},{b,c},{a,c},X), получаем 16 полуколец, из которых только одно учтено ранее как кольцо
Добавилось к 15 кольцам 3+3+15 полуколец, общее число возможных полуколец 36
Нужно полное решение этой работы?
Решение
Φ ограничена, так как φ(a)≤φ(x)≤φ(b)
Рассмотрим простую функцию fx=φak-1,x∈[ak-1,ak) для разбиения
a=a0<…<ak-1<…<an=b, тогда fx≤φ(x),
[a,b)fxdx=k=1nφak-1ak-ak-1≤[a,b)φxdx
и в то же время докажем, что для любого ε>0 найдется разбиение a=a0<…<ak-1<…<an=b такое, что для соответствующей этому разбиению f
[a,b)fxdx>[a,b)φxdx-ε
Так как φ гладкая, |φ'|<C,
φakak-ak-1<φak-1ak-ak-1+Cak-ak-12
Рассмотрим простую функцию
gx=φak,x∈ak-1,ak, gx≥φ(x)
[a,b)φxdx-a,bfxdx≤a,bgxdx-a,bfxdx<
<Ck=1nak-ak-12<Cmaxkak-ak-1 k=1nak-ak-1<ε
, при условии
maxkak-ak-1<εC(b-a)
Значит,
[a,b)φxdx=sup{ak}k=1nφak-1ak-ak-1
Обозначим yk=φak , тогда ak=ψ(yk)
По теореме Лагранжа о среднем для всякого k существует ξk∈(yk-1,yk) , что
ak-ak-1=ψ'(ξk)(yk-yk-1)
k=1nφak-1ak-ak-1=k=1nyk-1ψ'(ξk)(yk-yk-1)
Сравним полученную интегральную сумму с интегралом
φ(a),φ(b)yψ'ydy
, зная, что мы можем сделать
maxkak-ak-1 как угодно малым
. Так как φ' непрерывно дифференцируема и положительна, ψ'=1φ' непрерывно дифференцируема, в частности, ψ''
ограничена, |ψ''|<A . По теореме о среднем
max[yk-1,yk]ψ'y-min[yk-1,yk]ψ'y=ψ'ξk'-ψ'(ξk")<A(yk-yk-1)
k=1nyk-1min[yk-1,yk]ψ'y(yk-yk-1)≤k=1nyk-1ψ'ξkyk-yk-1≤k=1nykmax[yk-1,yk]ψ'y-(yk-yk-1)
k=1nyk-1min[yk-1,yk]ψ'y(yk-yk-1)≤φ(a),φ(b)yψ'ydy≤k=1nykmax[yk-1,yk]ψ'y(yk-yk-1)
, так как yk-1min[yk-1,yk]ψ'y≤yψ'y≤ykmax[yk-1,yk]ψ'y
при y∈[yk-1,yk]
Поэтому
|k=1nyk-1ψ'ξkyk-yk-1-φa,φbyψ'ydy|≤
≤k=1nykmax[yk-1,yk]ψ'y-yk-1min[yk-1,yk]ψ'y(yk-yk-1)
Отдельно оценим
ykmax[yk-1,yk]ψ'y-yk-1min[yk-1,yk]ψ'y≤yk-yk-1maxφa,φbψ'y+yk-1A(yk-yk-1)≤ Cak-ak-1maxφa,φbψ'y+yk-1AC(ak-ak-1)
-может быть сделано сколь угодно малым, когда ak-ak-1 достаточно малы, сделаем это выражение меньше чем
εφ(b)-φ(a)
, тогда
k=1nykmaxyk-1,ykψ'y-yk-1minyk-1,ykψ'yyk-yk-1≤εφb-φak=1nyk-yk-1=ε
Поэтому для чисел
φa,φbyψ'ydy и [a,b)φxdx
можно подобрать интегральную сумму, которая ближе к каждому из них , чем данное ε, поэтому эти числа равны, что и требовалось доказать.
Если n четно, то возьмем для примера неизмеримое множество E на отрезке [0,1]
Задать вопрос
на новый заказ в Автор24.
