Predgovorovojeknjiga.SadrzajPredgovor i1 algebreimerljivefunkcije 21.1 algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Merljivefunkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Borelovaalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4 Nizovimerljivih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5 Nenegativna merljiva funkcija kao granica niza nenegativnih jed-nostavnihfunkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 Mera 162.1 Denicijaiosobinemere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2 Primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3 Nemerljiviskupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.4 Kompletnamera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 KonstrukcijaLebeg-Stiltjesovemere 273.1 SpoljnameraiteoremaKarateodorija . . . . . . . . . . . . . . 273.2 Prosirenjemeresaalgebrena-algebru . . . . . . . . . . . . 323.3 BorelovemerenaBR. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.4 LebegStiltjesovemere. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.5 Lebegovamera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454 Integralnenegativnefunkcije 494.1 LebegovaTeoremamonotone konvergencije. LemaFatua. . . . 525 Integralfunkcijekompleksnepromenljive 595.1 Integralifunkcija jednakihskorosvuda. . . . . . . . . . . . . . 635.2 Znacajneteoremeuopstijojformi . . . . . . . . . . . . . . . . 656 Proizvodmera. TeoremeFubinijaiTonelija 676.1 Proizvod-algebri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 676.2 Proizvodmera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69SADRZAJ 16.3 TeoremeTonelija iFubinija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 717 OdnosRimanovogi Lebegovogintegrala 767.1 OdnosRimanovog iLebegovogintegrala . . . . . . . . . . . . . 767.2 Razmenalimita iintegrala. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 788 ProstoriLp(X), p [1, ] 818.1 ProstorL1(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 818.2 ProstorLp(X),p 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 828.3 ProstorL(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 869 Raznitipovikonvergencija 899.1 Uniformna itackastakonvergencija. Konvergencijaskorosvudaiusrednjemredu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 909.2 Konvergencijaumeri. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 929.3 Skorouniformnakonvergencija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 969.4 Dijagrami odnosaraznihtipovakonvergencije. . . . . . . . . . . 9910Dekompozicijamere 10110.1 Hanova dekompozicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10110.2Zordanovadekompozicija. Radon-Nikodimov izvod. . . . . . . . 10310.3 Lebegovadekompozicija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10910.4 Risova reprezentacija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11011 Teorijaverovatnoce 11411.1 MernoVerovatnosniRecnik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115Literatura 117Glava1algebrei merljivefunkcije1.1 algebreNekajeX,= iT(X)partitivniskup. Ponovimo, topologija naskupuXjefamilija skupova T(X)saosobinama:1. , X ;2. O1, O2 O1

O2 ;3. O ,

O .SkupXsatopologijom jetopoloskiprostor;oznacavamo gasa(X, ).1.1 algebre 3Denicija1. algebranaXjefamilija skupova / T(X)saosobinama:1. X /;2. A /X A /;3. An /, n N

nNAn /.Zbogcitkosti komplementskupaA, X A, oznacavamoisaAckadgodjeizkontekstajasnouodnosunakojiskupseuzimakomplement.SkupXsaalgebrom/nazivamo prostorsaalgebrom;oznacavamogasa(X, /).Elementealgebre/nazivamo merljivimskupovima. PrimedbaNekaje(X, /)prostorsaalgebrom. IzDenicije1sledi:(i) /.(ii)n

i=1Ai /,akoAi /,i = 1, ..., n.(iii)

i=1Ai /,akoAi /,i N.(iv)n

i=1Ai /,akoAi /,i = 1, ..., n.(v)A B /,akoA, B /.Tvrdenje(i) slediiz1)i2).Tvrdenje(ii) slediiz3) saAn+j= , j N.Tvrdenje (iii) dokazujemo koristeci De Morganove jednakosti: Vazi

i=1Ai=(

i=1Aci)c, i pritom je Aci /, i N(zbog2)). Sada

i=1Aci /(zbog3))teje(zbog2)) (

i=1Aci)c /.Tvrdenje(iv)slediiz(iii) stavljajuciAn+j= X, j N.(v)slediizA B= A

Bc.Denicija2. Nekaza/ T(X)vazi1)X /;2)akoA /,tadaAc /;3)Unijakonacnomnogoelemenataiz/jeu/.Tadase/nazivaalgebra. UDeniciji2,akoje/ ,= ,tadaosobina1)slediiz2)i3)jerakoA /,tadavaziAc /,tejeX= A

Ac /.Deniciji2jeekvivalentnasledecadenicija.Familija/ P(X)senazivaalgebraakovazi:1)X /;2)akoA /iB /, tadajeA B /;4 algebreimerljivefunkcije3)Unijakonacnomnogoelemenataiz/jeu/.Pokazimo ekvivalencijunavedenihdenicija.NekaA, B /.VaziA B= A

Bc= (Ac

B)c,paiz2),3)iponovoiz2) slediA B /.Obratno,nekaA /.KakojeAc= X A,iz2)slediAc /.Slededenicijeprstenaipolupstena.Denicija3. NekazaTr T(X)vazi:1)AkoA, B Tr,slediA B Tr;2)KonacneunijeelemenataizTrsuuTr.TadaseTrnazivaprsten. Denicija4. NekazaTo T(X)vazi:1)Konacnipreseci elemenataizTosuuTo;2) AkoA, B ToiA BtadapostojedisjunktniskupoviA1, ..., Ar TotakodajeB A =r

i=1Ai.TadaseTonazivapoluprsten. 1.2 MerljivefunkcijeDenicija5. Neka je (X, /) prostor sa algebrom, (Y, ) topoloski prostor.Funkcijaf: XY, stocemooznacavatiisaf: (X, /) (Y, ),jemerljivaakof1(w) /zasvakow . Sledecadenicijaje cestauliteraturi.Denicija5. Funkcijaf: (X, /) (Y, /1)((Y, /1)jeprostorsaalgebrom/1),jemerljivaakof1(O) /zasvakoO /1.Mi cemokoristitideniciju5udaljemizlaganju.Teorema1. Nekaje(X, /)prostorsaalgebromi nekasu(Y, )i(Z, )topoloski prostori. Akojef : (X, /)(Y, )merljiva, g: (Y, )(Z, )neprekidna,tadajeg fmerljiva funkcija.Dokaz: NekajeO. Vazi (g f)1(O)=f1(g1(O)). Izneprekidnostifunkcije gsledig1(O) ,teizmerljivostifsledif1(g1(O)) /. Primedba. Akonijedrugacijenavedeno,uvekcemopretpostavljatidasuskupovi realnih i kompleksnih brojevaR i C topoloski prostorisauobicajenimtopologijama. IstovazizaRniCn.1.2 Merljivefunkcije 5Lema1. Nekaje (X, /) prostor sa algebromi f : XR. Sledecatvrdenjasuekvivalentna:(i)fjemerljiva.(ii) Zasvakoa Rjex X: f(x) > a /.(iii) Zasvakoa Rjex X: f(x) a /.(iv)Zasvakoa Rjex X: f(x) < a /.(v)Zasvakoa Rjex X: f(x) a /.Dokaz: Jasno,tvrdenja(ii)i(v)suekvivalentna,jersuskupovidatiunjimamedusobnokomplementarni. Naistinacinmozemozakljucitiidasutvrdenja(iii) i(iv)ekvivalentna.Dokazimo sadaekvivalentnost (ii)i(iii). Nekavazi(ii). Tadajex X: f(x) a =

nNx X: f(x) > a 1n /.Slicno, akopretpostavimodavazi (iii), tada(ii) sledi naosnovuosobinaalgebreirelacijex X: f(x) > a =_nNx X: f(x) a +1n /.Dakle,uslovi(ii)(v) susvimedusobnoekvivalentni.Dokazimosadanaprimerdaje(i)ekvivalentnosa(ii). Pretpostavimodajefunkcijaf merljiva. TadajexX: f(x)>a=f1((a, +))/,jerje(a, +) otvorenuR. Obratno, nekasusvi skupovi oblikakaou(ii)merljivi. Tada, naosnovuekvivalentnosti uslova, merljivisui skupovi oblikakaou(ii)(v). Kakose svaki otvorenskupuRmozeprikazati kaonajviseprebrojivaunijaotvorenihintervala(a, b)=(, b) (a, )(acijeinverzneslike svepripadaju /,sledidajefmerljiva. Opstijioblik ovelemebicedatuTeoremi5.Teorema2. Nekasu1, 2Rotvoreni skupovi, (X, /) prostor saalgebromi nekasuu: X1, v : X2, merljivefunkcije. Nekaje: 1 2=Cneprekidnafunkcija. TadajepreslikavanjeF: XC, x F(x) = (u(x), v(x)) merljivo.Dokaz: Nekajef : Xdenisanosaf(x) :=(u(x), v(x)). TadavaziF= f. Trebadokazati dajef merljiva. TadanaosnovuTeoreme1sledidajeFmerljivafunkcija. Nekaje=(a, b)(c, d)proizvoljan(otvoreni)pravougaonik u . Vazi x f1() ako i samo ako (u(x), v(x)) (a, b) (c, d)stojeekvivalentnosax u1((a, b)) ix v1((c, d)).Sledif1() = u1((a, b))

v1((c, d)) /,6 algebreimerljivefunkcijezato stosuuivmerljive pajeu1((a, b)) /iv1((c, d)) /.Svaki otvorenskupu R2je prebrojiva unija otvorenihpravougaonika patovazii zasvakiotvorenskupu(pouslovuteoreme, jeotvoren). DaklezaotvorenskupOuvaziO=

nNn,tejef1(O) = f1(_nNn) =_nNf1(n) /.

Upropozicijama 14(X, /) jeprostorsa-algebrom.Propozicija1. Ako su u, v : XRmerljive funkcije, tada su merljive sledecefunkcije XR:a)x u(x)v(x), x X.Specijalno, x cv(x), x X,gdejec R.b)x u(x) + v(x), x X.c)x u(x)/v(x), x X,akojev : XR+.Dokaz: Dokaz sledi primenomTeoreme 2, akostavimo1=2=R, afunkciju uslucajevimaa),b),c)denisemonaRRsa,(x, y) = xy; (x, y) = x + y; (x, y) = x/y, y > 0.

Propozicija2. 1. Akojefunkcijaf:XC, f(x)=u(x) + iv(x), xXmerljiva, tadasumerljive ifunkcijea)x u(x); b)x v(x); c)x _u2(x) +v2(x), x X.2. Ako su u, v : X R merljive funkcije, tada je merljiva funkcija XC:x u(x) +iv(x).Dokaz: 1. Funkcije:a)z Rez; b)zImz; c)z [z[suneprekidne. PrimenomTeoreme1sledidokaz.2. Kao u Propoziciji 1, dokaz sledi primenom Teoreme 2 za funkciju (x, y) =x +iy, (x, y) R R.

Izprethodnogtvrdenjadirektnosledi:Posledica1. Funkcijaf : XC, gdejef(x) =u(x) + iv(x), xX, jemerljiva akoisamoakosuuivmerljivefunkcije.1.3 Borelovaalgebra 7Propozicija3. Akosufunkcijef : XCi g: XCmerljive, tadasumerljive ifunkcijef+g, f g, f,gdejeproizvoljan kompleksanbroj.Dokaz: Dokazimosamodajef merljiva, gdeje=1+ i2, 1, 2R, f= u +iv, u, vsurealnefunkcije. Ostalatvrdenjaseslicnodokazuju.Kakof= (1u 2v) +i(2u + 1v), ikakosunaosnovuPropozicije2realniiimaginarni delovifunkcijefmerljivi, sledidaje fmerljiva. Propozicija4. NekajeAT(X) i A(x)=_0, x , A1, x AkarakteristicnafunkcijaskupaA.FunkcijaAjemerljiva akoisamoakoA /.Dokaz: NekajeA/. NekajeOotvorenskupuR. Ako1O, 0,O,sledi daje1A(O)=A/; ako0, 1O, tadaje1A(O)=X/; ako1 , O, 0 Otadaje1A(O) = Ac /;ako1, 0 , Otada1A(O) = /.Dakle,Aje merljiva.Obrnuto, ako je A merljiva, znamo da za otvoren skup O vazi 1A(O) /,pajeA = 1A((0, )) /. Primedba. OznacimosaR:= [, ] = R

dvotackastukompaktikacijurealnepravei uvedimouobicajenutopologijuprekofamilijeokolina.Familija okolina tackeje1= VR; V (a, ], zanekoa R.Naslicannacinsedenise1.Navedenefamilije okolina tacaka, kaoiuobicajenefamilije okolinatacakaizRdenisuuobicajenutopologiju prosireneprave[, ] =R.OsobinemerljivihfunkcijasavrednostimauRsejednostavnoprenosenamerljive funkcijesavrednostimauR.1.3 BorelovaalgebraTeorema3. Nekaje c T(X).Postojinajmanja algebra /zakojuvazi/ c.(Toznacidaako je/1proizvoljna algebrakojasadrzic,tadasledida/1sadrzi /.)Dokaz: Nekaje Mfamilijasvihalgebri koje sadrze c. Stavimo/:=

MM/. Familija M nijeprazna(M ,=)jerjeT(X)algebra. Pokazimodaje/algebra.1)KakoX/zasvako/ M,slediX /.2)Pokazimodavazi A/Ac/. NekaA/. Kakoje/algebratojeAc/zasvako/ M,tejeAc

MM/= /.8 algebreimerljivefunkcije3) Ako Ai /, i N, pokazimo da je tada

iNAi /. Za svako/ MvaziAi /, i N,tesledi

iNAi/odakle_iNAi

MM/ = /.

Denicija6. Borelovaalgebrautopoloskomprostoru(X, )jenajmanjaalgebrakojasadrzi .OznacavasesaBX,iliBilisamosaBakojejasnokoji topoloskiprostorseposmatra. Primedba. AkoOi, i N, tada

iNOiB. Akosuskupovi Zi, i N, zatvoreni, tada

iNZiB. Skupovi prvogtipanazivajuseGskupovi, adrugog tipa F skupovi. Prebrojivi preseci i prebrojive unije navedenih skupovasuponovoelementiB. Uopstemslucajutonisuskupoviiz .Propozicija5. Borelovaalgebra BRje generisana:a)Intervalima (a, b), a < b, a, b R.b)Intervalima [a, b], a < b, a, b R.c)Intervalima(a, b], a < b, a, b R.d)Intervalima [a, b), a < b, a, b R.e)Intervalima(a, ), a R.f)Intervalima (, a), a R.g)Intervalima [a, ), a R.h)Intervalima (, a], a R.Dokaz: Svaki otvorenskupuRjeprebrojivaunijaotvorenihintervala, pajedovoljno pokazatidaalgebrakojugenerisuintervaliiznavedenefamilijesadrziotvoreneintervale. Tosejednostavnoproverava.Dokazimonaprimertvrdenjepodb). OznacimosaBRalgebrukojugenerisuzatvoreni intervali. Kakoje (a, b) =

n=1[a+1n, b 1n] BR, zaproizvoljneaa, B=

k=1xX; fk(x) >ajednakiskupovi. Jasno, B A.Akobizasvakokvazilofk(x) a,sledilobi12 algebreimerljivefunkcijef(x)=supkNfk(x)a. Sledi, X BX AodnosnoAB, tejeA=B.KakojeBmerljivskup,merljivjeiA.2)VaziinfkNfk(x) = supkN(fk(x)),pajeix supkN(fk(x)) =f(x)merljivafunkcija.3)Pokazimo merljivost funkcijef.Vazif(x) =infnNsupknfk(x), x X.Stavimo gn(x) = supknfk(x), x X.Naosnovu1)gnsumerljive funkcije,anaosnovu2) infnNgnjemerljiva funkcija,tejefmerljiva funkcija.4)Tvrdenjesedokazujekaou3)jerf(x) = liminfkfk(x) =supnNinfknfk(x).

Izprethodneteoremesledicitavnizvaznihposledica.Propozicija7. Akosufk: X[, ] merljive funkcijeiakojelimkfk(x) = f(x), x X,tadajefmerljiva.Dokaz: Akolimes postoji,tadaiz limsup ... = liminf ... = lim...sledidajegranicnafunkcija merljiva. Zafunkcije f, g: XRdenisemof+(x) = supf(x), 0 = maxf(x), 0, x X,f(x) = inff(x), 0 = minf(x), 0 = supf(x), 0.Propozicija8.Akosuf i g merljive naalgebri (X, /), tadasumerljivei sledecefunkcije: minf, g, maxf, g, f+, f.1.5Nenegativnamerljivafunkcijakaogranicanizanenegativnihjednostavnihfunkcija 13Dokaz: VazisupiNfi= maxf, ggdejef1=f, f2=g, f3=f4=f5=... =. Primenjujemoprethodnotvrdenje i sledi da je funkcija maxf, g merljiva. Slicno se pokazuje za minf, g,panaosnovutogaizaf+if. 1.5 NenegativnamerljivafunkcijakaogranicanizanenegativnihjednostavnihfunkcijaDenicija8. Funkcijaf : X[, ] je jednostavna, akoje kodomenkonacanskup, odnosnoakopostoje a1, ..., ar[, ] tako daza svakox Xvazif(x) a1, ..., ar. StavimoAi=xX; f(x)=ai, i=1, ..., r. Vazir

i=1Ai=Xi skupoviAi, i = 1, ..., r, cineparticiju X.Akoa1, ..., arR, tadajef(x)=r

i=1aiAi(x), xX, gdejeAikarak-teristicnafunkcija skupaAi.Propozicija9. Nekaje(X, /) prostor saalgebromi nekasua1, ..., arrealni brojevi. Jednostavnafunkcijaf(x) =r

i=1aiAi(x), xXjemerljivaakoisamoakosuAi,i = 1, ..., r merljivi.Dokaz: Kako je a1, ..., ar diskretan skup, za svako aipostoji otvoren intervalIitakodavaziIi aiiIi

Ij= zai ,= j.Nekajefmerljiva. Izf1(Ii) = AisledidasuAimerljivi, i = 1, ..., r.Ako su Aimerljivi, tada su Aimerljive funkcije (Teorema 4) i fje merljivakaokonacanzbirmerljivih funkcija. Teorema7. Neka je f: X[0, ] merljiva funkcija na (X, /). Tada postojiniznenegativnihjednostavnihmerljivihfunkcijasn: nNnaXtakodavazisn(x) sn+1(x), x X, n N, limnsn(x) = f(x), x X.Dokaz: Nekai, n Ni1 i n2n.DenisemoEn,i := f1([i 12n,i2n)), Fn= f1([n, ]).14 algebreimerljivefunkcijeSkupovi En,i Xi = 1, ..., n 2n, Fnsuelementialgebre/ jer suinverzneslike intervala. Denisimosn(x) :=n2n

i=1i 12nEn,i(x) + nFn(x), x X.Zasvako n N funkcija snje nenegativnai ima konacno mnogo vrednosti.JednostavnosepokazujedasuskupoviEn,ii =1, ..., n2ni Fndisjunktni jervazif(En,i) _i 12n,i2n_, i = 1, ..., n2n, f(Fn) [n, ].Takode vazif(x) i 12nEn,i(x) 12nza x En,i.Ako x Xi f(x) [0, n0), za neko n0 N, tada f(x) [0, n) za svako n n0,tejef(x) sn(x) k0,(zapissakonacnomnogocifararazlicitihodnule)(b)nak0-mestujeili cifra 0ili cifra1i zapis(reprezentacija)senastavljasadvojkama(ciframa2)Dalje cemobrojeveoblika()zapisivatiiuobliku(a)iuobliku(b). Dakle, reprenzentacija brojax[0, 1] nije jedinstvena, pricemosamobrojevi oblika() se mogupredstaviti uobaoblika.Primetimojosdabarjedanzapis: ili(a)ili(b)sigurnosadrzicifru1(npr.13=(0.1)3 =(0.02222 . . .)3 i23=(0.2)3 =0.12222 . . .)3,daklebroj13sadrzicifru1uzapisuoblika(a)ali semozezapisatiuobliku(b)bezcifre1,dokse23mozezapisatiuobliku(a)bezcifre1aliobaveznosadrzijedinicuuzapisu(b)).OznacimosaSnskupkojiseun-tomkorakukonstrukcijeKan-torovog skupa izbacuje iz intervala [0, 1]. Dakle, S1= (13,23). Podse-timo se, rubne tacke13= (0, 02222 . . .)3,23= (0, 2)3se moguzapisatiiskljucivociframa0i2. Alisvi elementiotvorenogintervala(13,23)morajuimatiprvucifrua1= 1tj. tosubrojevi saternarnimzapi-som(0, 1 . . .)3. Dakle, Sc1cineoni brojevi koji semoguzapisati (ubaremjednomzapisu(a)ili (b))saa1 =0ili a1 =2. Slicno, S2cineoni brojevi zakojejeobaveznoa2 =1(podsetimose, udru-gomkorakuizacujemointerval(19,29)tj. brojeveoblika(0, 01....)3iinterval (79,89)tj. brojeveoblika(0, 21....)3). Itakodalje... KakojeK=\nNScn,sledi dajeKantorovskupKskuprealnihbrojevaizintervala[0, 1]kojiseuternarnojreprenzentaciji moguzapisati(iliuobliku(a)ili(b))iskljucivoprekocifara0i2.Primeri 5., 6. i 7. cebiti potpunojasni posleuvodenjaLebeg-Stiltjesovemere(kadatrebadabuduponovoanalizirani) aovdesluzekaomotivacijazadaljaizlaganja.Primer8. (-Davolja stepenica.)Neka je K Kantorov skup denisan u prethod-nomprimeru. Konstruisimofunkcijuf nasledeci nacin: f(x) =12, za x(13,23) (time je denisana funkcijautackama koje suizostavljene iz intervala [0, 1] uprvomkorakukonstrukcije Kan-torovog skupa). Dalje, neka je f(x) =14, za x (19,29) i f(x) =34, zax(79,89)(timejedenisanafunkcijautackamakojesuizostavl-jene iz intervala [0, 1] udrugomkorakukonstrukcije Kantorovogskupa). Slicno, nekaucetirinarednaintervalakojasuizostavljenau trecem korakukonstrukcije skupa K, funkcija fprima redom kon-stantnevrednosti18,38,58,78; itd. (vidi Dijagram2.). Timejefdenisananaskupu[0, 1] \ K. Zaproizvoljnox K(uternarnomzapisu x =Pj=1 aj 3j, aj {0, 2}) stavimo f(x) =Pj=1 aj 2j1.22 MeraFunkcija f se naziva Lebegova singularnafunkcija ili Kantorovafunkcija a njen grak se u literaturi cesto naziva davolja stepenica- vidi Dijagram 3. Funkcija fje monotono neopadajuca,neprekidnana [0, 1] i nediferencijabilna u svakoj tacki Kantorovog skupa (jasno,zat/ Kjef

(t) = 0). RestrikcijafunkcijefnaskupKsirjektivnopreslikavaKna[0, 1],odaklesledidajeKneprebrojiv.Dijagram2. -Konstrukcijadavolje stepenice.Dijagram3. -- Davoljastepenica.2.3 NemerljiviskupoviNekajemerananekoj algebri realneprave/kojasadrzi BorelovualgebrunaR.Nekajetranslacionoinvarijantnamera stoznaci (A + x)=2.3Nemerljiviskupovi 23(A) zasvakoA/i svakoxR. Pretpostavimodajemerakonacnogintervala, recimo(0, 2] /pozitivanrealanbroj. Odatlesledi, naosnovutranslacione invarijantnosti i aditivnosti daje (R) = . Pokazimo to. Vazi(R) = ((0, 2]_(2, 0]_(2, 4]_(4, 2]_...) =

k2Z((0, 2] + k) =

k2Z((0, 2]) = .Kasnije cemo pokazati da upravo Lebegova mera na algebri Borelovih skupovarealnepraveimanavedeneosobine.(Jedino)pomocuaksiomaizborasemozedokazatiegzistencijanemerljivogskupaAnaR(A T(X) /.)OznacimosaQskupracionalnih brojeva. URuvodimo relacijuabakoa b Q.Jasno, je relacija ekvivalencije. Svaka klasa ima prebrojivomnogo elemenatai klasaimakontinuummnogo. PremaZermelovomaksiomuizboramozeseizdvojiti skuppredstavnika. Predstavnike mozemoizabrati tako da suiz (0, 1].Naime,ako jespredstavniknekeklaseis (m, m+ 1], mjeceobroj,tadajes mtakodepredstavnikisteklaseis m (0, 1].OznacimosaAskuppredstavnikaiz (0, 1]. PokazacemodaskupAnijemerljiv.Pretpostavimoda je A merljiv. Primetimo, ako je qracionalan brojrazlicitodnulei A + q =x + q; xA, tadajeA

(A + q) =. Naime, akobiy A

(A +q)tadabivaziloA y = x + qzanekox Aodnosnoy x Q stojekontradikcija. SkupoviA+1n, n N,susadrzaniuintervalu(0, 2]. AkobiAbiomerljiv, moralobidavazi> ((0, 2]) (_n=1(A +1n)) =

n=1(A +1n) =

n=1(A)stopovlaci(A) = 0.Sadrugestranevazi:_qQ(A +q) = R i (_qQ(A+ q)) =

qQ(A +q) = .Iz(A) = 0sledi

qQ(A+ q) = 0stojekontradikcija. DakleAnije merljiv.Napomena: SkupAiz prethodnogprimerasenazivaVitalijevskup.24 Mera2.4 KompletnameraTeorema2. Neka je (X, /, ) - merljiv prostor i neka je /kolekcija skupovaE XtakvihdapostojeA, B /takodavaziA E B i (B A) = 0.Denisimo(E) := (A), E /. (Jasno,(A) = (B)).Tadaje/-algebra,/ /,jemerana /i[M= .Dokaz: Presvegapokazimo daakojeAi E Bi, (Bi Ai) = 0, Ai, Bi /, i = 1, 2,tadaje(A1) = (A2) = (B1) = (B2) ()odnosnonezavisiodizborapredstavnika. KakojeA1

A2 Ai E B1

B2 Bi, i = 1, 2,(B1

B2) (A1

A2) (B1 A1)_(B2 A2),sledi((B1

B2) (A1

A2)) (B1 A1) + (B2 A2) = 0,tvrdenje()sledinaosnovujednakosti(B1

B2) = (A1

A2) = (A1) = (A2).Jednostavnoseproveravadaje/ /, |M= .Pokazimo da/ispunjavasvatriuslovadenicije-algebre.10Jasno,X / X /.20NekaE /.Pokazimo daEc /.VaziA E B, A, B /, (B A) = 0.SlediBc Ec Ac, Ac, Bc /.KakojeAc Bc= B A,sledi(Ac Bc) = (B A) = 0tejeEc /.30NekajeEi /, Ai Ei Bi, (Bi Ai) = 0 Ai, Bi /, i N.2.4Kompletnamera 25Vazi_i=1Ai _i=1Ei _i=1Bi,_i=1Bi_i=1Ai _i=1(Bi Ai),(_i=1Bi _i=1Ai) (_i=1(Bi Ai))

i=1(Bi Ai) = 0.Sledi

i=1Ei /.Pokazimodajemerana/.Ociglednoje(E)0, E/. NekaEi/, iN, i nekasutodisjunktniskupovi. NekajeAi Ei Bi(Bi Ai) = 0.SkupoviAi, i Nsudisjunktni(_i=1Bi _i=1Ai) (_i=1(Bi Ai))

i=1(Bi Ai) = 0.Sledi_i=1Ai_i=1Ei _i=1Bi, (_i=1Bi _i=1Ai) = 0teje(_i=1Ei) = (_i=1Ai) =

i=1(Ai) =

i=1(Ei).Dokaz jezavrsen. Denicija2. Kazemo da je mera na (X, /) kompletna, odnosno da je(X, /, ) prostor sa kompletnom merom, ako je svaki podskup merljivog skupasamerom0merljiv(padakle samerom0). Drugacije zapisano,() A B, B /i(B) = 0 A /.26 MeraPropozicija2. Merana(X, /)jekompletnaakoisamoakoizMEN, M, N/, (N M)=0sledi E/(stoimplicira(E) = (M)).Dokaz: Nekavazi () i nekazaM, E, Nvazepretpostavketvrdenja. SlediN E N M, N M /, (N M) = 0, teje N E / iN (N E) =E /.ObrnutideotvrdenjajednostavnosledistavljajuciM= , A = E, B= N.

PosledicaTeoreme2iPropozicije2jesledecetvrdenje.Propozicija3. 1. Meranaalgebri/semozeprosiritidomerenaalgebri/takodabudekompletna.2. Neka je (X, /, ) prostor sa merom na -algebri /i neka je (X,/, )prostor sakompletnom merom na algebri/. Nekaje / / i |M= .Tadavazi//, |M= .Dokaz: Trebadokazati samo2. jer je1. dokazanouTeoremi 2. NekajeE/. Znamo, postojeM, N/takodajeMEN, (M) =(N) = (E).KakoM, N/i jekompletnamera,sledi (E) = (E).

Iz Propozicije 3sledi da je za prostor sa(nekompletnom) merom (X, /, )najmanji prostor sa kompletnom merom koji ga sadrzi upravo prostor (X, /, ).Denicija3. Zaprostorsamerom(X, /, )prostor(X, /, )nazivamokompletiranjeod/uodnosunameru. Glava3KonstrukcijaLebeg-Stiltjesovemere3.1 Spoljnamerai teoremaKarateodorijaDenicija1. NekajeX,= i: T(X) [0, ] funkcijasasledecimosobi-nama:i)() = 0;ii) AkojeA Btadavazi(A) (B);iii) (

j=1Aj)

j=1(Aj), Aj T(X), j N.FunkcijasenazivaspoljnameranaX. Primetimo, svakamerana/=T(X) jespoljnamera, dokobrnutone28 KonstrukcijaLebeg-Stiltjesovemeremoradavazi.Propozicija1. Nekajec T(X)i : c[0, ] takodavazi c, X c, () = 0.Denisimo, zaA X,(A) := inf

jN(Ej); Ej c, j N, A _jNEj.(Inmumsedeniseposvimprebrojivimprekrivacima(Ej)jizcskupaA.)Tadajespoljnamera.Primedba.Cestocemokoristiti cinjenicudazaaij 0, i, j Nvazi() limN

iN,jNaij=

i=1

j=1aij=

j=1

i=1aij.Dokazjeelementaran(AnalizaI). Mi cemogaizloziti uOdeljku4. kaoilus-tracijuprimeneLebegoveteoremeomonotonoj konvergenciji.Zadokaznavedenepropozicije, kaoi nekihdrugihtvrdenja, kasnijecemokoristiti prekrivaceskupovaindeksiranesaviseparametara. Nekaje(Ej)jcNprekrivacskupaAXi (Fji)icNprekrivacskupaEj, jN(Ej

i=1Fji).TadajeFji, i, j NprebrojivprekrivacskupaA.NumeracijaskupovaFji, (j, i) N2je(naprimer)F11. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N= 1F12, F21, F22. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N= 2F13, F23, F31, F32, F33. . . . . . . . . . . . . . N= 3F1N, F2N, ..., FN1, ..., FN(N1), FNNN.Iz(*)sledi() limN

iNjN(Fji) =

i=1

j=1(Fji) =

j=1

i=1(Fji)Upravo(*) impliciradaproizvoljnanumeracijaskupovaunizovima(Fji)jizatimproizvoljnanumeracijaskupovauEij, i, j Nnemenjavrednostsumau(**).Dakle,akojeEij:i, jNizcprekrivacskupaA,naosnovudenicijeinavedenogtvrdenjasledi

jN

iN(Eij) (A).3.1SpoljnameraiteoremaKarateodorija 29Dokaz Propozicije1Jasno, () =0. Monotonost jednostavnosledi.Nekaje>0i A=

j=1Aj. Pretpostavimodaje(Aj)

i=1(Eij).KakojeA

j=1

i=1Eij,naosnovudenicijesledi

jN(Aj) + >

jN

iN(Eij) (A)pakako ovanejednacinavazizasvako > 0,imamo

jN(Aj) (A). Denicija2. Neka je spoljna mera naX. Skup A Xje -merljiv, akozasvakoE Xvazi(E) = (E

A) +(E

Ac).

Koristeci osobinuiii) spoljnemereizE= (E

A)

(E

Ac)sledi(E) (E

A) + (E

Ac)paje za merljivost skupaAdovoljnodokazati nejednakost , za svakoE X.Teorema1. (TeoremaKarateodorija) Neka je spoljna mera na X. Tadakolekcija/svih-merljivihskupovacini -algebrui |Mjekompletnamerana/.Dokaz: Pokazimoprvodaje/algebra. Kakovazi (E) =(E

) +(E

X), sledi /i X /. Jasno, ako A /, tada Ac /. PokazimodaakoA, B /tadaA

B /.ZaE T(X)vazi(E) = (E

A) + (E

Ac)= (E

A

B)+(E

A

Bc)+(E

Ac

B)+(E

Ac

Bc).30 KonstrukcijaLebeg-StiltjesovemereKakojeE

(A_B) = (E

(A

B))_(E

(A

Bc))_(E

(Ac

B)),sledi(E

A

B) +(E

A

Bc) + (E

Ac

B) (E

(A_B)),pavazi(E) (E

(A_B)) + (E

(A_B)c).Dokazali smoA

B /.Pokazimo davazikonacnaaditivnost za.AkoA, B /iA

B= ,izjednakosti(A_B) = ((A_B)

A) +((A_B)

Ac)sledi(A_B) = (A) + (B).Indukcijom sepokazujedaakosuAi /, i = 1, ..., n, disjunktni, tadavazi(n_i=1Ai) =n

i=1(Ai).NekasuA, B /iA

B= . Kakozaproizvoljan skupEvazi(E

(A

B)) = (E

(A

B)

A) + (E

(A

B)

Ac),sledi(E

(A

B))=(E

A) + (E

B). Indukcijomsemozepokazati daakosuAi /, i = 1, ..., n, disjunktni, tadavazi(E

(n_i=1Ai)) =n

i=1(E

Ai). ()Pokazimosadadaje/-algebrai daje-aditivna. NekasuAi/, iNdisjunktni skupovi. Pokazacemoda

i=1Ai/i (

i=1Ai)=

i=1(Ai). OznacimoBn=n_i=1Ai, n N, B=_i=1Ai.ZaE XvazidajeE

Bnunijadisjunktnihskupova E

Ai, i = 1, ..., n, tenaosnovu(*)vazi(E

Bn) =n

i=1(E

Ai).3.1SpoljnameraiteoremaKarateodorija 31KakoBn /iBcn Bc,imamo(E) = (E

Bn) +(E

Bcn) n

i=1(E

Ai) + (E

Bc).San ,dobijamo(E)

i=1(E

Ai) +(E

(_i=1Ai)c) _E

__i=1Ai__+ (E

(_i=1Ai)c) (E).Sledi(E) =

i=1(E

Ai) +_E

__i=1Ai_c_()= _E

__i=1Ai__+ _E

__i=1Ai_c_.Svakaprebrojivaunijaskupovasemozeprikazatikaoprebrojivaunijadis-junktnihskupova:_i=1Ai= A1_(A2 A1)_(A3 (A1_A2))_..._(An (n1_i=1Ai))_...Primetimo, akosuA1, A2 /,tadajeA1 A2= (Ac1 A2)c /.SlediAi /, i N _i=1Ai /.NekasuAi /, i Ndisjunktni. NekajeE=

i=1Ai.Iz(**) dobijamo(_i=1Ai) = (E) =

i=1(E

Ai) + (E

(_i=1Ai)c) =

i=1(Ai).Pokazimokompletnostmerena/. Dokazimodaakoje(A)=0, tadaA /. Neka je Eproizvoljan skupu X.Na osnovu monotonosti spoljne meresledi0 = (A

E)i(E) = (A

E) +(E) (A

E) +(E

Ac),tejeA /.SadaizAB, B/, (B)=0zbogmonotonosti spoljnemereimamo(A)=0, tenaosnovuprethodnodokazanogtvrdenjasledi A/.

32 KonstrukcijaLebeg-Stiltjesovemere3.2 Prosirenjemeresaalgebrena-algebruDenicija3. Nekaje/T(X) algebra. Funkcija: /[0, ]jepred-mera, ako za svaki disjunktni niz skupova (Aj)j=1iz / takav da je

j=1Aj /,vazi(_j=1Aj) =

j=1(Aj).

Pretpostavicemodajepredmeranetrivijalna,odnosnodapostoji A /takoda je (A) < . Jednostavno se proverava da je () = 0, kao i da je konacnoaditivna imonotona na/.Cestosepredmerana algebri/ naziva mera. Mi cemokoristiti naziv pred-meradabismojasnijeizloziliproblemprosirenjapredmeredomerenaodgo-varajucoj-algebri.Teorema2. Neka Xprostor sa algebrom/i neka je predmera na /.DenisimozaE T(X)(E) = inf

j=1(Aj); Aj /, j N, E_j=1Aj.Tadajespoljnameraivazi:1)|A= .2)Svaki skupu /je-merljiv.Dokaz: KoristicemoprimedbudatuposlePropozicije1.NaosnovuPropozicije1(c= /)sledidajespoljnamera.1) Neka je E / i i A proizvoljan skupiz / za koji vazi E A. Na osnovudenicijesledi(E) (A)tezaA = Edobijamo() (E) (E).NekajejeE/, E

j=1Aj, Aj/, j N. StavimoBn=E

(Ann1

j=1Aj).SkupoviBn /, n N,sudisjunktnii

n=1Bn= E /.Sledi(E) = (_n=1Bn) =

n=1(Bn)

j=1(Aj).3.2Prosirenjemeresaalgebrena-algebru 33KakojeAj, j N,proizvoljan prekrivacskupaE,naosnovudenicijesledi() (E) (E).Iz()i() sledi(E) = (E).2) NekajeEX, A/. Pokazacemodavazi (E) (E

A) +(E

Ac). Akoje(E) =, tadanavedenanejednakost ociglednovazi.Zatopretpostavimodaje(E) < .Nekaje > 0.Postojiniz(Bj)jiz/takodaje_j=1Bj E, i(E) + >

j=1(Bj).Vazi

j=1(Bj) =

j=1_(Bj

A) +(Bj

Ac)_ ((_j=1Bj)

A) +((_j=1Bj)

Ac) (E

A) + (E

Ac).Sa 0dobijamo (E) (E

A) +(E

Ac) te jeA merljiv. Teorema3. Neka je /je algebra, predmera na /, / - algebra generisanasa/ispoljnameragenerisanapredmerom.1)Sa = |Mjedenisanamerana /. Pritomevazi |A= .2)Akojenekadrugamerana /takvadaje|A = ,tadaje(E) (E) za E /,sajednakoscuakoje (E) < .3) Ako je - konacna predmera,tada je jedinstvenaekstenzijaod na/.Primedba. Kaoiudeniciji-konacnemere, jekonacnapredmeraakopostojinizskupovaiz/sakonacnompredmeromcijaunijajeX.Dokaz: 1) NaosnovuKarateodorijeve teoreme 1i Teoreme 2, sledi dasespoljnamera(generisanapredmerom) datana- algebri - merljivihskupova /, na algebri / poklapa sa. Jasno je da / /, te denisanosa = |Mzadovoljava prvideoteoreme.34 KonstrukcijaLebeg-Stiltjesovemere2)NekajeE /iE

i=1Ai, Ai /.Vazi(E)

i=1(Ai) =

i=1(Ai).Kakonavedenanejednakostvazi zasvaki prekrivaciz/, naosnovudenicije,zakljucujemo(E) (E) = (E).Akoje/A=

i=1Ai, Ai/, iN, tadavazi (A)= (A). Naimemozemo predpostaviti da su Aidisjunktni (inace bi koristili nizA1= A1,A2=A2 A1, ...) pakoristeciaditivnost merakaoi= na/,sledinavedenajednakost.Neka je (E) < . Na osnovu cinjenice da je E merljiv skup (ponovimo= na/), postoji /A=

i=1Ai, Ai/, i N, takodaje (E) (A)0. Pokazimoto. Postoji nizskupova(Ai)iiz /takodavaziE_i=1Ai, (E)

i=1(Ai) 0takodavaziF(a + x) < F(a) + /2, 0 < x 0.Takode zbogneprekidnosti zdesna utackamabj, j N(tosukonacnetacke) i cinjenice da ih je prebrojivo mnogo, postoje pozitivni brojevi j, j N,takodavazi

j=1(F(bj + j) F(bj)) /2.Na osnovu kompaktnosti intervala [a+0, b] postoji konacno mnogo intervalaizfamilijeIi=(ai, bi + i)kojiprekrivaju[a + 0, b].NekasuIiuredeni takodavazi:1. (a1, b1 +1), ..., (aN, bN+N)prekrivaju[a + 0, b],2. a1< a2... < aN.3. bi +i (ai+1, bi+1 +i+1), i = 1, ...N 1.KoristeciF(a1) < F(a) + /2,N

j=1(F(bj + j) F(bj) /2,monotonost funkcijeFinavedeneuslovezarasporedtacakasledi((a, b]) = F(b) F(a) F(bN+N) F(a1) + /238 KonstrukcijaLebeg-Stiltjesovemere= F(bN+N) F(aN) +N1

j=1(F(aj+1) F(aj)) + /2 F(bN+ N) F(aN) +N1

j=1(F(bj +j) F(aj)) +/2= F(bN +N) F(aN) +N1

j=1(F(bj +j) F(bj)) +N1

j=1(F(bj) F(aj)) +/2.Sledi((a, b]) N

j=1(Ij) +

j=1(Ij) +.Kada 0dobijase() ((a, b])

i=1(Ii).Iz()i()sledi( ) (I) =

i=1(Ii).AkojeI= (, b]ili I= (a, ),tadazasvakoM> 0vazi((M, b])

i=1(Ii (M, b])

i=1(Ii) odnosno((a, M])

i=1(Ii (a, M])

i=1(Ii).SaMsledi() uobaslucajatesledii( )uobaslucaja.AkojeI=I1

...

Ik, gdesuIj, j=1, ..., k,disjunktni intervali oblika(, b], (a, b], (a, ), tada primenjujuci istovremeno prethodni dokaz za svakiodintervalaIjsledi ( ). Ovajdeodokaza, tehnicki komplikovan, ostavljasezavezbu. 3.4 LebegStiltjesovemereIz konstrukcije predmere na algebri koju generisu h- intervali i dokaza Propozi-cije 4 sledi da je predmera, pa zatim i mera Fna Borelovoj - algebri, odredenavrednostimanakonacnimh-intervalima. Tocebitiistaknutoi uprvomdelusledecepropozicije.3.4LebegStiltjesovemere 39Propozicija5. NekajeFneopadajucadesnoneprekidnafunkcijanaR.(a)Postojijedinstvenamerana BRtakodaje((a, b]) = F((a, b]) = F(b) F(a)zasvakiogranicenih-interval(a, b].(b)Nekajemerana BRkojaje konacnanasvimogranicenim Borelovimskupovima. NekajeC 0proizvoljnakonstantaiF(x) =___((0, x]) + F(0), x > 0C, x = 0((x, 0]) + F(0), x < 0.TadajeFneopadajucadesnoneprekidnafunkcijai = F.(c)AkojeGmonotononeopadajucadesnoneprekidnafunkcija,tadavaziF= GakoisamoakoF G = const.Dokaz: (a) Tvrdenje u (a) je direktna posledica Propozicije 4 i Teoreme 3 zatostojepredmeranaalgebrihintervala -konacna.(b) Treba pokazati da je F(x) desno neprekidna. Pokazimotoutackix=x0takostocemopokazati dazasvaki niz(xn)nkoji konvergirakax0sdesna, pripadnifunkcijskinizkonvergirakaF(x0). KoristicemoTeoremu1izdrugeglave.Nekajex0> 0inekaje(xn)nproizvoljannizuRtakodavazixn > x0, n N, xnx0, n .Vazi(0, x0] =

nN(0, xn]tesledi(naosnovuTeoreme1izdrugeglave)F(x0) F(0) = ((0, x0]) = limxnx0((0, xn]) = limxnx0F(xn) F(0).Nekajex0 < 0, xn> x0, n N, xnx0.Iz(x0, 0] =

nN(xn, 0]iTeoreme1izdrugeglave slediF(x0) F(0) = ((x0, 0]) = limxnx0((xn, 0]) = limxnx0F(xn) F(0).Nekajex0= 0, xn > 0, n N, xn0.Iz =

nN(0, xn]sledi0 = () = limxn0F(xn) F(0).40 KonstrukcijaLebeg-StiltjesovemereUsvatrislucajaF(xn)konvergirakaF(x0)kad xnx0zdesna.(c) Akoje FG=const., jednostavnose proveravadaje F=G.Dokazimo obrnutotvrdenje. Zasvakox > 0vaziF(x) F(0) = F((0, x]) = G((0, x]) = G(x) G(0),odnosnoF(x)=G(x) + CgdejeC=F(0) G(0). Istotovazi i zax 0, UotvorenskupiE E Utako daje (na osnovub))F(U) < F( E E) + .Stavimo K=E U= E U.Jasno,tojekompaktanskup. VaziF(K) = F(E) F(U

E) = F(E) [F(U) F(U E)] F(E) F(U) + F( E E) > F(E) F(U) +F(U) .Pokazali smodazasvako > 0postojikompaktanskupK EtakodajeF(K) > F(E) .SlediF(E) = supF(K); K E, Kjekompaktan.NekajeEneogranicen, F(E) 0.KakojeF(E) =

jZF(Ej) < ,postojin0= n0()takodajeF(E)

|j|n0F(Ej) < .Zasvakoj ZpostojikompaktanskupKj Ejtakodavazi() F(Kj) F(Ej) 2j+1.3.4LebegStiltjesovemere 43KakosuskupoviEi, i Ndisjunktni,slediF(_|j|n0Kj) F(_|j|n0Ej) .SlediF(

|j|n0Kj) F(E) 2 inaistinacinkao iuprvomdeludokazasleditvrdenjezaneograniceniskupEzakojivaziF(E) < .NekajeF(E)= (tadajeEneogranicen). UvedimoskupoveEj, jZkaoiuprethodnomdeludokaza. ZasvakoM> 0postojin0(M)takodaje

|j|n0(M)F(Ej) > M.BirajuciskupoveKjtakodavazi(*)slediF(_|j|n0(M)Kj) M.SadazaM, pronalazimofamilijukompaktnihskupova

|j|n0(M)KjsadrzanihuEtakodajelimMF(_|j|n0(M)Kj) = .

Teorema5. NekajeFkompletnamerana(R, /F). NekajeE R.(1) Sledecatritvrdenjasuekvivalentna.(i) E /F;(ii) E= V N1gdejeF(N1) = 0iV jeGskup.(iii) E= H

N2gdejeF(N2) = 0iHjeFskup.(2) Ako je F(E) < , tada su prethodna tvrdenja ekvivalentna sa sledecim:Zasvako > 0postojiskupAjednakkonacnojunijiotvorenihintervalatakodavaziF(EA) < .Dokaz: Jasnojedaiz(iii) odnosno(ii), sledi(i).Kakojeu(2) navedenoF(E) < ,jasnojeda(2)implicira (i).(i) (ii). Nekaje F(E) 0inekasuotvoreniskupV EikompaktanskupK Eodredeni takodavaziF(V ) F(E) /2, F(E) F(K) /2.NekasuOi, i=1, 2, ..., sotvoreni intervali sadrzani uV, koji prekrivajuK.TadavaziF(Es_i=1Oi) F(E s_i=1Oi) +F(s_i=1Oi E) mF(E) F(K) + F(V ) F(E) .Time jedokaz zavrsen. Sledecapropozicijapokazujedajealgebra/Fjednakasaalge-brom/(kojasejavljauteoremi Karateodorija) i kojucine merljivi3.5Lebegovamera 45skupovi,gdeje spoljnamerainduciranapredmeromFnaalgebridisjunk-tnihkonacnihunijahintervalatj.(E) = inf

i=1F((ai, bi]); E_i=1(ai, bi].Propozicija6. Nekaje / algebra iz teoreme Karateodorija i nekaje spoljnamerainduciranapredmeromF. Vazi:1)IzN /i(N) = 0slediN /F.2)/F= /.3)|MF= F.Dokaz: 1) NekajeN/i nekaje(N) =0. Slicnokaoi udokazuTeoreme 4 dobijamo da postojiniz prekrivaca(ani , bni ),i N, n N,skupa Nipostojinizni ,i N,n N,takavdaje0 = (N) =limn

i=1F((ani , bni ]) limnF(_i=1(ani , bni+ni2)).StavimoUn=

i=1(ani , bni+ni2). Jasno, Unsuotvoreni skupovi,NUnzasvakon NipritomejelimnF(Un) = 0.Neka jeU1= U1,U2=U1U2,U3=U2U3, . . .. Tada je nizUnopadajucinizotvorenihskupovakojisvisadrzeN. NekajeV=

n=1Un. SadaimamoF(V ) =F(

n=1Un) =limnF(Un) =0. Dakle, kakoje NV iF(V ) = 0,morabitiN /F,jerjealgebra/Fkompletna.2) Jasno,/F /. Nekaje E /proizvoljno. Slicnokao iuTeoremi5, mozesepokazati dajeE=V N, gdejeV neki Gskupi (N) =0.Prema1)morabitiN /F. Dakle,iE /Ftj. / /F.3)Sledidirektnoiz2)iTeoreme3.

3.5 LebegovameraRazmatrajucidokazTeoreme4a) lakosevidi davazisledecaosobina.Propozicija7. SkupNLimaLebegovumerunulam(N)= 0akoi samoakoza svako >0postoji prebrojivafamilijaotvorenihintervala(an, bn),n N,takvadajeN

n=1(an, bn)i

n=1[bnan[ < .SledecetvrdenjekarakteriseLebegovumerunaL.46 KonstrukcijaLebeg-StiltjesovemerePropozicija8. a)AkojeN Lim(N) = 0tadajezasvakos R,m(s + N) = 0, m(sN) = 0.(s +N= s +n; n N, sN= sn; n N.)b)(1.) E LakoisamoakoE + s L, s R.(2.) E LakoisamoakosE L, s R 0.c)Vazim(E + s) = m(E), m(E) = [[m(E), E L, s, R.d)LebegovamerajejedinameranaBR, donamultiplikativnu konstantu,konacnanakonacnimintervalima, saprvomosobinomizc).(Drugim recima, iz translacione invarijantnosti mere sledi = cm za nekoc > 0.)Dokaz:a)NekaN L.Nekaje > 0i(ai, bi), i Nnizintervala zakojivaziN_i=1(ai, bi),

i=1(bi ai) < .Kakojes +N_i=1(s +ai, s + bi), sN_i=1(sai, sbi),sledi dazasvako>0vazi m(s + N)0. NaosnovuPropozicije5sledidajem0= F= cId = cm. Primer1. Svi jednoclani skupovi u(R, BR)imajuLebegovumerunula. Sviprebrojivi skupovi u(R, BR) imajuLebegovumerunula. Lebe-govamera otvorenog/zatvorenog/poluotvorenog intervalajednakajeduzini datogintervala.Primer2. VitalijevskupAdenisanuGlavi 2(sekcija2.3)jeprimerskupakojinijeLebegov.Propozicija9. Nekaje (R, L, m) prostor saLebegovommerom. ZasvakiskupE Lsaosobinomm(E) > 0vazidapostojiD EtakavdaD/ L.Dokaz: Neka je A/ L Vitalijev skup denisan u Glavi 2. Sledi da su i skupoviA+q, q Qtakode nemerljivi. Neka je Eq:= E(A+q), q Q. Pretpostavimodajezanekoq0Q, Eq0merljivtj. Eq0L. KakojeEq0A + q0, sledidamorabiti m(Eq0)=0(ovosledi izkonstrukcijeVitalijevogskupa, jerakopretpostavimodajem(Eq0) >0, tadabi skupA + q0moraosadrzati nekiinterval u sebi, sto je u suprotnosti sa njegovom konstrukcijom). Dakle, za svakoqQzakojejeEqmerljivo,morabiti m(Eq)=0. Akosadapretpostavimodajezasvakoq QskupEqmerljiv(paim(Eq) = 0),tadanaosnovuE= E R = E (_qQA +q) =_qQEqsledi da je m(E) = 0, sto je u kontradikciji sa polaznom pretpostavkom. Dakle,morapostojatinekoq1 Q,takvodajeD:= Eq1nemerljiv. Primer3. KantorovskupKdenisanuPrimeru7 (Glava 1.) je primer nepre-brojivogskupau(R, BR) koji ima Lebegovumerunula. KakoseK48 KonstrukcijaLebeg-Stiltjesovemeredobijauklanjanjemjednogintervaladuzine13,dvaintervaladuzine19,itd. izintervala[0, 1],sledidajem(K) = 1 Xj=02j3j+1= 1 1311 23= 0.Primer4. Dajemoprimerskupakoji jeLebegovali nijeBorelov. NekasuKKantorov skup i fKantorova funkcija denisaniu Primeru 8 (Glava1.). Denisimo sada funkciju Fna intervalu [0, 1] sa F(x) = x+f(x).Jasno, Fjestriktnomonotonorastuca, neprekidna bijekcijakojaslika interval [0, 1]nainterval [0, 2]. Dakle,Fimainverznufunkcijukojaje takodeneprekidna. Odavdesledidaakoje B BR,tadasuF1(B), F(B) BR. Kako je fkonstantno po delovima na [0, 1]\K,sledidaFvanKantorovogskupaocuvavaduzinuintervala. Dakle,m(F([0, 1] \ K)) = m([0, 1] \ K) = m([0, 1]) m(K) = 1.Kako je m([0, 2]) = 2, [0, 2] = F(K)F([0, 1] \K) i F(K)F([0, 1] \K) = ,sledidaje2 = m(F(K)) + m(F([0, 1] \ K)).Dakle, morabiti m(F(K)) =1. Toznaci da homeomorzamFpreslikavaKantorovskup(koji imaLebegovumerunula) uskupsaLebegovommeromjedan. Kakoje m(F(K)) >0, naosnovuprethodnepropozicijesledidaF(K) sadrzipodskupkojinije Lebe-gov. OznacimogasaW. TadajeA=F1(W) podskupodK,temorabiti Lebegovskupmerenula. Medutim, AnemozebitiBorelovskup, jer bi inace i W=F(A)moraobiti Borelov(te iLebegov)skup.Napomena: Prethodni primertakodepokazujedaiakohomeomorzamuvekpreslikavaBorelovskupuBorelovskup, onmozedapreslikaLebegovskupunemerljiv(ne-Lebegov)skup.Glava4Integral nenegativnefunkcijeNekaje(X, /, )prostorsameromna-algebri/.Nekajes-merljivajednostavnafunkcijanaXsavrednostimauRoblikas =n

i=1iAi(i ,= j, Ai /).LebegovintegralfunkcijesnaE /sedenisesa_Esd =n

i=1i(E Ai) ().Ovadenicijajedeosledeceopstedenicije.50 IntegralnenegativnefunkcijeDenicija1. Nekajef : X[0, ] merljiva, i E/. Lebegovintegralfunkcije fnaEje_Efd = sup0sf_Esd,gdesesupremumuzimaposvimjednostavnimmerljivimfunkcijamassaos-obinom 0 s fi_Esdjedat sa(). Primedba.U integralnom racunu koji sledi koristimo prosirenu aritmetikuna[, ] :+= ; = ; +a = ; 0 = 0.Dakle akojei= 0, (E Ai) = ,tadajei (E Ai) = 0.Teorema1. Nekaje (X, /, )prostorsamerominekasuutvrdenjima(a)-(f)sviskupovimerljivi isvefunkcije X[0, ] merljive.a)Nekaje0 f g. Sledi_Efd _Egd.b)NekajeA B, f 0. Sledi_Afd _Bfd.c)Nekajef 0ic [0, ). Sledi_Ecfd = c_Efd.d)Nekajef(x) = 0, x E.Sledi_Efd = 0 (iakoje (E) = ).e)Nekaje(E) = 0.Tadaje_Efd = 0 (iakoje f(x) ).f)Akojef 0,tadaje_Efd =_XfEd.Dokaz: a) Ako je s jednostavna merljiva funkcija i 0 s f, tada je 0 s gteje_Efd = sup0sf_Esd sup0sg_Esd =_Egd.b) Nekaje 0 s =n

i=1iAi fna X. Kako su Aidisjunktni i

ni=1Ai=X,vazi_Asd =n

i=1i(Ai A) n

i=1i(Ai B) =_Bsd(merajemonotona) tesledib).c)Kakoje zac = 0tvrdenjeociglednotacno,pretpostavimoc ,= 0. Izmeduskupajednostavnihfunkcijassaosobinom0sf i skupajednostavnihfunkcija ssaosobinom 0 s cfpostojibijekcija0 s f, s s = cs, 0 cs cf.51Sledidajec sup0sfn

i=1i(Ai E) = sup0cscfn

i=1ci(Ai E)padobijamo tvrdenjec).Tvrdenjad)i e)sledenaosnovudenicijeanalizomnenegativnihjednos-tavnihfunkcijasaosobinoms(x) f(x), x E.f) Iz denicije integrala nenegativne funkcije (i navedene aritmetike u [, ])i cinjenicedajeEs=E

mi=1i(Ai) =

mi=1i(Ai E). Sledi daje_E fddenisansupremumomintegrala_E sdkadasprolazi skupomjed-nostavnihnenegativnihmerljivihfunkcijazakojevazi s(x)f(x), xE, is(x) = 0, x Ec.Tojeskupfunkcija Es; 0 s f.Sledi_XEfd = sup0EsEfn

i=1i(E Ai X)= sup0sfn

i=1i(E

Ai) =_Efd.

Propozicija1. Neka su s =

ni=1iAi i t =

mj=1jBjnenegativne merljivejednostavnefunkcijena(X, /, ). Nekajes(E) =_Esd, E /.a)Tadajesmerana /.b)_E(s +t)d =_Esd +_Etd, E /.Dokaz: a) NekajeE=

r=1Er, Ei /, Ei Ej= , i, j N.Vazis(E) =n

i=1i(Ai E) =n

i=1i

r=1(Ai Er)=

r=1n

i=1i(Ai Er) =

r=1s(Er).b)Dokazimo tvrdenjezaX= E. ZamenomEs, EtiE(s + t)dobijaseopstetvrdenje.52 IntegralnenegativnefunkcijeOznacimoEij=Ai Bji=1, ..., n, j=1, ..., m.Skupovi Eij, i,=j sudisjunktniivazi

in,jnEi,j= X.Izdenicijefunkcijasitsledi_Eij(s + t)d = (i + j)(Eij)= i(Eij) + j(Eij) =_Eijsd +_Eijtd.Naosnovua)sledi_Xsd +_Xtd = s(_i,jEij) + t(_i,jEij) =

i,js(Eij) + t(Eij) =

i,js+t(Eij) =_X(s +t)d.

4.1 Lebegova Teorema monotone konvergencije.LemaFatuaTeorema2. (Lebegovateoremamonotonekonvergencije.)Nekaje(X, /, )prostorsameromi nekaje(fn)nnizmerljivihfunkcijanaXsaosobinamaa)0 f1(x) f2(x) ... x X;b)fn(x) f(x), n , x X.Vazi:i) fjemerljiva funkcija; ii)_Xfnd _Xfd, n .Dokaz: i)NaosnovuTeoreme6izprveglave sledidajefmerljiva funkcija.ii) Kakoje_Xfnd _Xfn+1d, n N,sledi_Xfnd [0, ], n .4.1LebegovaTeoremamonotonekonvergencije. LemaFatua 53Kakojefn f, n N,sledi_fnd _Xfd, n N, odnosno _Xfd.Akodokazemo_Xfd ,dokaz cebitikompletiran.Nekajesjednostavnamerljiva funkcija,0 s f,ic (0, 1).Denisimo:En= x[fn(x) cs(x), n N.Kakosufni smerljivefunkcijei En=(fn cs)1([0, ]), sledi dajeEnmerljivskup.VaziE1 E2 ... .Dokazimo dajeX=

n=1En.Akojef(x) = 0tadajeis(x) = 0ifn(x) = 0tex E1.Neka je f(x) > 0. Tada je cs(x) < f(x) jer je 0 < c < 1 i s(x) konacan broj.Kakojelimnfn(x) = f(x)postojin0takodavazivazics(x) fn0(x) f(x),pax En0.Vazi_Xfnd _Enfnd _Encsd.Stavimos(F) =_Fsd, F /.NaosnovuPropozicije1. a)sledi dajesmera, i kakojeEnEn+1, nN,

n=1En= X,sledis(En) s(X), n (Teorema1udrugojglavi).Dobijamo_Xfnd cs(En) c_Xsd.Ugranicnomprocesu, kad c 1,sedobija _Xsd.54 IntegralnenegativnefunkcijeSada,uzimajucisupremumpos, 0 s f,sledi _Xfditeoremajedokazana. Vaznaposledicajesledecetvrdenje,uopstenjePropozicije1b).Propozicija2. Zamerljive funkcijef: X[0, ], g: X[0, ] vazi_X(f+ g)d =_Xfd +_Xgd.Dokaz: Nekasu sni snnizovijednostavnihmerljivih funkcijatakodavazi0 s1 s2 ... f, limn sn(x) = f(x), x X,0 s1 s2 ... g, limn sn(x) = g(x), x X.IzLebegoveteoremeomonotonojkonvergencijisledi()_X snd _Xfd,_X snd _Xgd, n .Kakoje0 s1 + s1 s2 + s2 ... f+g,limn( sn(x) + sn(x)) = f(x) + g(x), x X.PonovokoristeciLebegovuteoremuomonotonojkonvergencijidobijamo()_X( sn + sn)d =_X snd +_X snd _X(f+ g)dNaosnovu()i()sleditvrdenjepropozicije. Napomena:Kao posledica teoreme o monotonoj konvergenciji, vazi uopstenjei Propozicije1a): Akojef nenegativnaintegrabilnafunkcijana(X, /, ),tadajepreslikavanjef(E) =_Efd, E /merana(X, /).4.1LebegovaTeoremamonotonekonvergencije. LemaFatua 55Teorema3. Nekasufn: X[0, ] merljive funkcije if(x) =

n=1fn(x), x X.Tadavazi_Xfd =

n=1_Xfnd.Dokaz: IzPropozicije2sledidazasvakon Nvazi_X_n

n=1fi_d =n

i=1_XfidKakoje0 n

i=1fi n+1

i=1fi, limnn

i=1fi(x) = f(x), x X,naosnovuLebegoveteoremeomonotonojkonvergencijidobijamo_X_

i=1fi_d =limn_X_n

i=1fi_d =limnn

i=1_Xfid =

i=1_Xfid

Primer. PrimenaLebegoveteoremeomonotonoj konvergenciji.Pokazacemodasumadvojnogredasanenegativnimclanovima

i,jai,jnezavisiodredosledasabiranja.Prethodnocemo, zbogkompletnosti, izloziti i pojam sumabilnosti u normi-ranimprostorima.Nekaje (X, [[[[) normirani vektorskiprostor. Familija x; u Xjesumabilna iima zbirxakozasvako > 0postojikonacanskup0takodazasvakikonacanskup 0vazi[[

ixi x[[ < .Mozesepokazati(ostavljasezavezbe)dazasumabilnufamiliju x; skupLindeksazakojesuclanovifamilije razliciti odnule, jeprebrojivskup.Takode,zadruguenumeracijuskupaL,oznacimojesaL,vazi

iLxi=

iLxiNekaje X=Ri = NNi nekaje ai,j; (i, j) N2sumabilna familijasazbiroma R :a =

(i,j)N2 ai,j.Naosnovudenicijesledia = limN

iN,jNai,j.56 IntegralnenegativnefunkcijePropozicija3. Nekasuaij 0, i, j N.Vazi

(i,j)N2ai,j= limN

iN,jNai,j=

iN

jNai,j=

jN

iNai,j.Dokaz: Dokazacemodavazi

iN

jNai,j=

jN

iNai,j.Dokaz je zasnovanna primeni teoreme Lebega o monotonoj konvergenciji.Dokazdaje a=

iN

jNai,jse svodi naelementarne osobine konver-gentnihredovasapozitivnim clanovima, teseostavljazavezbe.NaskupuX= Nsaalgebrom/= P(N)denisimomeru(Primer2udrugojglavi): zaA N,(A) =_, akojeAbeskonacanskupbrojelemenatauA, akojeAkonacan.Denisimonizfunkcija fi: N [0, ], i N :fi(j) = ai,j, j N.Funkcije fi, i Nsumerljive tejemerljiva ifunkcijaF=limpp

i=1fi: XR.Oznacimo sa {j} karakteristicnu funkciju skupa j. Primetimo_N{j}d =1, j N.Kakojes

j=1ai,j{j}, N N,monotonorastuci nizjednostavnihfunkcijakoji konvergirakafi, naosnovuTeoreme2sledi_Nfid =limss

j=1_Nai,j{j}d =

j=1ai,j, i N.Takode, naosnovuTeoreme2sledi_NFd =_N_

i=1fi_d =limp_N(p

i=1fi)d4.1LebegovaTeoremamonotonekonvergencije. LemaFatua 57=limpp

i=1_Nfid =limpp

i=1

j=1ai,j=

i=1

j=1ai,j.OznacimoF=

i=1fiidenisimonizFN(j) = F(j), j N, FN(j) = 0, j > N, N N.NaosnovuTeoreme2sledi_NFd = limN_NFNd = limNN

j=1

i=1ai,jstonaosnovuvecdokazanejednakostiimplicira

iN

jNai,j=

jN

iNai,j.Tvrdenjejedokazano. Teorema4. (LemaFatua.)Nekasufunkcijefn: X[0, ], n N,merljive. Vazi_X(limninf fn)d limninf_XfndDokaz: Podsetimose, limninf fn=supkNinfnkfn.Nekajegk(x) =infikfi(x), x X.Vazigk fn, n k teje_Xgkd infnk_Xfnd, k N,()_Xgkd supkNinfnk_Xfnd =limninf_Xfnd.Niz(gk)kjerastuci i vazi dajeg= limkgkmerljivafunkcija. NaosnovuTeoreme2sledi _gmd _gd, kad m .Kakoje limkgk= supkNgkinaosnovu(),_Xgd limninf_Xfnd,58 Integralnenegativnefunkcijesledi _X(limninf fn)d limninf_Xfnd.

Glava5Integral funkcijekompleksnepromenljiveDenicija1. Nekaje(X, /, ) prostorsameromna-algebri/. L1()jeskupsvihkompleksnihmerljivihfunkcijaf =u + iv, u, v: XR, zakojevazi_X[f[d 0tvrdenje(cii)sledinaosnovudenicijeintegralakompleksne(uovom slucajurealne)funkcije kaoinaosnovuTeoreme1c)iz cetvrteglave.)(ciii) Nekajef= u +ivkompleksnafunkcija. Vazi_Eifd = i_Efd.61Dokaz (ci). Stavimo h = f +g. Koristeciprimedbu posle denicije integralaih+ h= f+ f + g+ g,sledi_Eh+d +_Efd +_Egd ==_Ef+d +_Ehd +_Eg+dodakle sledi(ci).Dokaz (cii). Vazi(f)+= f, (f)= f+,teje_E(f)+d _E(f)d =_E(f)d _E(f)+d= (_Efd _Ef+d) = _Efd.Dokaz (ciii). Vazi if= iuv = ((v)+(v)) +i(u+u), pa koristecidenicijuintegralaitvrdenjepod(cii)sledi(ciii).Dokaztvrdenjac). Iz(ci)i denicijeintegralazakompleksnefunkcijef ig,sledi_E(f+g)d =_Efd +_Egd.Kombinacijom tvrdenja(cii)i(ciii) sedobija_Efd = _Efd, C.Sadajedokaztvrdenjec)direktnaposledicaprethodnadvatvrdenja. Propozicija1. Nekaf, g L1().Vazi:a)Akosufigrealneif g,tadavazi_Xfd _Xgd.b)[_Xfd[ _X[f[d.62 IntegralfunkcijekompleksnepromenljiveDokaz:a) Tvrdenjeslediiz Teoreme1a)u cetvrtojglavi inejednakosti0 f g.b)Nekaje_Xfd= Aei(A 0)teje[_Xdf[= A.NaosnovuTeoreme1c)iz cetvrteglave, cinjenicedajeIm(eif) = 0iRe(eif) [f[sledi[_Xfd[ = ei_Xfd =_Xeifd =_XRe(eif)d _X[eif[d =_X[f[d

Propozicija2. AkosuA, B /if L1(),tadavazi_ASBfd =_Afd +_Bfd _ATBfd.Dokaz: Dokaz slediizTeoreme1b),c)ijednakostiAB= A +B AB.

Teorema2. (Lebegovateoremaodominantnojkonvergenciji.)Nekajefnnizkompleksnihmerljivih funkcijana(X, /, ) inekajef(x) =limnfn(x), x X.Akopostojig L1()takodaje[fn(x)[ g(x), n N, x Xtadaf L1()ivazilimn_X[fnf[d = 0; limn_Xfnd =_Xfd.Dokaz: Kakoje[f[ gsledif L1().Vazi[fnf[ [fn[ + [f[ 2g.5.1Integralifunkcijajednakihskorosvuda 63PrimenimolemuFatuanarn= 2g [fn f[, n N.Vazi_X(liminfnrn)d liminfn_Xrnd..Sledi_X2gd _2gd + liminfn(_X[fnf[d)=_2gd limsupn_X[fn f[dpadobijamolimsupn_X[fnf[d 0.Sledilimn_X[fn f[d = 0.Kakoje[_Xfnd _Xfd[ _X[fn f[dslediiposlednjideotvrdenja. 5.1 Integrali funkcijajednakihskorosvudaUovompoglavlju pretpostavljamodajemeranaalgebri/naXkom-pletna.Denicija3. Kompleksnemerljivefunkcijef i g na(X, /, ) su jednakeskorosvudanaX,pisemos.s. naX,f= gs.s. naX, akoje(x; f(x) ,= g(x)) = 0.

Uvodimouskupmerljivihfunkcijarelacijuf g, akosujednakeskorosvuda. Tojeociglednorelacijaekvivalencije.64 IntegralfunkcijekompleksnepromenljiveTeorema3. a)Nekajef=u + ivmerljivafunkcijana(X, /), i f =0naX NgdejeN /, (N) = 0.Tadajef L1()i_Xfd = 0.b) Nekasuf, g merljivefunkcijena(X, /), f L1() i f g. Tadag L1()izasvakoE /vazi_Efd =_Egd.Dokaz: a) Kako je [f[ = 0 na XN, iz osobina integrala nenegativnih funkcijadatihuTeoremi 1d), e) i Propozicije2(GlavaIV) sledi_X\N [f[d=0i_N [f[d = 0. Dakle f L1().Kakojeu+, u, v+, v [f[sledi_Xu+d,_Xv+d, +_Xud,_Xvd = 0teje_Xfd = 0.b) Kako gf L1(), sledi g= (gf)+f L1(). Na osnovu prethodnogtvrdenjasledi_Efd =_Egd.

Teorema4.(a) Neka je f: X[0, ] merljiva, E /i_Efd = 0. Tada je f= 0 s.s.naE.(b) Neka f= u+iv L1(), merljiva funkcija i_Efd = 0 za svako E /.Tadajef= 0s.s. naX.Dokaz:(a)NekajeAn=xE; f(x)>1n, n N. NaosnovuTeoreme1(b)izglave 4sledi1n(An) _Anfd _Efd = 0.Dakle, (An)=0, pakakojex; f(x),=0=

n=1An, sledi dajetaj skupmere0.KakojeX= x; f(x) > 0

x; f(x) = 0sledidajef= 0s.s. naX.5.2Znacajneteoremeuopstijojformi 65(b)Nekajef= u + ivinekajeE= x X; u(x) 0.Kakojeu(x) =0, x E,i0 =_Efd =_Eu+d +i(_Ev+d _Evd)sledi_Eu+d = 0,paiz(a)slediu+ = 0s.s. na E.NekajeF= x X; u(x) < 0;tadajeu+(x) = 0,x F. Iz0 =_Ffd = _Fud +i(_Fv+d _Fvd)sledi_F ud = 0,pajenaosnovu(a)u= 0s.s. naF;dakleiu = 0s.s. naF. KakojeX= E

F,sledidaje u = 0,s.s. naX.Naslicannacinsedokazujev = 0s.s. naX. 5.2 ZnacajneteoremeuopstijojformiPretpostavljamodaje(X, /, ) prostor sakompletnommeromukojemjedenisanarelacijajednakostiskorosvudanaskupumerljivih funkcija.Teorema5. (Lebegovateoremaomonotonojkonvergenciji.)Neka je (fn)nniz merljivih nenegativnih funkcija skoro svuda (s.s.) tako davazifn fn+1s.s. naX.Postojimerljiva nenegativnafunkcijaftakodavazilimnfn= fs.s. naXilimn_Xfnd =_Xfd.Dokaz: OznacimoN1= x X; f1(x) < 0, Ni= x X; fi< 0ili fj> fi, j< i, i = 2, 3, ....KakojeNikonacanpresekskupovamerenula(i2), skupovi Ni, i1, sumerenulakaoiunijatihskupovaN. Nekajefn= fnnaX N,fn= 0 naN, n N.Sadazaniz ( fn)nprimenjujemoLebegovuteoremuomonotonoj konvergencijiidobijamo tvrdenje. Naslicannacinsedokazujuisledecedveteoreme.66 IntegralfunkcijekompleksnepromenljiveTeorema6. (LemaFatua.)Neka sufnmerljive nenegativne s.s. funkcije na X(fn: X[0, ] s.s. naX), n N.Vazi_Xliminfnfnd liminfn_Xfnd.Dokaz: UvodimonizskupovamerenulaNi=x; fi(x) g(x), iNi saN1unijuskupovaN1,i. JasnoskupN N1jemerenula. PrimenjujuciLebegovuteoremuzaniznenegativnihfunkcija( fi)igdejefi(x) = fi(x), x X N N1,fi(x) = 0, N N1, i N,sleditvrdenjeteoreme. Glava6Proizvodmera. TeoremeFubinijai Tonelija6.1 Proizvod-algebriDenicija1. Nekaje (X, /), familijaalgebri. Proizvodalgebri /jealgebranaproizvoduXkojugenerisefamilijaskupovaoblika() 1(E), E /, .(Ponovimo : XXjeprojekcija.) 68 Proizvodmera. TeoremeFubinijaiTonelijaPropozicija1. Akojeprebrojivskup,tadaje/algebragener-isanasaskupovimaoblika()

E: E /, .Dokaz: Oznacimo sa/algebru kojugenerisuskupovioblika ().Jednostavnose proverava da ova algebra sadrziskupove oblika () kao i da/sadrziskupoveoblika (). Naime,proizvoljan skupKoblika kaou() moze sezapisatikaoK=

1(E). Obratno,1(E) =

Y,gdejeY= Eza= iY= Xza,= . Propozicija2. Nekajezasvako, /-algebragenerisanafamilijomTuX. Tadaje/generisanaskupovimaoblika( ) 1(F), F T, .Dokaz: Oznacimosa/algebrugenerisanusaskupovimaoblika( ). Jasno,/ /. Pokazimo davaziiobrnuto.Zasvako skup1= E X: 1(E) /jealgebrauX.Tosejednostavnoproverava. -algebra 1sadrzi Tpaznaci i /. Sledi, skupovi oblika 1(E), E /, su sadrzani u/tejei//. Propozicija3. NekasuX1, ..., Xnmetricki prostori i X=n

i=1Xi. Tadajenj=1BXj BX.AkosuXjseparabilni,tadavazinj=1BXj= BX.Dokaz: Podsetimo se, Borelove -algebre na Xi Xi, i = 1, . . . , n su generisaneotvorenim skupovima u odgovarajucim metrikama. Iz Propozicije 2 sledi dasuskupovi proizvodi otvorenih skupova iz Xi, i = 1, ..., n, oblika O = O1j... Onjgeneratori nj=1BXj. Kako su sadrzani u BX, sledi prvi deo tvrdenja. Dokazimodrugideotvrdenja. NaosnovuseparabilnostisledidajesvakiotvorenskupOuX=n

i=1XiprebrojivaunijaproizvodaotvorenihskupovauXi:O =_j=1O1j...Onj.Kakoovi skupovi generisuBX, asadrzani suunj=1BXj, sledi dajeBXni=1BXj. 6.2Proizvodmera 696.2 ProizvodmeraUovomodeljkubice izlagane denicije i tvrdenja uslucajuproizvodadvaprostorasaalgebramaimerama.Denicija2. Neka su (X, /, ) i (Y, ^, ) merljivi prostori i /^ alge-bra na XY. Skupovi oblika F E F /, E ^se nazivaju pravougaonici.KoristicemooznakuZ= X Y iZzaproizvodalgebru/^. Propozicija4. Kolekcija konacnih disjunktnih unija pravougaonika cini alge-bru/kojagenerise-algebru Z.Dokaz: NaosnovudenicijeiPropozicije1, jasnojeda/generiseZ. Daje/algebradovoljnojepokazatidapravougaonici cineelementarnufamiliju c,odnosnodazadovoljavaju uslovedenicijeutrecemodeljkutreceglave:(i) c,jerjeproizvodpraznihskupova.(ii) akoE=A1B1, F =A2B2c vazi E

F =(A1

A2)(B1

B2) c,(iii)AkoE=ABctadajeccdisjunktnaunijapravougaonikaAc

Bc, AcB, A Bcizc. Teorema1. Nekasu(X, /, )i(Y, ^, ) prostori sa-algebrama /i^,imeramai.PostojimeranaZ= / ^takodaje() (A B) = (A)(B)zasvepravougaonike A B, A /, B ^.Akosui-konacne,tadajemerasaosobinom(*)jedinstvena.Dokaz: Udokazuse koristi Teorema3iz III glave(zasnovane nateoremiKarateodorija i Teoremi 2 iz III glave). Neka je /algebra koju denisupravougaonici kaouPropoziciji4. inekajeE /oblikaE=n_j=1Aj BjgdesuAj Bjmedusobnodisjunktni pravougaonici. Ovde, i kasnijetrebavoditi racunaotomedaskupovi Aii Aj, i ,=j, odnosnoBii Bj, i ,=j, nemoraju biti disjunktni (mogu biti i jednaki); to treba da vazi za njihov proizvod.Denisimopreslikavanje 0naalgebri/sa:0(E) =n

j=1(Aj)(Bj)70 Proizvodmera. TeoremeFubinijaiTonelijaJednostavnoseproveravada0(E) nezavisi odreprezentacije skupaEkaodisjunktnekonacneunijepravougaonika. Pokazimodaje0predmerana/,odnosno, akoje unijadisjunktnihpravougaonikaAj Bj/ ^, j N, konacnaunijadisjunktnihpravougaonika(elemenat iz/), tadavazi aditivnost.Dokazacemotvrdenjekadaje

j=1Aj Bj=AB. Uopstijemslucaju,

j=1AjBj=

sr=1ArBr, pase tvrdenje dokazuje r puta koriscenjemnavedenihargumenata.Kakosupravougaonici Aj Bj, j N,disjunktni,vaziAB(x, y) = A(x)B(y) =

jNAjBj(x, y) =

jNAj(x)Bj(y).Zasvakoy YN

j=1Aj()Bj(y), N N,jemonotono rastuci nizmerljivih funkcijanaX.Zay Y,vaziN

j=1Aj()Bj(y)konvergirakaA()B(y), N.KoristeciLebegovuteoremuomonotonojkonvergencijidobijamo(A)B(y) =

j=1(_XAj(x)d)Bj(y) =

j=1(Aj)Bj(y), y Y.Ponavljajucipostupakzafunkcijuy(A)B(y), yY , koristeci Lebe-govuteoremumonotonekonvergencije,dobijamo(A)(B) =

j=1(Aj)_YBj(y)d=

j=1(Aj)(Bj).Sada se predmera 0po Teoremi Karateodorija i po Teoremi 3 (Glava3)prosirujedomeresadatimosobinamanaalgebri Z. Akosui konacne, tadajei predmera0konacna. NaosnovuTeoreme3uGlavi3sledijedinstvenostprosirenja. Denicija3. NekajeE XY.DenisimoEx= y Y: (x, y) E; Ey= x X; (x, y) E.6.3TeoremeTonelijaiFubinija 71ExsenazivaxodsecakskupaE,aEysenazivayodsecak skupaE.Akojef: X YC,denisemofx(y) = f(x, y), y Y(x Xjeksirano),fy(x) = f(x, y), x X(y Y jeksirano).

Propozicija5. 1. AkojeEZ, tadasuskupoviEx, Eyiz/i ^respek-tivno.2. Akojefunkcijaf : ZRZmerljiva, tadaje fx^merljivaify/merljiva.Dokaz: 1. NekajeHfamilija skupovaHX Y saosobinomdazasvakox XHx ^i zasvako y Y , Hy /. Jasno, H sadrzi sve pravougaonike.JednostavnoseproveravadajeHi algebra. Sledi ZH. Todokazujetvrdenjeu1.2. Zasvakox Xvazif1x(B) = (f1(B))x, B BC.Kakojefmerljiva,naosnovu1. sledif1x(B) ^.Istovaziizafy. 6.3 TeoremeTonelijai FubinijaZadokaze teoremaFubinija i Tonelija nam je potrebnatzv. lema o monotonojklasikoju cemoprvoizloziti.Denicija4. Nepraznafamilija skupova /0senazivamonotonaklasaako:1)zasvakimonotonorastuciniz(En)nNiz /0,

nNEn /0;2)zasvakimonotonoopadajuciniz(Fn)nNiz/0,

nNFn /0. Jednostavnosedokazujesledecetvrdenje.Propozicija6. a)Svaka-algebrajemonotonaklasa;b)AkojeSfamilijapodskupovaodX, tadapostoji najmanjamonotonaklasa /0kojasadrziS.(Kazemodaje/0monotonaklasagenerisanasaS.)U opstemslucaju familija Sgenerisemonotonu klasu koja je prava podfamilija algebre koju generise S. Sledeca propozicija utvrduje da su monotona klasaialgebrajednake,akojeSalgebra.72 Proizvodmera. TeoremeFubinijaiTonelijaPropozicija7. (Lemaomonotonojklasi.)Nekaje/algebranaX. Oznacimosa/0monotonuklasugenerisanusa/isa/-algebrugenerisanusa/.Vazi/0= /.Dokaz: Jasno/0 /.Pokazimodaje/0algebra.NekaE /0.Denisimo/0(E) = F /0; E F, E F, F E /0.Jasno, , E /0(E). Lako se proverava da je /0(E) monotona klasa;pokazimo npr. osobinu da iz F1 F2 /0(E) sledi

nNFn /0(E).KakojeE/0, Fn/0, Fn/0(E), sledi dajeE Fn/0zasven Nijasno,E Fn,n N,cinimonotono opadajuciniz. Dakle,E _nNFn = E (_nNFn)c=

nNE Fcn=

nNE Fn /0.Slicnoseproveravaidasu

nNFn E /0iE

nNFn /0.VaziF /0(E) E /0(F).AkoE /,sledi/ /0(E).Kako je /0najmanja monotona klasakoja sadrzi/ i /0(E) /0, sledi/0(E) = /0zasvako E /.Dalje sledidazasvakoE /isvakoF /0vaziF /0F /0(E) E /0(F).Sledi/ /0(F) zasvako F /0teje/0(F)=/0zasvakoF/0. Znaci, /0jezatvorenozaoperacijepresekairazlike. KakoX /0, /0jealgebra. Kakojetomonotonaklasa,naosnovukonstrukcijeod/0,-aditivnost jednostavnosledi. Teorema2. Nekasu(X, /, )i (X, ^, )prostori sa-algebrama/, ^i-konacnim meramairespektivno. NekajeE /^.Funkcijef(x) = (Ex), x X, ; g(y) = (Ey), y Y,() su merljive i vazi_Xfd = (E) =_Ygd.6.3TeoremeTonelijaiFubinija 73Dokaz: Pretpostavimoprvodasui konacnemere. Jasnojedajei (denisanauTeoremi1)konacnamera.Nekajekolekcija skupovau/^zakojuvazidasufunkcijef(x) = (Ex), x X, ; g(y) = (Ey), y Y,merljivei davazi (*). Udaljemtekstucemoobenavedeneosobinezvatiuslov (). Pokazimo da familija sa osobinom () sadrzi algebru / iz Propozi-cije4.NekajeE= A BgdesuAiBpravougaonici iz/i^.Vazif(x) = A(x)(B), x X, g(y) = B(y)(A), y Y,suociglednomerljivei_Xfd = (A)(B) =_Ygd.Kako je svaki element iz / konacna disjunktna unija proizvoda pravougaonika,sledidaje/ .Nekaje(En)nNmonotonorastuci niziz(saosobinom()) cijaunijajeE /^. Sledidasufn(x) = ((En)x), x Xgn(y) = ((En)y), y Y, n N,monotonorastucinizovimerljivih funkcija. Vazi_Xfnd = (En) =_Ygnd, n N.Nekajelimnfn(x) = f(x), limngn(y) = g(y), x X, y Y.Sledidasuf(x) = (Ex), x Xg(y) = (Ey), y Y,merljive funkcije.Kako je mera, na osnovu Teoreme 1 u prvoj glavi, sledi (En) (E), n .NaosnovuLebegoveteoremeomonotonojkonvergencijidobijamo_Xfd = (E) =_Ygd,paE .74 Proizvodmera. TeoremeFubinijaiTonelijaAko je (En)nN opadajuci niz iz tako da je E=

nNEn, koristeci (E1) 0 ineko > 0.8.2 ProstorLp(X),p 1Denicija1. Skupfunkcijaf : XCsaosobinom_X[f[pd 1i1p+1q= 1.b)KosiSvarcovanejednakost[_Xfgd[ [[f[[2[[g[[2, f, g L2.c)NejednakostMinkovskog[[f + g[[p [[f[[p + [[g[[p, f, g Lp.Napomena. Brojevipi qkoji sepominju uHelderovojnejednakostinazi-vajusekonjugovani indeksi. Trebaprimetitidajep = 2samsebi konjugovaniindeks.Dokaz: a) Nekaje (0, 1). Posmatrajmopreslikavanje denisanosa(t) = t t, zat 0.Tadaje

(t)= t1=(1 t1). Odavdeselakovidi daje

(t) 0)(N() N)(n N())(|fn f|p< ).

Jasno, (KU) (KT) (KSS). Obrnute implikacijeuopstemslucajunevaze. Ipak, uslucajukadajekardinalnostskupaXkonacna, imamodatackasta konvergencija povlaci uniformnu konvergenciju. Slicno, u slucaju kadaje prazan skup jedini skup mere nula, onda skoro-svuda konvergencija impliciratackastukonvergenciju.KakojeLpkompletan, iz cinjenicedaje(fn)nNnizizLpidavazi|fnf|p0 kad n zanekof,sledif Lp.Primer1. PosmatrajmoprostorRsa Borelovom algebromBi Lebegovommeromm. Nizfn=n1/p[0,n], nN,konvergirauniformnokaf= 0,alinekonvergirauLp(R).Medutim,uzdodatnupretpostavkudaje(X) < +,implikacija vazi.Propozicija1. Nekaje (X) < inekaje (fn)nNniz u Lpkoji uniformnokonvergirakafnaX. Tadaf LpifnfuLp(n ).Dokaz: Nekaje > 0inekazaN(

) Nvazin N() supxX[fn(x) f(x)[ < .9.1Uniformnaitackastakonvergencija. Konvergencijaskorosvudaiusrednjemredu. 91Vazi|fnf|p= (_X[fn(x) f(x)[pd)1/p (_Xpd)1/p= (X)1/ptefnfu Lp. Sledeci primerpokazujedasemozedesiti daniz(fn)nNuLptackastokonvergirakaf Lp,ali danekonvergirauLp, cakiakoje (X) < +.Primer2. PosmatrajmoprostorX=[0, 2] saBorelovomalgebromB[0,2]i Lebegovommeromm. Niz fn =n[1n,2n], nN, konvergiratackastokaf= 0,alinekonvergirauLp(X).Ipak, uzdodatnupretpostavkudazaniz(fn)nNpostoji funkcijagLptakvadaje [ fn[g zasvakonN(tj. dapostoji Lebeg integrabilnadominanta), tackastakonvergencijaimplicira konvergencijuuLp.Propozicija2. Nekaje(fn)nNnizuLp(X)kojikonvergiraskorosvudakaf.Akopostojig Lp(X)takodavazi[fn(x)[ g(x), x X, n N,tadaf Lp(X)ifnfuLp(X).Dokaz: Izpretpostavkesledi [f(x)[ g(x)s.s.. KakogLp(X), vazi dajef Lp(X).Vazi[fn(x) f(x)[p (2g(x))ps.s..Kako[fn(x) f(x)[p 0s.s. i2pgp L1(X), naosnovuLebegoveteoremeodominantnoj konvergencijisledilimn_X[fn f[pd = 0.

Prethodnotvrdenjesecestokoristipodjednostavnijimuslovima(X) 0postojin0()takodavazin > n0x X; [fn(x) f(x)[ = .Dakle,(KU) (KM).Primer4. PosmatrajmoprostorX= [1, )saBorelovomalgebromBXiLebegovommeromm. Nekajefn= [n,n+1], n N.Tojenizkojikonvergiratackastokaf =0, ali nekonvergiraumeri kaf =0.NizizPrimera3konvergiraumerikaf= 0,alinekonvergiraniujednojtacki.Lema1. Nekaje (fn)nNniz merljivih funkcija iz Lpkojikonvergira u Lpkaf. Tadafnf,n umeri.9.2Konvergencijaumeri. 93Dokaz: Nekaniz(fn)nNkonvergirauLpkaf. Nekaje > 0. StavimoEn() = x X:[ fn(x) f(x) [ .Vazi:_X[ fnf[pd _En()[ fnf[pd p(En()) 0,dakle(En()) 0,kadan . Dakle, konvergencijauLpimplicirakonvergencijuumeri. Koristeci tucinjenicui Primer 3 zakljucujemo da konvergencija umeri ne implicira konver-gencijuskorosvuda. Ipak, sledecateoremapokazujedakonvergencijaumerinekognizafnnNimpliciraegzistencijunjegovogpodnizakoji konvergiraskorosvuda.Teorema1. (Risova teorema.)Neka je (fn)nNniz merljivih realnih funkcijakojijeKosijevumeri.i) Postoji podniz (fn)nNkoji konvergira skoro svuda i u meri ka merljivojfunkcijif.ii)Funkcijaf jejedinstvena(donaskupmerenula)saosobinomdaniz(fn)nNkonvergiraumerikaf.Dokaz: i) Kako je niz Kosijev u meri, sledi da postoji podniz (fn)nniza (fn)ntakodazanizskupovaEn= x X; [fn+1(x) fn(x)[ 12n, n Nvazi (En) < 2n. Nekaje Fn =

j=nEj. Jasno,Fn / i (Fn) < 2n+1. Akojei j nix , Fntadavazi() [fi(x) = fj(x)[ [fi(x) fi1(x)[ + ... + [fj+1(x) fj(x)[ 0dati. Odredimon Ntakodavazi(Fn) < 2n+1< min, .Zaj nvazix X; [f(x) fj(x)[ x X; [f(x) fj(x)[ > 2n+1 Fn.Dakle,(x X; [f(x) fj(x)[ ) < (Fn) < , j n.ii) Pokazimo daniz(fn)nkonvergiraumerikaf.Iz[f(x) fm[ [f(x) fn(x)[ +[fn(x) fm(x)[,sledix X; [f(x) fm(x)[ x X; [f(x) fn(x)[ 2x X; [fn(x) fm(x)[ 2.Kako(x X; [f(x) fn(x)[ 2) 0, n (x X; [fn(x) fm(x)[ 2) 0, n, msledidafnfumeri.Pokazimojedinstvenost odf. Pretpostavimosuprotno, odnosnodafnf, fngumerin if,= g.Vazi[f(x) g(x)[ [f(x) fn(x)[ +[fn(x) g(x)[, x X, n Nstoimplicira, zaproizvoljno > 0,x X; [f(x) g(x)[ x X; [f(x) fn(x)[ 2_x X; [fn(x) g(x)[ 2.Sledi(x X; [f(x) g(x)[ ) 0 kad n ,9.2Konvergencijaumeri. 95odnosno(x X[f(x) g(x)[ , = 0) = 0.

Konvergencijaumerineimplicira konvergencijuuLp.TopokazujeprimernizafunkcijanavedenihuPrimeru2. Sledecapropozicijadajedovoljne uslovedabipomenutaimplikacija vazila.Propozicija3. Nekaje(fn)nNnizfunkcijaizLp(X)kojikonvergira umerikafinekapostojig Lp(X)takodavazi[fn(x)[ g(x), x Xs.s., n N.Tadaf LpifnfuLp, n .Dokaz: Pretpostavimoda(fn)nnekonvergirauLp(X) kaf; tadapostojepodniz(fn)ni > 0takodavazi() |fnf|Lp , n N.Kakopodniznizakojikonvergirakafumeritakodekonvergiraumerikaf,sledi daniz (fn)nkonvergira umerika f.Na osnovuprethodnogtvrdenjaiPropozicije 2, (fn)n ima podniz koji konvergira u Lpka f, sto je u kontradikcijisa(*). Teorema2. (Vitalijeva Teorema o konvergenciji.)Dat je merljiv prostor(X, /, ). Nekaje(fn)nNnizuLp(X), p [1, ). Tada,fn fuLp(X),n ,akoisamoakosuzadovoljena sledecatriuslova:1. fnfumeri,n .2. ( > 0)(E /)((E) < )_((F /) (F E) = ) (n N)(_F[fn[pd < p)_.3. ( > 0)(() > 0))_((E /) ((E) < ())) (n N)(_E[fn[pd < p)_.Napomena. AkojenizogranicenLebegovomintegralnomdominantom,tadasuuslovi(2.) i(3.) automatskiispunjeni.Dokaz: Na osnovu Leme 1 imamo da Lpkonvergencija implicira konvergencijuumeri. Takode selako dokazujedaLpkonvergencijaimplicira iuslove 2. i3.96 RaznitipovikonvergencijaObratno, dokazimodanavedenatri uslovaimplicirajuLpkonvergencijudatogniza. Nekajezadato>0, skupEdatkaouuslovu(2.) i nekajeF= X E. PrimenjujucinejednakostMinkovskog nafunkcijefn fm= (fn fm)E+ fnFfmFdobijamo() [[fn fm[[p p_E[fnfm[pd + 2, n, m N.Stavimo =p_(E)iHnm = x E; [fn(x) fm(x)[ .Premauslovu(1.),postojiK() N,takavdazan, m K())vazi(Hnm) < ().PrimenomnejednakostiMinkovskogiuslova(3.) dobijamo()p_E[fnfm[pd p_E\Hnm[fn fm[pd +p_Hnm[fn[pd +p_Hnm[fm[pd p_(E) + + = 3, n, m K().Sadanaosnovu(*)i (**)dobijamodaje[[fn fm[[p5, n, m K(), tj.niz (fn)nNje Kosijev u Lp. Dakle, niz (fn)nNkonvergira u Lp. Kako premauslovu (1.) nizkonvergira umerika f,premajedinstvenosti(donaskupmerenula) granicnefunkcije,sledida(fn)nNkonvergirakafuLp. 9.3 Skorouniformnakonvergencija.Denicija3. Nizmerljivihrealnihfunkcija(fn)nNna(X, /, )(KSU)konvergiraskorouniformnokaf: XR,ako( > 0)(E /)((E) < ) (niz (fn)nNuniformno konvergirakafnaX E) .

9.3Skorouniformna konvergencija. 97Niz(fn)nNjeskorouniformnoKosijevniz,akoza(> 0)(E /)((E) < ) (niz(fn)nNjeuniformnokonvergentan naX E) .Jasno,(KU) (KSU) (KSS).Napomena. Ovde se termin skoro ne odnosi na uniformnu konvergencijuizvan nekog skupamerenula! Niz funkcija navedenih uPrimeru2 ima osobinudauniformno konvergira nakomplamentu skupa[0, ] zaproizvoljno > 0,aline postoji skup mere nula na cijem komplementu bi niz uniformno konvergirao.NarednapropozicijadajeekvivalencijupojmovaskorouniformnoKosijevniziskorouniformnokonvergentanniz.Propozicija4. Neka je (fn)nN skoro uniformno Kosijev niz. Postoji merljivafunkcijaf,takvadafnf, n ,skorouniformno (paiskorosvuda).Dokaz: ZadatokNnekajeEk/takavdaje(Ek) 0ikm Ntakavdavazi:(Ekm(m)) a,stojeusuprotnosti saizboroma. Dakle,Esadrzi podskupovesanegativnimnabojom. Neka je n1najmanji prirodan broj sa osobinom da Esadrzi podskupE1iz/takavdaje(E1) 1n1. Tadaje(E E1) = (E) (E1) > (E) > 0.10.2Zordanovadekompozicija. Radon-Nikodimovizvod. 103Medutim, E E1nemozebiti pozitivanskup, inacebi i P1=P (E E1)biopozitivani (P1) >a. Dakle, E E1sadrzi podskupovesanegativnimnabojem. Oznacimosan2najmanjiprirodanbrojzakojiE E1sadrzi skupE2 /takavdaje(E2) 1n2. Nastavljajuciistipostupak,skupE (E1 E2)nijepozitivan,tesan3oznacavamonajmanjiprirodanbroj zakoji E (E1 E2)sadrzi podskupE3/takavdaje(E3)1n3. Takodobijamonizdisjunktnihskupova(En)nNu/takavdaje(Ei) 1ni,i N.NekajeF=

iNEi. Tada(F) =

i=1Ei

i=11ni 0,odakle sledi da1ni0, i . Akoje GmerljivpodskupodEF i(G) < 0,tada(G) 0, sledidajeP (E F) pozitivanskupsanabojomvecimoda, stojekontradikcija.Dakle, skupN=XP je negativanuodnosuna, stodaje trazenudekompoziciju. Denicija2. Skupovi Pi Niz prethodne teoreme cine HanovudekompozicijuskupaXuodnosunanaboj. Jasnojedaovadekompozicija nijejedinstvena. MedutimvaziPropozicija1. AkosuP1, N1iP2, N2Hanove dekompozicije od Xuodnosunanabojtadavazi(E P1) = (E P2), (E N1) = (E N2), E /.Dokaz: Kakoje E (P1 P2) sadrzanupozitivnom skupuP1iunegativnomskupu N2, sledida je (E (P1 P2)) = 0. Dakle, (E P1) = (E P1P2).Slicno,(E P2) = (E P1 P2),odakledobijamo(E P1) = (E P2).Analognosepokazujei(E N1) = (E N2). 10.2Zordanova dekompozicija. Radon-Nikodimovizvod.Denicija3. NekaPiNcineHanovudekompozicijuskupaXuodnosunanaboj.Pozitivnainegativnavarijacijaod sukonacnemere+iden-104 Dekompozicijamereisanena /sa:+(E) = (E P), (E) = (E N).Totalnavarijacija[[jemerana(X, /)denisanasa[[(E) = +(E) + (E).

NaosnovuPropozicije1sledi dasu+idobrodenisane, odnosnodanezaviseodHanovedekompozicije. Jasnojedavazi() (E) = (E P) +(E N) = +(E) (E), E /.Teorema3. (Zordanova teorema dekompozicije.)Svaki naboj na (X, /)semozeprikazatikaorazlikadve(pozitivne)konacnemerena(X, /).Speci-jalno, = +.Stavise,ako je = , gde su, konacne merena /,tadavazi(E) +(E), (E) (E), E /.Dokaz: Na osnovu (*) sledi egzistencija razlaganja =+. Pret-postavimodaje datoi razlaganjeoblika= . Kakosui mere(primajupozitivnevrednosti!),sledidaje+(E) = (E P) = (E P) (E P) (E P) (E).Analogno, (E) (E) zasvakoE /. Teorema4. Nekaje (X, /, ) prostorsamerom inekaf L1().Nekaje datosa() (E) =_Efd, E /.a)Preslikavanje jenaboj.b) Pozitivna, negativna i totalna varijacija naboja sudati respektivnosa:+(E) =_Ef+d, (E) =_Efd, [[(E) =_E[f[d.Dokaz: a) Na osnovu Propozicije 1 a) (Glava 4) i Lebegove teoreme o monotonojkonvergenciji sledi dasupreslikavanja+(E)=_E f+di (E)=_E fdkonacnemerena(X, /). Takodeje = +. Naosnovuprebrojiveadi-tivnostimera+isledi prebrojivaaditivnostpreslikavanja. Dakle, jenaboj.10.2Zordanovadekompozicija. Radon-Nikodimovizvod. 105b)NekasuPf=xX; f(x)0i Nf=xX; f(x)