Блоґ одного кібера

Історія хвороби контуженого інформаційним вибухом

Матаналіз семестр 4. Код конспекту. (!трафік)

with one comment

PDF – версія тут.

\documentclass[final]{book}

\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[ukrainian]{babel}
\usepackage{indentfirst}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{graphicx}

\usepackage{tikz}

%Звідки брати ілюстрації
\graphicspath{{/home/bunyk/images/}}

%Набір теорем, які використовуються в конспекті
\theoremstyle{plain}
\newtheorem{theo}{Теорема}
\newtheorem*{lema}{Лема}
\newtheorem*{follows}{Наслідок}
\theoremstyle{definition}
\newtheorem{defi}{Означення}
\newtheorem{exam}{Приклад}
\newtheorem{task}{Задача}
\newtheorem*{solu}{Розв’язання}
\theoremstyle{remark}
\newtheorem{ask}{Запитання}
\newtheorem{rem}{Зауваження}

\begin{document}

\begin{titlepage}

\begin{center}
% Верх
\includegraphics[width=0.25\textwidth]{cyber_logo}\\[1cm]
\textsc{\LARGE Факультет Кібернетики КНУ}\\[1.5cm]
\textsc{\Large Конспект}\\[0.5cm]
\rule{0.65\textwidth}{1.5mm} \\[0.4cm]
{ \huge \bfseries Формальні мови} \\[0.4cm]
\rule{0.5\textwidth}{1.5mm} \\[1.5cm]
% Author and supervisor
\begin{minipage}{0.4\textwidth}
\begin{flushleft} \large
\emph{Почато:}\\
28 липня 2009 р.
\end{flushleft}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.4\textwidth}
\begin{flushright} \large
\emph{Останнє редагування} \\
\today
\end{flushright}
\end{minipage}
\vfill

% Низ
{\large Київ 2009 }
\end{center}

\end{titlepage}

\tableofcontents
%\listoffigures %Це вже зовсім марнотратство паперу

\chapter{Вступ}
\section{Передмова}

\begin{quote}
прикол в тому шо задовбешся формули вписувати\\
і\\
перенабрати конспект це одне\\
а от структурувати його це абс інше… \\
\textbf{Alchemist}
\end{quote}
Ну можна сказати що щось одне, я вже зробив. Зараз ви читаєте конспект з математичного аналізу за четвертий семестр для студентів спеціальності прикладна математика. Прочитані навесні 2009 року Д.А Номіровським. Записано Білан Мар’яною. Ну а я набрав.

Хоча звісно Alchemist правий. Писати хороші конспекти не так і просто. В оцьому що ви зараз читаєте бракує дуже багатьох речей. Пропущена велика кількість доведень і прикладів. Зроблено купу помилок. І зовсім відсутні ітелект-карти. Тим не менш, його вже можна використовувати з користю для себе.

Робився він на дозвіллі, з надією, що колись проблема з формулами в CybWiki вирішиться, і розділи конспекту можна буде швиденько переконвертувати в статті для CybWiki. Було багато причин, щоб набрати його. Одна з основних – захоплення системою \LaTeX, і бажання її вивчити. Крім того відповідне небажання писати ручкою. А ще можливо те, що мій рукописний конспект лекцій Молодцова загубився.

З питань вдосконалення, виправлення помилок, отримання початкового коду даного документа, чи з якихось інших питань, звертайтесь: \verb|tbunyk@ukr.net|.

Смачного граніту науки! \begin{flushright}Буник Т.\end{flushright}

\section{Питання деяких модулів}

\subsection{Модуль 1}
\begin{enumerate}
\item Еквіваленті параметричні зображення
\item Формула Гауса-Остроградського
\item Обчислення площі простої гладкої поверхні
\item Відновити функцію $u(x,y,z)$, якщо $du=(1-\frac{1}{y}+\frac{y}{z})dx+(\frac{x}{z}+\frac{x}{y^2})dy-\frac{xy}{z^2}dz$
\item Обчислити безпосередньо поверхневий інтеграл $\int_S(x+y+z)dy\,dz$, де $S$ – внутрішня сторона поверхні $x^2+y^2=9\quad 0\leq z\leq 2$
\item Обчислити інтеграл попередньої задачі за допомогою формули Гауса-Остроградського.
\end{enumerate}

\subsection{Модуль 2}
\begin{enumerate}
\item Означення неперервності по мірі
\item Інтеграл Лебега $\int_xfd_\mu=\sum_i^na_i\mu(E_i), E_i$ – ВФ
\item Проста Вимірна Функція
\item Оцінка модуля інтегралу. (\emph{Інтеграл модуля = модулю інтегралу})
\item Оцінка модуля інтегралу Лебега від довільної вимірної функції
\item Зв’язок між інтегралом Рімана і Лебега.
\item Означення ітегралу Лебега
\item Абсолютна неперервність інтегралу Лебега від послідовності простих вимірних функцій
\item Зрізка
\item Сумовна функція
\item Мажорантна ознака сумовності
\item Критерій інтегровності функції на просторі з $\sigma$-скінченною мірою
\item Теорема: Інтеграл Лебега для обмеженої вимірної функції $\sim 0$
\end{enumerate}

\subsection{Екзаменаційний білет}
\begin{enumerate}
\item Знайти площу поверхні заданої рівняннями:
\begin{displaymath}
x^2+z^2=1\qquad
y^2+z^2=1
\end{displaymath}
\item Знайти довжину кривої $r=\varphi+\cos\varphi\quad\varphi\in[\pi,3\pi]$
\item Довести
\begin{displaymath}
\lim_{\overline{n\to\infty}}A_n= \cup_{n=1}^{\infty}\cap_{k=n}^\infty A_k
\end{displaymath}
\item Довести що $\mu(A)>0$, якщо \quad int$ A \neq \emptyset$
\item Знайти
\begin{displaymath}
\lim_{\overline{n\to\infty}}\int_{[0,1]}e^{-nx^2}dx
\end{displaymath}
\end{enumerate}

\chapter{Криволінійні інтеграли}
\section{Означення}

\begin{defi}[Проста гладка крива]
Множина $j\in\mathbb{R}^2 $ називається \emph{простою гладкою кривою}, якщо $\exists [a,b] \xrightarrow[\mbox{на}]{\varphi}j$, де $\varphi\in C^1([a,b])$ неперервно-диференційовна.
\end{defi}

Термін \emph{відображення на} каже нам про те, що областю допустимих значень $\varphi$ є вся крива $j$.

Умова неперервної диференційовності каже нам, що похідна $\varphi$ не має розривів, відповідно крива $j$ не має переломів. (В кожній точці існує дотична.

\begin{displaymath}
\varphi (t)=(\varphi_1(t),\varphi_2(t))\qquad \varphi_1:\mathbb{R}\to\mathbb{R},\; \varphi_2:\mathbb{R}\to\mathbb{R}
\end{displaymath}

\begin{exam}
Хай маємо точку (студента), що рухається (йде на пару) з точки $A$ (гуртожитку) в точку $B$ (на факультет).

\begin{figure}[h]
\center
\begin{tikzpicture}
\draw (-1.5,-1.5) .. controls (-2,3) and (4,-3) .. (2,2);
\filldraw (-1.5,-1.5) node[anchor=west]{$A$ (Гуртожиток)} circle(2pt)
          (2,2) node[anchor=east]{$B$ (Факультет)} circle(2pt);
\end{tikzpicture}
\caption{Траекторія студента.}
\end{figure}

$\varphi (t)=(\varphi_1(t),\varphi_2(t))$ – координати студента в момент часу $t\in[a,b]$

$\varphi‘(t)=(\varphi_1(t),\varphi_2(t))$ – вектор швидкості.

Тоді відповідно $v(t)=\sqrt{(\varphi_1′(t))^2+(\varphi_2′(t))^2}$ – модуль швидкості в момент часу $t$.

А як відомо з фізики, шлях — це інтеграл від швидкості по часу: $S=\int_a^b v(t) dt$.
\end{exam}

Функцію $\varphi$ називають \emph{параметричним зображенням кривої $j$}

Нехай $\psi:[a_1,b_1]\to j$ – інше параметричне відображення кривої $j$.

Розглянемо $\psi^{-1}\circ\varphi:[a,b]\to[a_1,b_1]$. Тоді $(\psi^{-1}\circ\varphi)’=(\psi^{-1})’\varphi=\frac{1}{\psi}\cdot\varphi$ 

Отже, $\frac{\varphi}{\psi}$ не змінює знак $\forall t \in[a,b]$
\begin{ask}От звідки взялось попереднє твердження?\end{ask}

\begin{defi}[Еквівалентне зображення кривої]
Якщо $\varphi$ і $\psi$ такі параметричні зображення $j$, що $(\psi^{-1}\cdot \varphi )’=\frac{\varphi ‘}{\psi ‘}>0$, то $\varphi$ і $\psi$ називають \emph{eквівалентними зображеннями кривої $j$} 
\end{defi}
\begin{defi}[Орієнтована крива]
Множину всіх параметричних зображень кривої $j$ розіб’ємо на два класи в залежності від знаку $(\psi^{-1}\circ \varphi)’$ : $j_{\text{ор.}}$ та $j_{\text{ор.}}^$
Пару $(j,j_{\text{ор.}})$ або $(j,j_{\text{ор.}}^-)$ називають \emph{орієнтованою кривою}.
\end{defi}
\begin{exam} Якщо студенти рухаються в один бік (можливо з різними швидкостями), то траекторії які вони описують еквівалентні. \end{exam}

\begin{defi}[Криволінійний інтеграл першого роду]
Нехай $j$ – проста гладка крива, $\varphi$ – параметричне зображення $j$. Функція $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ – неперервна на $j$. Тоді
\begin{equation}
\int_j fdj=\int_a^b f(\varphi_1 (t), \varphi_2 (t) ) \; ||\varphi‘(t)|| \; dt
\label{intI}
\end{equation}
називають \emph{криволінійним інтегралом першого роду}, де $\varphi: [a,b]\to j, \quad \varphi=(\varphi_1,\varphi_2), \quad ||\varphi‘||=\sqrt{(\varphi_1(t))^2+(\varphi_2(t))^2}$
\end{defi}
\begin{defi}[Криволінійний інтеграл другого роду]
Нехай $j$ – проста гладка крива, $\varphi$ – параметричне зображення $j$. Функція $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 \; (f=(f_1,f_2)\; f_1:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R} \; f_2:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R})$ – неперервна на $j$. Тоді
\begin{equation}
\int_j f_1 dx + f_2 dy = \int_a^b \left(f_1(\varphi_1(t),\varphi_2(t))\cdot \varphi_1′(t) + f_2(\varphi_1(t),\varphi_2(t))\cdot \varphi_2′(t)\right) dt
\label{intII}
\end{equation}
називають \emph{криволінійним інтегралом другого роду}.
\end{defi}

\section{Фізична інтерпритація}
\subsection{Криволінійного інтегралу першого роду}
Якщо $\rho(x,y)$ – лінійна густина  якогось дроту, а $\varphi$ – його форма, то маса дроту $M$ дорівнює
$$M=\int_a^b\rho(\varphi_1(t),\varphi_2(t))\cdot ||\varphi‘(t)|| dt =\int_j\rho dj$$
\subsection{Криволінійного інтегралу другого роду}
Якщо $j$ – траекторія руху якогось об’єкта, а $F=(F_1,F_2)$ – сила, яка діє на об’єкт в певній точці простору, то робота $A$ яку виконує ця сила дорівнює:
$$A=\int_j F_1(x,y) dx + F_2(x,y) dy=$$
$$=\int_a^b\left( F_1(\varphi_1(t),\varphi_2(t))\cdot \varphi_1′(t)+ F_2(\varphi_1(t),\varphi_2(t))\cdot \varphi_2′(t)\right) dt$$
\section{Приклади}
\begin{exam}[Демидович 4222]
$$\int_c y^2 ds, \quad \mbox{де} \quad c: \left\{\begin{array}{ll} x=a(t-\sin t)\\ y=a(1-\cos t) \\ 0\leq t \leq 2\pi \\ a>0\end{array}\right.$$
Тоді: $$ \int_c y^2 ds = \int_0^{2\pi} a^2 (1-\cos t)^2 \cdot \sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2} dt =
\left| \begin{array}{l}x’=a(1-\cos t) \\ y’=a\cdot \sin t\end{array}\right| =$$
$$= \int_0^{2\pi} a^2 (1-\cos t)^2 \sqrt{a^2 (1-2\cos t + \cos^2 t) + a^2 \sin^2 t} \;dt =$$
$$ =\int_0^{2\pi} a^3 (1- \cos t)^2 \sqrt{2-2\cos t} \;dt = \ldots = \frac{256}{15} a^3$$
\end{exam}

\begin{exam}
$j$ параметризується за допомогою $[a,b]\xrightarrow{\varphi}j $ $\varphi(t) =(t,\varphi_2(t)) \in j$

\begin{figure}[h!]
\center
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (0,-0.5) — (0,2.5) node[anchor=east] {$y$}; %x asis
\draw[->] (-0.3,0) — (4.5,0) node[anchor=north] {$x=t$};%y asis
\draw (1,0.1) — (1,-0.1) node[anchor=north] {$a$};
\draw[dashed] (1,0) — (1,1);
\draw (3.5,0.1) — (3.5,-0.1) node[anchor=north] {$b$};
\draw[dashed] (3.5,0) — (3.5,2);
\draw (1,1) .. controls (3,3) and (2,1) .. node[anchor=south]{$y=\varphi_2(x)$} node[anchor=north]{$j$} (3.5,2);
\end{tikzpicture}
\end{figure}

Розглянемо $f=(f_1,0^{=f_2}):\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$. Тоді
$$\int_j f_1 dx + f_2 dy= \int_j f_1 dx = \int_a^b(f_1(t,\varphi_2(t))\cdot (t)’ + 0\cdot\varphi_2′(t)) dt = $$
$$= \int_a^b f_1 (t,\varphi_2(t)) dt $$
Отже,
\begin{equation*}
\boxed{\int_j f_1(x,y) dx = \int_a^b f(x,\varphi(x)) dx}
\end{equation*}
де $j$ задається рівністю $y=\varphi(x)$
\end{exam}

\begin{exam}[Довжина дуги в полярних координатах]
$$ r=g(\alpha ) \quad \alpha \in [a,b]$$
\begin{gather*}
x=r\cdot \cos \alpha = g(\alpha ) \cdot \cos \alpha \\
y=r\cdot \sin \alpha = g(\alpha ) \cdot \sin \alpha
\end{gather*}
Тоді
\begin{gather*}
L = \int_a^b \sqrt{ (( g(\alpha) \cdot \cos \alpha)’)^2+((g(\alpha) \cdot \sin \alpha)’)^2}\; d\alpha =\\
= \int_a^b \sqrt{ ( g(\alpha)’ \cdot \cos \alpha – g(\alpha) \cdot \sin \alpha)^2+(g(\alpha)’ \cdot \sin \alpha + g(\alpha) \cdot \cos \alpha)^2} \; d\alpha =\\
= \int_a^b \sqrt{ ( g(\alpha)’  \cos \alpha)^2 -2 g(\alpha)’g(\alpha)\sin (\alpha) \cos (\alpha) + (g(\alpha) \sin \alpha)^2 }\\
\overline{+(g(\alpha)’ \sin \alpha)^2 +2 g(\alpha)g(\alpha)’\sin (\alpha) \cos (\alpha)+ (g(\alpha) \cos \alpha)^2} \; d\alpha =\\
=\int_a^b \sqrt{g'(\alpha)^2 (\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha) + g(\alpha)^2 ( \sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha)} d \alpha = \\
 =\int_a^b \sqrt{g'(\alpha)^2+g(\alpha)^2} d \alpha
\end{gather*}
$$\boxed{L=\int_a^b \sqrt{g'(\alpha)^2+g(\alpha)^2} d \alpha } $$
\end{exam}

\section{Формула Гріна}
\begin{defi}[Криволінійна трапеція першого роду]
\begin{figure}[h]
\begin{tikzpicture}
\center
\draw[->] (0,-0.5) — (0,4) node[anchor=east] {$y$}; %x asis
\draw[->] (-0.3,0) — (4.5,0) node[anchor=north] {$x$};%y asis
\draw (1,0.1) — (1,-0.1) node[anchor=north] {$a$};
\draw[dashed] (1,0) — (1,1);
\draw (3.5,0.1) — (3.5,-0.1) node[anchor=north] {$b$};
\draw[dashed] (3.5,0) — (3.5,1);
\draw[<-] (1,1) .. controls (2,2) and (2,1) .. node[anchor=north]{$y=\psi_1(x)$} node[anchor=south]{$\Gamma_1$} (3.5,1);
\draw[->] (1,3) .. controls (2,4) .. node[anchor=south]{$y=\psi_3(x)$} node[anchor=north]{$\Gamma_3$} (3.5,3);
\draw[->] (1,1) — node[anchor=east]{$\Gamma_2$}(1,3);
\draw[->] (3.5,3) — node[anchor=west]{$\Gamma_4$} (3.5,1);
\draw (2,2.5) node{$D$};
\draw[step=0.5,blue!30!white, very thin] (-0.3,-0.4) grid (4.4,3.9);
\end{tikzpicture}
\caption{Криволінійна трапеція першого роду}
\end{figure}
Хай

$\Gamma_1$ задається рівністю $y=\psi_1(x)$

$\Gamma_2$ задається рівністю $x=a$

$\Gamma_3$ задається рівністю $y=\psi_3(x)$

$\Gamma_4$ задається рівністю $x=b$

$j:{\Gamma_1,\Gamma_2,\Gamma_3,\Gamma_4}$

Таку область $D$ називають \emph{криволінійною трапецією першого роду}
\end{defi}

Розглянемо $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$
$$\iint_D \frac{\delta f_1}{\delta y} dx dy = \int_a^b dx \left( \int_{\psi_1(x)}^{\psi_3(x)} \frac{\delta f_1}{\delta y} dy \right) = \int_a^b dx \cdot f_1(x,y) \Big|_{y=\psi_1(x)}^{y=\psi_3(x)} =$$
$$= \int_a^b (f_1(x,\psi_3(x)) – f_1(x,\psi_1(x))) dx = \int_j f_1 dx$$
Якщо область $D$ можна розбити на криволінійні трапеції I роду (скінченну кількість), то доведена рівність:
$$\iint_D \frac{\delta f_1}{\delta y} dx \, dy = \int_j f_1 dx$$
залишається вірною для, так званих, \emph{однозв’язних множин $D$}, тобто множин без <<дірок>>.
\begin{figure}
\subfloat[Однозв’язна множина]{
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (0,0) .. controls (0,1) and (-1,0) .. (-1,1);
\draw[->] (-1,1) .. controls (-1,1.5) .. (1,2);
\draw[->] (1,2) .. controls (2,2.25) and (3,3) .. (3,1);
\draw[->] (3,1) .. controls (3,0.5) .. (0,-1);
\draw[->] (0,-1) .. controls (-1.5,-2) and (0,-0.5) .. (0,0);
\draw[dashed] (0,1.75) — (0,-1);
\draw[->] (0.2,-0.5) — (0.2,1.3);
\draw[->] (-0.2,1.5) — (-0.2,0.7);
\draw[->] (-0.1,-0.5) — (-0.1,-1);
\draw (1.5,1) node{$D$};
\end{tikzpicture}
}
\subfloat[Не однозв’язна множина]{
\begin{tikzpicture}
\filldraw[pattern color=black!20!white, pattern = north east lines] (0,0) .. controls (0,1) and (-1,0) .. (-1,1) .. controls (-1,1.5) .. (1,2) .. controls (2,2.25) and (3,3) .. (3,1) .. controls (3,0.5) .. (0,-1) .. controls (-1.5,-2) and (0,-0.5) .. (0,0);
\filldraw[fill=white] (1.5,1) circle(0.7);
\end{tikzpicture}
}
\center
\caption{Приклади множин}
\end{figure}
Аналогічно доводимо, що:
$$\iint_D \frac{\delta f_2}{\delta x} dx dy = – \int_j f_2 dy $$
Тоді має місце формула:
\begin{equation}
\boxed{\int_j f_1 dx + f_2 dy = \iint_D \left( \frac{\delta f_1}{\delta y} – \frac{\delta f_2}{\delta x} \right) dx dy}
\label{green}
\end{equation}
\begin{theo}%Тут виникає помилка при підключенні модуля amsthm. А цього модуля мені сильно треба. Помилка просто забирає з оточення теореми слово "Теорема".
\end{theo}
\begin{theo}[Формула Гріна]
Нехай $D$ – однозв’язна область, яка обмежена кривою $j$. Область $D$ можна розбити на криволінійні трапеції першого (другого) роду, межа яких задається неперервно-диференційовними функціями, якщо $f=(f_1,f_2):\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ – неперервно диференційовні в області $D$, то має місце формула Гріна (\ref{green}). Доведення дивись вище.
\end{theo}

\section{Застосування формули Гріна}
Якщо $\frac{\delta f_1}{\delta y} – \frac{\delta f_2}{\delta x} = 1$, то $S=\int_j f_1 dx + f_2 dy$ – площа області $D$. Зокрема,
\begin{equation}
f_1=y,\;f_2=0,\quad S=\int_j y dx = (\ref{intII}) = \int_a^b \varphi_2(t)\cdot \varphi_1′(t) dt
\label{aGreenI}
\end{equation}
\begin{equation}
f_1=0,\;f_2=x,\quad S=\int_j x dy = (\ref{intII}) = – \int_a^b \varphi_1(t)\cdot \varphi_2′(t) \,dt
\end{equation}
\begin{equation}
f_1=\frac{1}{2}y,\;f_2=\frac{x}{2},\quad S=\frac{1}{2}\int_j y dx – xdy=
\end{equation}
$$= (\ref{intII}) = \frac{1}{2} \int_a^b ( \varphi_2(t)\cdot \varphi_1′(t) – \varphi_1(t)\cdot \varphi_2′(t) ) \, dt $$

\begin{exam}[Площа круга]
Візьмемо круг радіусом $1$ центр якого лежить в початку системи координат. Його площа $S= \pi r^2 = \pi$. Крива:
$$ \varphi(t) = ( \cos (t), \sin(t) ) \quad t \in [0;2\pi]$$
Тепер використавши формулу (\ref{aGreenI}) спробуємо обчислити площу:
\begin{gather*}
S = \int_0^{2\pi} \sin (t) \cdot ( – \sin(t)) \, dt = \\
\int_0^{2\pi} \sin^2 t \, dt = – \frac{1}{2} \left( t – \frac{1}{2} \sin(2t) \right)\Big|_0^{2\pi} = –\pi – 0 = –\pi
\end{gather*}
\end{exam}
\section{Дещо про повний диференціал}
Якщо $f(x,y)$ – диференційовна, то $df=a_1(x,y)dx+a_2(x,y)dy$, де $a_1=\frac{\delta f}{\delta x},\quad a_2=\frac{\delta f}{\delta y}$

\begin{figure}[h]
\center
\begin{tikzpicture}
\fill (0,0) node[anchor=north]{$A(x_0,y_0)$} circle(0.5mm);
\filldraw[pattern color=black!20!white, pattern = north east lines] (0,0) .. controls (1,2) and (2,1) .. node{>} node[anchor=south]{$j$} (3,1) .. controls (2,-1) and (1,0) .. node{<} node[anchor=north]{$j_1$} (0,0);
\fill (3,1) node[anchor=south]{$B(x_1,y_1)$} circle(0.5mm);
\end{tikzpicture}
\end{figure}

$$\int_j \frac{\delta f}{\delta x} dx + \frac{\delta f}{\delta y} dy + \int_{j_1} \frac{\delta f}{\delta x} dx +\frac{\delta f}{\delta y} dy=(\mbox{ за } \ref{green} \mbox{ (формула Гріна) })=$$
$$=\iint_D\left( \frac{\delta^2 f}{\delta x \delta y} – \frac{\delta^2 f}{\delta y \delta x}\right)dx,dy=\ldots$$
у випадку, коли $\frac{\delta^2 f}{\delta x \delta y}=\frac{\delta^2 f}{\delta y \delta x}$ (теорема Шварца)
$$\ldots=0$$
Тому $\int_j \frac{\delta f}{\delta x} dx + \frac{\delta f}{\delta y} dy$ не залежить від кривої $j$, а лиш від точок $A$ і $B$.

Має місце і зворотнє твердежння. Якщо $\int_j f_1 dx + f_2 dy$ не залежить від кривої $j$, яка з’єднує точки $A$ і $B$, то існує функція $f$, така що: $$f_1 = \frac{\delta f}{\delta x}, \quad f_2=\frac{\delta f}{\delta y}$$.

\begin{theo}
Нехай $D$ – однозв’язна область, $f_1(x,y), \quad f_2(x,y)$ – функції визначені і неперервні в $D$, разом з похідними $\frac{\delta f_1}{\delta y}, \frac{\delta f_2}{\delta x} $. Тоді наступні твердження еквівалентні:.
\begin{figure}[h]
\center
\begin{tikzpicture}
\filldraw[fill=black!10!white] plot[smooth cycle] coordinates {  (-0.5,-0.5) (0,1) (2,2) (4,2) (4,1) (3,0) (1,-0.5)};
\fill (0,0) node[anchor=north]{$A$} circle(0.5mm);
\draw (0,0) .. controls (1,2) and (2,1) .. node{>} (3,1) .. controls (2,-1) and (1,0) .. node{<} (0,0);
\fill (3,1) node[anchor=south]{$B$} circle(0.5mm);
\fill (3.5,1.5) node{$D$};
\end{tikzpicture}
\end{figure}
\begin{enumerate}
\item $ \int_j f_1 dx +f_2 dy =0$,\quad $j$ – замкнутий контур.
\item $\int{(AB)} f_1 dx + f_2 dy $ не залежить від кривої, яка з’єднує точки $A$ і $B \quad (\{A,B\} \subset D)$
\item $\exists U(x,y): dU=f_1 dx+ f_2 dy$
\item $\frac{\delta f_1}{\delta x}=\frac{\delta f_2}{\delta y}$
\end{enumerate}
Доведення було, але я його не зрозумів :(.
\end{theo}

\chapter{Поверхневі інтеграли}
\begin{defi}[Проста гладка поверхня]
Множина $S\subset\mathbb{R}^3$ називається \emph{простою гладкою поверхнею}, якщо існує елементарна множина $G\subset \mathbb{R}^2$ і неперервно диференційовне взаємнооднозначне відображення $\varphi$ множини $G$ в $S$ : $G\xrightarrow{\varphi}S$, таке що вектори $\frac{\delta \varphi}{\delta U_1}(U)$ і $\frac{\delta \varphi}{\delta U_2}(U)$ не колінеарні (лінійно незалежні) в кожній точці $U=(U_1,U_2)\in G$. При цьому відображення $\varphi$ називають \emph{параметричним зображенням} $S$.
\end{defi}
Нехай $\frac{\delta \varphi}{\delta U_i}\to\varphi^{(i)} \quad i=1,2$.
В кожному околі точки $U_0(U_1^{(0)},U_2^{(0)})\in G$ відображення $\varphi$ з точністю до $o(\| \Delta U \|)$, де $\Delta U=(\Delta U_1,\Delta U_2)$ є лінійним, так як $$\varphi(U)=\varphi(U_0)+\varphi^{(1)}(U_0)\Delta U_1+\varphi^{(2)}(U_0)\Delta U_2+ o(\|\Delta U\|) =>$$
$$=> \varphi(U)-\varphi(U_0) \approx \varphi^{(1)}(U_0)\Delta U_1 – \varphi^{(2)}(U_0)\Delta U_2$$
Отже, образ прямокутника при відображенні $\varphi$ можна розглядати як фігуру наближену до паралелограма, побудованого на векторах $\varphi^{(1)}(U_0)\Delta U_1$, $\varphi^{(2)}(U_0)\Delta U_2$. Площа цього паралелограма $|[\varphi^{(1)}(U_0),\varphi^{(2)}(U_0)]\Delta U_1 \Delta U_2|$ (квадратні дужки позначають векторний добуток), звідки постає природне наступне означення площі плоскої поверхні:
\begin{defi}[Площею простої гладкої поверхні]
називається число
\begin{equation}
S=\iint_G |[\varphi^{(1)}(U_0),\varphi^{(2)}(U_0)]\Delta U_1 \Delta U_2|
\label{ssss}
\end{equation}
\end{defi}
Якщо $\varphi=(\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3)$, то згадуючи, як обчислюється векторний добуток, отримаємо:
\begin{equation}
S=\iint_G \left( \sum_{1\leq i < j \leq 3} \frac{D(\varphi_i,\varphi_j)}{D(U_1,U_2)}(U)^2\right)^{\frac{1}{2}} dU_1 dU_2
\label{sssv}
\end{equation}

$$ \frac{D(\varphi_i,\varphi_j)}{D(U_1,U_2)}(U) \equiv \begin{vmatrix} \frac{\delta \varphi_i}{\delta U_1}(U) && \frac{\delta \varphi_j}{\delta U_1}(U) \\ \frac{\delta \varphi_i}{\delta U_1} (U) && \frac{\delta \varphi_j}{\delta U_1}(U)\end{vmatrix} $$

Із теореми про заміну змінних в подвійному інтегралі випливає що значення інтегралів (\ref{ssss}) чи (\ref{sssv}) не залежить від вибору параметризації поверхні.

Введемо наступні позначення (кутні дужки позначають скалярний добуток):
$$g_{11}=|\varphi^{(1)}(U)|^2,\quad g_{22}=|\varphi^{(2)}(U)|^2,\quad g_{12}=<\varphi^{(1)}(U),\varphi^{(2)}(U)>$$ 

Згадуючи рівність $|[a,b]|^2+<a,b>^2=|a|^2\cdot|b|^2$, інтеграл (\ref{sssv}) запишеться в наступному вигляді:
\begin{equation}
S=\iint_G \sqrt{g_{11}\cdot g_{22} – g_{12}^2} dU_1 dU_2
\label{iii}
\end{equation}

Числа (функції) $g_{11}, g_{22},g_{12}$ називають Гаусовими коефіцієнтами відображення $\varphi$.

Замість виразу під коренем можна писати матрицю Грама:
$$g_{11}\cdot g_{22}-g_{12}^2=\left|
\begin{array}{cc}
<\varphi^{(1)},\varphi^{(1)}> & <\varphi^{(1)},\varphi^{(2)}>\\
<\varphi^{(1)},\varphi^{(2)}> & <\varphi^{(2)},\varphi^{(2)}>\\
\end{array}\right|
$$
\begin{defi}[Поверхневий інтеграл першого роду]
Нехай $S$ – проста гладка поверхня, $\varphi :G\to S$ – її параметричне зображення, $f$ – числова функція, що визначена на $S: S \xrightarrow{f}\mathbb{R}$.

Подвійний інтеграл Рімана
\begin{equation}
\iint_G f(\varphi(U))\cdot \left( \sum_{1\leq i \leq j \leq 3}  \frac{D(\varphi_i,\varphi_j)}{D(U_1,U_2)}(U)^2\right)^{\frac{1}{2}} dU_1 dU_2
\label{iv}
\end{equation}
Якщо він існує називається \emph{поверхневим інтегралом першого роду} від функції $f$ по поверхні $S$ і позначається
$$\int_S f(x,y,z) dS \mbox{ або } \int_S f(x) dS,\quad x\in S\subset \mathbb{R}^3$$
\end{defi}
Враховуючи (\ref{iii}), поверхневий інтеграл першого роду обчислюється так:
\begin{equation}
\boxed{\int_S f(x,y,z) dS = \int_G f(\varphi(U)) \sqrt{g_{11}g_{22}-g_{12}^2} dU_1 dU_2}
\label{v}
\end{equation}

\section{Що обчислюють поверхневі інтеграли?}
Якщо $f=1$, то $\iint_SdS=S$ – площа поверхні.

Якщо $f>0$, то $\iint_S fdS$ – маса поверхні, де $f$ – товщина (густина).

\section{Як обчислюється поверхневий інтеграл першого роду?}
\subsection{$S$ – задана параметрично}
\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{c}
x=x(u,v)\\
y=y(u,v)\\
z=z(u,v)
\end{array}
\right.
\big((u,v) \in G\big)
\end{displaymath}
Тоді
$$
\begin{array}{l}
g_{11}=(x_u’)^2+(y_u’)^2+(z_u’)^2\\
g_{22}=(x_v’)^2+(y_v’)^2+(z_v’)^2\\
g_{12}=x_u’\cdot x_v’ + y_u’\cdot y_v’ + z_u’\cdot z_v’
\end{array}$$
\begin{equation}
\int_s f(x,y,z) dS = \int_G f(x(u,v),y(u,v),z(u,v)) \sqrt{g_{11}\cdot g_{22} – g_{12}^2} du dv
\label{vi}
\end{equation}

\subsection{$S$ – задана явно}
$$z=z(x,y),\qquad (x,y)\in G$$
$$\left\{ \begin{array}{l} U_1=x \\ U_2=y \end{array} \right. => \left\{ \begin{array}{l} x=x\\ y=y\\ z=z(x,y)\end{array}\right. (x,y) \in G$$
$$\varphi^{(1)}=(1,0,z_x’),\quad \varphi^{(2)}=(0,1,z_y’)$$
$$g_{11}=1+(z_x’)^2,\quad g_{22}=1+(z_y’)^2,\quad g_{12}=z_x’\cdot z_y’$$
\begin{equation}
\int_S f(x,y,z) dS = \iint_G f(x,y,z(x,y))\sqrt{1+(z_x’)^2+(z_y’)^2} dx dy
\label{vii}
\end{equation}

\begin{exam}
\begin{figure}[h]
\center
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (0,0) — (-0.6,-0.6) node[anchor=north]{$x$};
\draw[->] (0,0) — (0,2) node[anchor=south]{$z$};
\draw[->] (0,0) — (1,0) node[anchor=west]{$y$};
\draw (-0.1,1) — (0.1,1) node[anchor=west]{$1$} node[anchor=east]{$S_\text{кр}$};
\draw (0,1) ellipse (1 and 0.2);
\draw (-1,1) parabola bend (0,0) (1,1);
\end{tikzpicture}
\end{figure}
$I=\int_s (x^2+y^2+z^2) dS$, де $S$ – межа тіла $x^2+y^2\leq z \leq 1$.
$$\int_S=\int_{S_\text{бічне}}+\int_{S_\text{кр}}=I_\text{б}+I_\text{кр}$$
$$S_\text{кр}: \quad z=1 \quad (x,y) \in G = \{(x,y)|x^2+y^2\leq 1\}$$
$$I_\text{кр}=\iint_{x^2+y^2\leq 1} (x^2+ y^2 +1) \cdot \sqrt{1+0+0}\cdot dx dy=$$
$$=2\pi\cdot \left( \frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)=\frac{3\pi}{4}$$
$$S_\text{б}: \quad z=x^2+y^2 (x,y) \in G$$
$$I_\text{б}=\iint_{x^2+y^2\leq 1} (x^2+y^2+(x^2+y^2)^2)\sqrt{1+4x^2+4y^2} dx dy =$$
$$\int_{-1}^1 dx \int_{\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} (x^2+y^2+x^4+2x^2y^2+y^4)\cdot \sqrt{1+4x^2+4y^2} \, dy =$$
\end{exam}

\begin{defi}[Еквівалентні прості гладкі поверхні]
Нехай $S$ – проста гладка поверхня, $\varphi_1 : G_1 \to S, \quad \varphi_2:G_2\to S$ – її параметричне зображення. Вони називаються \emph{еквівалентими}, якщо існує така неперервно-диференційовна бієкція $G_1\overset{\psi=(\psi_1,\psi_2)}{\longleftrightarrow}G_2$, що $\varphi_1=\varphi_2\circ\psi$ і $\forall U=(U_1,U_2)\in G_1, \frac{D(\psi_1,\psi_2)}{D(U_1,U_2)}(U)>0$.
\end{defi}
\begin{defi}[Орієнтація поверхні]
Сукупність усіх еквівалентних параметричних зображень поверхні $S$ називають її \emph{орієнтацією}, і позначають $S_\text{ор}$, упорядкована пара $\Phi=(S,S_\text{ор})$, яка складається з поверхні $S$ і її орієнтації $S_\text{ор}$ називають орієнтованою поверхнею. Усі параметричні зображення $S$, що не належать $S_\text{ор}$ еквівалентні між собою, і їх сукупність називається протилежною орієнтацією до $S_\text{ор}$, і позначають $S_\text{ор}^$.
\end{defi}
\begin{rem}
Орієнтація поверхні вроді показує в який бік від поверхні стирчить нормаль.
\end{rem}
\begin{defi}[Поверхневий інтеграл другого роду]
Нехай $\Phi(S,S_\text{ор})$ – орієнтована плоска поверхня з орієнтацією $S_\text{ор}$. $f$ – числова функція визначена на $S: \quad S\xrightarrow{f}\mathbb{R}$. Подвійний інтеграл Рімана
$$\iint_G f(\varphi(U)) \frac{D(\varphi_i, \varphi_j)}{D(U_1,U_2)} dU_1 dU_2$$ якщо він існує називають \emph{поверхневим інтегралом другого роду} по i-тій, та j-тій змінним $(i,j=1,2,3)$ від функції $f$ по поверхні $\Phi$ і позначається $\int_\Phi f(x) dx_i dx_j$, де $x=(x_1,x_2,x_3)$.
\end{defi}
Покладемо за означення
$$\int_\Phi \sum_{i,j} f_{ij} dx_i dx_j \overset{def}{=} \sum_{i,j} \int_\Phi f_{ij} dx_i dx_j$$
А тепер так як
$$\int_\Phi f dx_i dx_j=\int_\Phi fdx_j dx_i$$
$$\int_\Phi f dx_i dx_i=0$$
Маємо наступний запис поверхневого інтегралу другого роду:
\begin{defi}[Стандартна формула запису п.і. II роду]
\begin{equation}
\int_{\Phi} f_1 dx_2 dx_3 + f_2 dx_3 dx_1 + f_3 dx_1 dx_2
\label{ix}
\end{equation}
Повертаючись до $(x_1,x_2,x_3)=(x,y,z)$, отримаємо:
$$\int_\Phi f_1(x,y,z) dy dz + f_2(x,y,z) dz dx + f_3(x,y,z) dx dy$$
\end{defi}
\subsection{Приклад} 
Обчислити:
$$I=\int_\Phi xdydz – ydxdz + zdxdy,$$ де $\Phi$ – внутрішня сторона півсфери $x^2+y^2+z^2=a^2, \quad z\leq 0$

Запишемо в стандартній формі:
$$I=\int_\Phi xdydz + y dzdx + zdxdy$$
$$\left\{ \begin{array}{l}x=r\sin \Theta \cos\varphi \\ y=r \sin \Theta \sin \varphi \\ z=r \cos \Theta\end{array}\right.=>
\begin{array}{l}r=a\\0\leq \varphi \leq 2\pi \\ 0 \leq \Theta \leq \frac{\pi}{2} \end{array}=>
\left\{\begin{array}{l} x=a\sin\Theta \cos\varphi \\ y=a\sin \Theta \sin\varphi \\ z=a\cos \Theta\end{array}\right.$$
РОЗІБРАТИСЬ.

\section{Визначення поверхневого інтегралу поверхні заданої функцією}
Якщо $S$ задано у вигляді $z=zz(x,y),\quad (x,y)\in G$
$$\varphi=(x,y,z(x,y))\footnote{$=(\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3)$}$$
$$\overrightarrow{\varphi}^{(1)}=(1,0,\frac{\delta z}{\delta x})\quad \overrightarrow{\varphi}^{(2)}=(0,1,\frac{\delta z}{\delta y})$$
$$\overrightarrow{\varphi}^{(1)}\times\overrightarrow{\varphi}^{(2)}=\begin{array}{|ccc|} i & j & k \\ 1 & 0 & \frac{\delta z}{\delta x}\\ 0& 1 & \frac{\delta z}{\delta y}\end{array} = \left( –\frac{\delta z}{\delta x}; –\frac{\delta z}{\delta y}; 1 \right)$$
$$\|\overrightarrow{\varphi}^{(1)}\times\overrightarrow{\varphi}^{(2)}\|=\sqrt{1+\left(\frac{\delta z}{\delta x} \right)^2 + \left(\frac{\delta z}{\delta y}\right)^2}$$
Тоді:
$$\boxed{\iint_SfdS = \iint_G f(x,y,z(x,y))\cdot\sqrt{1+\left(\frac{\delta z}{\delta x} \right)^2 + \left(\frac{\delta z}{\delta y}\right)^2} dx dy }$$

\section{Що обчислює поверхневий інтеграл другого роду?}
Нехай
\begin{description}
\item[$\mathbb{R}^3$] – океан, і в ньому плавають риби.
\item[$\overrightarrow{f}=(f_1(x,y,z),f_2(x,y,z),f_3(x,y,z))$] – швидкість риби в точці $(x,y,z)$.
\item[$|\overrightarrow{f}|$] – визначає вагу риби в точці $(x,y,z)$.
\item[$S$] – сіть для рибальства
\end{description}
Тоді $\iint_S(\overrightarrow(f),\overrightarrow{n})dS$ – поверхневий інтеграл першого роду (рівний поверхневому інтегралу другого роду) – кількість риби, яку ловлять рибалки сіттю $S$ за одиницю часу.

$(\overrightarrow{f},\overrightarrow{n})$ – потік векторного поля.

\chapter{Формула Гауса-Остроградського}
\begin{defi}[елементарне тіло]
Тіло $V\subset\mathbb{R}^3$ називається \emph{елементарним тілом} за змінною $x_3$, якщо існують функції $\varphi(x_1,x_2),\quad \psi(x_1,X_2):$
$$V={(x_1,x_2,x_3)|\varphi(x_1,x_2)\leq x_3 \leq \psi(x_1,x_2),\; (x_1,x_2)\in G}$$
$G$ – обмежена, опукла множина в $\mathbb{R}$, замкнена.
\end{defi}
\begin{theo}[Формула Гауса-Остроградського]
Нехай $V$ – тіло елементарне за змінними $x_1, x_2, x_3$. $\overrightarrow{f}=(f_1,f_2,f_3)$ – неперервно-диференційовна. $S$ – зовнішня поверхня тіла $V$. Тоді
$$\iiint_V\left( \frac{\delta f_1}{\delta x_1} + \frac{\delta f_2}{\delta x_2} + \frac{\delta f_3}{\delta x_3}\right)\footnote{ото що в дужках, позначається div$\overrightarrow{f}$ і називається дівергенція.} dx_1 dx_2 dx_3 = \iint_S(\overrightarrow{f},\overrightarrow{n})dS$$
де $\overrightarrow{n}$ – вектор нормалі до S.
\end{theo}

\begin{theo}[Стокса]
Нехай $S$  – орієнтована гладка проста поверхня $S\subset\mathbb{R}^3, \quad \overrightarrow{f}=(f_1,f_2,f_3) : \mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3$ – перерервна разом з похідними $\frac{\delta f_1}{\delta x_2},$ $\frac{\delta f_1}{\delta x_3},$ $\frac{\delta f_2}{\delta x_1},$ $\frac{\delta f_2}{\delta x_3},$ $\frac{\delta f_3}{\delta x_1},$ $\frac{\delta f_3}{\delta x_2}$ на $S$ вектор-функції.
Тоді:
$$\iint_S \begin{array}{|ccc|}n_1 & n_2 & n_3 \\ \frac{\delta}{\delta x_1} &\frac{\delta}{\delta x_2} &\frac{\delta}{\delta x_3}\\ f_1 & f_2 & f_3 \end{array} dS=\oint_\Gamma f_1 dx_1 + f_2 dx_2 + f_3 dx_3,$$
де $\Gamma$ – орієнтований контур, що обмежує $S$, $\overrightarrow{n}=(n_1,n_2,n_3)$ – вектор нормалі.
\end{theo}

\chapter{Ряди Фур’є}
\section{Основні означення}
\begin{defi}[T-періодична функція]
Нехай $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}, T>0$. $f$ – називається \emph{T-періодичною}, якщо \begin{equation}\forall x \in \mathbb{R}: f(x+T)=f(x)\label{i}\end{equation}
\end{defi}
\begin{theo}[про найменший додатній оператор]
Якщо $f$ – неперервна на $\mathbb{R}$, та T-періодична і відмінна від сталої, то в неї існує найменший додатній період.
\end{theo}

\begin{theo}[про рівномірну неперервність]
Якщо $f$ – T-періодична і неперервна на $\mathbb{R}$, то вона є рівномірно неперевною.
\end{theo}

\begin{theo}[інтегрування по періоду]
Якщо $f$ – T-періодична і є інтегровною за Ріманом на $[0,T]$, то:
$$ \forall a \in \mathbb{R}: \; \int_a^{a+T}f(x)dx = \int_0^T f(x) dx $$
\end{theo}

Тут і далі будемо розглядати $2\pi$-періодичні функції.
\begin{defi}[тригонометричний многочлен]
\begin{equation} P_n(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^n(a_k \cos kx + b_k\sin kx) \label{ii}\end{equation}
\end{defi}

\begin{equation}
\left\{ \begin{array}{l}e^{ix}=\cos x + i \sin x \\ e^{-ix}=\cos x – i \sin x \end{array}\right.
\end{equation}

\begin{equation}
\left\{ \begin{array}{l}\cos x= \frac{1}{2}(e^{ix}+e^{-ix}) \\ \sin x = \frac{1}{2}i(e^{-ix}-e^{+ix})\end{array}\right.
\end{equation}
\begin{equation}\begin{gathered}
P_n(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^n \left( a_k\cdot \frac{e^{ixk}+e^{-ixk}}{2}+ b_k\cdot i \cdot \frac{e^{-ixk}-e{ixk}}{2}\right)= \\ = \frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^ne_{ixk}\left(\frac{a_k}{2}\frac{ib_k}{2}\right)+e^{-ixk}\left(\frac{a_k}{2}+\frac{ib_k}{2}\right)=\sum_{k=-n}^{n} c_k \cdot e^{ikx},
\end{gathered}\end{equation}
де $\begin{array}{ll}\displaystyle c_k=\frac{a_k+ib_k}{2}, & k\geq 0 \quad (b_0=0) \\ c_{-k}=\frac{a_k+ib_k}{2}, & k<0\end{array}$

Таким чином ми одержали показникову форму запису тригонометричного многочлена.

\begin{equation}
c_k=\frac{1}{2\pi} \int_{\pi}^{\pi} f(x) e^{-ikx} dx
\label{vi}
\end{equation}
Якщо $f(x)$ задається (\ref{ii}): $f(x) = \frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^n(a_k\cos kx + b_k \sin kx)$, то коефіцієнти $a_k$ і $b_k$:
\begin{equation}\begin{gathered}
a_k=\frac{1}{\pi}\int_{\pi}^\pi f(x) \cos kx dx \\
b_k=\frac{1}{\pi}\int_{\pi}^\pi f(x) \sin kx dx
\label{vii}
\end{gathered}\end{equation}
\begin{defi}[тригонометричний ряд Фур’є]
це функціональний ряд
\begin{equation}
\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^\infty (a_k\cos kx + b_k \sin kx)
\label{iix}
\end{equation}
для функції $f(x)$, яка інтегровна на проміжку $[-\pi,\pi]$, якщо його коефіцієнти $a_k$ і $b_k$ обчислюються за формулою (\ref{vii}).

(\ref{iix}) можна записувати в показниковій формі
\begin{equation}
\sum_{k=\infty}^\infty c_k e^{ikx}
\label{ix}
\end{equation}
де коефіцієнти $c_k$ обчислюються за формулою (\ref{vi}).
\end{defi}
\begin{theo}[Поведінка коефіцієнтів Фур’є на нескінченності]
Якщо $f\in R([-\pi,\pi])$, то її коефіцієнти Фур’є $a_k$ і $b_k\to0$, при $k\to\infty$.
\end{theo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\chapter{Теорія міри}
\section{Послідовність множин}
Нехай $X$-деяка фіксована множина.  $A_1, A_2, \ldots A_n, \ldots$ – послідовність множин, де $A_k\subset X$.
\begin{defi}[верхня границя]
Множину $A^*\subset X$ будемо називати \emph{верхньою границею послідовності множин} $A_1,A_2,\ldots,A_n,\ldots$, якщо $A^*$ складається з усіх тих елементів $x\in X$, які містяться у нескінченній кількості членів послідовності $A_1,A_2,\ldots$. Позначається $A^*=\overline{\lim}_{n\to\infty}$
\end{defi}
\begin{defi}[нижня границя]
Множину $A_*\subset X$ називають \emph{нижньою границею послідовності} $A_1,A_2,\ldots$, якщо $A_*$ складається з усіх таких елементів $x\in X$, які містяться у всіх членах послідовності $A_1,A_2,\ldots$, окрім можливо скінченної кількості. Позначається $A_*=\underline{\lim}_{n\to \infty } A_n$.
\end{defi}
\begin{defi}[Збіжна послідовність]
Якщо $A^*=A_*$, то кажуть, що послідовність $A_n$ збігається до $A=A^*=A_*$, тобто $A_n={1,2,\ldots,n}$, то $\lim_{n\to \infty} A_n=\mathbb{N}$
\end{defi}

\section{Основні класи множин}
\begin{defi}[Кільце]
Нехай $X$ – довільна множина. Непорожню сукупність $R$ підмножин $X$ будемо називати \emph{кільцем}, якщо
\begin{enumerate}
\item $A,B \in R => A\cup B \in R$
\item $A,B \in R => A\setminus B \in R$
\end{enumerate}
\end{defi}
\begin{defi}[$\sigma$-кільце]
Кільце $R_\sigma$ називають \emph{$\sigma$-кільцем} (сігма-кільцем), якщо
$$ A_1,A_2,\ldots \in R_\sigma => \bigcup_{n=1}^\infty A_i \in R_\sigma$$
\end{defi}
\begin{exam}
Наприклад нехай маємо сукупність всіх скінченних підмножин множини $\mathbb{R}$. Ця сукупність буде кільцем, але не буде сігма-кільцем за означенням.
\end{exam}
\begin{theo}
Якщо $R$ – кільце, то
\begin{enumerate}
\item $\forall A,B \in R => A\sdif B \in R$
\item $\forall A,B \in R => A\cap B \in R$
\end{enumerate}
\end{theo}
\begin{theo}
Якщо $R_\sigma$ – сігма-кільце, то
$$ A_1, A_2,\ldots \in R_\sigma => \bigcap_{n=1}^\infty A_n \in R_\sigma$$
\end{theo}
\begin{defi}[алгебра]
Кільце множин $\mathbb{A}$ називають \emph{алгеброю}, якщо $X\in \mathbb{A}$.
\end{defi}
\begin{exam}
Нехай $\mathbb{A}$ – сукупність усіх підмножин $X$, які або самі скінченні, або мають скінченне доповнення в $X$. Тоді $\mathbb{A}$ – алгебра. Можливі 4 випадки:
\begin{enumerate}
\item $A$ – скінченне, $B$ – скінченне
\item $A$ – скінченне, $X\setminus B$ – скінченне
\item $X\setminus A$ – скінченне, $B$ – скінченне
\item $X\setminus A$ – скінченне, $X\setminus B$ – скінченне
\end{enumerate}
Наприклад у випадку 4 маємо: $X\setminus (A\cup B) = (X \setminus A) \cap (X \setminus B)$ – скінченна, тому $A\cup B \in \mathbb{A}$

Подібно доводим ознаку кільця і для інших випадків. $X\in \mathbb{A}$ бо доповнення до $X = \emptyset$, а тому скінченне.
\end{exam}
\begin{defi}[$\sigma$-алгебра]
Сігма-кільце $A_\sigma$ називають сігма-алгеброю, якщо воно алгебра. 🙂 Отак просто.
\end{defi}
\begin{defi}[монотонний клас]
Непорожню сукупність $M$ називають \emph{монотонним класом}, якщо
\begin{enumerate}
\item $\displaystyle A_1\subset A_2 \subset \ldots \subset A_n \in M => \lim_{n\to \infty} A_n=\bigcup_{n=1}^\infty A_n \in M$
\item $\displaystyle A_1\supset A_2 \supset \ldots \supset A_n \in M => \lim_{n\to \infty} A_n=\bigcap_{n=1}^\infty A_n \in M$
\end{enumerate}
\end{defi}
\begin{exam}
$\text{exp} X $ – монотонний клас.
\end{exam}
\begin{ask}
$\text{exp} X $ – це булеан?
\end{ask}
\begin{theo}
Нехай $R_1, \quad R_2$ – кільця над $X$. Тоді $R_1\cap R_2$ – кільце. Більш того, якщо $R_\alpha, \quad \alpha \in U$ – кільця над $X$, тоді $\bigcap_{\alpha \in U} R_\alpha$ – кільце.
\begin{proof}
Нехай $A,B \in \bigcap_{\alpha \in U} R_\alpha => \forall \alpha \in U \quad A \in R_\alpha$ та $B \in R_\alpha$.

Оскільки $R_\alpha$ – кільце, то $\forall \alpha \in U \quad A\cup B \in R_\alpha$ та $A\setminus B \in R_\alpha$. Тоді
$$ A\cup B \in \bigcap_{\alpha \in U} R_\alpha \qquad A\setminus B \in \bigcap_{\alpha \in U} R_\alpha$$
\end{proof}
\end{theo}
Аналогічне твердження має місце і для сігма-кільця, алгебри, сігма-алгебри та монотонного класу. Доведення аналогічне.

\begin{defi}[породжене кільце]
Нехай $E$ – довільна сукупність підмножин $X$. \emph{Кільцем породженим сукупністю $E$} (кільцевою оболонкою $E$) називають найменше кільце $R(E)$, яке містить $E$.
\end{defi}
Аналогічно визначається породжена алгебра і всі інші класи множин згадані в цьому розділі.

\begin{theo}
Для довільної сукупності $E$ існує $R(E)$.
\begin{proof}
$exp(X)$ – кільце яке містить $E$.

Тоді розглянемо $$R^*=\bigcap_{E\subset R_\alpha}R_\alpha$$
За попередньою теоремою $R^*$ – кільце. Крім цього, оскільки $E\subset R_\alpha$, то $E\subset R^*$. Тому $R^*=R(E)$.
\end{proof}
\end{theo}
Знову ж таки, аналогічна теорема справджується для всіх класів множин цього розділу.
\begin{defi}[Дизюнктнним об’єднанням $\sqcup$]
називають об’єднання множин, які не перетинаються. Якщо вони перетинаються, то таке об’єднання вже не називають диз’юнктним. Сукупність множин що не перетинаються називають \emph{диз’юнктною системою}.
\end{defi}
\begin{defi}[півкільце]
Непорожню сукупність підмножин $X$ називають \emph{півкільцем} (позначається $R_s$), якщо
\begin{enumerate}
\item $\displaystyle A,B \in R_s => A\cap B \in R_s$
\item $\displaystyle A,B \in R_s => \exists c_1,c_2,\ldots, c_n \in R_s$,  – диз’юнктна система, така що $\displaystyle A\setminus B = \bigsqcup_{k=1}^n c_k$
\end{enumerate}
\end{defi}
\begin{exam}
Нехай $X=[a,b], \quad a,b \in \mathbb{R}.$ Хай $R_s={[\alpha,\beta)|\alpha,\beta \in [a,b]}\cup{\emptyset}$. Тоді $R_s$ – півкільце. Дійсно, $[\alpha_1,\beta_1)$ і $[\alpha_2,\beta_2) \in R_s$.

\begin{enumerate}
\item
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (-1,0) — (6,0);
\draw (0,0) node{$[$}; \draw (0,-0.4) node{$a$};
\draw (5,0) node{$]$}; \draw (5,-0.4) node{$b$};
\draw (1,0) node{$[$}; \draw (1,-0.4) node{$\alpha_1$};
\draw (2,0) node{$)$}; \draw (2,-0.4) node{$\beta_1$};
\draw (3,0) node{$[$}; \draw (3,-0.4) node{$\alpha_2$};
\draw (4,0) node{$)$}; \draw (4,-0.4) node{$\beta_2$};
\end{tikzpicture}
$$[\alpha_1,\beta_1)\cap[\alpha_2,\beta_2)=\emptyset \in R_s$$ $$[\alpha_1,\beta_1)\setminus [\alpha_2,\beta_2)=[\alpha_1,\beta_1) \in R_s$$
\item
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (-1,0) — (6,0);
\draw (0,0) node{$[$}; \draw (0,-0.4) node{$a$};
\draw (5,0) node{$]$}; \draw (5,-0.4) node{$b$};
\draw (1,0) node{$[$}; \draw (1,-0.4) node{$\alpha_1$};
\draw (4,0) node{$)$}; \draw (4,-0.4) node{$\beta_1$};
\draw (2,0) node{$[$}; \draw (2,-0.4) node{$\alpha_2$};
\draw (3,0) node{$)$}; \draw (3,-0.4) node{$\beta_2$};
\end{tikzpicture}
$$[\alpha_1,\beta_1)\cap[\alpha_2,\beta_2)=[\alpha_2,\beta_2) \in R_s$$ $$[\alpha_1,\beta_1)\setminus [\alpha_2,\beta_2)=[\alpha_1,\alpha_2)\cup [\beta_2, \beta_1) \in R_s$$
\item
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (-1,0) — (6,0);
\draw (0,0) node{$[$}; \draw (0,-0.4) node{$a$};
\draw (5,0) node{$]$}; \draw (5,-0.4) node{$b$};
\draw (1,0) node{$[$}; \draw (1,-0.4) node{$\alpha_1$};
\draw (3,0) node{$)$}; \draw (3,-0.4) node{$\beta_1$};
\draw (2,0) node{$[$}; \draw (2,-0.4) node{$\alpha_2$};
\draw (4,0) node{$)$}; \draw (4,-0.4) node{$\beta_2$};
\end{tikzpicture}

Аналогічно.
\item
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (-1,0) — (6,0);
\draw (0,0) node{$[$}; \draw (0,-0.4) node{$a$};
\draw (5,0) node{$]$}; \draw (5,-0.4) node{$b$};
\draw (2,0) node{$[$}; \draw (2,-0.4) node{$\alpha_1$};
\draw (4,0) node{$)$}; \draw (4,-0.4) node{$\beta_1$};
\draw (1,0) node{$[$}; \draw (1,-0.4) node{$\alpha_2$};
\draw (3,0) node{$)$}; \draw (3,-0.4) node{$\beta_2$};
\end{tikzpicture}

Аналогічно.
\end{enumerate}
\end{exam}
\begin{defi}[півалгебра]
Якщо півкільце містить $X$, то його називають \emph{півалгеброю}.
\end{defi}

\section{Міра}
\begin{defi}
Нехай $R$ – кільце множин. $R\xrightarrow{\mu}\overline{\mathbb{R}}$ – функція визначена $\forall A \in R$. ЇЇ називають \emph{мірою}, якщо
\begin{enumerate}
\item $\mu(\emptyset)=0$.
\item $\forall A \in R \quad \mu(A)\geq0$
\item $\displaystyle \forall A_1,A_2, \ldots \in R : \bigsqcup_{i=1}^\infty A_i \in R \qquad \mu(\bigsqcup_{i=1}^\infty A_i)=\sum_{i=1}^\infty \mu(A_i)$ (умова зліченої адитивності).
\end{enumerate}
З умови зліченної аддитивності очевидно випливає умова скінченної аддитивності.
\begin{exam}[загальний, але тривіальний]
Хай $X$ – довільна, $R$ – кільце усіх скінченних підмножин $X$, $X\xrightarrow{f}\R, \quad f(x)\geq 0$. Тоді $ \forall A={x_1,x_2,\ldots,x_n} \in R \qquad \mu(A)=\sum_{i=1}^\infty f(x_i)$ – міра на $R$.
\end{exam}
\end{defi}
\begin{defi}[множина скінченної міри]
Хай $\mu$ – міра на кільці $R$. Якщо $A\in R \mu(A) \in \R$, то $A$ – \emph{множина скінченної міри}.
\end{defi}
\begin{defi}[множина $\sigma$-скінченної міри]
Хай $\mu$ – міра на кільці $R$. Якщо для $A\in R$ існує $A_1, A_2, \ldots \in R: A\subset \bigcup_{i=1}^\infty A_i$, та $\mu(A_n) \in \R$, то $A$ – \emph{множина сігма-скінченної міри}.
\end{defi}
\begin{defi}[Скінченна міра]
Хай $\mu$ – міра на кільці $R$. Якщо $\forall A \in R$ – множина скінченної міри, то міру називають \emph{скінченною}.
\end{defi}
Аналогічно для сігма-скінченної міри.
\begin{defi}[Повна міра]
Нехай $\mu$ – міра на кільці $R$. Якщо $\forall A \in R$ та $B \subset A : \mu(A) = 0 => B \in R$, то $\mu$ називають \emph{повною мірою}
\end{defi}
\begin{exam}[основний]
Нехай $X=\R$. Розглянемо $R_s$ – півкільце. $R_s=\{[a,b)|a,b \in \R, a<b\} \cup {\emptyset}.$ 

Нехай $[a,b) \in R_s$ покладемо $\mu([a,b))=b-a$. Така функція $\mu$ має властивість зліченої аддитивності.

Розглянемо $R={\bigsqcup_{i=1}^n[a_i,b_i)|a_i,b_i \in \R}$ – кільце.
\end{exam}
Має місце твердження: "Якщо $R_s$ – півкільце, то $R=\{\bigsqcup_{i=1}^n A_i | A_i \in R_s\}$ – кільце, більше того $R=R(R_s)$".
\begin{theo}
На кільці $R$ існує єдина міра $\overline{\mu}: \forall A \in R_s \quad \overline{\mu}(A)=\mu(A)$.
\begin{proof}
Покладемо $$\overline{\mu}(A)=\sum_{i=1}^n \mu(A_i) \text{, де} A=\bigsqcup_{i=1}^n A_i, \quad A_i \in R_s$$.

Доведемо що $\overline{\mu}(A)$ – визначена коректно, тобто якщо $A=\sqcup_{i=1}^n A_i = \sqcup_{j=1}^m B_j, \quad A_i, B_j \in R_s$, то $\displaystyle \sum_{i=1}^n \mu(A_i)=\sum_{j=1}^m \mu(B_j)$. Має місце рівність:
\begin{gather*}
A_i=\bigsqcup_{j=1}^m\underbrace{(B_j\cap A_i)}_{\in R_s} \\
\mu(A_i)=\sum_{j=1}^m \mu(B_j \cap A_i)\\
A=\bigsqcup_{i=1}^n A_i= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \mu (A_i\cap B_j)
\end{gather*}
Аналогічно доводимо, що $\sum_{j=1}^m \mu(B_j) = \sum_{j=1}^m \sum_{i=1}^n \mu(A_i\cap B_j)$. Тому $\overline{\mu}$ визначена корректно. $\overline{\mu}(\emptyset)=0$ (за визначенням), $\overline{\mu}(A)\geq 0$.

Доведемо зліченну аддитивність $\overline{\mu}$.

Нехай $A_1,A_2,\ldots \in R:\sqcup_{i=1}^\infty A_i=A \in R$. Тоді $A_i=\sqcup_{j=1}^{p_i} B_{ij}$ $ A=\sqcup_{k=1}^p c_k, \quad B_{ij},c_k \in R_s$
Тоді
\begin{gather*}
B_{ij}=\bigsqcup_{k=1}^p(B_{ij} \cap c_k) \\
A_i=\bigsqcup_{j=1}^{p_i} \bigsqcup_{k=1}^p \underbrace{(B_{ij} \cap c_k)}_{\in R_s} \\
\overline{\mu}(A_i)=\sum_{j=1}^{p_i} \sum_{k=1}^p \mu(B_{ij} \cap c_k) \\
\sum_{i=1}^\infty \overline{\mu}(A_i) =\underbrace{\sum_{i=1}^\infty \sum_{j=1}^{p_i} \sum_{k=1}^p \mu(B_{ij} \cap c_k)}_{(**)}
\end{gather*}
З іншого боку
\begin{gather*}
 c_k=\bigsqcup_{i=1}^\infty (A_i \cap c_k) = \bigsqcup_{i=1}^\infty \left(\left( \bigsqcup_{j=1}^{p_i} B_{ij} \right) \cap c_k\right) = \bigsqcup_{i=1}^\infty \bigsqcup_{j=1}^{p_i} (B_{ij} \cap c_k), \\
\mu(c_k)=\sum_{i=1}^\infty \sum_{j=1}^{p_i} \mu (B_{ij} \cap c_k) \qquad (\mu \text{ – зліченно аддитивна)}
\end{gather*}
Тоді
\begin{gather*}
A=\bigsqcup_{k=1}^p c_k \\
\overline{\mu} (A) = \sum_{k=1}^p \mu(c_k)= \underbrace{\sum_{k=1}^p \sum_{i=1}^\infty \sum_{j=1}^{p_i} \mu (B_{ij} \cap c_k)}_{(*)}
\end{gather*}
Оскільки (*)=(**), то $\overline{\mu}(A)=\sum_{i=1}^\infty \overline{\mu}(A_i)$.

Отже, $\overline{\mu}$ – міра.

Очевидно, що $\overline{\mu}(A)=\mu(A)$, коли $A \in R_s$. Єдиність випливає зі скінченної аддитивності довільної міри.

Доведення ніде не використовує те, що $R_s$ – півкільце сами півінтервалів на $R$. Тобто воно дозволяє будь-яку зліченно – аддитивну функцію $\mu$ визначену на $R_s$, продовжити на кільце $R$.
\end{proof}
\end{theo}

\section{Властивості міри}
\subsection{Монотонність}
$$ \forall A,B \in R: A\subset B \quad \mu(A)\leq \mu(B)$$
\begin{proof}
$C= B \setminus A \in R$ $C$ та $A$ – диз’юнктна система.

\begin{gather*}
\mu(A \sqcup  C) = \mu(A) + \mu(C) \\
\mu(B) = \mu(A) + \mu(C) \geq \mu(A)
\end{gather*}
\end{proof}

\subsection{Субстрактивність}
$$ \forall A,B \in R : A \subset B \quad \mu(B\setminus A)= \mu(B) – \mu (A)$$
\begin{proof}
\begin{gather*}
\mu(A \sqcup  C) = \mu(A) + \mu(C) \\
\mu(C) = \mu(B) – \mu(A)
\end{gather*}
\end{proof}

\subsection{Зліченна напіваддитивність}
$$A_1, A_2, \ldots \in R, \quad A \in R : A \subset \bigcup_{i=1}^\infty A_i \qquad \mu (A) \leq \sum_{i=1}^\infty \mu(A_i)$$
\begin{proof}
Розглянемо множини
\begin{gather*}
B_1=A_1 \in R \\
B_2=A_2\setminus A_1 \in R \\
B_3=A_3\setminus (A_1\cap A_2) \in R \\
B_4=A_4\setminus (A_1\cap A_2 \cap A_3) \in R \\
\ldots
\end{gather*}
Тоді $B_1, B_2, \ldots$ – диз’юнктна система, крім того $\displaystyle \bigcup_{i=1}^\infty A_i = \bigsqcup_{i=1}^\infty B_i$.

Тому
$$ A= \bigsqcup_{i=1}^\infty (B_i \cap A) => \mu(A) = \sum_{i=1}^\infty \mu(B_i \cap A) \leq \sum_{i=1}^\infty \mu(B_i) \leq \sum_{i=1}^\infty \mu(A_i)$$
\end{proof}

\section{Поширення міри з кільця на алгебру}
Нехай $R$ – кільце. Розглянемо $\A(R)$ – породжена системою $R$ – алгебра.
\begin{theo}
Якщо $R$ – кільце, то
$$ \A(R)=\{A\subset X | A \in R \lor X \setminus A \in R\}= A^*$$
\begin{proof}
Доведемо, що $A^*$  – кільце. Беремо дві множини з $A^*$, і розглядаємо їх об’єднання і різниці в чотирьох випадках.

А оскільки $\emptyset \in R => X\setminus \emptyset \in A^*$. Тому $A^*$  – алгебра. Очевидно, що $R \subset A^*$.

Хай $\tilde{A}$  – алгебра, яка містить $R$. Оскільки $X \in \tilde{A}$, то $\forall A \in R \subset \tilde{A} => X \setminus A \in \tilde{A}$. Отже, $\forall A \in R A \in \tilde{A}$ та $X \setminus A \in \tilde{A}$. Тому $A^*\subset \tilde{A}$.

І таким чином $A^*=\A(R)$ (алгебра породжена кільцем).
\end{proof}
\end{theo}

\begin{theo}
Нехай $\mu$ – скінченна міра на кільці $R$. ($R$ – не алгебра). Тоді існує $\overline{\mu}$ – міра на $\A(R)$, така, що $\forall A \in R \quad \overline{\mu}(A) = \mu(A)$
\begin{proof}
З метою економії часу доведення опускається, бо задовге.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{exam}
Хай $X=(0;1)$. Розглянемо кільце
$$R=\{ \bigsqcup_{k=1}^n [a_k,b_k) | a_k, b_k \in (0;1)\}\cup \{\emptyset\}$$
$R$ – не алгебра, бо $(0;1) \notin R$. Над $R$ визначена міра $\mu$:
$$\mu(\bigsqcup_{k=1}^n[a_k,b_k))=\sum_{k=1}^n \mu ([a_k,b_k)) = \sum_{k=1}^n (b_k – a_k) < 1$$

Оскільки $\displaystyle X=(0,1)=\bigsqcup_{k=1}^\infty [ \frac{1}{k+1}, \frac{1}{K})$, то за теоремою
\begin{gather*}
\mu(X) = \mu( (0;1) ) = \sum_{k=1}^\infty \mu([ \frac{1}{k+1} ; \frac{1}{k})) = \sum_{k=1}^\infty \left( \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}\right) = \\
\lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1} \right)=\lim_{n \to \infty} \left( 1- \frac{1}{2}+ \frac{1}{2} – \frac{1}{3} + \frac{1}{3} – \ldots – \frac{1}{n+1} \right) =\\
 \lim_{n \to \infty} \left( 1 – \frac{1}{n+1} \right) = 1
\end{gather*}
\end{exam}
\begin{exam}
Нехай $X=(0,3)$. Розглянемо кільце:
$$R=\{ \bigsqcup_{k=1}^n [a_k, b_k) | a_k, b_k \in (0,1) \} \cup \{\emptyset \}$$
На $R$ міра визначена як у попередньому прикладі.

Тоді $X$ не можна подати у вигляді зліченного об’єднання $\displaystyle \bigcup_{k=1}^\infty A_k, \quad A_k \in R$. Тоді за теоремою $\mu(X) = \mu( (0;3)) \geq \displaystyle \sup_{A \in R} \mu (A) = 1$

Тому $\mu( (0;3) )$ можна визначити довільним числом $ \geq 1$. (Кільце $R$ і міра нічого не знають про число 3).
\end{exam}
\begin{exam}
Нехай $X=\R$. Розглянемо кільце $R$, яке складається з скінченних диз’юнктних об’єднань проміжків виду $(a,b), \quad [a,b), \quad (a,b], \quad [a,b], \quad a,b \in \R$, і $\emptyset$. Довести що $R$ – кільце просто, але довго.

Нехай $\displaystyle A=\bigsqcup_{k=1}^n <a_k, b_k>$ (<, > – довільна дужка).

Тоді $\displaystyle \mu(A)= \sum_{k=1}^n(b_k-a_k) < +\infty, \quad R$ – не алгебра.

Але $\displaystyle X=\bigsqcup_{k \in \mathbb{Z} } [k,k+1) = \R$. Тоді
$$ \mu(X) = \mu(\R) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} \mu([k,k+1)) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} 1 = +\infty$$
\end{exam}

\section{Продовження міри з алгебри на сігма-кільце, чи сігма-алгебру}
\begin{defi}[зовнішня міра]
Нехай $X$ – основна множина. Функцію $\mu^*$ визначену на усіх підмножинах $X$ називають \emph{зовнішньою мірою}, якщо:
\begin{enumerate}
\item $\mu^*(\emptyset)=0$
\item $\mu^*(A)\geq 0, \quad \mu^*(A) \in \overline{\R}$
\item Якщо $A \subset B$, то $\mu^*(A) < \mu*(B)$
\item $\displaystyle \forall A_1,A_2,\ldots A_k, \ldots \quad \mu^*(\bigcup_{k=1}^\infty) \leq \sum_{k=1}^\infty \mu^*(A_k)$
\end{enumerate}
\end{defi}
\begin{exam}[дуже важливий !]
Хай $\A$ – алгебра, і $\mu$ – міра на $\A$. Нехай
\begin{equation}
\forall A \in \A \quad \mu^*(A)=\inf_{\begin{array}{c} \displaystyle A \subset \bigcup_{k=1}^\infty A_k \\ A_k \in \A \end{array}} \sum_{k=1}^\infty \mu(A_k)
\label{outermu}
\end{equation}
Тоді $\mu^*$ – зовнішня міра (що буде доведено пізніше, йопт!).
\end{exam}
\begin{theo}
$\mu^*$ з (\ref{outermu}) – зовнішня міра.
\begin{proof}
Умови 1) і 2) виконуються, бо $\displaystyle \emptyset \subset \bigcup_{k=1}^\infty \emptyset, =>$
$$0\leq \mu^*(\emptyset) \leq \sum_{k=1}^\infty \mu^*(\emptyset) = 0 \qquad \mu^*(\emptyset)=0 $$
TODO По можливості дописати доведення.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{exam}
Хай $X=\R$. Нехай $\A$ складається з скінченних об’єднань (диз’юнктних) проміжків $[a,b),\quad (a,b],\quad [a,b], \quad (a,b), \quad a,b \in \R$, включаючи нескінченні промені та $(-\infty,+\infty)$, а також $\emptyset$.

Тоді $\A$ – це алгебра на $\R$, на якій визначено міру (дивись попередні приклади). Тоді $\forall A \subset (-\infty,+\infty)=X$
$$
\mu^*(A)=\inf_{\begin{array}{c} \displaystyle A \subset \bigcup_{k=1}^\infty A_k \\ A_k \in \A \end{array}} \sum_{k=1}^\infty \mu(A_k)
$$
Оскільки міра $\mu([a,b])=\mu([a,b))=\mu((a,b])=\mu((a,b))=b-a$ і для
$$\forall \varepsilon >0 \forall [a,b) \exists (a-\varepsilon,b):\quad \mu((a-\varepsilon,b)) – \varepsilon \leq \mu([a,b)) \leq \mu(( a-\varepsilon, b)) + \varepsilon$$,
то в означенні $\mu^*$ замість $A_k$ можна брати лише інтервали $(a_k,b_k)$. Тому
$$\mu^*(A) = \inf_{\displaystyle A \subset \underbrace{\bigcup_{k=1}^\infty (a_k,b_k)}_{\text{відкрита множина}}} \sum_{k=1}^\infty (b_k – a_k)$$
\end{exam}
Зауваження. Зовнішня міра
$$
\mu^*(A)=\inf_{\begin{array}{c} \displaystyle A \subset \bigcup_{k=1}^\infty A_k \\ A_k \in \A \end{array}} \sum_{k=1}^\infty \mu(A_k)
$$
є продовженням міри $\mu$, тобто $\forall A \in \A \mu^*(A) = \mu(A)$
\begin{proof}
Дійсно, $A\subset A \cup \emptyset \cup \emptyset \ldots$

Тоді $\displaystyle \mu^*(A)\leq \sum_{k=1}^\infty \mu(A_k) = \mu(A) + \mu(\emptyset) + \ldots + \mu(\emptyset) = \mu(A)$.

З іншого боку
$$ \forall A_1, A_2, \ldots \in \A : \quad A \subset \bigcup_{k=1}^\infty A_k, A \in \A$$
$\mu(A)\leq \sum_{k=1}^\infty \mu(A_k)$ – зліченна напіваддитивність.

Тоді
$$
\mu(A) \leq \mu^*(A)=\inf_{\begin{array}{c} \displaystyle A \subset \bigcup_{k=1}^\infty A_k \\ A_k \in \A \end{array}} \sum_{k=1}^\infty \mu(A_k)=\mu^*(A)
$$
$$ \mu(A) \leq \mu^*(A)$$
Отже, $\mu(A)=\mu^*(A) \quad \forall A \in \A$
\end{proof}

\section{Вимірні множини}
\begin{defi}[вимірна множина (означення Каратеодорі)]
Хай $\mu^*$ – зовнішня міра на $\exp(X)$. Множину $A \subset X $ будемо називати \emph{вимірною (відносно $\mu^*$)}, якщо $$\forall E \subset X \quad \mu^*(E) = \mu^*(A \cap E) + \mu^*(E \setminus A ) $$
\begin{figure}[h]
\center
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) — (4,0) — (4,2) — (0,2) — cycle;
\draw (0.5,1.5) node {$X$};
\draw (1.5,1) ellipse(1 and 0.5);
\draw (0.5,1) node[anchor=west] {$E\setminus A$};
\draw (2.5,1) ellipse(1 and 0.5);
\draw (3.5,1) node[anchor=east] {$A$};
\draw (2,1) node{ $A\cap E$};
\end{tikzpicture}
\caption{Вимірна множина}
\end{figure}
\end{defi}
\begin{lema}
Множина $A$  вимірна відносно $\mu^*$, якщо
\begin{equation}
\forall E \subset X \mu^*(E)\geq \mu^*(E \cap A) + \mu^*(E\setminus A)
\label{lema*}
\end{equation}
\begin{proof}
$$ E= (E \cap A) \sqcup (E \setminus A) \cup \emptyset \cup \emptyset \ldots \cup \emptyset \cup \ldots $$
$\mu^*$ – зліченна, напіваддитивна функція, тоді $$ \mu^*(E) \leq \mu^* (E \cap A) + \mu^*(E \setminus A) $$ Враховуючи (\ref{lema*}) маємо, що $$ \mu^*(E) = \mu^*(E \cap A) + \mu^*(E \setminus A)$$
Тому $A$ – вимірна.
\end{proof}
\end{lema}
Клас вимірних множин позначимо $S$.
\begin{theo}
$S$ – кільце.
\begin{proof}
довге.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{theo}
Нехай $\mu^*$ – зовнішня міра. $S$ – сігма-кільце та $\forall A_1,A_2, \ldots \in S$ ( $A_1, A_2, \ldots$ – диз’юнктна система), та $\forall E \subset X$ має місце рівність
$$\mu^*(E \cap (\bigsqcup_{i=1}^\infty A_i)) = \sum_{i=1}^\infty \mu^* (E \cap A_i)$$
\begin{proof}
довге, але це не значить, що приматам його не давали. Там було досить багато нумерованих рівностей.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{follows}[1]
$S$ – сігма-алгебра.
\begin{proof}
Треба довести, що $X \in S$.

Перевіримо означення:
$$\mu^*(E) = \mu^*(\underbrace{E \cap X}_{E}) + \mu^*(\underbrace{E \setminus X}_{\emptyset}) = \mu^*(E)$$
\end{proof}
\end{follows}
\begin{follows}[2]
Звуження $\mu^*$ на $S$ є мірою.
\begin{proof}
Перевіримо зліченну аддитивність $\mu^*$ на $S$, тобто нехай $A_1, A_2, \ldots \in S$ – диз’юнктна система. Тоді
$$\mu^*(\bigsqcup_{i=1}^\infty A_i) = \sum_{i=1}^\infty \mu^*(A_i)$$
А це випливає з одного з тверджень попередніх доведень.
\end{proof}
\end{follows}
\begin{theo}
Нехай $\mu$ – міра на алгебрі $\A$, $\mu^*$ – зовнішня міра побудована за мірою $\mu$
$$( \mu^*(A) = \inf \sum_{\begin{array}{c} i=1 \\ A \subset \cap A_i \\ A_i \in \A \end{array}}^\infty \mu(A_i))$$
Тоді $\A \subset S$.
\begin{proof}
знову опустимо.
\end{proof}
\end{theo}

\section{Схема побудови міри на прямій}
\begin{enumerate}
\item Нехай $R_s$ – півкільце півінтервалів на $\R$.
\begin{gather*}
\mu([a,b)) = b-a \\
\mu([a,+\infty)) = +\infty
\end{gather*}
\item Продовжимо $\mu$ з $R_s$ на кільце $R(R_s) = R$. Маємо міру на кільці $R$.
\item Продовжимо $\mu$ з кільця $R$ на алгебру $\A(R)=\A$.
\item Визначимо $\mu^*$ на всіх підмножинах $\R$
\item Звузимо $\mu*$ на клас вимірних множин $S$. ($S$ – сігма-алгебра). Отримали міру на класі $S$ \emph{(міра Лебега)}
\end{enumerate}
Залишилось два питання.

– Чи єдине продовження $\mu$ з $R_s$ на $S$?

– Так, єдине.

– Чи $S$ – породжена сігма-алгебра $\A \quad (S=\A_\sigma(\A)$?

– Ні. $\A_\sigma(\A) \subset S$, але не $S \subset \A_\sigma(\A)$.

\begin{exam}
Хай $\mathbb{Q} \subset \R$. Знайти $\mu(\mathbb{Q})$.

Нехай $A=\{a\}, a \in \R$. $\{ a \} = \displaystyle \bigcap_{n=1}^\infty [a, a+\frac{1}{n} )$ – вимірна множина.

$$ 0 \leq \mu ( \{a \} ) = \mu^*(\{a\} \leq \mu^*( [ a,a+\frac{1}{n})) = \mu([a,a+\frac{1}{n}) = \frac{1}{n}, \quad \forall n \in \mathbb{N}$$
Тому $\mu( \{a \}) = 0 $.

Але $\mathbb{Q}$  – зліченна множина.

$\mathbb{Q}={r_1,r_2, \ldots } = \bigcup_{n=1}^\infty \{ r_n \} = \bigsqcup_{n=1}^\infty \{ r_n \} $ – вимірна множина.

Використавши зліченну аддитивність $\mu$ маємо:
$$\mu(\bigsqcup_{n=1}^\infty \{ r_n \} ) = \sum_{n=1}^\infty \mu ( \{ r_n \} ) = 0 $$
\end{exam}

Взагалі, якщо $A$ – зліченна множина ($A \subset \R$), то $A$ – вимірна множина, і $\mu(A)=0$.

\begin{exam}
Знайти міру $K_3$ (множина Кантора).
\begin{figure}
\center
\subfloat[Перший етап ($K_3^1$)]
{
\begin{tikzpicture}[scale=5,decoration={ticks, segment length=0.5mm}]
\draw[->] (-0.1,0) — (1.1,0);
\draw[decorate] (0,0) node[anchor=north] {$0$} — (0.333333,0) node[anchor=north] {$\frac{1}{3}$};
\draw[decorate] (0.666666,0) node[anchor=north] {$\frac{2}{3}$} — (1,0) node[anchor=north] {$1$};
\end{tikzpicture}
}\\
\subfloat[Другий етап ($K_3^2$)]
{
\begin{tikzpicture}[scale=5,decoration={ticks, segment length=0.5mm}]
\draw[->] (-0.1,0) — (1.1,0);
\draw[decorate] (0,0) node[anchor=north] {$0$} — (0.111111,0) node[anchor=north] {$\frac{1}{9}$};
\draw[decorate] (0.222222,0) node[anchor=north] {$\frac{2}{9}$} — (0.333333,0) node[anchor=north] {$\frac{1}{3}$};
\draw[decorate] (0.666666,0) node[anchor=north] {$\frac{2}{3}$} — (0.777777,0) node[anchor=north] {$\frac{7}{9}$};
\draw[decorate] (0.888888,0) node[anchor=north] {$\frac{8}{9}$} — (1,0) node[anchor=north] {$1$};
\end{tikzpicture}
}\\
\subfloat[Третій етап ($K_3^3$)]
{
\begin{tikzpicture}[scale=5,decoration={ticks, segment length=0.5mm}]
\draw[->] (-0.1,0) — (1.1,0);
\draw[decorate] (0,0) node[anchor=north] {$0$} — (0.037037,0);
\draw[decorate] (0.296296,0) — (0.333333,0);
\draw[decorate] (0.074074,0) — (0.111111,0);
\draw[decorate] (0.666666,0) — (0.703703,0);
\draw[decorate] (0.222222,0) — (0.259259,0);
\draw[decorate] (0.962962,0) — (1,0) node[anchor=north] {$1$};
\end{tikzpicture}
}
\caption{Побудова множини $K_3$}
\end{figure}
$$ K_3 = \bigcap_{n=1}^\infty K_3^n$$
Оскільки $K_3^n$ очевидно вимірна множина, (бо вона є скінченним об’єднанням відрізків) то $K_3$ – вимірна множина.
\begin{gather*}
K_3 \subset [0,1] \\
\mu(\underbrace{K_3}_A) + \mu(\underbrace{[0,1]\setminus K_3}_B) = \mu (\underbrace{[0,1]}_{A\sqcup B}) = 1 \\
\mu([0,1] \setminus K_3 ) = \mu \left( \bigsqcup_{i=1}^\infty I_i \right) = \sum_{i=1}^\infty \mu (I_i) = \ldots
\end{gather*}
$I_i$ – інтервали, які викидали при побудові.
\begin{gather*}
\ldots = \frac{1}{3} + \left( \frac{1}{9} + \frac{1}{9} \right) + \left( \frac{1}{27} +\frac{1}{27} +\frac{1}{27} +\frac{1}{27}\right) + \ldots = \\
= \frac{1}{3} + \frac{2}{9} + \frac{4}{27} = \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{1-\frac{2}{3}} = 1
\end{gather*}
Тому $\mu( [0,1] \setminus K_3) = 1 => \mu(K_3) = 0$.

(Варто зауважити, що $K_3$ – континуальна, і має стільки точок, скільки їх на всій прямій. )
\end{exam}

\begin{exam}
$K_3$ – ніде не щільна. Побудуємо ніде не щільну множину $A \subset [0,1]: \mu(A) \geq 1 – \varepsilon$   ($\varepsilon$ – довільне додатньє).

Узагальнена множина Кантора – ми щоразу замість однієї третини відрізка відкидаємо з середини $\frac{1}{3} \alpha \quad (0 < \alpha \leq 1).$
$$\mu( [0,1]\setminus K_{3,\alpha}) = \alpha \cdot \mu( [0,1]\setminus K_3) = \alpha \qquad \mu(K_{3,\alpha}) = 1 – \alpha$$
І хоча $K_{3,\alpha}$ ніде не щільна, все ж, її міра буває ненульова.
\end{exam}

\begin{theo}[Забута теорема про міру]
Нехай $\mu$ – міра на класі вимірних множин ( побудована за допомогою зовнішньої міри). Тоді $\mu$ – повна міра, тобто якщо $\mu(A) = 0 , A\in S , B \subset A$, то $B \in S, \mu (B) = 0 $.
\begin{proof}
Відомо, що $A \in S$, тому $\forall E \subset X$
\begin{equation}
\mu^*(E) = \mu^*(E \cap A) + \mu^*(E \setminus A)
\label{forgotten1}
\end{equation}
Треба довести, що
\begin{equation}
\mu^*(E) \geq \mu^*(E \cap B) + \mu^*(E \setminus B)
\label{forgotten2}
\end{equation}
\begin{gather*}
0 \leq \mu^*(E \cap B) \leq \mu^*(E \cap A) \leq \mu^*(A) = \mu(A) = 0
\mu^*(E \setminus B) \geq \mu^*(E \setminus A)
\end{gather*}
У (\ref{forgotten1}) замість $E$ підставимо $E\setminus B$.
$$\mu^*(E\setminus B) = \mu^*(\underbrace{E \cap \complement B}_{E \setminus B} \cap A)+\mu^*(E \cap \complement B \cap \complement A) \leq \mu^*(E \cap \complement A) = \mu^*(E \setminus A)$$
Таким чином
$$\mu^*(E \cap B) + \mu^*(E \setminus B) = \mu^*(E \setminus B) \leq \mu^*(E \setminus A) + \mu^*(A \cap E) = \mu^*(E)$$
Тому (\ref{forgotten2}) доведено.
\end{proof}
\end{theo}

\begin{task}
Довести, що вимірних множин на прямій $\R$ більше ніж континіум.

\begin{solu}
Множина $K_3$  – вимірна і континуальна. $\mu (K_3) = 0 $. Тому $\forall A \subset K_3 \quad A$ – вимірна множина. Тому кількість таких множин $A$ більше ніж континіум.
\end{solu}
\end{task}

\section{Невимірні множини}
\begin{exam}[Віталі]
На прямій $\R$ існують невимірні множини.

Розіб’ємо $[0,1]$ на частини. Оскільки $x\sim y <=> (x – y) \in \mathbb{Q}$ – відношення еквівалентності, то розіб’ємо $[0,1]$ по цьому відношенню.

Утворимо множину $M$, що складається з елементів частин $A_\alpha$ – по одному елементу з кожної частини $A_\alpha$.  $M \subset [0,1]$.

Хай $r_1,r_2,\ldots$ – послідовність усіх раціональних чисел з $[-1,1]$. Розглянемо множину $M_i=M+r_i$. ($M+a$ – зсув множини $M$ на $a \in \R$ одиниць.)
 
Допустимо, що $M_i\cap M_j = \emptyset \quad (i \neq j)$. Якщо припустити існування $x \in M_i, x \in M_j$, то
$$\begin{array}{lr} \exists y \in M & x=y+r_i \\ \exists z \in M & x=z+r_j  \end{array} => y-z=r_j – r_i \in \mathbb{Q} \neq 0$$

Тому $y\neq z$ і $y$ та $z$ з одного класу.

Розглянемо $\displaystyle \bigcup_{i=1}^\infty M_i$. Оскільки $M_i \subset [-1,2]$, то $ \displaystyle \bigcup_{i=1}^\infty M_i \subset [-1,2]$. Але $[0,1] \subset \displaystyle  \bigcup_{i=1}^\infty M_i$. Дійсно, $\forall x \in [0,1]$ існує $y \in M$ такий, що $x$ та $y$ з одного класу, тобто
\begin{gather*}
x-y=r_i \in \mathbb{Q}, (r_i \in [-1,1] )\\
x=y+r_i => x \in M + r_i = M_i \subset \bigcup_{i=1}^\infty M_i
\end{gather*}
Припустимо, що $M$ – вимірна множина (тоді $M_i$ – також вимірні множини).
$$ \mu (M) = \mu(M_i) \; i \in \mathbb{N}$$
$M_i$ – диз’юнктна система.

$\displaystyle \bigsqcup_{i=1}^\infty M_i$ – вимірна множина.
$$\mu \left(\bigsqcup_{i=1}^\infty M_i \right) = \sum_{i=1}^\infty \mu(M_i) = \sum_{i=1}^\infty \mu(M)$$

Якщо $\mu(M)=0$, то $\displaystyle \mu\left( \bigsqcup_{i=1}^\infty M_i\right) =0 $

Якщо $\mu(M) >0$, то $\displaystyle \mu \left( \bigsqcup_{i=1}^\infty M_i\right) = +\infty$

Але $[0,1] \subset \displaystyle \bigsqcup_{i=1}^\infty M_i \subset [-1,2]$. Тому $ \displaystyle 1 \leq \mu \left(\bigsqcup_{i=1}^\infty M_i \right) \leq 3$.

А це суперечить попереднім двом твердженням, тому виходить, що $\displaystyle \bigsqcup_{i=1}^\infty M_i $ – невимірна множина.
\end{exam}

\section{Вимірні функції}
\begin{defi}[Вимірний простір]
Хай $\A$ – сігма-алгебра та $\mu$ – міра на ній. Тоді $(\A, \mu)$ – \emph{вимірний простір}, а довільну множину $A \in \A$ називають \emph{вимірною відносно} $(\A, \mu)$.
\end{defi}
Якщо не вказано спеціально, то $(\A, \mu)$ – міра Лебега на $\A = S$ – класі вимірних за Лебегом множин, $X=\R$.

\begin{defi}[вимірна функція]
Хай $X \xrightarrow{f} \overline{\R}$ деяка функція, а $(\A, \mu)$ – вимірний простір. Функцію $f$ називають вимірною відносно $(\A, \mu)$, якщо $\forall a \in \R \{x \in X | f(x)>a \}$ – вимірна відносно $(\A, \mu)$ (тобто належить $\A$), $X$ – вимірна множина.

Для скорочення запису $\{ x \in X |f(x)> a\} = \{ f> a \}$
\end{defi}
\begin{defi}[вимірна функція (частковий випадок)]
Нехай $E \subset \R, \; E \xrightarrow{f} \R$ – деяка функція. $f$ – називають \emph{вимірною}, якщо $\forall a \in \R E \cap \{ f>a \}$ – вимірна.
\end{defi}
\begin{exam}
Хай $f \in C(\R) \; (\R \xrightarrow{f} \R)$. Тоді $\{ f>a \} = \{ x \in \R | f(x) > a\}$ – відкрита множина (бо $f$ – неперервна функція). Тому $\forall a \in \R \; \{ f> a \}$ – вимірна множина.

Тому $f$ – вимірна функція. (рис. \ref{fig:muf} )

\begin{figure}
\center
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (-0.1,0) — (5,0) node[anchor=north] {$x$};
\draw[->] (0,-0.1) — (0,3) node[anchor=east] {$y$};
\coordinate (A) at (0.5,2);
\coordinate (B) at (2,2);
\coordinate (C) at (3.5,2);
\coordinate (D) at (4.5,2);
\draw[thick] plot[smooth] coordinates{ (0,1) (A) (1,3) (B) (3,1.5) (C) (4,3) (D) (5,1)};
\draw[thin] (-0.1,2) node[anchor=east] {$a$} — (5,2);
\coordinate (a) at (A |- 0,0);
\coordinate (b) at (B |- 0,0);
\coordinate (c) at (C |- 0,0);
\coordinate (d) at (D |- 0,0);
\draw[dashed] (A) — (a);
\draw[dashed] (B) — (b);
\draw[dashed] (C) — (c);
\draw[dashed] (D) — (d);
\draw[decorate, decoration={ticks, segment length=0.5mm}] (a) node {$($} — (b) node {$)$};
\draw[decorate, decoration={ticks, segment length=0.5mm}] (c) node {$($} — (d) node {$)$};
\draw[<-] (1.25, -0.3) — (2.7, -0.7);
\draw[<-] (4, -0.3) — (2.8, -0.7);
\draw (2.75,-0.7) node[anchor=north] {$\{f>a\}$};
\end{tikzpicture}
\caption{Вимірна функція}
\label{fig:muf}
\end{figure}
\end{exam}

\begin{theo}
Хай $E\subset \R,\; \mu(E)=0; \; E\xrightarrow{f} \overline{\R}$. Тоді $f$ – вимірна функція.
\begin{proof}
$$ \forall a \in \R \; \{f>a\} = \{ x \in E | f(x) > a \} \subset E$$
Оскільки міра Лебега є повною, то $\{f>a\}$ – вимірна множина.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{defi}[Еквівалентні функції]
Хай $E \subset \R,\; E\xrightarrow{f} \overline{\R},\; E \xrightarrow{g} \overline{\R}$. Функції $f,g$ називають еквівалентними, якщо множина $\{ f\neq g \} = \{ x \in E | f(x) \neq g(x) \} $ є вимірною і $\mu(\{f\neq g\}) =0$. Позначають $f\sim g$.
\end{defi}
\begin{defi}[майже скрізь]
Хай деяка умова виконується для всіх $x \in E \subset \R$, окрім $x \in E_0 \subset E$. Якщо $E_0$ – вимірна множина і $\mu(E_0)=0$, то кажуть, що згадана умова виконується \emph{майже скрізь}.
\end{defi}
\begin{exam}
$f\sim g <=> f = g$ майже скрізь. Позначають $f \underset{\text{м.с.}}{=} g$.
\end{exam}

\begin{theo}
Хай $E \subset \R, E \xrightarrow{f} \overline{\R}, E \xrightarrow{g} \overline{\R}, f \underset{\text{м.с.}}{=} g$. Якщо $f$ – вимірна, то і $g$ також.
\begin{proof}
$$ \{ g> a \} = \{ x \in E | g(x)> a \} = \{ x \in E | f(x)>a \} \bigtriangleup E_0$$
де $\forall x \in E_0 \; f(x) \neq g(x)$/ Тому $\mu(E_0)=0 \quad E_0$ – вимірна множина.

Оскільки $E_0$ – вимірна, та $\{ f>a \}$ – вимірна, то $\{g>a\} = \{f>a\} \bigtriangleup E_0$ – також вимірна.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{ask} WTF "$\bigtriangleup$"? \end{ask}
\begin{theo}
Хай $E \xrightarrow{f} \overline{\R},\; f(x)=c,\; c$ – стала, $E$ – вимірна множина. Тоді $f$ – вимірна функція.
\begin{proof}
$\{ f> a \} = \left\{ \begin{array}{l} E,\; a<c \\ \emptyset,\; a \geq c\end{array} \right.$– вимірна множина.
\end{proof} 
\end{theo}
\begin{theo}
Хай $E \xrightarrow{f} \overline{\R}$ – вимірна функція. Тоді множини
$$ \{ f < a \},\;\{ f \leq a \},\;\{ f \geq a \},\;\{ f > a \},\;\{ f = a \},\;\{ f \neq a \}$$ є вимірними.
\begin{proof}
Доведемо, що $\{ f \geq a \}$ – вимірна множина.
$$ \{ f\geq a \} = \bigcap_{n=1}^\infty \{ f> a – \frac{1}{n} \} $$
$\{ f> a – \frac{1}{n} \} $ – вимірні множини, тоді $\displaystyle\bigcap_{n=1}^\infty \{ f> a – \frac{1}{n} \}$ – вимірна множина.

Всі інші випадкти розглядаються просто. Наприклад
$$ \{f < a \} = E \setminus \{ f \geq a \}$$
\end{proof}
\end{theo}

Зауваження. Якщо в означенні вимірності замість $\{ f> a \}$ записати $\{ f \geq a \}$, або  $\{ f \leq a \}$, чи  $\{ f < a \}$, то означення не зміниться. (Еквівалентне означення).

\begin{theo}
Нехай $E \xrightarrow{f} \overline{\R}$ – вимірна функція, $c \in \R, \; c$ – стала. Тоді $f+c, \; c\cdot f, \; |f|, \; f^2$ є вимірними функціями.
\begin{proof}
Наприклад для $f^2$:

$ \{ f^2 > a \} = \left\{ \begin{array}{ll} E &,\text{якщо } a<0 \\ \{f>\sqrt{a}\} \cap \{f<\sqrt{a} \} &,\text{якщо }a \geq 0\end{array} \right.$ – вимірна мнножина.

Інші аналогічно.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{lema}
Хай $E \xrightarrow{f} \overline{\R},\; E \xrightarrow{g} \overline{\R}$ – вимірні функції. Тоді множина $\{ f> g \}$ – вимірна.
\begin{proof}
Хай $r_1,r_2,\ldots$ – послідовність усіх раціональних чисел. Тоді
$$ \{ f>g \} = \bigcup_{i=1}^\infty \{f > r_i \} \cap \{ g<r_i \} $$
Але множини $\{ f>r_i \}, \; \{ g<r_i \},\; \{ f>r_i\} \cap \{ g<r_i \}, \; \displaystyle \bigcup_{i=1}^\infty \{f>r_i \}\cap \{ g<r_i \}$ – вимірні.
\end{proof}
\end{lema}
\begin{theo}
Нехай $E \xrightarrow{f} \overline{\R}, E \xrightarrow{g} \overline{\R}$ – вимірні функції, та $f,g$ – майже скрізь скінченні. Тоді функції $ 1) f-g, \; 2) f+g, \;3)  f\cdot g, \; 4) f/g$ – вимірні. $g\neq0$ майже скрізь.
\begin{proof}
$$ 1) \qquad \{ f-g > a \} = \{ f > g+a \} $$
Оскільки $f$ та $g+a$ – вимірні функції, то за лемою $\{ f> g+a \}$ – вимірна множина. Тоді $\{f-g>a\}$ – вимірна множина.
$$2) \qquad f+g=f-(-1)\cdot g$$
$$3) \qquad f\cdot g=\frac{1}{4} \left( (f+g)^2 – (f-g)^2 \right) $$
$$4) \qquad \frac{f}{g}=f\cdot \frac{1}{g}$$
Доведемо, що $\frac{1}{g}$ – вимірна.
$\{ \frac{1}{g} > a \} /underset{\text{м.с.}}{=} \{g > a \cdot g^2 \}$ – вимірна за лемою.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{theo}
Нехай $E\xrightarrow{f_k} \overline{\R}$ – послідовність вимірних функцій, і
$$\forall x \in E \exists \lim_{k \to \infty} f_k(x) = f(x) $$
Тоді $f(x)$ – вимірна.
\begin{proof}
$$ x \in \{ f > a \} <=> \lim_{k \to \infty} f_k(x) > a <=> \exists m,n \in \mathbb{N} \forall k\geq n f_k(x)>a+\frac{1}{m} <=>$$
$$<=> x \in \bigcup_{m=1}^\infty \bigcup_{n=1}^\infty \bigcap_{k=n}^\infty \{ f_k > a + \frac{1}{m} \}$$
Оскільки $\{ f_k > a + \frac{1}{m} \} $ – вимірна множина, то й $\{ f>a \}$ – вимірна множина.
\end{proof}
\end{theo}
Зауваження. Якщо рівність $\displaystyle \lim_{k\to \infty} f_k(x) = f(x)$ виконується майже скрізь, то теорема залишається вірною ( наприклад не завжди ісує границя).

\section{Збіжність за мірою}
\begin{defi}[Збіжність за мірою Лебега]
Хай $E \xrightarrow{f_k} \overline{\R},\; k \in \mathbb{N}$ – послідовність вимірних функцій. $E\xrightarrow{f} \overline{\R}$ – вимірна функція, $f_k,f$ – майже скрізь скінченні функції. Кажуть, що \emph{послідовність $f_k$ збігається до $f$ за мірою Лебега}, якщо
$$\forall \delta>0 \lim_{n\to \infty} \mu \{ |f_n-f|\geq \delta \} =0$$
Позначають $f_n\xrightarrow{\mu}f$
\end{defi}
\begin{theo}[Лебега]
Нехай $E\xrightarrow{f_k} \overline{\R}, \; E \xrightarrow{f}\overline{\R}$ – майже скрізь скінченні вимірні функції. Крім того, майже для всіх $x \in X$ існує $\lim_{k \to \infty} f_k (x) = f(x)$ та $\mu(E) < + \infty$.

Тоді $f_k \xrightarrow{\mu} f$.
\begin{proof}
поки що опускається.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{theo}[Ф. Рісса]
Хай $f_n, f$ – послідовність вимірних та майже скрізь скінченних функцій визначених на $E$, $f_n \xrightarrow{\mu} f$. Тоді існує підпослідовність $f_{n_k}$ така, що майже для всіх $x \in E, \; f_{n_k}(X) \xrightarrow[k \to \infty]{} f(X)$
\end{theo}
\begin{theo}[Єгорова]
Хай $f_n$ – послідовність вимірних і майже скрізь скінченних функцій, що визначені на $E$. Крім цього, майже для всіх $x\in E \; f_n(x) $ є збіжною до $f(x)$. Тоді $\forall \delta >0$ існує $E_\delta \subset E$. $E_\delta$ – вимірна.
\begin{enumerate}
\item $\mu(E \setminus E_\delta)<\delta$
\item $f_n \rightrightarrows f \text{на} E_\delta$
\end{enumerate}
\end{theo}
\begin{theo}[Фреше]
Нехай $f$ – вимірна та майже скрізь скінченна функція визначена на відрізку $[a,b]$. Тоді існує послідовність $f_k \in C( [a,b])$ така, що майже для всіх $$x \in [a,b] \exists \lim_{k \to \infty } f_k(x) = f(x) $$
\begin{proof}
Непотрібне. Його не було. Йес!
\end{proof}
\end{theo}
\begin{theo}[Лузіна]
Нехай $f$ – вимірна та майже скрізь скінченна функція визначена на відрізку $[a,b]$. Тоді $\forall \delta>0 \exists E_\delta \subset [a,b]$ – вимірна множина, $\mu([a,b]\setminus E_\delta) < \delta$ така, що $f\big|_{E_\delta}$ – неперервна функція.
\begin{proof}
За теоремою Фреше існує послідовність $f_k \in C([a,b])$, така, що майже для всіх $x \in [a,b] \exists \lim_{k \to \infty } f_k(x) = f(x) $. За теоремою Єгорова $$\forall \delta>0 \exists E_\delta \subset [a,b] \; \mu([a,b]|E_\delta)<\delta: \; f_k \rightrightarrows f \text{на} E_\delta$$
За теоремою про рівномірну границю послідовності неперервних функцій маємо, що $f\big|_{E_\delta}$ – неперервна функція.
\end{proof}
\end{theo}
Зауваження. Можна довести більш сильний факт:
$$ \forall \delta>0 \quad \exists g_\delta \in C([a,b]): \; \mu(\{ f \neq g_\delta \} ) < \delta$$
Крім того, якщо $|f(x)|\leq c$, то $|g_\delta(x) \leq c$.

\section{Інтеграл Лебега від вимірних та обмежених функцій}
Хай $f$ – вимірна функція, визначена на $E$ ($E$ – вимірна множина), яка задовольняє умову
$$A < f(x) < B \quad \forall x \in E,\; A,B \in \R$$
Розглянемо розбиття $P:A_0=y_0<y_1<\ldots<y_n=B$. Розглянемо множини
$$E_k= \{ y_k \leq f < y_{k+1} \} $$
Зрозуміло що
\begin{enumerate}
\item $E_0, E_1, E_2, \ldots, E_{n-1}$ – диз’юнктна система.
\item $E_k$ – вимірні множини.
\item $\displaystyle E=\bigsqcup_{k=0}^{n-1} E_k$
\item $\displaystyle \mu(E)=\sum_{k=0}^{n-1} \mu( E_k) $
\end{enumerate}
Розглянемо інтегральні суми Лебега
\begin{gather*}
\underline{S}_p(f) = \sum_{k=0}^{n-1} y_k \mu (E_k) \\
\overline{S}_p(f) = \sum_{k=0}^{n-1} y_{k+1} \mu (E_k) \\
\end{gather*}

\subsection{Властивості інтегральних сум Лебега $(\mu(E) < + \infty)$}
\begin{enumerate}
\item $\underline{S}_p(f)\leq \overline{S}_p(f)$
\item $\displaystyle |\overline{S}_p(f) – \underline{S}_p(f)| = \left| \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} (y_{k+1} – y_k) \mu(E_k) \right| \leq
\sum_{k=0}^{n-1} | y_{k+1} – y_k | \mu (E_k) \leq \lambda_p \sum_{k=0}^{n-1} \mu (E_k) = \lambda_p \cdot \mu(E),\; \lambda_p=\max_k | y_{k+1} – y_k |$
\item Розширимо наше робтиття: $P \cup \{ \overline{y} \} = P_1:$
$$A=y_0<y_1<\ldots<y_i<\overline{y},y_{j+1}<\ldots<y_n=B$$

Тоді для розширеного розбиття інтегральні суми мають такі властивості:
$$\underline{S}_{p_1}(f) \geq \underline{S}_p(f) \qquad \overline{S}_{p_1}(f) \leq \overline{S}_p(f)$$
\begin{proof}
Дійсно,
\begin{gather*}
\underline{S}_{p_1}(f) = \sum_{k=0}^{j-1} y_k \mu(E_k)+y_j \mu(E’)+ \overline{y} \mu(E”)+\sum_{k=j+1}^{n-1} y_k \mu (E_k)\\
\begin{array}{ll}
E’=\{ y_j \leq f < \overline{y} \} & E’\cap E” = \emptyset \\
E”= \{ \overline{y} \leq f < y_{j+1} \} & E’ \cup E”= E_j
\end{array}\\
\underline{S}_p(f)=\sum_{k=0}^{j-1} y_k \mu(E_k) + y_j \mu(E_j) + \sum_{k=j+1}^{n-1} y_k \mu(E_k)
\end{gather*}
Тоді, після скорочення нерівність $\underline{S}_{p_1} (f) \geq \underline{S}_p (f)$ набуває вигляду
$$ y_j \mu(E’)+ \overline{y} \mu(E”) \geq y_j \mu (\underbrace{E_j}_{E’\sqcup E})$$
$$ y_j \mu(E’)+ \overline{y} \mu(E”) \geq y_j \mu (E’)+y_j \mu (E”)$$
$\overline{y}\geq y_j$, що виконується.

Нерівність $\overline{S}_{p_1}(f) \leq \overline{S}_p(f)$ доводиться аналогічно.
\end{proof}

\item Якщо $P \subset P_1$ (до $P$ додали декілька точок $\overline{y}$ і утворилось $\overline{p}_1$ )
$$\underline{S}_{p_1}(f) \geq \underline{S}_p(f) \qquad \overline{S}_{p_1}(f) \leq \overline{S}_p(f)$$
\item $\underline{S}_{p_1}(f) \leq \overline{S}_{p_2}(f)$
\begin{proof}
Розглянемо $P_3 = P_1 \cup P_2$, (тоді $P_1\subset P_3$ і $P_2 \subset P_3$):
$$\underline{S}_{p_1}(f) \overset{(4)}{\leq} \underline{S}_{p_3}(f) \overset{(1)}{\leq} \overline{S}_{p_3}(f) \overset{(4)}{\leq} \overline{S}_{p_2} (f)$$
\end{proof}
\end{enumerate}

До речі, якщо ти ще не здогадався, то цифри в дужках над відношеннями є посиланнями на номери відповідних властивостей.

\begin{defi}[Нижній інтеграл Лебега]
$$ \underline{\int}_E f\,dx = \sup_p \underline{S}_p(f)$$
\end{defi}
\begin{defi}[Верхній інтеграл Лебега]
$$ \overline{\int}_E f\,dx = \inf_p \overline{S}_p(f)$$
\end{defi}
\begin{theo}
Якщо $f$ – вимірна на $E$ функція ($E$ – вимірна), $f$ – обмежена функція, $\mu(E)<+\infty$, то
$$ \underline{\int}_E f\,dx = \overline{\int}_E f\,dx$$
\begin{proof}
Оскільки має місце властивість 5:
$$ \underline{S}_{p_1}(f) \leq \overline{S}_{p_2} (f),$$
то
\begin{gather*}
\sup_{p_1} \underline{S}_{p_1}(f) \leq \overline{S}_{p_2}(f) \\ 
\sup_{p_1} \underline{S}_{p_1}(f) \leq \inf_{p_2} \overline{S}_{p_2}(f)
\end{gather*}
Тому $\underline{\int}_E f\,dx \leq \overline{\int}_E fdx$.

З іншого боку
$$ 0 \leq \overline{\int}_E fdx – \underline{\int}_E f dx \leq \overline{S}_p(f) – \underline{S}_p(f) \overset{(2)}{\leq} \lambda_p \mu(E) \xrightarrow[\lambda_p \to 0]{} 0$$
Тому $0=\overline{\int}_E f dx – \underline{\int}_E fdx$.
\end{proof}
\end{theo}
Зауваження. Зрозуміло, що всі обмеженння на функції $f$ можна розглядати у розумінні майже скрізь.

Щоб підкреслити той факт що розглядається ітеграл Лебега пишуть $$(L) \int_E fdx$$

\subsection{Властивості інтегралу Лебега}
\begin{enumerate}
\item Якщо $a \leq f(x) \leq b$, то $a\cdot \mu(E) \leq \int_E fdx \leq b\cdot \mu(E)$
\item Якщо $f(x)\equiv c$, то $ \int_E fdx= c\cdot \mu(E)$
\item Якщо $\mu(E)=0$, то $\int_E fdx=0$
\item Якщо $f\geq 0$, то $\int_Efdx\geq 0$
\item Якщо $f\geq 0$, та $\int_Efdx=0$, то $f \underset{\text{м.с.}}{=}0$
\begin{proof}
$$ \{ f \neq 0 \} = \{ f>0 \} = \bigcup_{n=1}^\infty \{ f > \frac{1}{n} \} $$
Але $\forall n \in \mathbb{N}$, $n$ – фіксоване.
$$ \frac{1}{n} \mu( \{ f> \frac{1}{n} \} ) \overset{(1)}{\leq} \int_{\{ f> \frac{1}{n} \} } fdx \overset{(4)}{\leq} \int_{ \{f> \frac{1}{n} \} } fdx + \int_{ \{f \leq \frac{1}{n} \} } fdx \overset{(6)}{=} \int_E fdx = 0  $$
Тому $\mu( \{f>\frac{1}{n} \})=0$.
Отже, $\displaystyle \mu( \{f\neq 0 \} ) \leq \sum_{n=1}^\infty \mu( \{ f> \frac{1}{n} \} ) = 0 $
$$ f \underset{\text{м.с.}}{=} 0 $$
\end{proof}
\item Якщо $\displaystyle E=\bigsqcup_k E_k$ (скінченна або зліченна кількість), то $\displaystyle \int_E fdx = \sum_k \int_{E_k} fdx$
\item $\int_E (f+g) dx = \int_E fdx + \int_E gdx$
\item $\int_e c\cdot fdx = c \cdot \int_E fdx$, $c$ – стала.
\item Якщо $f\geq g$, то $\int_E fdx \geq \int_E gdx$
\item $\left| \int_E fdx \right| \leq \int_E |f|dx$
\end{enumerate}

\begin{exam}
Хай $E=[0,1], D(x)= \left\{ \begin{array}{l} 1,\quad x\in \mathbb{Q} \\ 0,\quad x \in \R \setminus \mathbb{Q}, x \in [0,1] \end{array}\right.$ 

Тоді $D(x)$  – інтегровна за Лебегом. Оскільки майже всюди $D(x)=0$, тому
$$ (L) \int_{[0,1]} D(x) dx = 0$$
\end{exam}
\begin{theo}[Лебега]
Хай $f_k$ – послідовність вимірних функцій, визначених на вимірній множині $E$ $|f_k|\leq c$ ($c$ спільна для $\forall k$) і $f_k \xrightarrow{\mu}f$ ($f$ – вимірна функція). Тоді існує
$$\lim_{k \to \infty} \int_E f_k dx = \int_E fdx$$
\begin{proof}
довге.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{exam}
$$ E=[0,1] \quad f_k(x) = \left\{ \begin{array}{l} k,\; x \in [0,\frac{1}{k}] \\ 0,\; x \in (\frac{1}{k},1]\end{array}\right.$$
Тоді $f_k\xrightarrow{\mu}0$, але $$ \int_{[0,1]} f_k dx = k\cdot \frac{1}{k} = 1 \nrightarrow 0= \int_{[0,1]} f dx$$
(ми не обмежили $f_k$ спільною $c$)

тому $|f_k|\leq c$ суттєва умова.
\end{exam}

\subsection{Порівняння інтегралів Рімана та Лебега}
\begin{theo}
Хай $f$ – інтегрована за Ріманом на $[a,b]$ функція. Тоді $f$ інтегровна і за Лебегом та
$$ (R) \int_a^b fdx = (L) \int_a^b fdx$$
\begin{proof}
дуже довге.
\end{proof}
\end{theo}
Згадаємо формулу Ньютона-Лейбніца.

Доведемо, що "хай $f$ має похідну $f_x’$ в кожній точці $[a,b]$. Якщо $f'(x)$ – обмежена та інтегровна за Ріманом, то $\forall x \in [a,b]: f(x) – f(a) = \int_a^x f'(t) dt $ ".

\begin{ask} Власне попереднє речення я щось не дуже зрозумів, але переписав. Це що, якась замаскована теорема? \end{ask}

Чи може $f'(x)$ бути обмеженою, але не інтегровною за Ріманом?

Виявляється що так.
\begin{enumerate}
\item $f'(x)$ має мати багато точок розриву ( не Лебегової міри нуль).
\item $f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} x^2 \cos \frac{1}{x}, & x\neq 0 \\ 0, & x=0 \end{array} \right.$

$f'(x)$ – розривна.
\item існує множина Кантора $K_3^\alpha$ додатньої міри ($K_3^\alpha$ має бути множиною точок розриву $f'(x)$ ).
\end{enumerate}
Тепер неважко побудувати потрібний контрприклад.

Для інтегралу Лебега такого контрприкладу не існує, бо \ldots
\begin{ask}Вияснити чого.\end{ask}

\begin{theo}
Хай $f$ має похідну $f'(x)$ – в кожній точці $x \in [a,b]$. Якщо $f'(x)$ – обмежена функція, то $f'(x)$ – інтегровна за Лебегом і
$$ f(x) – f(a) = \int_a^x f'(t) dt, \quad x \in [a,b]$$
\begin{proof}
надто довге.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{exam}[Канторові, або Чортові сходи]
Розглянемо функцію $f$,
\begin{figure}
\begin{tikzpicture}
\draw (-5,0.5) rectangle (5,-2.5);
\draw (0,0) node{Жаль, що tikz аж дуже не схожий на C,};
\draw (0,-1) node{і я не маю часу вчитись.};
\draw (0,-2) node{Тому прийдеться уявити собі чортові сходи самостійно.};
\end{tikzpicture}
\caption{Чортові сходи}
\end{figure}
яка визначена на відрізку $(0,1)$, і повертає результати на такому самому відрізку. На відрізку $(\frac{1}{3},\frac{2}{3}$ вона рівна $\frac{1}{2}$, а на двох сусідніх третинах повторює саму себе.

Вона зростаюча, і неперервна ( в точках з множини $K_3$ $f$ визначена як неперервне продовження з множини $[0,1]\setminus K_3$ ). $K_3$ – вимірна $\mu(K_3)=0$.

$f$ має похідну в кожній точці $x \in [0,1] \setminus K_3$, тому $f'(x) \underset{\text{м.с}}{=}0$. Але, $$f(1)-f(0) = 1 – 0 = 1 \neq \int_0^1 f'(x) dx = 0$$
\end{exam}

\section{Інтеграл Лебега вимірних необмежених та невід’ємних функцій}

\begin{lema}
Хай $E \xrightarrow{f} \overline{\R}$ – вимірна функція. Тоді $\forall N \in \mathbb{N}$ функція
$$[f]_N(x)=\left\{ \begin{array}{ll} f(x), & f(x)<N \\ N, & f(x)\geq N\end{array} \right.$$
є вимірною на $E$
\end{lema}
\begin{defi}[$N$- зрізка]
це власне і є функція $[f]_N(x)$ з леми.
\begin{figure}
\center
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (-0.1,0.8) — (5,0.8) node[anchor=north] {$x$};
\draw[->] (0,0.7) — (0,3) node[anchor=east] {$y$};
\coordinate (A) at (0.5,2);
\coordinate (B) at (2,2);
\coordinate (C) at (3.5,2);
\coordinate (D) at (4.5,2);
\draw[thin] plot[smooth] coordinates{ (0,1) (A) (1,3) (B) (3,1.5) (C) (4,3) (D) (5,1)};

\draw[ultra thick] plot[smooth] coordinates{ (0,1) (A)};
\draw[ultra thick] (A) — (B);
\draw[ultra thick] plot[smooth] coordinates{ (B) (3,1.5) (C)};
\draw[ultra thick] (C) — (D);
\draw[ultra thick] plot[smooth] coordinates{ (D) (5,1) };
\draw[dashed] (-0.1,2) node[anchor=east] {$N$} — (5,2);

\fill [black!5!white] (5.2,1) rectangle (8,3);
\draw (5.5,2.5) — (6,2.5) node[anchor=west]{ – $f(x)$};
\draw[ultra thick] (5.5,1.5) — (6,1.5) node[anchor=west]{ – $[f]_N(x)$};

\end{tikzpicture}
\caption{$N$-зрізка}
\label{fig:cut}
\end{figure}
\end{defi}

\subsection{Властивості $N$-зрізки}
\begin{enumerate}
\item $[f]_N \leq N$
\item $[f]_1 \leq [f]_2 \leq [f]_3 \leq \ldots$
\end{enumerate}
\begin{defi}[Інтеграл Лебега]
Хай $E\xrightarrow{f} \overline{\R}$ – вимірна функція, $f(x) \geq 0 \forall x \in E$. Границю
$$ \lim_{N\to \infty} \int_E [f]_N (x) dx $$
яка обов’язково існує в $\overline{\R}$ називають \emph{інтегралом Лебега функції $f$}. (Інтеграл $\int_E [f]_N (x) ds$ існує, бо $[f]_n$ – вимірна та обмежена функція.)
\end{defi}
\begin{defi}[сумовна функція]
Якщо $E \xrightarrow{f} \overline{\R}$ – вимірна функція і $f(x)\geq 0 \forall x \in E$, та $\int_E fdx \in \R$ тобто скінченний, то функцію $f$ називають \emph{сумовною}.
\end{defi}
Зауваження. Якщо $f$ – вимірна, обмежена та невід’ємна функція, то нове означення інтеграла Лебега співпадає з старим означенням.

Якщо $0 \leq f(x) \leq c$, то $\forall N>c [f]_N(x)=f(x)$, тому
$$ \lim_{N \to \infty} \int_E [f]_N(x)dx = \int_E fdx$$

\begin{theo}[Фату]
Хай $E \xrightarrow{f_n} \overline{\R}, \; \mu(E)<+\infty$, послідовність вимірних, невід’ємних функцій, яка майже для всіх $x \in E$ збігається до $\displaystyle f(x) (\lim_{n\to \infty} f_n(x) \underline{\text{м.с.}}=f(x))$. Тоді
$$ \int_E fdx \leq \sup_n \{ \int_E f_n(x) dx \}$$
\begin{proof}
 до речі дуже важливі. Завдяки їм ми бачимо як вчені до нас розвивали математику, і таким чином вчимось самі її розвивати. Як вдало підмітив Айзімов у своєму "Фаху". Але перед тим як стати новим Ньютоном треба здати сесію. Отак от.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{ask}Чого там фігурні дужки?\end{ask}
Зауваження. Якщо замість збіжності майже скрізь $(f_n(x) \xrightarrow[\text{м.с.}]{} f(x))$ розглянути збіжність за мірою $(f_n(x) \xrightarrow{\mu} f(x))$, то теорема залишиться вірною.
\begin{proof}
Дійсно, за теоремою Рісса існує $f_{n_k}(x): f_{n_k}(x) \to f(x)$ поточково.

Тому за "доведеною" теоремою Фату
$$ \int_E fdx \leq \sup_k \{ \int_E f_{n_k} dx \} \leq \sup_n \{ \int_E f_n dx \} $$
\end{proof}

Ще зауваження не можна розглядати як узагальнену теорему Фату, бо у випадку $f_n \xrightarrow{\mu} f$, функції $f_n, f$ мають бути майже скрізь скінченними, а в теоремі Фату допускаються і $f\equiv + \infty$.

\begin{follows}
Нехай в умовах теореми існує
$$ \lim_{ n \to \infty} \int_E f_n dx \in \overline{\R}$$
Тоді
$$ \int_E fdx \leq \lim_{n \to \infty} \int_E f_n dx $$
\end{follows}
\begin{theo}[Леві]
Нехай $f_n$ – послідовність вимірних та невід’ємних функцій, $E \xrightarrow{f_n} \overline{\R}$, $\mu(E) < + \infty$, та $f_n$ – монотонно зростаюча.
$$f_1(x) \leq f_2(x) \leq f_3(x) \leq \ldots \; \forall x \in E$$
Якщо $f(x) = \displaystyle \lim_{n \to \infty}f_n(x) \in \overline{\R}$, то
$$ \lim_{n \to \infty} \int_E f_n dx = \int_E fdx $$
\begin{proof}
поки що відсутньє.
\end{proof}
\end{theo}
\begin{theo}[Про зліченну аддитивність інтеграла]
Нехай $E = \displaystyle \bigsqcup_{k=1}^\infty E_k, \; E_k$ – вимірні множини, $E \xrightarrow{f} \overline{\R}$ – вимірна функція, і $f(x)\geq 0$.
Тоді
$$\int_E fdx = \sum_{k=1}^\infty \int_{E_k} fdx$$
\begin{proof}Знову ж таки відкладено на невизначений термін.\end{proof}
\end{theo}
Зауваження. Аналогічно можна визначити та дослідити інтеграл Лебега для вимірних та обмежених знизу (зверху) функцій.

\section{Інтеграл Лебега для вимірних функцій}

Нехай $f$ – вимірна функція, $E \xrightarrow{f} \overline{\R}$. Позначимо

\phantom{aaa}

$f_+(x) = \left\{ \begin{array}{ll} f(x), & f(x)\geq 0 \\ 0, & f(x)<0\end{array}\right.$ – додатня частина $f$.

\phantom{aaa}

$f_-(x) = \left\{ \begin{array}{ll} f(x), & f(x)\leq 0 \\ 0, & f(x)>0\end{array}\right.$ – від’ємна частина $f$.

\phantom{aaa}
Тоді $f(x) = f_-(x) + f_+(x)$.

Крім цього, $f_-(x), f_+(x)$ – вимірні функції, та обмежені нулями зверху і знизу відповідно.

Тому існують інтеграли Лебега
$$ \int_E f_+(x)dx \, , \; \int_E f_-(x)dx \; \in \overline{\R}$$

\begin{defi}[Інтеграл Лебега]
Якщо принаймі один з інтегралів $\int_E f_+(x) dx$ або $\int_Ef_-(x)dx$ скінченний, то функцію $f$ називають \emph{інтегровною за Лебегом}, а суму
$$\int_E fdx = \int_E f_+dx + \int_E f_-dx$$
\emph{інтегралом Лебега}
\end{defi}
\begin{defi}[сумовна функція]
Якщо $\int_E fdx \in \R$, то $f$ – сумовна.
\end{defi}

\begin{exam}
Хай $f(x)$ визначена на $[1,+\infty): \quad f(x) = \frac{(-1)^{n+1}}{n}$, якщо $n \leq x \leq n+1; \; n\in \mathbb{N}$.

$$ (L) \int_{[1,+\infty)} f_+ dx = 1+\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \cdots = + \infty$$
$$ (L) \int_{[1,+\infty)} f_– dx = –\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \cdots \right) = – \infty$$

Тому $f(x)$ не інтегровна за Лебегом. Але, якщо розглянути невласний інтеграл Рімана, то
$$ (R) \int_1^{+ \infty} fdx = \lim_{ t \to \infty} (R) \int_1^t fdx,$$
але якщо $2n \leq t \leq 2n+1$, то
$$ (R) \int_1^t fdx = 1 –\frac{1}{2} +\frac{1}{3} – \frac{1}{4} + \ldots + \frac{1}{2n-1} \to \ln 2$$, то
$$ (R) \int_1^t fdx = 1 – \frac{1}{2} + \frac{1}{3} – \frac{1}{4} + \ldots – \frac{1}{2n} \to \ln 2$$
отже невласний інтеграл Рімана існує.
\end{exam}
\begin{theo}[критерій сумовності]
Хай $f$ – вимірна на $E$. Тоді $f$ – сумовна $<=>$ $|f|$ – сумовна.
\begin{proof}
Має місце рівність $|f|=f_+ – f_$. Оскільки $|f| \geq 0, \; f_+\geq 0, -f_\geq 0$.

$\int_E |f|dx$ – дійсне число $<=> \int_E f_+dx , \int_E f_-dx$ – дійсні числа $<=> \int_E fdx$ – дійсне число.
\end{proof}
\end{theo}
\section{Властивості інтегралу Лебега}
\begin{enumerate}
\item Якщо $f$ і $g$ – сумовні, та $f\geq g => \int_E fdx \geq \int_E gdx$.
\item Якщо $f$ – сумовна, та $\forall k \in \R k\cdot f$ – сумовна, то $\int_E kfdx = k \int_E fdx$.
\item Якщо $f$ і $g$ – сумовні, то $f+g$ – сумовна функція, і $\int_E (f+g) \,dx = \int_E fdx + \int_E gdx$
\item Якщо $f$ – сумовна, то вона майже скрізь скінченна.
\item Якщо $f$ – сумовна, та $f \sim g$, то $g$ – сумовна функція, і $\int_E fdx = \int_E gdx$.
\item Якщо $E$ – вимірна множина і $\mu(E) = 0$, то $\forall f$, що визначена на $E$ – сумовна, і $\int_E fdx=0$
\item Якщо $f$ – сумовна на множинах $E_1,E_2,\ldots,E_n$, і вони утворюють диз’юнктну систему, то $f$ – сумовна на $\displaystyle \bigsqcup_{k=1}^n E_k$, і $$\int_{\bigsqcup_{k=1}^n E_k} fdx = \sum_{k=1}^n \int_{E_k} fdx $$
\item Якщо $f$ – сумовна функція, то $| \int_E fdx | \leq \int_E |f| dx $
\item Якщо $f$ – така функція, що існує сумовна $g: \; |f| \leq g$, то $f$ – сумовна функція.
\end{enumerate}
\begin{theo}[Абсолютна неперервність інтегралу Лебега]
Хай $f$ – сумовна функція, тоді
$$ \forall \varepsilon>0 \exists \delta>0 : \forall A_{(\text{вимірна})} \subset E, \mu(A)<\delta \;=> |\int_A fdx |< \varepsilon $$
\begin{proof}
\ldots
\end{proof}
\end{theo}
А зараз приготуйстесь до дежавю, і нате:
\begin{theo}[Лебега]
Нехай $f_1,f_2,\ldots$ – послідовність вимірних на $E$ функцій, $f_n \xrightarrow{\mu} f$ ($f_n, f$ – майже скрізь скінченні), $\mu(E)<\infty$. Якщо існує сумовна функція $g(x)$:
$$|f_n(x) | < g(x) \forall x \in E \forall N \in \mathbb{N},$$
то
$$\lim_{n\to \infty} \int_E f_n dx = \int_E fdx$$
\begin{proof}
без цього легше.
\end{proof}
\end{theo}

\section{Функції класів $L_p$}

\begin{defi}[$L_p(E)$]
Нехай $f$ – вимірна на $E \subset \R$ функція. Якщо існує скінченний інтеграл Лебега
$$ \int_E |f|^p dx \in \R$$
де $p>0$, то кажуть що $f \in L_p(E)$. $L_p(E)$ – множина усіх таких функцій $f$.
\end{defi}
\begin{exam}
Най $f(x)=\frac{1}{x},\; E=(0,1)$, тоді інтеграл $\int_{E=(0,1)} \frac{1}{x^p} dx = \int_0^1 \frac{1}{x^p} dx$ – невласний інтеграл Рімана другого роду, який збігається при $p<1$, тому $\frac{1}{x} \in  L_p(0,1)$, при $p \in (0,1)$.
\end{exam}

\begin{theo}Хай $E$ – обмежена множина, $E\subset \R$, та $f \in L_p(E)$. Тоді $\forall 0<g<p \quad f \in L_g(E)$.
\begin{proof} \ldots \end{proof}
\end{theo}
Зауваження. Теорема залишається вірною якщо $E$ – множина скінченної міри.

\begin{theo}[Гельдера]
Хай $f \in L_p(E),\; g \in L_g(E)$. Якщо $\frac{1}{p}+ \frac{1}{q}=1$, то $f\cdot g \in L_1(E)$.
\begin{proof}
Скористаємося нерівністю Гельдера:
$$\int_E |fg|dx \leq \left( \int_E |f|^p dx \right)^{\frac{1}{p}} \cdot \left( \int_E |g|^q dx \right)^{\frac{1}{q}} \in \R$$
І теорема впринципі доведена.
\end{proof}
\end{theo}
Зауваження. Умова теореми Гельдера може виконуватись лише при $p>1, q>1$.
\begin{exam}
Нехай $E=[1,+\infty)$. Розглянемо $f(x)\equiv 1/x$. Тоді
$$ \int_E |f|^pdx = \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^p}dx$$ невласний інтеграл першого роду, який збігається при $p>1$. Виходить $f \in L_p([1,+\infty)), \; p>1$.
\end{exam}

Отже, якщо $E$ – множина $\mu(E)=+\infty$, то
$$ L_p(E \nsubseteq L_g(E) \qquad L_q(E) \nsubseteq L_p(E)$$

Якщо $\mu(E) < + \infty$ $L_p(E) \subset L_q(E)$, при $p\geq q$.
\begin{theo}
Якщо $f,g,\in L_p(E)$, то $f+g \in L_p(E), \;\;c\cdot f \in L_p(E), \; \; c \in \R$.
\end{theo}
\begin{theo}
Хай $p>1$. Тоді функція $L_p(E) \xrightarrow{\|\cdot \|_p}\R$,
$$\|f\|_p=\left(\int_E |f|^pdx \right)^{\frac{1}{p}}, \quad f \in L_p (E)$$
є нормою у просторі $L_p(E)$, тобто виконуються умови:
\begin{enumerate}
\item $\|f\|_p\geq 0$
\item $\|f\|_p=0 <=> f\underset{\text{м.с.}}{=}0$
\item $\|\lambda f\|_p= |\lambda|\cdot \|f\|_p,\; \lambda \in \R$
\item $\|f+g\|_p\leq \|f\|_p+\|g\|_p$
\end{enumerate}
Крім цього $L_p(E)$ – повний простір (кожна фундаментальна послідовність є збіжною).
\end{theo}
Якщо $p=2$, то $L_2(E)$ має додаткові гарні властивості:
\begin{theo}У просторі $L_2(E)$ функція
$$L_2(E) \times L_2(E) \xrightarrow{(\cdot,\cdot)} \R$$
де $(f,g) = \int_E fg\cdot dx$, є скалярним добутком, тобто
\begin{enumerate}
\item $(f,f) \geq 0$
\item $(f,f) = 0 => f \underset{\text{м.с.}}{=}0$
\item $(f,g) = (g,f)$
\item $(\lambda f+g,h) = \lambda(f,h)+(g,h)$
\end{enumerate}
Крім цього, $L_2(E)$ – повний простір відносно норми
$$\|f\|_2=\sqrt{(f,f)}$$
\end{theo}
\end{document}

Advertisements

Written by bunyk

Вересень 28, 2009 at 19:13

Оприлюднено в Кодерство, Розмітка

Tagged with

Одна відповідь

Subscribe to comments with RSS.

  1. Пригодилось, якраз це мені і було потрібно

    gorih

    Березень 7, 2011 at 13:02


Залишити відповідь

Заповніть поля нижче або авторизуйтесь клікнувши по іконці

Лого WordPress.com

Ви коментуєте, використовуючи свій обліковий запис WordPress.com. Log Out / Змінити )

Twitter picture

Ви коментуєте, використовуючи свій обліковий запис Twitter. Log Out / Змінити )

Facebook photo

Ви коментуєте, використовуючи свій обліковий запис Facebook. Log Out / Змінити )

Google+ photo

Ви коментуєте, використовуючи свій обліковий запис Google+. Log Out / Змінити )

З’єднання з %s