Soluzioni 1-AM4

Laura Di Gregorio

27 settembre 2004

1. Sia A ⊆ E. A è misurabile secondo Peano-Jordan ⇔^{def} χ_{A} ∈ R(E) ⇔^{def} esistono f_{1} e f_{2} funzioni semplici su E tali che f_{1}(x) ≤ χ_{A}(x) ≤ f_{2}(x) su E e ∫_{E}(f_{2}−f_{1}) ≤ ε ⇔^{def} esistono E_{1} ⊆ A ⊆ E_{2} elementari tali che mis(E_{2}\E_{1}) ≤ ε. Dimostriamo l’ultima equivalenza. (⇒) Possiamo assumere che f_{1} = ∑_{j=1}^{n} a_{j}χ_{A_{j}} e f_{2} = ∑_{j=1}^{n} b_{j}χ_{A_{j}}, A_{j} disgiunti. Definisco ã_{j}, b̃_{j} ∈ {0, 1} tali che ã_{j} = 0 se a_{j} ≤ 0 e ã_{j} = 1 se a_{j} > 0 e b̃_{j} = 0 se b_{j} < 1 e b̃_{j} = 1 se b_{j} ≥ 1. Considero f̃_{1} = ∑_{j=1}^{n} ã_{j}χ_{A_{j}} e f̃_{2} = ∑_{j=1}^{n} b̃_{j}χ_{A_{j}}. Vale che f_{1}(x) ≤ f̃_{1}(x) ≤ χ_{A}(x) ≤ f_{2}(x) ≤ f̃_{2}(x). Si definisca

E_{1} := ⨆_{{j: ã_{j}=1}} A_{j} E_{2} := ⨆_{{j: b̃_{j}=1}} A_{j} .

Segue che f̃_{1} = χ_{E_{1}} e f̃_{2} = χ_{E_{2}}. Dunque

f̃_{1}(x) ≤ χ_{A}(x) ≤ f̃_{2}(x) ⇔ χ_{E_{1}} ≤ χ_{A} ≤ χ_{E_{2}} ⇔ E_{1} ⊆ A ⊆ E_{2} .

Inoltre

mis(E_{2} \ E_{1}) = ∫ (f̃_{2} − f̃_{1}) ≤ ε .

(⇐) E_{1} ⊆ A ⊆ E_{2} ⇒ χ_{E_{1}} ≤ χ_{A} ≤ χ_{E_{2}} e mis(E_{2} \ E_{1}) = ∫ (χ_{E_{2}} − χ_{E_{1}}).

2. (i) Sia x ∈ ℝ\ℚ. Sia x_{k} → x. Se x_{k} ∈ ℝ\ℚ f(x_{k}) = 0; se x_{k} = m_{k}/n_{k} ∈ ℚ allora deve essere n_{k} → ∞ per k → ∞. Dunque f è continua su ℝ \ ℚ. Sia x = m/n ∈ ℚ allora f(x) = 1/n e f è discontinua perché basta prendere una successione x_{k} ∈ ℝ \ ℚ tale che x_{k} → x. (ii) Fisso n̄. Considero l’insieme Qn̄ := {m/n : m ≤ n ≤ n̄}. Risulta

♯Qn̄ ≤ ∑_{n=1}^{n̄} n = \frac{n̄(n̄ + 1)}{2}.

Sia I_{q} := [q − \frac{1}{2n̄^{3}} , q + \frac{1}{2n̄^{3}} ]. Si prenda f_{1} ≡ 0 e

f_{2} = \frac{1}{n̄} + ∑_{q∈Qn̄} χ_{I_{q}}.

Si ha

∫_{0}^{1}(f_{2} − f_{1}) ≤ \frac{1}{n̄} + ∑_{q∈Qn̄} \frac{1}{n̄^{3}} ≤ \frac{1}{n̄} + \frac{n̄(n̄ + 1)}{2n̄^{3}} ≤ ε

per n̄ sufficientemente grande.