Реален анализ - много трудни задачи с решения

Решение:
Полагаме [tex]F(x)=\int_x^b f(t)\,dt[/tex] и [tex]G(x)=\int_x^b g(t)\,dt[/tex]. Тъй като [tex]f[/tex] и [tex]g[/tex] са диференцируеми, те са непрекъснати, затова по основната теорема на интегралното смятане [tex]F[/tex] и [tex]G[/tex] са диференцируеми в [tex][a; b][/tex] и [tex]F'=-f[/tex], [tex]G'=-g[/tex]. Освен това [tex]F(b)=G(b)=0[/tex], а от условието [tex]F(a)=0[/tex].
Стъпка 1. Функцията [tex]P=FG[/tex] е диференцируема и [tex]P(a)=P(b)=0[/tex], затова по теоремата на Рол съществува [tex]c_1\in(a; b)[/tex], за което [tex]P'(c_1)=0[/tex]. Тъй като
[tex]P'=F'G+FG'=-(fG+gF)[/tex]
функцията [tex]H=fG+gF[/tex] удовлетворява [tex]H(c_1)=0[/tex].
Стъпка 2. [tex]H[/tex] е диференцируема в [tex][a; b][/tex] като сума от произведения на диференцируеми функции и [tex]H(b)=f(b)G(b)+g(b)F(b)=0[/tex]. Теоремата на Рол в [tex][c_1; b][/tex] дава точка [tex]c\in(c_1; b)\subset(a; b)[/tex], за която [tex]H'(c)=0[/tex]. Но
[tex]H'=f'G+fG'+g'F+gF'=f'G-fg+g'F-gf=f'G+g'F-2fg[/tex]
така че [tex]H'(c)=0[/tex] е точно търсеното равенство:
[tex]f'(c)\int_c^b g(x)\,dx+g'(c)\int_c^b f(x)\,dx=2f(c)g(c)[/tex]
Да отбележим, че не е нужно никакво условие за [tex]\int_a^b g(x)\,dx[/tex].

Решение:
Избираме [tex]R\gt 0[/tex] така, че [tex]H\subset[-R; R][/tex], и полагаме [tex]\varphi(t)=m\left((H+t)\setminus H\right)[/tex]. Всички множества по-долу се получават от [tex]H[/tex] чрез транслации, разлики и обединения, затова са измерими, а мярката на Лебег е инвариантна относно транслации. Фиксираме [tex]t\ne 0[/tex] и нека [tex]k[/tex] е най-малкото естествено число, за което [tex]k|t|\gt 2R[/tex]. Тогава [tex](k-1)|t|\le 2R[/tex], т.е.
[tex]k\le\frac{2R}{|t|}+1[/tex]
Множеството [tex]H+kt\subset[-R+kt; R+kt][/tex] не пресича [tex][-R; R][/tex] (ако [tex]t\gt 0[/tex], то [tex]-R+kt\gt R[/tex]; ако [tex]t\lt 0[/tex], то [tex]R+kt\lt -R[/tex]). Следователно [tex](H+kt)\setminus H=H+kt[/tex] и
[tex]m\left((H+kt)\setminus H\right)=m(H+kt)=m(H)[/tex]
От друга страна,
[tex](H+kt)\setminus H\subset\bigcup_{i=1}^{k}\big((H+it)\setminus(H+(i-1)t)\big)[/tex]
Наистина, ако [tex]x\in H+kt[/tex] и [tex]x\notin H[/tex], нека [tex]i[/tex] е най-малкият индекс от [tex]\{0; 1; \ldots; k\}[/tex], за който [tex]x\in H+it[/tex]; тогава [tex]i\ge 1[/tex] и [tex]x\in(H+it)\setminus(H+(i-1)t)[/tex]. Всяко от тези множества е транслация: [tex](H+it)\setminus(H+(i-1)t)=\big((H+t)\setminus H\big)+(i-1)t[/tex], затова мярката му е [tex]\varphi(t)[/tex]. От полуадитивността на мярката
[tex]m(H)\le k\,\varphi(t)\le\left(\frac{2R}{|t|}+1\right)\varphi(t)\Rightarrow\frac{\varphi(t)}{|t|}\ge\frac{m(H)}{2R+|t|}[/tex]
за всяко [tex]t\ne 0[/tex]. При [tex]t\to 0[/tex] получаваме
[tex]\liminf_{t\to 0}\frac{m\left((H+t)\setminus H\right)}{|t|}\ge\frac{m(H)}{2R}\gt 0[/tex]