Реален анализ - трудни задачи с решения

Решение:
За [tex]n\ge 1[/tex] полагаме [tex]U_n=\bigcup_{k\ge n}E_k[/tex]. Всяко [tex]U_n[/tex] е измеримо и съдържа [tex]E_n[/tex], затова [tex]m(U_n)\ge s[/tex]. Множествата намаляват, [tex]U_1\supset U_2\supset\ldots[/tex], и [tex]m(U_1)\le 1\lt\infty[/tex], така че от непрекъснатостта на мярката отгоре за множеството [tex]L=\bigcap_{n=1}^{\infty}U_n[/tex] получаваме
[tex]m(L)=\lim_{n\to\infty}m(U_n)\ge s\gt 0[/tex]
Точка [tex]x[/tex] принадлежи на [tex]L[/tex] точно когато за всяко [tex]n[/tex] съществува [tex]k\ge n[/tex], за което [tex]x\in E_k[/tex], т.е. когато [tex]x[/tex] принадлежи на безкрайно много от множествата [tex]E_k[/tex]. Тъй като [tex]m(L)\gt 0[/tex], множеството [tex]L[/tex] не е празно; избираме [tex]x\in L[/tex]. Тогава множеството от индекси [tex]\{k: x\in E_k\}[/tex] е безкрайно; подреждаме елементите му в растящ ред: [tex]n_1\lt n_2\lt n_3\lt\ldots[/tex]. По построение [tex]x\in E_{n_j}[/tex] за всяко [tex]j[/tex], следователно
[tex]x\in\bigcap_{j=1}^{\infty}E_{n_j}\Rightarrow\bigcap_{j=1}^{\infty}E_{n_j}\ne\varnothing[/tex]
Забележка: сечението може да има мярка нула. Например, ако [tex]E_j[/tex] е множеството на числата [tex]x\in(0; 1)[/tex], чиято [tex]j[/tex]-та двоична цифра е [tex]0[/tex], то [tex]m(E_j)=\frac{1}{2}[/tex], но сечението на кои да е [tex]r[/tex] от тези множества има мярка [tex]2^{-r}[/tex], така че всяко безкрайно сечение има мярка [tex]0[/tex].

Решение:
Ако [tex]B=\varnothing[/tex], избираме [tex]A=\varnothing[/tex]. Нека [tex]B\ne\varnothing[/tex]. Непразно компактно подмножество на [tex]\mathbb{R}[/tex] е затворено и ограничено, затова има най-малък и най-голям елемент:
[tex]p=\min B,\qquad q=\max B[/tex]
Тъй като [tex]B\subset f(\mathbb{R}^2)[/tex], съществуват точки [tex]u,v\in\mathbb{R}^2[/tex], за които [tex]f(u)=p[/tex] и [tex]f(v)=q[/tex]. Нека [tex]r=\max\{|u|; |v|\}[/tex] и [tex]K=\{x\in\mathbb{R}^2: |x|\le r\}[/tex] е затвореният кръг с радиус [tex]r[/tex]. Той е компактен (затворен и ограничен, по теоремата на Хайне-Борел) и свързан (тъй като е изпъкнал). Следователно непрекъснатият образ [tex]f(K)[/tex] е компактно свързано подмножество на [tex]\mathbb{R}[/tex], т.е. затворен интервал. Този интервал съдържа [tex]p=f(u)[/tex] и [tex]q=f(v)[/tex], следователно
[tex]B\subset[p; q]\subset f(K)[/tex]
Полагаме [tex]A=K\cap f^{-1}(B)[/tex]. Множеството [tex]B[/tex] е затворено и [tex]f[/tex] е непрекъсната, затова [tex]f^{-1}(B)[/tex] е затворено; следователно [tex]A[/tex] е затворено подмножество на компактното множество [tex]K[/tex] и значи е компактно. Ясно е, че [tex]f(A)\subset B[/tex]. Обратно, за всяко [tex]y\in B\subset f(K)[/tex] съществува [tex]x\in K[/tex] с [tex]f(x)=y[/tex], като тогава [tex]x\in A[/tex]. Следователно
[tex]f(A)=B[/tex]

Решение:
Горна граница. Нека [tex]f\in F[/tex] и [tex]x\in(0; 1)[/tex]. По теоремата на Лагранж за крайните нараствания в [tex][0; x][/tex] и в [tex][x; 1][/tex] съществуват точки [tex]\xi[/tex] и [tex]\eta[/tex], за които
[tex]f(x)=f'(\xi)\,x\le ax,\qquad b-f(x)=f'(\eta)(1-x)\ge -a(1-x)[/tex]
Следователно [tex]f(x)\le h(x)[/tex] в [tex][0; 1][/tex], където
[tex]h(x)=\min\{ax; a+b-ax\}[/tex]
Двете прави се пресичат при [tex]x_0=\frac{a+b}{2a}\in[0; 1][/tex] (защото [tex]|b|\le a[/tex]), на височина [tex]y_0=ax_0=\frac{a+b}{2}[/tex]. Следователно
[tex]\int_0^1 f(x)\,dx\le\int_0^{x_0}ax\,dx+\int_{x_0}^{1}(a+b-ax)\,dx=\frac{a^2+2ab-b^2}{4a}[/tex]
Точност на оценката. Ако [tex]|b|=a[/tex], то [tex]h(x)=bx[/tex] и самата тази функция принадлежи на [tex]F[/tex]. Ако [tex]|b|\lt a[/tex], то [tex]0\lt x_0\lt 1[/tex] и [tex]h[/tex] има чупка в [tex]x_0[/tex], която заглаждаме. За [tex]0\lt\delta\lt\min\{x_0; 1-x_0\}[/tex] нека [tex]f_\delta=h[/tex] при [tex]|x-x_0|\ge\delta[/tex] и
[tex]f_\delta(x)=y_0-\frac{a\delta}{2}-\frac{a(x-x_0)^2}{2\delta},\qquad |x-x_0|\lt\delta[/tex]
В точките [tex]x_0-\delta[/tex] и [tex]x_0+\delta[/tex] парчетата имат равни стойности ([tex]y_0-a\delta[/tex]) и равни производни (съответно [tex]a[/tex] и [tex]-a[/tex]), затова [tex]f_\delta[/tex] е диференцируема, [tex]|f_\delta'|\le a[/tex] с равенство извън [tex](x_0-\delta; x_0+\delta)[/tex], [tex]f_\delta(0)=0[/tex] и [tex]f_\delta(1)=b[/tex]; следователно [tex]f_\delta\in F[/tex]. При [tex]t=x-x_0[/tex] имаме [tex]h-f_\delta=\frac{a(|t|-\delta)^2}{2\delta}[/tex] за [tex]|t|\lt\delta[/tex], така че
[tex]\int_0^1 h(x)\,dx-\int_0^1 f_\delta(x)\,dx=2\int_0^{\delta}\frac{a(\delta-t)^2}{2\delta}\,dt=\frac{a\delta^2}{3}\to 0\quad(\delta\to 0)[/tex]
Следователно супремумът е равен на [tex]\frac{a^2+2ab-b^2}{4a}[/tex]. (При [tex]|b|\lt a[/tex] той не се достига: равенството би означавало [tex]f=h[/tex], а [tex]h[/tex] не е диференцируема в [tex]x_0[/tex].)