UMD 分析资格考试/Aug07 真题

问题 1

假设 $f\!\,$ 是一个定义域为 $(-\infty ,\infty )\!\,$ 的连续实值函数，并且 $f\!\,$ 在每个有限区间 $[a,b]\!\,$ 上绝对连续。 证明：如果 $f\!\,$ 和 $f^{\prime }\!\,$ 都在 $(-\infty ,\infty )\!\,$ 上可积，那么 $\int _{-\infty }^{\infty }f^{\prime }=0\!\,$

解法 1

由于 $f\!\,$ 对所有 $[a,b]\subset R^{1}\!\,$ 都是 绝对连续的，

$\int _{a}^{b}f^{\prime }(x)dx=f(b)-f(a)\!\,$

因此

$\int _{-\infty }^{\infty }f^{\prime }(x)dx=\lim _{a,b\rightarrow \infty }\int _{a}^{b}f^{\prime }(x)=\lim _{a,b\rightarrow \infty }[f(b)-f(a)]\!\,$

由于 $f^{\prime }\!\,$ 是可积的，即 $f^{\prime }\in L^{1}(-\infty ,\infty )\!\,$，$\lim _{b\rightarrow \infty }f(b)\!\,$ 和 $\lim _{a\rightarrow \infty }f(a)\!\,$ 存在。

假设为了矛盾，

$\lim _{b\rightarrow \infty }|f(b)|=\delta >0\!\,$

那么存在 $M\!\,$ 使得对于所有 $x>M\!\,$

$|f(x)|>{\frac {\delta }{2}}\!\,$

因为 $f\!\,$ 是连续的。（在某一点，$|f|\!\,$ 将单调递增或递减到 $\delta \!\,$。）这意味着

${\begin{aligned}\int _{-\infty }^{\infty }|f(x)|dx&\geq \int _{M}^{\infty }|f(x)|dx\\&\geq \int _{M}^{\infty }{\frac {\delta }{2}}dx\\&=\infty \end{aligned}}$

这与假设 $f\!\,$ 是可积的，即 $f\in L^{1}(-\infty ,\infty )\!\,$ 相矛盾。因此，

$\lim _{b\rightarrow \infty }f(b)=0\!\,$

使用与上述相同的推理，

$\lim _{a\rightarrow -\infty }f(a)=0\!\,$

因此，

$\int _{-\infty }^{\infty }f^{\prime }(x)dx=\lim _{b\rightarrow \infty }f(b)-\lim _{a\rightarrow -\infty }f(a)=0\!\,$

替代解

假设 $\int _{-\infty }^{\infty }f'=c\neq 0$（不失一般性，$c>0$）。那么对于小的正数 $\epsilon$，存在某个实数 $M$，使得对于所有 $m>M$，我们有 $c-\epsilon <\int _{-m}^{m}f'<c+\epsilon$。根据微积分基本定理，这给出

$f(-m)+c-\epsilon <f(m)<f(-m)+c+\epsilon$ 对于所有 $m>M$。

由于 $f$ 是可积的，这意味着对于任何小的正数 $\delta$，存在一个 $N$，使得对于所有 $n>N$，我们有 $\int _{-\infty }^{-n}+\int _{n}^{\infty }f<\delta$。但是根据上面的估计，

$\int _{-\infty }^{-n}f+\int _{n}^{\infty }f>\int _{-\infty }^{-n}f+\int _{-\infty }^{-n}f+(c-\epsilon )=\int _{-\infty }^{-n}2f+\int _{-\infty }^{-n}(c-\epsilon )=\infty$

这与$f$的可积性相矛盾。因此，我们必须有$c=0$.

问题 3

假设$\{f_{n}\}\!\,$ 是定义在区间$[0,1]\!\,$ 上的一系列实值可测函数，并假设对于几乎所有的$x\in [0,1]\!\,$，$f_{n}(x)\rightarrow f(x)\!\,$。令$p>1\!\,$ 且$M>0\!\,$，并假设对于所有的$n\!\,$，$\|f_{n}\|_{p}\leq M\!\,$。 (a) 证明$\|f\|_{p}\leq M\!\,$。 (b) 证明当$n\rightarrow \infty \!\,$ 时，$\|f-f_{n}\|_{1}\rightarrow 0\!\,$。

解 3a

根据范数的定义，

$\|f\|_{p}=\left(\int |f(x)|^{p}\,\mathrm {d} x\right)^{\frac {1}{p}}\!\,$

由于 $\|f_{n}\|_{p}\leq M\!\,$,

$\|f_{n}\|_{p}^{p}\leq M^{p}\!\,$

根据 Fatou 引理,

${\begin{aligned}\|f\|_{p}^{p}&=\int _{0}^{1}|f(x)|^{p}dx\\&=\int _{0}^{1}{\underset {n}{\lim \inf }}|f_{n}(x)|^{p}dx\\&\leq {\underset {n}{\lim \inf }}\int _{0}^{1}|f_{n}(x)|^{p}dx\\&\leq M^{p}\end{aligned}}$

这表明，取 $p\!\,$ 次方根，

$\|f\|_{p}\leq M\!\,$

解法 3b

根据 Hölder 不等式，对于所有可测量的 $A\subset [0,1]\!\,$，

${\begin{aligned}\int _{A}|(f(x)-f_{n}(x))\cdot 1|dx&\leq \left(\int _{A}|f(x)-f_{n}(x)|^{p}dx\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left(\int _{A}1^{q}dx\right)^{\frac {1}{q}}\\&\leq \left(\int _{A}|2f(x)|^{p}dx\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left(\int _{A}1^{q}dx\right)^{\frac {1}{q}}\\&\leq 2\left(\int _{A}|f(x)|^{p}dx\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left(\int _{A}1^{q}dx\right)^{\frac {1}{q}}\\&\leq 2M\cdot (m(A))^{\frac {1}{q}}\end{aligned}}$

其中 ${\frac {1}{p}}+{\frac {1}{q}}=1\!\,$

因此，$|f(x)-f_{n}(x)|\leq 2M(m(A))^{\frac {1}{q}}\!\,$

那么，Vitali 收敛定理表明

$\lim _{n\rightarrow \infty }\int _{0}^{1}|f(x)-f_{n}(x)|dx=\int _{0}^{1}\lim _{n\rightarrow \infty }|f(x)-f_{n}(x)|dx=0\!\,$

问题 5

假设$f(x),xf(x)\in L^{2}(R)\!\,$。证明$f(x)\in L^{1}(R)\!\,$，并且 $\|f\|_{1}\leq {\sqrt {2}}(\|f\|_{2}+\|xf\|_{2})\!\,$

解答 5

${\begin{aligned}\int _{R}|f(x)|dx&=\int _{|x|>1}|xf(x|\cdot {\frac {1}{|x|}}dx+\int _{|x|<1}|f(x)|\cdot 1dx\\&\leq \left(\int _{|x|>1}|xf(x)|^{2}dx\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\int _{|x|>1}{\frac {1}{|x|^{2}}}dx\right)^{\frac {1}{2}}+\left(\int _{|x|<1}|f(x)|^{2}dx\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\int _{|x|<1}1^{2}dx\right)^{\frac {1}{2}}\end{aligned}}$