UMD 分析资格考试/Jan07 真题

问题 1

假设$f:[0,\infty )\to [0,\infty )$ 是可测的，并且$\int _{0}^{1}f(x)\,dx<\infty$。证明 $\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}\,dx=\int _{0}^{\infty }f(x)\,dx.$

解法 1

由于$\int _{0}^{1}f(x)\,dx<\infty$，则$f(x)<\infty$ 在 [0,1] 上几乎处处成立。这意味着${\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}\to 0$ 在 [0,1] 上几乎处处成立，因为 ${\frac {x^{n}}{1+x^{n}}}\to 0$ 在 (0,1) 上成立。然后由勒贝格控制收敛定理，我们有$\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}\,dx=\int _{0}^{1}f(x)\,dx.$

现在处理区间$(1,\infty )$

情况 1: $\int _{1}^{\infty }f(x)<\infty$

对于每个 $x\in [1,\infty )$ 我们有 ${\frac {x^{n}}{1+x^{n}}}<1$ 并且单调递增到 1。因此，根据与上述相同的论点，勒贝格支配收敛定理告诉我们 $\lim _{n\to \infty }\int _{1}^{\infty }{\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}\,dx=\int _{1}^{\infty }f(x)\,dx.$ 我们完成了。

情况 1: $\int _{1}^{\infty }f(x)=\infty$

注意，对于每个 $x\in (1,\infty )$ 我们有 ${\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}>{\frac {f(x)}{2}}$，右侧必须积分到无穷大。因此，根据积分的单调性，我们有 $\int _{1}^{\infty }{\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}=\infty$ 对于所有 $n$。这给了我们 $\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}\,dx=\int _{0}^{\infty }f(x)\,dx=\infty$ 如所愿。

问题 3

令 $f\in L^{p}[0,1],g\in L^{q}[0,1],h\in L^{r}[0,1]$，其中 $1\leq p,q,r\leq \infty ,1/p+1/q+1/r=1$。证明 $fgh\in L^{1}[0,1]$，且 $||fgh||_{1}\leq ||f||_{p}||g||_{q}||h||_{r}$。

解 3

将 $f$ 除以 $||f||_{p}$，我们可以假设不失一般性地 $||f||_{p}=1$（类似地，对于 $g,h$ 以及它们相应的范数）。因此，我们需要证明 $||fgh||_{1}\leq 1$。证明的关键在于 Young 不等式，它告诉我们

$\int |fgh|\leq \int {\frac {|f|^{p}}{p}}+{\frac {|g|^{q}}{q}}+{\frac {|h|^{r}}{r}}={\frac {1}{p}}+{\frac {1}{q}}+{\frac {1}{r}}=1.$

问题 5

假设 $E_{n}$ 是可测集，并且存在一个可积函数 $f\in L^{1}(\mathbb {R} )$ 使得 $\lim _{n\to \infty }||\mathrm {X} _{E_{n}}-f||_{1}=0$。证明存在一个可测集 $E$ 使得 $f=\mathrm {X} _{E}$.

解 5

我们断言 $f$ 只能取值 0 和 1。为了看到这一点，假设相反，假设 $f$ 在集合 $A$ 上与 0 或 1 不同。我们可以排除情况 $m(A)=0$，因为否则我们可以修改 $f$ 在零测集上使其等于指示函数，而不会影响积分。

然后 $||\mathrm {X} _{E_{n}}-f||_{1}=\int _{\mathbb {R} \setminus A}|f_{n}-f|\,dm+\int _{A}|f_{n}-f|\,dm=0+\int _{A}|f_{n}-f|\,dm$

在 $A$ 上，$|f_{n}-f|$ 是一个严格正函数。那么对于任何充分小的 $\epsilon >0$，都存在某个 $A_{\epsilon }\subseteq A$，满足 $m(A_{\epsilon })>m(A)-\epsilon$，使得 $|f_{n}-f|\geq C_{\epsilon }$ 在 $A_{\epsilon }$ 上对于某个正常数 $C_{\epsilon }$ 成立。那么 $||\mathrm {X} _{E_{n}}-f||_{1}\geq C_{\epsilon }(m(A)-\epsilon )$。

因此我们已经证明，我们可以获得 $||\mathrm {X} _{E_{n}}-f||_{1}$ 的一个正的下界，该下界与 $n$ 的选择完全无关。这与 $\lim _{n\to \infty }||\mathrm {X} _{E_{n}}-f||_{1}=0$ 矛盾。因此 $f$ 几乎处处只能取 0 和 1 两个值。由于 $f\in L^{1}(\mathbb {R} )$，那么它当然可测。因此 $E:=f^{-1}(1)$ 是可测的。我们就完成了。