UMD 分析资格考试/2008 年 1 月 真题

问题 1

假设 $f\in L^{1}(R)\!\,$ 是一个一致连续函数。证明 $\lim _{|x|\rightarrow \infty }f(x)=0\!\,$

解答 1

L^1 蕴含函数尾部的积分趋于零

${\begin{aligned}\lim _{M\rightarrow \infty }\int _{[-M,M]}|f|&=\int _{\mathbb {R} }|f|\\\lim _{M\rightarrow \infty }\int _{[-M,M]}|f|-\underbrace {\int _{\mathbb {R} }|f|} _{<\infty {\mbox{ since }}f\in L^{1}}&=0\\\int _{\mathbb {R} }|f|-\lim _{M\rightarrow \infty }\int _{[-M,M]}|f|&=0\\\lim _{M\rightarrow \infty }\int _{[-M,M]^{c}}|f|&=0\end{aligned}}\!\,$

假设不成立

假设 $\lim _{|x|\rightarrow \infty }f(x)\neq 0\!\,$。那么，

$\lim _{x\rightarrow \infty }f(x)\neq 0\!\,$

或

$\lim _{x\rightarrow -\infty }f(x)\neq 0\!\,$

不失一般性，我们可以假设第一个，即 $\lim _{x\rightarrow \infty }f(x)\neq 0\!\,$ (参见下面的备注以了解原因)。

注意，$\lim _{x\rightarrow \infty }f(x)=0\!\,$ 可以写成

$\forall \epsilon >0\left[\exists M>0\left[\forall x>M\left[|f(x)|<\epsilon \right]\right]\right]\!\,$

那么，上述语句的否定形式为

$\exists \epsilon _{0}>0[\forall M>0[\exists x_{0}>M[|f(x_{0})|>\epsilon _{0}]]]\!\,$

应用一致连续性

由于一致连续性，对于 $\epsilon _{0}\!\,$ 存在一个 $\delta (\epsilon _{0})>0\!\,$ 使得

$|f(x_{0})-f(x)|<{\frac {\epsilon _{0}}{2}}\!\,$ ,

只要 $|x-x_{0}|<\delta (\epsilon _{0})\!\,$

然后，如果 $|x-x_{0}|<\delta (\epsilon _{0})\!\,$，根据三角不等式，我们有

$\epsilon _{0}<|f(x_{0})|<|f(x)|+|f(x_{0})-f(x)|<|f(x)|+{\frac {\epsilon _{0}}{2}}\!\,$

这意味着

${\frac {\epsilon _{0}}{2}}<|f(x)|\!\,$,

只要 $|x-x_{0}|<\delta (\epsilon _{0})\!\,$

构造矛盾

令 $x_{0}\!\,$ 为一个大于 $M\!\,$ 的数。注意 $\epsilon _{0}\!\,$ 和 $\delta (\epsilon _{0})\!\,$ 不依赖于 $M\!\,$。考虑到这一点，注意

$\int _{[-M,M]^{C}}|f|>\int _{x_{0}}^{x_{0}+\delta (\epsilon _{0})}|f|>{\frac {\epsilon _{0}}{2}}\delta (\epsilon _{0})\qquad {\mbox{(*)}}\!\,$

然后，

$0=\lim _{M\rightarrow \infty }\int _{[-M,M]^{C}}|f|\geq {\frac {\epsilon _{0}}{2}}\delta (\epsilon _{0})\!\,$

这是一个巨大的矛盾。

因此，

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

备注 如果我们选择基于 $\lim _{x\rightarrow -\infty }|f|\neq 0\!\,$ 进行推论，那么在(*)中，我们只需要使用

$\int _{x_{0}-\delta (\epsilon _{0})}^{x_{0}}|f|\!\,$

来代替原来的公式。

解法 1 (替代)

根据一致连续性，对于所有$\epsilon >0\!\,$，存在$\delta (\epsilon )>0\!\,$ 使得对于所有$x_{1},x_{2}\in R\!\,$，

$|f(x_{1})-f(x_{2})|<\epsilon \!\,$

如果

$|x_{1}-x_{2}|<\delta (\epsilon )\!\,$

假设为了反证，存在$\epsilon _{0}>0\!\,$ 使得对于所有$M>0\!\,$，存在$x\in R\!\,$ 使得$|x|>M\!\,$ 且 $|f(x)|\geq \epsilon _{0}\!\,$.

令$M=1\!\,$，则存在$x_{1}\!\,$ 使得$|x_{1}|>M\!\,$ 且 $|f(x_{1})|\geq \epsilon _{0}\!\,$.

令 $M=|x_{1}|+3\delta (\epsilon _{0})\!\,$，则存在 $x_{2}\!\,$ 使得 $|x_{2}|>M\!\,$ 且 $|f(x_{2})|\geq \epsilon _{0}\!\,$。

令 $M=|x_{n}|+3\delta (\epsilon _{0})\!\,$，则存在 $x_{n+1}\!\,$ 使得 $|x_{n+1}|>M\!\,$ 且 $|f(x_{n+2})|\geq \epsilon _{0}\!\,$。

因此我们有 $\{I_{n}\}=\{(x_{n}-\delta (\epsilon _{0}),x_{n}+\delta (\epsilon _{0})\}\!\,$，其中 $I_{i}\cap I_{j}=\emptyset \!\,$ 如果 $i\neq j\!\,$，并且 $|f(x)|\geq \epsilon _{0}\!\,$ 对于所有 $x\in I_{n}\!\,$ 以及对于所有 $n\!\,$。

换句话说，我们在实数轴上选择长度为$2\delta (\epsilon _{0})\!\,$的互不相交的子区间，每个子区间都以$x_{i}\!\,$为中心（其中$i=1,2,3,\ldots \!\,$），并且相隔至少$\delta (\epsilon _{0})\!\,$。

因此，

${\begin{aligned}\int _{R}|f(x)|dx&\geq \sum _{n=1}^{\infty }\int _{I_{n}}|f(x)|dx\\&\geq \sum _{n=1}^{\infty }\epsilon _{0}\int _{I_{n}}dx\\&=\sum _{n=1}^{\infty }\epsilon _{0}\cdot 2\delta (\epsilon _{0})\\&=+\infty \end{aligned}}$

这与假设$f\in L^{1}(R)\!\,$矛盾。

因此，对于所有$\epsilon >0\!\,$，存在$M>0\!\,$，使得对于所有$|x|>M\!\,$，

$|f(x)|<\epsilon \!\,$

即

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

问题 3

假设$f\!\,$ 在$R\!\,$ 上是绝对连续的，并且$f\in L^{1}(R)\!\,$。证明如果此外 $\lim _{t\rightarrow 0^{+}}\int _{R}\left|{\frac {f(x+t)-f(x)}{t}}\right|dx=0\!\,$ 那么$f=0\!\,$

解答 3

根据 绝对连续性，Fatou 引理 和假设，我们有

${\begin{aligned}\int _{R}|f^{\prime }(t)|dt&=\int _{R}{\underset {t\rightarrow 0^{+}}{\lim \inf }}\left|{\frac {f(x+t)-f(x)}{t}}\right|dx\\&\leq {\underset {t\rightarrow 0^{+}}{\lim \inf }}\int _{R}\left|{\frac {f(x+t)-f(x)}{t}}\right|dx\\&=0\end{aligned}}$

因此 $f^{\prime }(t)=0\!\,$ 几乎处处成立。

根据微积分基本定理，对于所有的 $x\in R\!\,$，

$f(x)-f(0)=\int _{0}^{x}f^{\prime }(t)dt=0$

即 $f(x)\!\,$ 是一个常数 $c=f(0)\!\,$.

假设为了矛盾起见，$|c|>0\!\,$，那么

$\int _{R}|f(x)|dx=\int _{R}|c|dx=\infty \!\,$.

这与假设 $f\in L^{1}(R)\!\,$ 矛盾。因此，

$|c|=0\!\,$

即 $f(x)=0\!\,$ 对于所有的 $x\in R\!\,$

问题 5

假设 $L^{\frac {1}{2}}(R)\!\,$ 是所有可测函数的等价类的集合，这些函数满足： $\int _{R}|f(x)|^{\frac {1}{2}}dx<\infty \!\,$

问题 5a

证明它是一个度量线性空间，度量为： $d(f,g)=\int _{R}|f(x)-g(x)|^{\frac {1}{2}}dx\!\,$ 其中 $f,g\in L^{\frac {1}{2}}(R)\!\,$.

解答 5a

"二分之一" 三角不等式

首先，对于所有 $a,b\geq 0\!\,$，

${\begin{aligned}(a+b)&\leq (a+b)+2a^{\frac {1}{2}}b^{\frac {1}{2}}\\&=a+2a^{\frac {1}{2}}b^{\frac {1}{2}}+b\\&=(a^{\frac {1}{2}})^{2}+2a^{\frac {1}{2}}b^{\frac {1}{2}}+(b^{\frac {1}{2}})^{2}\\&=(a^{\frac {1}{2}}+b^{\frac {1}{2}})^{2}\end{aligned}}$

对不等式的两边取平方根得到：

$(a+b)^{\frac {1}{2}}\leq a^{\frac {1}{2}}+b^{\frac {1}{2}}\!\,$

L^1/2 是线性空间

因此，对于所有 $f,g\in L^{\frac {1}{2}}\!\,$，

${\begin{aligned}\int _{R}|af(x)+bg(x)|^{\frac {1}{2}}dx&\leq \int _{R}(|a|^{\frac {1}{2}}|f(x)|^{\frac {1}{2}}+|b|^{\frac {1}{2}}|g(x)|^{\frac {1}{2}})dx\\&=|a|^{\frac {1}{2}}\int _{R}|f(x)|^{\frac {1}{2}}dx+|b|^{\frac {1}{2}}\int _{R}|g(x)|^{\frac {1}{2}}dx\\&<\infty \end{aligned}}$

因此，$L^{\frac {1}{2}}\!\,$ 是一个线性空间。

L^1/2 是度量空间

非负性

$(i)\!\,$ 由于 $d(f,g)\geq 0\!\,$,

零距离

$d(f,g)=0\quad \Longleftrightarrow \quad f=g\,\,a.e.\!\,$

三角不等式

$(ii)\!\,$ 此外，对于所有 $f,g,h\in L^{\frac {1}{2}}\!\,$,

${\begin{aligned}d(f,g)&=\int _{R}|f(x)-g(x)|^{\frac {1}{2}}dx\\&=\int _{R}(|f(x)-h(x)+h(x)-g(x)|^{\frac {1}{2}}dx\\&\leq \int _{R}(|f(x)-h(x)|+|h(x)-g(x)|)^{\frac {1}{2}}dx\\&\leq \int _{R}|f(x)-h(x)|^{\frac {1}{2}}dx+\int _{R}|h(x)-g(x)|^{\frac {1}{2}}dx\\&=d(f,h)+d(h,g)\end{aligned}}$

从 $(i)\!\,$ 和 $(ii)\!\,$ ，我们得出结论，$d(f,g)\!\,$ 是一个度量空间。

问题 5b

证明对于这个度量空间，$L^{\frac {1}{2}}(R)$ 是完备的。

解 5b

对于 $a,b,c\geq 0\!\,$，

$(a+b+c)^{\frac {1}{2}}\leq a^{\frac {1}{2}}+(b+c)^{\frac {1}{2}}\leq a^{\frac {1}{2}}+b^{\frac {1}{2}}+c^{\frac {1}{2}}\!\,$

通过归纳，对于所有 $a_{k}\geq 0\!\,$ 和所有 $k\!\,$

$\left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right)^{\frac {1}{2}}\leq \sum _{k=1}^{n}a_{k}^{\frac {1}{2}}\!$

用柯西序列的子序列

我们可以等价地通过证明柯西序列的子序列收敛来证明完备性。

断言

如果柯西序列的一个子序列收敛，那么柯西序列收敛。

构造一个子序列

选择 $\{f_{n}\}\!\,$ 使得对于所有 $n\!\,$，

$d(f_{n},f_{n+1})<{\frac {1}{2^{n}}}\!\,$

设置伸缩求和

将 $f_{m}(x)\!\,$ 重写为一个伸缩求和（连续项抵消）即

$f_{m}(x)=f_{1}(x)+\underbrace {\sum _{n=1}^{m-1}(f_{n+1}(x)-f_{n}(x))} _{g_{m-1}(x)}\!\,$.

三角不等式意味着，

$|f_{m}(x)|^{\frac {1}{2}}\leq |f_{1}(x)|^{\frac {1}{2}}+|g_{m-1}(x)|^{\frac {1}{2}}\!\,$

这意味着序列 $|f_{m}(x)|^{\frac {1}{2}}\!\,$ 始终受不等式右侧序列的支配。

定义序列 {g}_m

令 $g_{m}(x)=\sum _{n=1}^{m}|f_{n+1}(x)-f_{n}(x)|$，然后

$g_{m}(x)\leq g_{m+1}(x)\!\,$

和

$g_{m}(x)\geq 0\!\,$.

换句话说，$\{g_{m}\}\!\,$ 是一个单调递增的非负函数序列。请注意，$g\!\,$，$\{g_{m}\}\!\,$ 当 $m\rightarrow \infty \!\,$ 时的极限，是存在的，因为 $\{g_{m}\}\!\,$ 是递增的。（$g\!\,$ 是一个有限数 $L\!\,$ 或者 $\infty \!\,$。）

此外，

${\begin{aligned}\int _{R}|g_{m}(x)|^{\frac {1}{2}}dx&=\int _{R}\sum _{n=1}^{m}|f_{n+1}(x)-f_{n}(x)|^{\frac {1}{2}}dx\\&=\sum _{n=1}^{m}\underbrace {\int _{R}|f_{n+1}(x)-f_{n}(x)|^{\frac {1}{2}}dx} _{d(f_{n+1},f_{n})}\\&\leq \sum _{n=1}^{m}{\frac {1}{2^{n}}}\\&\leq 1\end{aligned}}$

因此，对于所有 $m\!\,$

$\int _{R}|g_{m}(x)|^{\frac {1}{2}}dx\leq 1\!\,$

应用单调收敛定理

根据单调收敛定理，

${\begin{aligned}\int _{R}\lim _{m\rightarrow \infty }|g_{m}(x)|^{\frac {1}{2}}dx&=\lim _{m\rightarrow \infty }\int _{R}|g_{m}(x)|^{\frac {1}{2}}dx\\&\leq 1\\&<\infty \end{aligned}}$

因此，

$\lim _{m\rightarrow \infty }g_{m}(x)\in L^{\frac {1}{2}}\!\,$

应用勒贝格控制收敛定理

根据勒贝格控制收敛定理，

${\begin{aligned}\int _{R}\lim _{m\rightarrow \infty }|f_{m}|^{\frac {1}{2}}&=\lim _{m\rightarrow \infty }\int _{R}|f_{m}|^{\frac {1}{2}}\\&\leq \lim _{m\rightarrow \infty }\int _{R}|f_{1}(x)|^{\frac {1}{2}}+\int _{R}|g_{m-1}(x)|^{\frac {1}{2}}\\&<\infty \end{aligned}}$

其中最后一步成立，因为 $f_{1},g_{m-1}\in L^{\frac {1}{2}}\!\,$

因此，

$\lim _{m\rightarrow \infty }f_{m}\in L^{\frac {1}{2}}\!\,$

即 $L^{\frac {1}{2}}\!\,$ 是完备的。