UMD 分析资格考试/1月10日真题

问题 1

假设 $n\geq 1$ 是一个整数，并且令 $f\in \cap _{n=1}^{\infty }L^{n}([0,1])$ 。证明如果 $\sum _{n=1}^{\infty }||f||_{L^{n}([0,1])}<\infty$ ，那么 $f=0$ a.e.

解答 1

我们将证明 $\lim _{n\to \infty }||f||_{L^{n}}=||f||_{L^{\infty }}$

由于简单函数在 $L^{p}$ 中稠密，因此只需证明当 $f=\sum _{i=1}^{N}a_{i}\mathrm {X} _{E_{i}}$ 时结果成立。不失一般性，我们可以假设 $\{E_{i}\}$ 是一个可测集的互不相交的族。那么，

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }(\int |f|^{n})^{1/n}&=\lim _{n\to \infty }(\int (\sum _{i=1}^{N}a_{i}\mathrm {X} _{E_{i}})^{n})^{1/n}{\text{for notation, assume all }}a_{i}{\text{are positive.}}\\&=\lim _{n\to \infty }(\int \sum _{i=1}^{N}a_{i}^{n}\mathrm {X} _{E_{i}})^{1/n}{\text{ since each of the cross terms equal zero since }}E_{i}{\text{ are all disjoint}}\\&=\lim _{n\to \infty }(\sum _{i=1}^{N}\int a_{i}^{n}\mathrm {X} _{E_{i}})^{1/n}{\text{ by finite additivity of the Lebesgue integral}}\\&=\lim _{n\to \infty }(\sum _{i=1}^{N}a_{i}^{n}m(E_{i}))^{1/n}\end{aligned}}$

现在我们想要计算这个极限。

一个上限是： $\sum _{i=1}^{N}a_{i}^{n}m(E_{i}))^{1/n}\leq \sum _{i=1}^{N}(\max _{1\leq j\leq N}a_{j}^{n})\cdot 1)^{1/n}$ 因为我们的函数 $f$ 仅在区间 $[0,1]$ 上定义。右边，当 $n\to \infty$ 时，趋于 $\max a_{i}$ 。

下界是： $\sum _{i=1}^{N}a_{i}^{n}m(E_{i}))^{1/n}\geq (\max _{1\leq j\leq N}a_{j}^{n})m(E_{i}))^{1/n}$ 因为我们假设每个 $a_{i}$ 和 $m(E_{i})$ 都是正数。这也倾向于 $\max a_{i}$ 当 $n\to \infty$ .

因此，我们已经证明了 $\lim _{n\to \infty }(\int |f|^{n})^{1/n}=\max _{1\leq i\leq N}a_{i}=||f||_{L^{\infty }([0,1])}$ 对于简单的 $f$ 。由简单函数在 $L^{p}$ 中的稠密性，这表明一般 $L^{p}$ 函数具有相同的结果。

所以 $\lim _{n\to \infty }||f||_{L^{n}}=||f||_{L^{\infty }}$ 。现在假设 $||f||_{L^{\infty }}=M>0$ 。然后对于某个 $N$ ，我们有 $||f||_{L^{n}}>M/2$ 对于每一个 $n>N$ 。因此

$\sum _{n=1}^{\infty }||f||_{L^{n}}\geq \sum _{n=N+1}^{\infty }M/2=\infty .$

因此，如果我们希望 $\sum _{n=1}^{\infty }||f||_{L^{n}}<\infty$ ，我们必须有 $||f||_{L^{\infty }}=0$ ，这意味着 $f=0$ 几乎处处在 [0,1] 上。

问题 3

设 $f\in L^{1}(\mathbb {R} )$ 。

(a) 确定

$\lim _{x\to 0}\int _{\mathbb {R} }|f(t+x)+f(t)|\,dt$

(b) 确定

$\lim _{x\to \infty }\int _{\mathbb {R} }|f(t+x)+f(t)|\,dt$

解法 3

对于 (a) 和 (b) 两部分，根据三角不等式，我们有一个明显的 2||f||₁ 的上限。剩下的就是证明这个上限在两种情况下都是紧上限。

对于这两种情况，可以使用相同的方法，只是对于两个不同的极限，需要进行一些小的调整。由于阶跃函数在 L¹(R) 中稠密，因此选择 epsilon e>0，并用某个阶跃函数 g 来逼近 f，使得 ||f-g||₁<e。令 f_x(t)=f(x+t)，g_x(t)=g(t+x)。

那么 ||f_x+f|| = ||f_x+f+(g_x+g)-(g_x+g)||。根据三角不等式，这大于或等于 ||g_x+g||-||f_x+f-(g_x+g)||。再次应用三角不等式，第二项大于或等于 -2e。证明在此处分叉。

对于 (a) 部分，对于任何特定的 t，x，|g_x(t)+g(t)| 小于 |g_x(t)|+|g(t)| 当且仅当 g_x(t) 和 g(t) 符号相反。由于 g 是一个阶跃函数，这显然只可能发生在 t 和 t+x 在系数不同的区间内时，因此最多可能发生在每个区间内的 x 的距离内，跨越有限个 n 个区间。由于任何特定的阶跃函数 g 的差异受 M=max(g)-min(g) 的限制，我们得到以下不等式

||g_x+g|| >= ||g_x||+||g|| - x*n*M。显然，当 x 趋于 0 时，此值的极限为 2||g||，它本身也低于 2||f||-2e。将这两部分加起来，我们得到一个下限：lim_x->0||f_x+f||>=2||f||-4e，对于任何正的 epsilon。因此，2||f|| 的边界是紧的。

在 (b) 部分中的证明更简单。由于 g 是 L¹ 中的阶跃函数，因此它具有有界支撑，因此 x 的某个值将足够大，使得 g_x 和 g 具有不相交的支撑。因此，我们可以简单地说，极限为 ||g_x||+||g||>=2||f||-2e。