实变函数学十遍

中山大学数学学院2017学年春季学期2016级四班《实变函数》课程网站

期末考

本次期末考有五道非常简单的题目。

1

注意到对任何$x\in [0,1], k\in\mathbb{Z}^+$,成立$\vert\frac{\ln(k+x)}{k}e^{-x}\cos(x)\vert\leq 1$,而$1\in L([0,1])$。由控制收敛定理,$\lim_{k\to\infty}\int^1_0 \frac{\ln(k+x)}{k}e^{-x}\cos(x)\mathrm{d}x=\int^1_0 \lim_{k\to\infty}\frac{\ln(k+x)}{k}e^{-x}\cos(x)\mathrm{d}x=\int^1_0 0\mathrm{d}x=0$。

2

因$\{f_k\}$在$E$依测度收敛于$f$,由Riesz定理存在子列$\{f_{k_i}\}$在$E$几乎处处收敛于$f$,其中对几乎处处$x\in E$成立$\vert f_{k_i}(x)\vert\leq F(x)$,从而$\vert f(x)\vert\leq F(x)$,其中$F\in L(E)$,所以由勒贝格控制收敛定理$f\in L(E)$。

反设$\{\int_E f_k(x)\mathrm{d}x\}$不收敛于$\int_E f(x)\mathrm{d}x$,则由上下极限定义存在子列$\{\int_E f_{k_i}(x)\mathrm{d}x\}$无界或收敛于$\int_E f(x)\mathrm{d}x$以外的数。因$\{f_{k_i}\}$在$E$依测度收敛于$f$,由Riesz定理存在子列$\{f_{k_{i_j}}\}$在$E$几乎处处收敛于$f$,所以由勒贝格控制收敛定理$\{\int_E f_{k_{i_j}}(x)\mathrm{d}x\}$收敛于$\int_E f(x)\mathrm{d}x$,矛盾。

3

记$A=\{(x,t)\in [0,1]\times [0,1]\vert t>x\}$,$h:\begin{align}\mathbb{R}^2&\to\mathbb{R}\\(x,t)&\mapsto\frac{f(t)}{t}\chi_A(x,t)\end{align}$。由Tonelli定理,因$\vert h\vert$非负可测,

$\begin{align}\int_{\mathbb{R}\times\mathbb{R}} \vert\frac{f(t)}{t}\chi_A(x,t)\vert\mathrm{d}t\mathrm{d}x&=\int_\mathbb{R} \int_\mathbb{R} \frac{\vert f(t)\vert}{t}\chi_A(x,t)\mathrm{d}x\mathrm{d}t\\&=\int^1_0 \int^t_0 \frac{\vert f(t)\vert}{t}\mathrm{d}x\mathrm{d}t\\&=\int^1_0 \vert f(t)\vert\mathrm{d}t<+\infty\end{align}$

这说明$h$在$\mathbb{R}^2$可积,故由Fubini定理,

$\begin{align}\int^1_0 g(x)\mathrm{d}x &=\int^1_0 \int^1_x \frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t\mathrm{d}x \\&=\int_\mathbb{R} \int_\mathbb{R} \frac{f(t)}{t}\chi_A(x,t)\mathrm{d}t\mathrm{d}x\\&=\int_\mathbb{R} \int_\mathbb{R} \frac{f(t)}{t}\chi_A(x,t)\mathrm{d}x\mathrm{d}t\\&=\int^1_0 \int^t_0 \frac{f(t)}{t}\mathrm{d}x\mathrm{d}t\\&=\int^1_0 f(t)\mathrm{d}t\\&=\int^1_0 f(x)\mathrm{d}x\end{align}$

4

(i)

若$f\in L^q(E)$,则因$q>p$,$\frac{q}{p}>1$,由Holder不等式并注意到$mE<+\infty$:

$\begin{align}\int_E\vert f(x)\vert^p\mathrm{d}x&\leq (\int_E (\vert f(x)\vert^p)^\frac{q}{p}\mathrm{d}x)^{\frac{p}{q}}(\int_E 1^\frac{q}{q-p}\mathrm{d}x)^{1-\frac{p}{q}}\\&=(\int_E \vert f(x)\vert^q\mathrm{d}x)^{\frac{p}{q}}m(E)^\frac{q-p}{q}<+\infty\end{align}$

这说明$f\in L^p(E)$。

(ii)

令$E=(0,+\infty)$。因$q>p$有$\frac{1}{q}<\frac{1}{p}$,于是可取$\alpha\in(\frac{1}{q},\frac{1}{p})$,从而$p\alpha<1$而$q\alpha>1$。

  • 令$f(x)=\frac{1}{x^\alpha}\chi_{(1,+\infty)}(x)$,则有$f\in L^q(E)$但$f\notin L^p(E)$。
  • 令$g(x)=\frac{1}{x^\alpha}\chi_{(0,1)}(x)$,则有$g\in L^p(E)$但$g\notin L^q(E)$。

5

因$f,g$在$[a,b]$连续从而有界$M>0$。因$f,g$在$[a,b]$绝对连续,对任何$\epsilon>0$存在$\delta>0$,使对任何$a\leq x_1\leq y_1\leq\dots\leq x_n\leq y_n\leq b$,$\sum^n_{i=1}\vert y_i-x_i\vert<\delta$有$\sum^n_{i=1}\vert f(y_i)-f(x_i)\vert<\frac{\epsilon}{2M}$和$\sum^n_{i=1}\vert g(y_i)-g(x_i)\vert<\frac{\epsilon}{2M}$,于是

$\begin{align}\sum^n_{i=1}\vert f(y_i)g(y_i)-f(x_i)g(x_i)\vert &\leq\sum^n_{i=1}\vert f(y_i)(g(y_i)-g(x_i))\vert+\sum^n_{i=1}\vert (f(y_i)-f(x_i))g(x_i)\vert\\&\leq M\sum^n_{i=1}\vert g(y_i)-g(x_i)\vert+M\sum^n_{i=1}\vert f(y_i)-f(x_i)\vert\\&\leq M\frac{\epsilon}{2M}+M\frac{\epsilon}{2M}=\epsilon\end{align}$

这说明$fg$在$[a,b]$绝对连续。

由于题目相当容易,分数颇高,这次成绩好并不表示这门课学得有多好。初步统计显示,本班87人中,中位数85分,平均分79分,5人满分,38人达到至少90分,但仍然有13人低于60分,甚至有人交白卷。