2021级尤波

2023尤波

试题

一、判断题

Cantor 集的基数为连续基数.
可数个闭集的并称为 $G_\delta$ 集.
若 $f$ 单调, 那么其不连续点是不可数的
$E_1,E_2$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中不相交的两个集合, 则 $m^*(E_1\cup E_2)=m^*(E_1)+m^*(E_2)$.
若 $A,B$ 是可测集, 则 $A\setminus B$ 不可测.
$\{E_k\}$ 是递减集列, 则 $m(\lim\limits_{k\to\infty}E_k)=\lim\limits_{k\to\infty}m(E_k)$.
若 $f$ 在 $E$ 上连续, 则 $f$ 可测.
设 $f_k,f<+\infty \mae$ 且 $f_k\stackrel{\mae}{\longrightarrow} f$ 那么 $f_k$ 依测度收敛于 $f$.
$\{f_k\}$ 在 $E$ 上可积, 则 $\displaystyle \int_E\varliminf\limits_{k\to\infty} f_k \text{d} x\leqslant \varliminf\limits_{k\to\infty}\int_E f_k\text{d} x$.
若 $f$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续, 那么 $f$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处可微.

二、$E$ 是 $\mathbb{R}^n$ 上的可测集, 证明: $\forall \varepsilon>0$ 存在开集 $G$ 使得 $$ E\subseteq G\quad m(G\setminus E)<\varepsilon. $$

三、$E$ 是 $\mathbb{R}^n$ 上的可测集, $m(E)<+\infty$, $f_k\stackrel{m.}{\longrightarrow} f$, $g$ 可测且 $g<+\infty,\mae$ 证明 $$ f_k(x)g(x)\stackrel{m.}{\longrightarrow}f(x)g(x). $$

四、$f,f_k$ 在 $E$ 上非负可积, $f_k(x)\stackrel{m.}{\longrightarrow}f(x)$, 若 $\displaystyle\lim\limits_{k\to\infty}\int_E f_k\text{d} x=\int_E f\text{d} x$. 证明, 对任意 $E$ 的可测子集 $e$ 有 $$ \lim\limits_{k\to\infty}\int_e f_k\text{d} x=\int_e f\text{d} x. $$

五、$E$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的可测集, $m(E)<+\infty$, $\{f_k\}\subset L(E)$ 并且满足 $\forall\varepsilon>0,\ \exists \delta>0$, 若 $m(e)<\delta$ 则 $$ \int_e|f_n|<\varepsilon,\quad\forall n\in \Z_{>0} $$ 证明: 若 $f_k\stackrel{m.}{\longrightarrow}f$, 那么 $$ \lim\limits_{k\to\infty}\int_E f_k\text{d} x=\int_E f\text{d} x. $$

六、证明在 $[a,b]$ 上的绝对连续函数也是有界变差函数.

七、设 $E$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的可测集, $1<p,q<+\infty,\ \frac 1 r=\frac 1 p + \frac 1 q$, 若 $f\in L^p(E),g\in L^q(E)$, 证明 $$ \Vert fg\Vert_r\leqslant\Vert f\Vert_p \cdot \Vert g \Vert _q. $$

参考答案

一、判断题

Cantor 集的基数为连续基数.

正确.

可数个闭集的并称为 $G_\delta$ 集.

错误. 应为 $F_\sigma$ 集.

若 $f$ 单调, 那么其不连续点是不可数的

错误. 可以是可数的.

$E_1,E_2$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中不相交的两个集合, 则 $m^*(E_1\cup E_2)=m^*(E_1)+m^*(E_2)$.

错误. 要求 $d(E_1,E_2)>0$.

若 $A,B$ 是可测集, 则 $A\setminus B$ 不可测.

错误. 显然可测.

$\{E_k\}$ 是递减集列, 则 $m(\lim\limits_{k\to\infty}E_k)=\lim\limits_{k\to\infty}m(E_k)$.

错误. 要求 $m(E_1)<+\infty$, 或者存在某一个集合测度有限.

若 $f$ 在 $E$ 上连续, 则 $f$ 可测.

错误. 要求 $E$ 是可测集.

设 $f_k,f<+\infty \mae$ 且 $f_k\stackrel{\mae}{\longrightarrow} f$ 那么 $f_k$ 依测度收敛于 $f$.

错误. 要求 $f_k,f$ 可测, 且 $m(E)<+\infty$.

$\{f_k\}$ 在 $E$ 上可积, 则 $\displaystyle \int_E\varliminf\limits_{k\to\infty} f_k \text{d} x\leqslant \varliminf\limits_{k\to\infty}\int_E f_k\text{d} x$.

错误. Fatou 只对非负可积函数可用, 或者存在一个可积的控制函数 $g(x)\leqslant f(x)$.

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续, 那么 $f$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处可微.

正确. 只要有界变差就可得结论.

二、$E$ 是 $\mathbb{R}^n$ 上的可测集, 证明: $\forall \varepsilon>0$ 存在开集 $G$ 使得 $$ E\subseteq G\quad m(G\setminus E)<\varepsilon. $$

证明

\tr{注意对 $m(E)$ 是否有限作分类.} 若 $m(E)<+\infty$ 则有外侧度定义, 存在 L-覆盖知存在这样的开集.

若 $m(E)=+\infty$, 令 $E_k=E\cap B(0,k),\ E=\bigcup\limits_{k=1}^\infty E_k.$, 由 $m(E_k)<+\infty$, 故存在开集 $G_k$ 有 $E_k\subset G_k\wedge m(G_k\setminus E_k)<\dfrac{\varepsilon}{2^k}$, 于是取 $G=\bigcup\limits_{k=1}^\infty G_k$, 则 $G\supset E$, 且 $G$ 是开集. 并且 $$ m(G\setminus E)\leqslant m\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty m(G_k\setminus E_k)\right)\leqslant \sum\limits_{k=1}^\infty \frac \varepsilon {2^k}=\varepsilon. $$

三、$E$ 是 $\mathbb{R}^n$ 上的可测集, $m(E)<+\infty$, $f_k\stackrel{m.}{\longrightarrow} f$, $g$ 可测且 $g<+\infty,\mae$ 证明 $$ f_k(x)g(x)\stackrel{m.}{\longrightarrow}f(x)g(x). $$

证明

对任意 $\varepsilon>0,\delta>0$,

由 $g(x)$ 几乎处处有限, 故存在 $M$ 满足 $m(\{x\in E:g(x)\geqslant M\})<\frac\delta 2$.

由 $f_k(x)$ 依测度收敛, 存在 $k_0$ 使得 $k\geqslant k_0$ 时, 有 $$ m({x\in E:|f_k(x)-f(x)|\geqslant \frac \varepsilon M})<\frac{\delta}{2} $$

于是根据 $\{x\in E:|f_kg-fg|\geqslant\varepsilon\}\subset\{x\in E:|f_k-f|\geqslant\frac \varepsilon M\}\cup\{x\in E:|g|\geqslant M\}$ 可得 $f_k(x)g(x)\stackrel{m.}{\longrightarrow}f(x)g(x)$.

证明

利用依测度 Fatou 引理可知 $$ \int_ef(x)\text{d} x\leqslant\varliminf\limits_{k\to\infty}\int_e f_k(x)\text{d} x $$ 对 $e^c$ 再次使用得 $$ \int_{e^c}f(x)\text{d} x\leqslant\varliminf\limits_{k\to\infty}\int_{e^c}f_k(x)\text{d} x $$ 再根据积分对定义域得可加性 $$ \int_E f(x)\text{d} x - \int_e f(x)\text{d} x\leqslant \varliminf\limits_{k\to\infty}\int_E f_k(x)\text{d} x-\int_{e} f_k(x)\text{d} x $$ 即 $$ \varlimsup\limits_{k\to\infty}\int_e f_k(x)\text{d} x\leqslant\int_e f(x)\text{d} x $$ 于是有 $$ \lim\limits_{k\to\infty}\int_e f(x)\text{d} x=\int_e f(x)\text{d} x. $$

证明

对任意 $\varepsilon>0$

由题设条件及积分的绝对连续性, 存在 $\delta_1>0$, 有 $$ \int_e|f_k(x)|\text{d} x<\frac \varepsilon 3,\int_e|f(x)|\text{d} x<\frac\varepsilon3 $$ 又依测度收敛, 存在 $k_0$ 使得 $k\geqslant k_0$ 时有 $$ m({x\in E:|f_k(x)-f(x)|>\frac{\varepsilon}{3m(E)}})<\delta_1 $$ 记上述集合为 $E_\delta$ 从而 $$ \int_E|f_k(x)-f(x)|\text{d} x=\int_{E\setminus E_\delta}+\int_{E_\delta} \leqslant \frac \varepsilon 3+\frac \varepsilon 3+\frac \varepsilon 3=\varepsilon $$ 从而得到 $\lim\limits_{k\to\infty}\int_E |f_k(x)-f(x)|\text{d} x=0$ 于是 $$ \lim\limits_{k\to\infty}|\int_E f_k(x)-f(x)\text{d} x|\leqslant 0 $$ 即 $$ \lim\limits_{k\to\infty}\int_E f_k\text{d} x=\int_E f\text{d} x. $$

六、证明在 $[a,b]$ 上的绝对连续函数也是有界变差函数.

证明

由 $f\in\mathrm{AC}([a,b])$, 取 $\varepsilon=1$, 存在 $\delta_1>0$, 使得满足 $\sum\limits_{j=1}^n (y_i-x_1)<\delta_1$ 的任意有限个不相交的区间有 $$ \sum\limits_{j=1}^n|f(y_i)-f(x_i)|<\varepsilon $$ 考虑取正整数 $N$ 满足 $\frac{b-a}{N}<\frac{\delta_1}{2}$, 那么可以将 $[a,b]$ 分为 $N$ 个区间 $[a,a+\frac 1 N(b-a)],(a+\frac 1N(b-a),a+\frac 2N(b-a)],\ldots,(b-\frac 1N(b-a),b]$, 则 $\bigvee\limits_{a}^b(f)=\sum\limits_{i=1}^n \bigvee\limits_{a+(i-1)(b-a)/N}^{a+i(b-a)/N}(f)$. 而在每个小区间上, 由于区间长度小于 $\frac {\delta_1} 2$, 从而对任意分划, 有总长度满足绝对连续于是 $\sum\limits_{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i-1})|<1$, 从而有 $\bigvee\limits_{a}^b(f)\leqslant N<+\infty$. 即 $f\in\mathrm{BV}([a,b])$.

证明

利用 Holder 不等式 $$ \begin{aligned} & \int_E |f(x)g(x)|^r\text{d} x=\int_E |f(x)|^r |g(x)|^r\text{d} x\ &\leqslant \left(\int_E (|f(x)|^r)^{p/r}\text{d} x\right)^{r/p}\left(\int_E(|g(x)|^r)^{r/q}\text{d} x\right)^{r/q} \end{aligned} $$ 再对上式开 $r$ 次根号即可得到 $$ \Vert fg\Vert_r\leqslant\Vert f\Vert_p\cdot\Vert g\Vert_q. $$