2016年春季学期实分析(H)期末考试-参考解答

2016年春季学期实分析(H)期末考试参考解答2016.6.308:30-11:001.设f:R!R是绝对连续函数,证明:f将零测集映成零测集,将(Lebesgue)可测集映成可测集.证明:先假设f的确能将零测集映成零测集.那么对任一可测集E,它可以写作一个F-集F和一个零测集Z的并,则f(E)=f(F)[f(Z).由Z零测及我们的假设知f(Z)零测.对F而言,将F写作闭集可列并F=S1n=1Fn=S1m=1S1n=1(Fn\B(0;m)),而Fn\B(0;m)是紧集,紧集在连续映射下的像为紧集,所以f(F)是紧集的可列并,从而是F-集.这也说明f(E)可以写成一个F集和一个零测集的并,从而f(E)是可测集.余下只欠证：f将零测集映成零测集.设Z是一个零测集,那么对任意0,存在开集OZ,使得m(O).由一维开集结构定理知道,O可以唯一地写作可列个开区间的不交并,记作O=1[n=1(an;bn):令mj=infx2[aj;bj]f(x);Mj=supx2[aj;bj]f(x):从而m(f(O))=1Xj=1jf(Mj)f(mj)j=1Xj=1jZMjmjf0(x)dxj1Xj=1Zbjajjf0(x)jdx=ZOjf0(t)jdt:注意,这里我们直接钦定了f(O)是可测的,因为开区间在连续映射下的像是区间,那么f(O)自然是可列个区间的并,从而一定可测.据f绝对连续知,f02L1[a;b].又由积分的绝对连续性得知,80;90,只要可测集E的测度小于,就有REjf0(x)jdx.现在取定,将覆盖零测集Z的开集O的测度取成小于,那么根据上面的讨论就有m(Z)m(f(O)),令!0+即得m(f(Z))=0,从而f(Z)零测.12.设p;q;r1:f2Lp(Rd);g2Lq(Rd),且1=p+1=q=1=r.证明:kfgkrkfkpkgkq:证明：由条件知道:p=r;q=r1;(p=r)1+(q=r)1=1.对(fg)r,以及共轭指标p=r;q=r使用Holder不等式,就有:Zjfgjrdxjfrjp=rr=pjgrjq=rr=q:两边开r次方即有kfgkrkfkpkgkq:23.定义卷积如下:(fg)(x)=ZRdf(xy)g(y)dy:(1)若f可积,g有界,证明:fg是一致连续的;(2)在(1)的条件下,若g也可积,证明:limjxj!1(fg)(x)=0:证明：(1)直接计算如下:j(fg)(x+h)(fg)(x)j=jZ(f(x+hy)f(xy))g(y)dyjZjf(x+hy)f(xy)j
jg(y)jdyMkf(
+h)f(
)kL1!0;asjhj!0这对任何x2Rd一致地成立.上述最后一步是用到了Lebesgue积分平移连续性.(2)我们先证明一个引理如下：引理若f(x)为Rd上可积的一致连续函数,那么则f(x)!0asjxj!1.引理的证明：若不然,固定0,存在0,使得8x;y2B(x;);jf(x)f(y)j=2,不妨要求1=2.由假设,f在无穷远不趋于0,则存在x1;jf(x1)j.从而8y2B(x1;);jf(y)j=2.同理,存在x22B(0;jx1j+1)c,使得jf(x2)j,从而8y2B(x2;);jf(y)j=2.不断重复上面的过程,得到一列fxng11,在B(xn;)上,jf(x)j=2,其中jxn+1xnj1.那么则Zjf(x)jdx2mfx:jf(x)j=2g=+1;矛盾.引理得证.回到原题,根据引理,我们仅欠证明fg可积.事实上我们可以直接计算如下:Zj(fg)(x)jdx=ZjZf(xy)g(y)dyjdxZZjf(xy)g(y)jdydx=Zjg(y)jZjf(xy)jdxdy=kfk1kgk11从而fg2L1.证毕.34.设F2BV[a;b];TF是其全变差.(1)证明:RbajF0(x)jdxTF(a;b);(2)证明:上式取等号当且仅当f绝对连续.证明：(1)注意到对任意x;y2[a;b],F(y)F(x)yxTF(x;y)yx=TF(a;y)TF(a;x)yx:从而jF0(x)jT0F(x)a.e.于是ZbajF0(x)jdxZbaT0F(x)TF(a;b)TF(a;a)=TF(a;b):注意,上面最后一个不等号利用了TF(a;x)是单增的.(2)):若F2AC[a;b],则由(1)的结论知,只要证明TF(a;b)RbajF0(x)jdx.设:a=x0x1


xn=b为区间[a;b]的任一划分,则有nXk=1jF(xk)F(xk1)j=nXk=1Zxkxk1F0(x)dxnXk=1Zxkxk1jF0(x)jdx=ZbajF0(x)jdx:对全体划分取上确界,就有TF(a;b)ZbajF0(x)jdx:(:若成立RbajF0(x)jdx=TF(a;b),构造函数G(x)=ZxajF0(t)jdtTF(a;x):那么G(a)=G(b)=0:又对任意x;y2[a;b];xy,有G(y)G(x)=RyxjF0(t)jdtTF(x;y)0(由(1)),从而G(x)在[a;b]上单调递减.于是G(x)=08x2[a;b].所以TF(a;x)=ZxajF0(t)jdt绝对连续:根据绝对连续的定义,80;90,只要任意有限个不交的开区间(a1;b1);


;(an;bn)满足Pn1(biai),就有Pn1jTF(a;bi)TF(a;ai)j.而jF(bi)F(ai)jjTF(a;bi)TF(a;ai)j,所以在取定上述;的情况下,我们有nX1jF(bi)F(ai)j;这也就证明了F2AC[a;b].45.设点点连续可微函数f(x;t):(0;1)[0;1]!R满足以下条件:(1)Z(0;1)[0;1]j@tfjdxdt1;(2)R(0;1)f(x;0)dx=0;(3)8t2[0;1];R(0;1)@tf(x;t)dx0.请严格证明:8t2(0;1],R(0;1]f(x;t)dx0.证明：令F(t)=R10f(x;t)dx,若能证明F0(t)=R10@tf(x;t)dx,那么由条件(3)知道,F(t)在t2[0;1]上单调递减,再据条件(2)的F(0)=0知,F(t)0;8t2[0;1].于是我们只欠证明:F(t)=Z10@tf(t;x)dx:下面设jhj充分小,使得t;t+h2[0;1].我们有F(t+h)F(t)=Z10f(x;t+h)f(x;t)dx=Z10Zh0@tf(x;t+s)dsdx:


()注意到Zh0Z10j@tf(x;t+s)jdxdsZ10Z10j@tf(x;t)jdxdt1:()两边除以h,根据Fubini定理,我们有:F(t+h)F(t)h=1hZh0Z10@tf(x;t+s)dxds:令h!0,据f2C1((0;1)[0;1]),就有F0(t)=Z10@tf(x;t)dx:证毕.56.设函数f定义在[a;b]上,满足:80;90,使得当有限个区间f(ak;bk)gn1(可以相交)的总长度Pn1(bkak)时,就有nXk=1(f(bk)f(ak)):证明:存在常数M0,使得8x;y2[a;b];jf(x)f(y)jMjxyj.证明：首先我们证明f2AC[a;b].由条件,80;90,使得当有限个区间f(ak;bk)gn1(可以相交)的总长度Pn1(bkak)时,就有nXk=1(f(bk)f(ak)):我们将上述和式拆成两部分,记满足f(bk)f(ak)0的那部分为+,满足f(bi)f(ai)0的那部分为,从而j+(f(bk)f(ak))j;j(f(bk)f(ak))j:于是nXk=1jf(bk)f(ak)jj+(f(bk)f(ak))j+j(f(bk)f(ak))j2:从而f2AC[a;b].下面我们断言:Claim:若f2AC[a;b];jf0jMa.e.,则jf(x)f(y)jMjxyj;8x;y2[a;b].ProofofClaim:由f绝对连续知f(x)=f(a)+Rxaf0(t)dt.今对任意x;y2[a;b],不妨xy,则有jf(x)f(y)j=jRyxf0(t)dtjRyxjf0(t)jdtMjxyj:断言获证.根据断言,我们只用证明9M0;jf0jMa.e.为此,我们将条件中的(ai;bi)取成同一个区间.具体如下:8x02(a;b);9n02Z+;s:t:x0+0n0b;02(0;).从而对任何nn0;x0+0nb.我们取全体(ai;bi)为(x0;x0+0n).则Pn1(biai)=0.于是根据条件可得,njf(x0+0n)f(x0)j.那么则f(x0+n10)f(x0)n100;8nn0:于是存在一列nk!1;使得limk!1f(x0+n1k0)f(x0)n1k00:这说明f在x0处至少一个Dini导数有(一致的)上界0=:M.因为f绝对连续,所以fa.e.可微,在这些点上,f的各个Dini导数都相等,从而就有jf0jMa.e.证毕.67.设(X;;)是测度空间,(X)=1,对任何X的子集E,定义:(E)=inff(A)jA2;AEg;(E)=supf(B)jB2;BEg证明:集合fEXj(E)=(E)g是一个-代数.证明：设A=fEXj(E)=(E)g.首先8E2;(E)=(E)为显见,从而E2A.下面证明A是-代数.Step1:对补集运算封闭.设E2A,则inff(A)jA2;AEg=supf(B)jB2;BEg)1inff(A)jA2;AEg=1supf(B)jB2;BEg)supf(Ac)jA2;AEg=inff(Bc)jB2;BEg)supf(A0)jA02;A0Ecg=inff(B0)jB02;BEcg;sinceA2,Ac2)(Ec)=(Ec))Ec2A:Step2:对有限并封闭,这只要证明8E;F2A;E[F2A.注意：不能“不妨设”E;F不交，这需要事先证明对差集运算封闭！为此我们给出一个引理如下:引理8E;FX,有:(1)(E[F)+(E\F)(E)+(F);(2)(E[F)+(E\F)(E)+(F):我们暂且假设引理是正确的,在这个情况下,8E;F2A,我们有:(E[F)+(E\F)(E)+(F)=(E)+(F)(E[F)+(E\F)(E[F)+(E\F):注意,第一个、第二个不等号是根据引理,第三个不等号是因为(E)(E);8EX显然成立.中间的等号是因为E;F2A.那么由于上面不等式的最左边和最右边是相等的,我们知道中间所有的不等号全部都要变成等号.那么就有(E[F)+(E\F)=(E[F)+(E\F):若(E[F)(E[F),那么则(E\F)(E\F),这不可能,所以只能有(E[F)=(E[F),这就证明了E;F2A)E[F2A.余下欠证引理.引理的证明：我们只证明(1),(2)事实上是同理的.80,存在A1;A22;EA1;FA2,使得(A1)(E)+=2;(A2)(F)+=2:因为A1;A22,所以(A1)+(A2)=(A1[A2)+(A1\A2).于是(A1[A2)+(A1\A2)