UMD 分析資格考試/Aug07 真題

問題 1

假設 $f\!\,$ 是一個定義域為 $(-\infty ,\infty )\!\,$ 的連續實值函式，並且 $f\!\,$ 在每個有限區間 $[a,b]\!\,$ 上絕對連續。 證明：如果 $f\!\,$ 和 $f^{\prime }\!\,$ 都在 $(-\infty ,\infty )\!\,$ 上可積，那麼 $\int _{-\infty }^{\infty }f^{\prime }=0\!\,$

解法 1

由於 $f\!\,$ 對所有 $[a,b]\subset R^{1}\!\,$ 都是 絕對連續的，

$\int _{a}^{b}f^{\prime }(x)dx=f(b)-f(a)\!\,$

因此

$\int _{-\infty }^{\infty }f^{\prime }(x)dx=\lim _{a,b\rightarrow \infty }\int _{a}^{b}f^{\prime }(x)=\lim _{a,b\rightarrow \infty }[f(b)-f(a)]\!\,$

由於 $f^{\prime }\!\,$ 是可積的，即 $f^{\prime }\in L^{1}(-\infty ,\infty )\!\,$，$\lim _{b\rightarrow \infty }f(b)\!\,$ 和 $\lim _{a\rightarrow \infty }f(a)\!\,$ 存在。

假設為了矛盾，

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

那麼存在 $M\!\,$ 使得對於所有 $x>M\!\,$

$|f(x)|>{\frac {\delta }{2}}\!\,$

因為 $f\!\,$ 是連續的。（在某一點，$|f|\!\,$ 將單調遞增或遞減到 $\delta \!\,$。）這意味著

${\begin{aligned}\int _{-\infty }^{\infty }|f(x)|dx&\geq \int _{M}^{\infty }|f(x)|dx\\&\geq \int _{M}^{\infty }{\frac {\delta }{2}}dx\\&=\infty \end{aligned}}$

這與假設 $f\!\,$ 是可積的，即 $f\in L^{1}(-\infty ,\infty )\!\,$ 相矛盾。因此，

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

使用與上述相同的推理，

$\lim _{a\rightarrow -\infty }f(a)=0\!\,$

因此，

$\int _{-\infty }^{\infty }f^{\prime }(x)dx=\lim _{b\rightarrow \infty }f(b)-\lim _{a\rightarrow -\infty }f(a)=0\!\,$

替代解

假設 $\int _{-\infty }^{\infty }f'=c\neq 0$（不失一般性，$c>0$）。那麼對於小的正數 $\epsilon$，存在某個實數 $M$，使得對於所有 $m>M$，我們有 $c-\epsilon <\int _{-m}^{m}f'<c+\epsilon$。根據微積分基本定理，這給出

$f(-m)+c-\epsilon <f(m)<f(-m)+c+\epsilon$ 對於所有 $m>M$。

由於 $f$ 是可積的，這意味著對於任何小的正數 $\delta$，存在一個 $N$，使得對於所有 $n>N$，我們有 $\int _{-\infty }^{-n}+\int _{n}^{\infty }f<\delta$。但是根據上面的估計，

$\int _{-\infty }^{-n}f+\int _{n}^{\infty }f>\int _{-\infty }^{-n}f+\int _{-\infty }^{-n}f+(c-\epsilon )=\int _{-\infty }^{-n}2f+\int _{-\infty }^{-n}(c-\epsilon )=\infty$

這與$f$的可積性相矛盾。因此，我們必須有$c=0$.

問題 3

假設$\{f_{n}\}\!\,$ 是定義在區間$[0,1]\!\,$ 上的一系列實值可測函式，並假設對於幾乎所有的$x\in [0,1]\!\,$，$f_{n}(x)\rightarrow f(x)\!\,$。令$p>1\!\,$ 且$M>0\!\,$，並假設對於所有的$n\!\,$，$\|f_{n}\|_{p}\leq M\!\,$。 (a) 證明$\|f\|_{p}\leq M\!\,$。 (b) 證明當$n\rightarrow \infty \!\,$ 時，$\|f-f_{n}\|_{1}\rightarrow 0\!\,$。

解 3a

根據範數的定義，

$\|f\|_{p}=\left(\int |f(x)|^{p}\,\mathrm {d} x\right)^{\frac {1}{p}}\!\,$

由於 $\|f_{n}\|_{p}\leq M\!\,$,

$\|f_{n}\|_{p}^{p}\leq M^{p}\!\,$

根據 Fatou 引理,

${\begin{aligned}\|f\|_{p}^{p}&=\int _{0}^{1}|f(x)|^{p}dx\\&=\int _{0}^{1}{\underset {n}{\lim \inf }}|f_{n}(x)|^{p}dx\\&\leq {\underset {n}{\lim \inf }}\int _{0}^{1}|f_{n}(x)|^{p}dx\\&\leq M^{p}\end{aligned}}$

這表明，取 $p\!\,$ 次方根，

$\|f\|_{p}\leq M\!\,$

解法 3b

根據 Hölder 不等式，對於所有可測量的 $A\subset [0,1]\!\,$，

${\begin{aligned}\int _{A}|(f(x)-f_{n}(x))\cdot 1|dx&\leq \left(\int _{A}|f(x)-f_{n}(x)|^{p}dx\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left(\int _{A}1^{q}dx\right)^{\frac {1}{q}}\\&\leq \left(\int _{A}|2f(x)|^{p}dx\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left(\int _{A}1^{q}dx\right)^{\frac {1}{q}}\\&\leq 2\left(\int _{A}|f(x)|^{p}dx\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left(\int _{A}1^{q}dx\right)^{\frac {1}{q}}\\&\leq 2M\cdot (m(A))^{\frac {1}{q}}\end{aligned}}$

其中 ${\frac {1}{p}}+{\frac {1}{q}}=1\!\,$

因此，$|f(x)-f_{n}(x)|\leq 2M(m(A))^{\frac {1}{q}}\!\,$

那麼，Vitali 收斂定理表明

$\lim _{n\rightarrow \infty }\int _{0}^{1}|f(x)-f_{n}(x)|dx=\int _{0}^{1}\lim _{n\rightarrow \infty }|f(x)-f_{n}(x)|dx=0\!\,$

問題 5

假設$f(x),xf(x)\in L^{2}(R)\!\,$。證明$f(x)\in L^{1}(R)\!\,$，並且 $\|f\|_{1}\leq {\sqrt {2}}(\|f\|_{2}+\|xf\|_{2})\!\,$

解答 5

${\begin{aligned}\int _{R}|f(x)|dx&=\int _{|x|>1}|xf(x|\cdot {\frac {1}{|x|}}dx+\int _{|x|<1}|f(x)|\cdot 1dx\\&\leq \left(\int _{|x|>1}|xf(x)|^{2}dx\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\int _{|x|>1}{\frac {1}{|x|^{2}}}dx\right)^{\frac {1}{2}}+\left(\int _{|x|<1}|f(x)|^{2}dx\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\int _{|x|<1}1^{2}dx\right)^{\frac {1}{2}}\end{aligned}}$