UMD 分析資格考試/Jan07 真題

問題 1

假設$f:[0,\infty )\to [0,\infty )$ 是可測的，並且$\int _{0}^{1}f(x)\,dx<\infty$。證明 $\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}\,dx=\int _{0}^{\infty }f(x)\,dx.$

解法 1

由於$\int _{0}^{1}f(x)\,dx<\infty$，則$f(x)<\infty$ 在 [0,1] 上幾乎處處成立。這意味著${\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}\to 0$ 在 [0,1] 上幾乎處處成立，因為 ${\frac {x^{n}}{1+x^{n}}}\to 0$ 在 (0,1) 上成立。然後由勒貝格控制收斂定理，我們有$\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}\,dx=\int _{0}^{1}f(x)\,dx.$

現在處理區間$(1,\infty )$

情況 1: $\int _{1}^{\infty }f(x)<\infty$

對於每個 $x\in [1,\infty )$ 我們有 ${\frac {x^{n}}{1+x^{n}}}<1$ 並且單調遞增到 1。因此，根據與上述相同的論點，勒貝格支配收斂定理告訴我們 $\lim _{n\to \infty }\int _{1}^{\infty }{\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}\,dx=\int _{1}^{\infty }f(x)\,dx.$ 我們完成了。

情況 1: $\int _{1}^{\infty }f(x)=\infty$

注意，對於每個 $x\in (1,\infty )$ 我們有 ${\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}>{\frac {f(x)}{2}}$，右側必須積分到無窮大。因此，根據積分的單調性，我們有 $\int _{1}^{\infty }{\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}=\infty$ 對於所有 $n$。這給了我們 $\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{n}f(x)}{1+x^{n}}}\,dx=\int _{0}^{\infty }f(x)\,dx=\infty$ 如所願。

問題 3

令 $f\in L^{p}[0,1],g\in L^{q}[0,1],h\in L^{r}[0,1]$，其中 $1\leq p,q,r\leq \infty ,1/p+1/q+1/r=1$。證明 $fgh\in L^{1}[0,1]$，且 $||fgh||_{1}\leq ||f||_{p}||g||_{q}||h||_{r}$。

解 3

將 $f$ 除以 $||f||_{p}$，我們可以假設不失一般性地 $||f||_{p}=1$（類似地，對於 $g,h$ 以及它們相應的範數）。因此，我們需要證明 $||fgh||_{1}\leq 1$。證明的關鍵在於 Young 不等式，它告訴我們

$\int |fgh|\leq \int {\frac {|f|^{p}}{p}}+{\frac {|g|^{q}}{q}}+{\frac {|h|^{r}}{r}}={\frac {1}{p}}+{\frac {1}{q}}+{\frac {1}{r}}=1.$

問題 5

假設 $E_{n}$ 是可測集，並且存在一個可積函式 $f\in L^{1}(\mathbb {R} )$ 使得 $\lim _{n\to \infty }||\mathrm {X} _{E_{n}}-f||_{1}=0$。證明存在一個可測集 $E$ 使得 $f=\mathrm {X} _{E}$.

解 5

我們斷言 $f$ 只能取值 0 和 1。為了看到這一點，假設相反，假設 $f$ 在集合 $A$ 上與 0 或 1 不同。我們可以排除情況 $m(A)=0$，因為否則我們可以修改 $f$ 在零測集上使其等於指示函式，而不會影響積分。

然後 $||\mathrm {X} _{E_{n}}-f||_{1}=\int _{\mathbb {R} \setminus A}|f_{n}-f|\,dm+\int _{A}|f_{n}-f|\,dm=0+\int _{A}|f_{n}-f|\,dm$

在 $A$ 上，$|f_{n}-f|$ 是一個嚴格正函式。那麼對於任何充分小的 $\epsilon >0$，都存在某個 $A_{\epsilon }\subseteq A$，滿足 $m(A_{\epsilon })>m(A)-\epsilon$，使得 $|f_{n}-f|\geq C_{\epsilon }$ 在 $A_{\epsilon }$ 上對於某個正常數 $C_{\epsilon }$ 成立。那麼 $||\mathrm {X} _{E_{n}}-f||_{1}\geq C_{\epsilon }(m(A)-\epsilon )$。

因此我們已經證明，我們可以獲得 $||\mathrm {X} _{E_{n}}-f||_{1}$ 的一個正的下界，該下界與 $n$ 的選擇完全無關。這與 $\lim _{n\to \infty }||\mathrm {X} _{E_{n}}-f||_{1}=0$ 矛盾。因此 $f$ 幾乎處處只能取 0 和 1 兩個值。由於 $f\in L^{1}(\mathbb {R} )$，那麼它當然可測。因此 $E:=f^{-1}(1)$ 是可測的。我們就完成了。