UMD 分析資格考試/2008 年 1 月 真題

問題 1

假設 $f\in L^{1}(R)\!\,$ 是一個一致連續函式。證明 $\lim _{|x|\rightarrow \infty }f(x)=0\!\,$

解答 1

L^1 蘊含函式尾部的積分趨於零

${\begin{aligned}\lim _{M\rightarrow \infty }\int _{[-M,M]}|f|&=\int _{\mathbb {R} }|f|\\\lim _{M\rightarrow \infty }\int _{[-M,M]}|f|-\underbrace {\int _{\mathbb {R} }|f|} _{<\infty {\mbox{ since }}f\in L^{1}}&=0\\\int _{\mathbb {R} }|f|-\lim _{M\rightarrow \infty }\int _{[-M,M]}|f|&=0\\\lim _{M\rightarrow \infty }\int _{[-M,M]^{c}}|f|&=0\end{aligned}}\!\,$

假設不成立

假設 $\lim _{|x|\rightarrow \infty }f(x)\neq 0\!\,$。那麼，

$\lim _{x\rightarrow \infty }f(x)\neq 0\!\,$

或

$\lim _{x\rightarrow -\infty }f(x)\neq 0\!\,$

不失一般性，我們可以假設第一個，即 $\lim _{x\rightarrow \infty }f(x)\neq 0\!\,$ (參見下面的備註以瞭解原因)。

注意，$\lim _{x\rightarrow \infty }f(x)=0\!\,$ 可以寫成

$\forall \epsilon >0\left[\exists M>0\left[\forall x>M\left[|f(x)|<\epsilon \right]\right]\right]\!\,$

那麼，上述語句的否定形式為

$\exists \epsilon _{0}>0[\forall M>0[\exists x_{0}>M[|f(x_{0})|>\epsilon _{0}]]]\!\,$

應用一致連續性

由於一致連續性，對於 $\epsilon _{0}\!\,$ 存在一個 $\delta (\epsilon _{0})>0\!\,$ 使得

$|f(x_{0})-f(x)|<{\frac {\epsilon _{0}}{2}}\!\,$ ,

只要 $|x-x_{0}|<\delta (\epsilon _{0})\!\,$

然後，如果 $|x-x_{0}|<\delta (\epsilon _{0})\!\,$，根據三角不等式，我們有

$\epsilon _{0}<|f(x_{0})|<|f(x)|+|f(x_{0})-f(x)|<|f(x)|+{\frac {\epsilon _{0}}{2}}\!\,$

這意味著

${\frac {\epsilon _{0}}{2}}<|f(x)|\!\,$,

只要 $|x-x_{0}|<\delta (\epsilon _{0})\!\,$

構造矛盾

令 $x_{0}\!\,$ 為一個大於 $M\!\,$ 的數。注意 $\epsilon _{0}\!\,$ 和 $\delta (\epsilon _{0})\!\,$ 不依賴於 $M\!\,$。考慮到這一點，注意

$\int _{[-M,M]^{C}}|f|>\int _{x_{0}}^{x_{0}+\delta (\epsilon _{0})}|f|>{\frac {\epsilon _{0}}{2}}\delta (\epsilon _{0})\qquad {\mbox{(*)}}\!\,$

然後，

$0=\lim _{M\rightarrow \infty }\int _{[-M,M]^{C}}|f|\geq {\frac {\epsilon _{0}}{2}}\delta (\epsilon _{0})\!\,$

這是一個巨大的矛盾。

因此，

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

備註 如果我們選擇基於 $\lim _{x\rightarrow -\infty }|f|\neq 0\!\,$ 進行推論，那麼在(*)中，我們只需要使用

$\int _{x_{0}-\delta (\epsilon _{0})}^{x_{0}}|f|\!\,$

來代替原來的公式。

解法 1 (替代)

根據一致連續性，對於所有$\epsilon >0\!\,$，存在$\delta (\epsilon )>0\!\,$ 使得對於所有$x_{1},x_{2}\in R\!\,$，

$|f(x_{1})-f(x_{2})|<\epsilon \!\,$

如果

$|x_{1}-x_{2}|<\delta (\epsilon )\!\,$

假設為了反證，存在$\epsilon _{0}>0\!\,$ 使得對於所有$M>0\!\,$，存在$x\in R\!\,$ 使得$|x|>M\!\,$ 且 $|f(x)|\geq \epsilon _{0}\!\,$.

令$M=1\!\,$，則存在$x_{1}\!\,$ 使得$|x_{1}|>M\!\,$ 且 $|f(x_{1})|\geq \epsilon _{0}\!\,$.

令 $M=|x_{1}|+3\delta (\epsilon _{0})\!\,$，則存在 $x_{2}\!\,$ 使得 $|x_{2}|>M\!\,$ 且 $|f(x_{2})|\geq \epsilon _{0}\!\,$。

令 $M=|x_{n}|+3\delta (\epsilon _{0})\!\,$，則存在 $x_{n+1}\!\,$ 使得 $|x_{n+1}|>M\!\,$ 且 $|f(x_{n+2})|\geq \epsilon _{0}\!\,$。

因此我們有 $\{I_{n}\}=\{(x_{n}-\delta (\epsilon _{0}),x_{n}+\delta (\epsilon _{0})\}\!\,$，其中 $I_{i}\cap I_{j}=\emptyset \!\,$ 如果 $i\neq j\!\,$，並且 $|f(x)|\geq \epsilon _{0}\!\,$ 對於所有 $x\in I_{n}\!\,$ 以及對於所有 $n\!\,$。

換句話說，我們在實數軸上選擇長度為$2\delta (\epsilon _{0})\!\,$的互不相交的子區間，每個子區間都以$x_{i}\!\,$為中心（其中$i=1,2,3,\ldots \!\,$），並且相隔至少$\delta (\epsilon _{0})\!\,$。

因此，

${\begin{aligned}\int _{R}|f(x)|dx&\geq \sum _{n=1}^{\infty }\int _{I_{n}}|f(x)|dx\\&\geq \sum _{n=1}^{\infty }\epsilon _{0}\int _{I_{n}}dx\\&=\sum _{n=1}^{\infty }\epsilon _{0}\cdot 2\delta (\epsilon _{0})\\&=+\infty \end{aligned}}$

這與假設$f\in L^{1}(R)\!\,$矛盾。

因此，對於所有$\epsilon >0\!\,$，存在$M>0\!\,$，使得對於所有$|x|>M\!\,$，

$|f(x)|<\epsilon \!\,$

即

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

問題 3

假設$f\!\,$ 在$R\!\,$ 上是絕對連續的，並且$f\in L^{1}(R)\!\,$。證明如果此外 $\lim _{t\rightarrow 0^{+}}\int _{R}\left|{\frac {f(x+t)-f(x)}{t}}\right|dx=0\!\,$ 那麼$f=0\!\,$

解答 3

根據 絕對連續性，Fatou 引理 和假設，我們有

${\begin{aligned}\int _{R}|f^{\prime }(t)|dt&=\int _{R}{\underset {t\rightarrow 0^{+}}{\lim \inf }}\left|{\frac {f(x+t)-f(x)}{t}}\right|dx\\&\leq {\underset {t\rightarrow 0^{+}}{\lim \inf }}\int _{R}\left|{\frac {f(x+t)-f(x)}{t}}\right|dx\\&=0\end{aligned}}$

因此 $f^{\prime }(t)=0\!\,$ 幾乎處處成立。

根據微積分基本定理，對於所有的 $x\in R\!\,$，

$f(x)-f(0)=\int _{0}^{x}f^{\prime }(t)dt=0$

即 $f(x)\!\,$ 是一個常數 $c=f(0)\!\,$.

假設為了矛盾起見，$|c|>0\!\,$，那麼

$\int _{R}|f(x)|dx=\int _{R}|c|dx=\infty \!\,$.

這與假設 $f\in L^{1}(R)\!\,$ 矛盾。因此，

$|c|=0\!\,$

即 $f(x)=0\!\,$ 對於所有的 $x\in R\!\,$

問題 5

假設 $L^{\frac {1}{2}}(R)\!\,$ 是所有可測函式的等價類的集合，這些函式滿足： $\int _{R}|f(x)|^{\frac {1}{2}}dx<\infty \!\,$

問題 5a

證明它是一個度量線性空間，度量為： $d(f,g)=\int _{R}|f(x)-g(x)|^{\frac {1}{2}}dx\!\,$ 其中 $f,g\in L^{\frac {1}{2}}(R)\!\,$.

解答 5a

"二分之一" 三角不等式

首先，對於所有 $a,b\geq 0\!\,$，

${\begin{aligned}(a+b)&\leq (a+b)+2a^{\frac {1}{2}}b^{\frac {1}{2}}\\&=a+2a^{\frac {1}{2}}b^{\frac {1}{2}}+b\\&=(a^{\frac {1}{2}})^{2}+2a^{\frac {1}{2}}b^{\frac {1}{2}}+(b^{\frac {1}{2}})^{2}\\&=(a^{\frac {1}{2}}+b^{\frac {1}{2}})^{2}\end{aligned}}$

對不等式的兩邊取平方根得到：

$(a+b)^{\frac {1}{2}}\leq a^{\frac {1}{2}}+b^{\frac {1}{2}}\!\,$

L^1/2 是線性空間

因此，對於所有 $f,g\in L^{\frac {1}{2}}\!\,$，

${\begin{aligned}\int _{R}|af(x)+bg(x)|^{\frac {1}{2}}dx&\leq \int _{R}(|a|^{\frac {1}{2}}|f(x)|^{\frac {1}{2}}+|b|^{\frac {1}{2}}|g(x)|^{\frac {1}{2}})dx\\&=|a|^{\frac {1}{2}}\int _{R}|f(x)|^{\frac {1}{2}}dx+|b|^{\frac {1}{2}}\int _{R}|g(x)|^{\frac {1}{2}}dx\\&<\infty \end{aligned}}$

因此，$L^{\frac {1}{2}}\!\,$ 是一個線性空間。

L^1/2 是度量空間

非負性

$(i)\!\,$ 由於 $d(f,g)\geq 0\!\,$,

零距離

$d(f,g)=0\quad \Longleftrightarrow \quad f=g\,\,a.e.\!\,$

三角不等式

$(ii)\!\,$ 此外，對於所有 $f,g,h\in L^{\frac {1}{2}}\!\,$,

${\begin{aligned}d(f,g)&=\int _{R}|f(x)-g(x)|^{\frac {1}{2}}dx\\&=\int _{R}(|f(x)-h(x)+h(x)-g(x)|^{\frac {1}{2}}dx\\&\leq \int _{R}(|f(x)-h(x)|+|h(x)-g(x)|)^{\frac {1}{2}}dx\\&\leq \int _{R}|f(x)-h(x)|^{\frac {1}{2}}dx+\int _{R}|h(x)-g(x)|^{\frac {1}{2}}dx\\&=d(f,h)+d(h,g)\end{aligned}}$

從 $(i)\!\,$ 和 $(ii)\!\,$ ，我們得出結論，$d(f,g)\!\,$ 是一個度量空間。

問題 5b

證明對於這個度量空間，$L^{\frac {1}{2}}(R)$ 是完備的。

解 5b

對於 $a,b,c\geq 0\!\,$，

$(a+b+c)^{\frac {1}{2}}\leq a^{\frac {1}{2}}+(b+c)^{\frac {1}{2}}\leq a^{\frac {1}{2}}+b^{\frac {1}{2}}+c^{\frac {1}{2}}\!\,$

透過歸納，對於所有 $a_{k}\geq 0\!\,$ 和所有 $k\!\,$

$\left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right)^{\frac {1}{2}}\leq \sum _{k=1}^{n}a_{k}^{\frac {1}{2}}\!$

用柯西序列的子序列

我們可以等價地透過證明柯西序列的子序列收斂來證明完備性。

斷言

如果柯西序列的一個子序列收斂，那麼柯西序列收斂。

構造一個子序列

選擇 $\{f_{n}\}\!\,$ 使得對於所有 $n\!\,$，

$d(f_{n},f_{n+1})<{\frac {1}{2^{n}}}\!\,$

設定伸縮求和

將 $f_{m}(x)\!\,$ 重寫為一個伸縮求和（連續項抵消）即

$f_{m}(x)=f_{1}(x)+\underbrace {\sum _{n=1}^{m-1}(f_{n+1}(x)-f_{n}(x))} _{g_{m-1}(x)}\!\,$.

三角不等式意味著，

$|f_{m}(x)|^{\frac {1}{2}}\leq |f_{1}(x)|^{\frac {1}{2}}+|g_{m-1}(x)|^{\frac {1}{2}}\!\,$

這意味著序列 $|f_{m}(x)|^{\frac {1}{2}}\!\,$ 始終受不等式右側序列的支配。

定義序列 {g}_m

令 $g_{m}(x)=\sum _{n=1}^{m}|f_{n+1}(x)-f_{n}(x)|$，然後

$g_{m}(x)\leq g_{m+1}(x)\!\,$

和

$g_{m}(x)\geq 0\!\,$.

換句話說，$\{g_{m}\}\!\,$ 是一個單調遞增的非負函式序列。請注意，$g\!\,$，$\{g_{m}\}\!\,$ 當 $m\rightarrow \infty \!\,$ 時的極限，是存在的，因為 $\{g_{m}\}\!\,$ 是遞增的。（$g\!\,$ 是一個有限數 $L\!\,$ 或者 $\infty \!\,$。）

此外，

${\begin{aligned}\int _{R}|g_{m}(x)|^{\frac {1}{2}}dx&=\int _{R}\sum _{n=1}^{m}|f_{n+1}(x)-f_{n}(x)|^{\frac {1}{2}}dx\\&=\sum _{n=1}^{m}\underbrace {\int _{R}|f_{n+1}(x)-f_{n}(x)|^{\frac {1}{2}}dx} _{d(f_{n+1},f_{n})}\\&\leq \sum _{n=1}^{m}{\frac {1}{2^{n}}}\\&\leq 1\end{aligned}}$

因此，對於所有 $m\!\,$

$\int _{R}|g_{m}(x)|^{\frac {1}{2}}dx\leq 1\!\,$

應用單調收斂定理

根據單調收斂定理，

${\begin{aligned}\int _{R}\lim _{m\rightarrow \infty }|g_{m}(x)|^{\frac {1}{2}}dx&=\lim _{m\rightarrow \infty }\int _{R}|g_{m}(x)|^{\frac {1}{2}}dx\\&\leq 1\\&<\infty \end{aligned}}$

因此，

$\lim _{m\rightarrow \infty }g_{m}(x)\in L^{\frac {1}{2}}\!\,$

應用勒貝格控制收斂定理

根據勒貝格控制收斂定理，

${\begin{aligned}\int _{R}\lim _{m\rightarrow \infty }|f_{m}|^{\frac {1}{2}}&=\lim _{m\rightarrow \infty }\int _{R}|f_{m}|^{\frac {1}{2}}\\&\leq \lim _{m\rightarrow \infty }\int _{R}|f_{1}(x)|^{\frac {1}{2}}+\int _{R}|g_{m-1}(x)|^{\frac {1}{2}}\\&<\infty \end{aligned}}$

其中最後一步成立，因為 $f_{1},g_{m-1}\in L^{\frac {1}{2}}\!\,$

因此，

$\lim _{m\rightarrow \infty }f_{m}\in L^{\frac {1}{2}}\!\,$

即 $L^{\frac {1}{2}}\!\,$ 是完備的。