UMD 分析資格考試/1月10日真題

問題 1

假設 $n\geq 1$ 是一個整數，並且令 $f\in \cap _{n=1}^{\infty }L^{n}([0,1])$ 。證明如果 $\sum _{n=1}^{\infty }||f||_{L^{n}([0,1])}<\infty$ ，那麼 $f=0$ a.e.

解答 1

我們將證明 $\lim _{n\to \infty }||f||_{L^{n}}=||f||_{L^{\infty }}$

由於簡單函式在 $L^{p}$ 中稠密，因此只需證明當 $f=\sum _{i=1}^{N}a_{i}\mathrm {X} _{E_{i}}$ 時結果成立。不失一般性，我們可以假設 $\{E_{i}\}$ 是一個可測集的互不相交的族。那麼，

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }(\int |f|^{n})^{1/n}&=\lim _{n\to \infty }(\int (\sum _{i=1}^{N}a_{i}\mathrm {X} _{E_{i}})^{n})^{1/n}{\text{for notation, assume all }}a_{i}{\text{are positive.}}\\&=\lim _{n\to \infty }(\int \sum _{i=1}^{N}a_{i}^{n}\mathrm {X} _{E_{i}})^{1/n}{\text{ since each of the cross terms equal zero since }}E_{i}{\text{ are all disjoint}}\\&=\lim _{n\to \infty }(\sum _{i=1}^{N}\int a_{i}^{n}\mathrm {X} _{E_{i}})^{1/n}{\text{ by finite additivity of the Lebesgue integral}}\\&=\lim _{n\to \infty }(\sum _{i=1}^{N}a_{i}^{n}m(E_{i}))^{1/n}\end{aligned}}$

現在我們想要計算這個極限。

一個上限是： $\sum _{i=1}^{N}a_{i}^{n}m(E_{i}))^{1/n}\leq \sum _{i=1}^{N}(\max _{1\leq j\leq N}a_{j}^{n})\cdot 1)^{1/n}$ 因為我們的函式 $f$ 僅在區間 $[0,1]$ 上定義。右邊，當 $n\to \infty$ 時，趨於 $\max a_{i}$ 。

下界是： $\sum _{i=1}^{N}a_{i}^{n}m(E_{i}))^{1/n}\geq (\max _{1\leq j\leq N}a_{j}^{n})m(E_{i}))^{1/n}$ 因為我們假設每個 $a_{i}$ 和 $m(E_{i})$ 都是正數。這也傾向於 $\max a_{i}$ 當 $n\to \infty$ .

因此，我們已經證明了 $\lim _{n\to \infty }(\int |f|^{n})^{1/n}=\max _{1\leq i\leq N}a_{i}=||f||_{L^{\infty }([0,1])}$ 對於簡單的 $f$ 。由簡單函式在 $L^{p}$ 中的稠密性，這表明一般 $L^{p}$ 函式具有相同的結果。

所以 $\lim _{n\to \infty }||f||_{L^{n}}=||f||_{L^{\infty }}$ 。現在假設 $||f||_{L^{\infty }}=M>0$ 。然後對於某個 $N$ ，我們有 $||f||_{L^{n}}>M/2$ 對於每一個 $n>N$ 。因此

$\sum _{n=1}^{\infty }||f||_{L^{n}}\geq \sum _{n=N+1}^{\infty }M/2=\infty .$

因此，如果我們希望 $\sum _{n=1}^{\infty }||f||_{L^{n}}<\infty$ ，我們必須有 $||f||_{L^{\infty }}=0$ ，這意味著 $f=0$ 幾乎處處在 [0,1] 上。

問題 3

設 $f\in L^{1}(\mathbb {R} )$ 。

(a) 確定

$\lim _{x\to 0}\int _{\mathbb {R} }|f(t+x)+f(t)|\,dt$

(b) 確定

$\lim _{x\to \infty }\int _{\mathbb {R} }|f(t+x)+f(t)|\,dt$

解法 3

對於 (a) 和 (b) 兩部分，根據三角不等式，我們有一個明顯的 2||f||₁ 的上限。剩下的就是證明這個上限在兩種情況下都是緊上限。

對於這兩種情況，可以使用相同的方法，只是對於兩個不同的極限，需要進行一些小的調整。由於階躍函式在 L¹(R) 中稠密，因此選擇 epsilon e>0，並用某個階躍函式 g 來逼近 f，使得 ||f-g||₁<e。令 f_x(t)=f(x+t)，g_x(t)=g(t+x)。

那麼 ||f_x+f|| = ||f_x+f+(g_x+g)-(g_x+g)||。根據三角不等式，這大於或等於 ||g_x+g||-||f_x+f-(g_x+g)||。再次應用三角不等式，第二項大於或等於 -2e。證明在此處分叉。

對於 (a) 部分，對於任何特定的 t，x，|g_x(t)+g(t)| 小於 |g_x(t)|+|g(t)| 當且僅當 g_x(t) 和 g(t) 符號相反。由於 g 是一個階躍函式，這顯然只可能發生在 t 和 t+x 在係數不同的區間內時，因此最多可能發生在每個區間內的 x 的距離內，跨越有限個 n 個區間。由於任何特定的階躍函式 g 的差異受 M=max(g)-min(g) 的限制，我們得到以下不等式

||g_x+g|| >= ||g_x||+||g|| - x*n*M。顯然，當 x 趨於 0 時，此值的極限為 2||g||，它本身也低於 2||f||-2e。將這兩部分加起來，我們得到一個下限：lim_x->0||f_x+f||>=2||f||-4e，對於任何正的 epsilon。因此，2||f|| 的邊界是緊的。

在 (b) 部分中的證明更簡單。由於 g 是 L¹ 中的階躍函式，因此它具有有界支撐，因此 x 的某個值將足夠大，使得 g_x 和 g 具有不相交的支撐。因此，我們可以簡單地說，極限為 ||g_x||+||g||>=2||f||-2e。