实变和泛函期末试题答案

06－07第二学期《实变函数与泛函分析》期末考试参考答案1. 设()f x 是),(+∞-∞上的实值连续函数, 则对于任意常数a , })(|{a x f x E >=是一开集, 而})(|{a x f x E ≥=总是一闭集. (15分) 证明 (1) 先证})(|{a x f x E >=为开集. (8分)证明一 设E x ∈0,则a x f >)(0,由)(x f 在),(+∞-∞上连续,知0>∃δ,使得),(00δδ+-∈x x x 时,a x f >)(, 即E x U ⊂),(0δ,故0x 为E 的内点. 由0x 的任意性可知,})(|{a x f x E >=是一开集.证明二 })(|{a x f x E >=可表为至多可数的开区间的并(由证明一前半部分), 由定理可知E 为开集.(2) 再证})(|{a x f x E ≥=是一闭集. (7分)证明一 设0x E '∈, 则0x 是E 的一个聚点, 则E ∃中互异点列},{n x 使得)(0∞→→n x x n . ………………………..2分由E x n ∈知a x f n ≥)(, 因为f 连续, 所以a x f x f x f n n n n ≥==∞→∞→)(lim )lim ()(0,即E x ∈0.……………………………………………………………………………………6分由0x 的任意性可知,})(|{a x f x E ≥=是一闭集. …………………………………7分 证明二 对})(|{a x f x E ≥=, {|()}E x f x a E ∂⊂=⊂,……………………… 5分 知E E E E =∂=Y ,E 为闭集. …………………………………………………… 7分 证明三 由(1)知,})(|{a x f x E >=为开集, 同理})(|{a x f x E <=也为开集, 所以})(|{a x f x CE ≥=闭集, 得证.2. 证明Egorov 定理：设,{()}n mE f x <∞是E 上一列..e a 收敛于一个..e a 有限的函数)(x f 的可测函数, 则对0>∀δ, 存在子集E E ⊂δ, 使)}({x f n 在δE 上一致收敛, 且.)\(δδ<E E m (15分)证明 任选一列自然数}{i n ,与此相应作E 的子集 则)(x f n 必在}][{i n E 上一致收敛于)(x f .事实上,对0ε∀>,选0,i 使1,i ε<则当0i n n >时,对一切 00101[{}][,][,],o i i k i i x E n E n E f f k n i ∈⊂=-<≥都有1()()n f x f x i ε-<<. ……………………… 6分 所以, 0>∀δ, 若能适当的选取}{i n , 使(\[{}])i m E E n δ<, 则令[{}]i E E n δ=即可.利用引理, 0,(\[,])0()m E E n n εε∀>→→∞. 故对任给的0δ>, 对1,iε=1,2,3,i =L , i n ∃,使得1(\[,])2i i m E E n i δ<,取}],[{i n E E =δ所以)}({x f n 在δE 上一致收敛.且……………………………………… 12分111(\[,]),2i i i i m E E n i δδ∞∞==≤<=∑∑……………………………. 15分结论得证.3．证明勒贝格控制收敛定理：设(1) {})(x f n 是可测集E 上的可测函数列；(2) a.e.)()(x F x f n ≤于E ,n =1,2,…,)(x F 在E 上可积分； (3) )()(x f x f n ⇒, 则)(x f 在E 上可积分,且 ⎰⎰=EEn ndx x f dx x f )()(lim. (15分)证明证明一 由于)()(x f x f n ⇒,根据Rieze 定理,存在子列{})(x f i n a.e.收敛于)(x f .由于()()a.e.n f x F x ≤于E ,从而 a.e.)()(x F x f i n ≤于E ,得 a.e.)()(x F x f ≤于E .因为)(x F 可积,可得到)(x f 在E 上是可积的,且每个)(x f n 在E 上是可积的. …………… ..2分下证lim ()()n EEnf x dx f x dx =⎰⎰.我们分两步证明：(1) 先设mE <+∞.对任何0ε>,因为()F x 在E 上可积,由勒贝格积分的绝对连续性,知存在0δ>,使当e E ⊂且me δ<时有()4e F x dx ε<⎰. …………………………… ..4分又因为)()(x f x f n ⇒,所以存在0N >,使当n N ≥时有[]n mE f f σδ-≥<,其中02mEεσ=>.所以当n N ≥时,[]()4n E f f F x dx σε-≥<⎰,………….………………… ..6分因此⎰⎰-EEn dx x f dx x f )()(＝(()())n Ef x f x dx -⎰=[][]()()()()n n n n E ff E f f f x f x dx f x f x dx σσ-≥-<-+-⎰⎰=22εεε+= ………………………….……….………………… ..9分这就证明了当mE <+∞时,成立lim ()()n EEnf x dx f x dx =⎰⎰.(2)设mE =+∞.因()F x 在E 上可积,由非负可测函数L 积分的定义[](lim ()(),kk E E k F x dx F x dx →∞=⎰⎰[]()()),kk E E F x dx F x dx ≤⎰⎰ 知对任何0ε>,存在,k E E ⊂k mE <+∞,使得[]()()4kk EEF x dx F x dx ε<+⎰⎰,所以dx x F kE E ⎰-)(=⎰⎰-EE dx xF dx x F k)()(≤()[()]kk EE F x dx F x dx -⎰⎰4ε<..……………… .11分 另一方面,在k E 上的可测函数列{}n f f -满足：()()2()..n f x f x F x a e -≤于,1,2,k E n =L , ()()0n f x f x -⇒（从)()(x f x f n ⇒）,故在k E 上利用(1)的结论（从(1)有lim ()()n EEnf x dx f x dx =⎰⎰,所以由()()0n f x f x -⇒,得lim ()()0n Enf x f x dx -=⎰）,知存在正整数N ,使当n N ≥时,()()2kn E f x f x dx ε-<⎰, (13)(注意: 上一步若直接由(1)得到亦正确) 因此242εεε<⋅+= (15)证毕.证明二 由)()(x f x f n ⇒及黎斯定理 ,存在子列{})(x f i n a.e.收敛于)(x f . 因为a.e.)()(x F x f n ≤于E ,所以a.e.)()(x F x f i n ≤于E ,因此a.e.)()(x F x f ≤于E .由)(x F 可积,得到每个)(x f n 和)(x f 都是L 可积的. (2)因为)(x F 在E 上可积,即[]⎰⎰∞→=EE k k dx xF dx x F k)(lim )(,所以0>∀ε,存在0>k ,使得[]⎰⎰+<EE k dx xF dx x F k5)()(ε,因此dx x F kE E ⎰-)(=⎰⎰-EE dx xF dx x F k)()(()()5kk E E F x dx F x dx ε≤-<⎰⎰.…………………6分由绝对连续性,0>∃δ,使得E e ⊂,δ<me 时,有⎰<edx x F 5)(ε,对此δ,由)()(x f x f n ⇒（在E 上,从而在k E 上）,所以存在0>N ,使得当N n ≥时,δε<⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥-)1(5k n k mE f f mE ,……………………10分当N n ≥时,记n H =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥-)1(5k n k mE f f E ε,所以从δ<n mH ,有 ⎰<nH dx x F 5)(ε. 因为)()()(n k k n n n H E E E H H E H E --=-=Y Y Y ,所以当N n ≥时⎰⎰-EEn dx x f dx x f )()(=[]⎰-En dx x f x f )()(≤⎰-En dx x f x f )()(＝⎰--nk H E n dx x f x f )()(＋⎰--kE E n dx x f x f )()(＋⎰-nH n dx x f x f )()(([]5(1)k n k n k E H E f f mE ε-=-<+)≤k k mE mE )1(5+ε＋2⎰-k E E dx x F )(＋2⎰n H dx x F )(＜εεε52525++ ＝ε.…………………………………………………………………………...................15分这证明了⎰⎰=EEn ndx x f dx x f )()(lim.4．证明康托尔(Cantor)集合的测度为零. (10分) 证明证明一 Cantor 集[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=K Y Y Y )98,97()92,91()32,31(1,0P ,………....................4分 所以[]⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++-=⎪⎭⎫⎝⎛+++-=K K 3223232311 27492311,0m mP …………………................8分.0 3211311 3232321311 3322=-⨯-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-=K …………………..............10分 证明二 去掉过程进行到第n 步时，剩下2n个长度为3n -的闭区间,n I 这些区间的总长为22()033n nn =→ (当n →∞时),……………….....4分 故,0)32(*→≤n P m ………………………….............8分因此*0,m P = 即0.mP =……………………………………………….……….............10分 5.证明1(0,)lim 11nnndtt t n ∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰. (15分)证明 当)1,0(∈t 时,2,11111≥≤⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+n ttn t nn；……………………………..........2分当),1[+∞∈t 时,222124,2112n t t n n n t n--≤=<>--.………………............4分⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+∞∈∈=),,1[,4),1,0(,1)(2t t t tt F 令 则当2>n 时,有,)(111t F tn t nn ≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+………………………………..............6分且⎰⎰⎰+∞∞=+=),0(12164)(dt tt dtdt t F , 即)(t F 在()∞,0上Lebesgue 可积. ……………………….…………………………..........8分又因为tn n ne t n t -∞→−−→−⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+111,所以由Lebesgue 控制收敛定理得………...........12分 原式=⎰⎰+∞+∞-+∞→==⎪⎭⎫ ⎝⎛+),0(),0(111limdt e t n t dt t n n n .………………............15分6. 证明Banach 不动点定理：设X 是完备的度量空间, T 是X 上的压缩映射, 那么T 有且只有一个不动点. (15分) 证明 设0x 为X 中的任一点,令ΛΛ,,,,01021201x T Tx x x T Tx x Tx x n n n =====-. …………………...3分下面证明点列{}∞=1n n x 是X 中的柯西点列.因为所以当m n >时,又因为,10<<α所以,11<--mn α从而)(),(1),(10m n x x d x x d mn m >-≤，αα.,0),(,,→∞→∞→n m x x d n m 时所以当即{}∞=1n n x 是X 中的柯西点列, …………...8分 由X 的完备性知,存在x X ∈,使x x m →.因为…………..................................................10分 故(,)0d x Tx =,即x Tx =,所以x 为T 的不动点. ………..................................................12分下证其唯一性.如果又有X x ∈~,使x x T ~~=,则)~,()~,()~,(x x d x T Tx d x x d α≤=,因1<α,故0)~,(=x x d ,即x x ~=,得证. ………....................................................................15分7. 设0mE >, 又设E 上可积函数(),()f x g x 满足()()f x g x <, 试证:()d ()d EEf x xg x x <⎰⎰. (5分)证明 因为()()0g x f x ->, 所以[()()]d 0Eg x f x x -≥⎰…………………………………3分若[()()]d 0Eg x f x x -=⎰,则()()0g x f x -=, a.e. …………………………………………….…………………………5分 与题设矛盾, 故得()d ()d EEf x xg x x <⎰⎰.8. 设()f x 在[,]a b 上可导, 证明: ()f x 的导函数()f x '在[,]a b 上可测. (10分) 证明 补充定义()()f x f b =(x b >时), 则()f x 在[,)a b 上可导, 对任意N n ∈, 令1()()(),[,)1n f x f x n g x x a b n+-=∀∈..………………3分 由f 连续, 知每个n g 连续，故可测. …………………………….…………………………5分 由f 的可导性知()lim (),[,)n n f x g x x a b →∞'=∀∈…….………………7分因此()f x '作为一列可测函数的极限在[,)a b 上必可测, 故在[,]a b 上亦可测….………10分。