实分析答案－金锄头文库

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1、实实实分分分析析析参参参考考考答答答案案案江寅生王松柏第一篇 Lebesgue测度论1抽抽抽象象象的的的测测测度度度和和和积积积分分分1.1测测测度度度1.设是可列集, F 是的所有有限子集及它们的余集所成的族. 证明 F 不是代数. 然而F 对于有限次的集运算(并交差余)封闭(这样的非空的集族叫做代数).证明.F 中的元素具有这样的性质: 若某个元素可列, 则这个元素的补集是有限的, 反之这个元素有限. 也就是说 F 中的子集与这个子集的余集不可能同时有限也不可能同时可列. 我们不妨记 = a1,a2,.,an,., 于是我们取 An= a2n1, 则 An F. 进而我们取A =

2、 n=1An= a1,a3,.,a2n1,., 那么有 Ac= a2,a4,.,a2n,. , 则 A / F. 即 F 不满足可列并的性质, 但是它满足有限次的集运算. 我们只需知道一个事实: 任何 F 中的两个可列子集只有有限个元素不相同. 后面的验证是简单的, 这里略去.2.设是定义在代数 A 上的非负的有限可加集函数(即 A,B A ,A B (A B) =(A) + (B). 证明, 若 Ann=1是 A 的一个两两不相交的集列, 则(Ann=1) n=1(An).举出使上式中等号不成立的例子.证明. 对任意的 N N+, 有(n=1An) (Nn=1An) =Nn=1(An)

3、,然后, 令 N , 则有 (n=1An) n=1(An).举例如下: 设(A) =0,A为有限集;,A为无限集.其中 A = 2R,A A . 显然(n=1An) = n=1(An) = 0.其中 An= n.13.设 (X,A ,) 是有限测度空间. 若 E1,E2 A 使(E1 E2) = 0, 则视 E1与E2为同一个集. 规定 d(E1,E2) = (E1E2) 为 E1和 E2的距离 (E1,E2 A ). 证明 (A ,d) 是完备的距离空间 (E1 E2:= (E1E2) (E2E1)）.证明. 我们很容易验证d 是一个距离. 下面我们来验证它的完备性.事实上, 根据(E1E2

4、) =X|E1 E2|d,它与 L1的闭子空间 E: E A , 是等距地一一对应的. 设 En 是 (X,A ,) 中的一个基本列. 则d(En,Em) 0 (EnEm) 0 X|E1 E2|d 0 (n 0, m 0).所以 En 是依测度基本列, 故存在可测函数 f, 使得 En 是依测度收敛于 f. 由Riese引理,则有子列 nk 几乎处处收敛到 f. 由 E: E A 为闭子空间, 则 f 为一特征函数, 记为 E.由积分定义及控制收敛定理有X|En E|d 0, n 0,即有 d(En,E) 0, n 0.1.2可可可测测测函函函数数数，积积积分分分1.设 (X,A ,) 是完全

5、的测度空间. 证明: 若 f 可测且 f = g a.e, 则 g 也可测. 如果(X,A ,) 不完全, 此事正确否? 请举例.证明. 记 F(x) = f(x)g(x), 则 F(x) = 0 a.e. 由于 (X,A ,) 是完全的测度空间, 对任意的 0, 有 x X : F(x) x X : F(x) 0. 而后者是零测度集, 故前者是零测度集, 即有 F(x) 可测. 从而 g(x) = f(x) F(x) 可测.如果 (X,A ,) 不是完全的测度空间, 此事不一定正确.例如, 令 A = ,A,Ac,X, 其中X = 0,1，A = 0,12), 则 Ac= 12,1. 规定

6、() = (A) = 0 且 (X) = (Ac) = 1. 则 A 为代数且是测度. 又记 B = 0,13 且取函数f(x) =0,x A;1,x / A.和g(x) =0,x B;2,x AB;1,x Ac.容易验证 f 可测且显然有 f = g a.e. 但是 x X : g(x) 1 = AB / A . 故 g 不可测.2.证明定理1.2.1-1.2.10, 特别是1.2.7和1.2.10.证明. 这些定理的证明可以完全仿照实变获得证明.21.3LP(X,A ,)1.设 0 p 1. 在 LP(X,A ,) 上定义二元函数 d:d(f,g) =X|f g|pd,f, g LP(

7、X,A ,),证明 (Lp,d) 是完备的距离空间.证明. 首先我们很容易验 (Lp,d) 是距离空间, 下面我们来验证它的完备性.设 fnn=1是 (Lp,d) 上的基本列. 则取其子列gkk=1, 使X|gk gk+1|pd 12k.不妨认为 gk只取有限值. 令g = |g1| +k=1|gk+1 gk|,由Levi定理和一个基本不等式有X|g|pd =X(|g1| +k=1|gk+1 gk|)pd limnX(|g1| +nk=1|gk+1 gk|)pd limn(X|g1|pd +Xnk=1|gk+1 gk|pd)X|g1|pd + 1 0, 取 N 充分大, 使得 m,n N 时,

8、X|gm gn|pd .用Fatou引理, 令 n , 得X|gm f|pd N.可见 limmX|gm f|pd = 0, 从而 limnX|fn f|pd = 0.2.设 f L(X,A ,). 证明f= inf 0 : (x X : |f(x)| ) = 0.3证明. 一方面, 记 M = f=inf(E)=0sup|f(x)| : x XE, 则 0, E X, 使得(E) = 0, 有 sup|f(x)| : x XE M) = (n=1x X : |f(x)| M +1n) = 0.故M inf 0 : (x X : |f(x)| ) = 0.另一方面, 记 m = inf 0 :

9、 (x X : |f(x)| ) = 0, 则 0, 0, 使得m , 这时 (x X : |f(x)| ) = 0. 又 m+) = 0,从而 (x X : |f(x)| m) = (n=1x X : |f(x)| m +1n) = 0.于是我们取E = (x X : |f(x)| m), 则 sup|f(x)| : x XE m, 进而 M m.3. 若 f Lp(X,A ,) 对一切的 p 1,) 成立, 则f= limpfp.证明. 设 f 是任意的可测函数, 则对任意 M Md X?f(x)M?pd 1Mpfpp. 令 p M, 由 M 的任意性,即得limpfp f.特别地, 这也

10、证明了当 f= 时, 结论仍然成立.现设 f qqpLp, 要证明 f limpfp. 不妨设 f有限并且等于1. 设 f Lp,p p0, 取有限测度集 E 使得E|f|d 1.则我们有fpp=E|f|pd +Ec|f|pd |E| +Ec|f|p0d |E| + 1这样我们有 limpfp limp(|E| + 1)1p= 1 = f. 这样我们就完成了证明.4.设是 Rn上的寻常Lebesgue 测度, p,q (0,) 且 p = q. 请找一个 f Lp(Rn)Lq(Rn).解解解 1. 若 0 q p, 取函数f(x) =1,x B(0,1);1|x|qn,x / B(0,1).

11、若 0 p 0, A A , (A) , 使XA|fn|pd 0, 0, 使得对一切可测集 E, 只要 (E) , 有E|fn|pd , n N.注注注记记记 1.2. 一个更一般的定理:设 1 0, 存在有限测度集 A使(Ac|fn|pd)1/p , n;(c) 对任给的 0, 存在 0, 是对一切的可测集 E, 只要 |E| 就有(E|fn|pd)1/p , n.参见程民德，邓东皋和龙瑞麟编著实分析第二版第十五页。证明. 由 fn f(点态收敛). 由Fatou 引理, 对任意的可测集 E 有E|f|pd limnE|fn|pd.这说明 f 也满足 (1) 0, A A , (A) , 使

12、XA|f|pd 0, 0, 使得对一切可测集 E, 只要(E) , 有E|f|pd 0, 对 (1) 和 (2) 中的 A和 , 由Egoroff定理, B A使得 (AB) N 时，可以使得 (x : |fnf| ) 且 fn在 B 上一致连续. 于是f fnp(A|f fn|pd)1/p+(Ac|f fn|pd)1/p(AB|f fn|pd)1/p+B|f fn|pd)1/p+(Ac|f fn|pd)1/p 3.56.作为Hilbert空间, L2(Rn) 的正交维数是 0.证明. 参考周性伟编著实变函数第126页.由于 L2(Rn) 可分, 所以可设 enn1是 L2(Rn) 的可数稠密

13、子集. 对每一个 n 1, 令Bn= f LRn: f en212,则 L2(Rn) = n=1Bn. 为证本定理, 只需证明每一 Bn至多包含中的一个元, 其中 .事实上, 假设 Bn中包含两个不同的 1和 2, 则一方面1 22 1 en2+ en 22 0, 则从 E 中可取出可列子集 an: n N,使得n=1an= .证明. 假设其不然. 对任意的可列子集 an: n N, 有n=1an1k(a E) 的元素有限, 而 E = k=1a E : a 1k. 从而card(E) 0. 即产生矛盾.1.4符符符号号号测测测度度度1.设 (X,A ) 是可测空间, , 是它上面的两个符号

14、测度. 证明:(1) 且的充要条件是 = 0.(2) + , | .(3) 集合 : 是(X,A )上的有限符号测度且与集合 : 是(X,A )上的有限符号测度且都是实线性空间.6证明. (1) 由 , 则可知存在 A A , 使得|(A) = |(Ac) = 0.又由 , 故 (Ac) = 0. 从而 (X) = 0, 即 = 0.反之, 若 = 0, 由定义, 对任意的 , 一定有且 .(2) | , 由定义, E A , 若 |(E)| = 0, 那么 |(E)| = 0.又 | = + , 故+(E) = 0, (E) = 0, 即 + , . 从而有 (E) = 0, 即 .

15、反之, 由定理1.4.4, E A , 且 |(E) = 0, 有 (E) = 0. 设 P 和 Pc分别是的正集和负集, 则0 +(E) = (E P) (E) = 0 +(E) = 0.同理有 (E) = 0 |(E) = +(E) + (E) = 0, 即 | .(3)此处证明参见Rudin著Real and Complex Analysis第120页.2.设 (X,A ,) 是有限测度空间. nn=1是 A 上的一列有限测度且 n , 证明: 如果对于每一个 E A , limnn(E) = (E) 都是有限的. 那么(1) 诸 n关于一致绝对连续, 即lim(E)0n(E) =

16、 0关于 n N 一致成立.(2) 是有限测度.注注注记记记 1.3. 这是著名的Vitali-Hahn-Saks定理，它可以推广成以下形式:设 nn=1是 (X,A ,)上复测度序列, 满足 n , 并且有有限极限limn0n(E) = 0, E A1,其中 A1= E A : (E) . 则 nn=1关于是一致绝对收敛的. 此外, 当 (X) 0, 令Lj= A A : n j, m j, |n(A) m(A)| .7由于函数A 7 n(A)在A上连续, 故 Lj为闭集. 显然 jLj=A (因为对一切 A A , n(A).由Baire定理, 存在某个 j, 使 Lj有一内点A, 即对

17、某个h 0, 由绝对连续的等价命题, 若对B A , 满足 (BA) h, 则有 |n(B) m(B)| , n j, m j.取 0 0, 0, 使得 A A , (A) supn|n|(A) .3.设 (X,A ) 是可测空间. nn=1是一列非零有限符号测度, 使得对每个 E A , limnn(E) =(E) 存在有限. 证明是有限符号测度.证明. 我们引进一个新的符号测度(E) =n=12n|n|(E)|n|(X), E A . 是一个概率测度. 显然 |n| , 当然 n , n. 这样, 由Vitali-Hahn-Saks定理的推广形式是有限符号测度且n 对 n 一致. 现在

18、(X) = 1, n 的可列可加的一致性便由 n 对 n 一致而得到. 事实上, 设 Ek 是单调递降于空集的任意集合族, 则 (Ek) 0, n 是一致可列可加的.5.举例说明, 存在符号测度及可测集 E, 使 (E) = 0 但E 不是零集.解解解 2. 设 X = R, 是 R 上的寻常测度 dx, 令f(x) =1,|x| 1;1|x|2,|x| 1.则 f L(R,dx).再令(A) =Af(x)dx,A R.显然, E = 1,1 是关于的零测度集, 但不是零集.6.设是可测空间 (X,A )上的符号测度, 证明: E A ,|(E) = supnn=1|(Ek)| : E

20、sup?Efd?: f L(X,A ,|),|f| 1.证明. 为了简便, E A , 我们记 A = sup?Efd?: f L(X,A ,|),|f| 1. 同样我们记 P 是一个正集. 首先?Efd?=?EPfd +EPcfd?EP|f|d +EPc|f|d= |(E P)| + |(E Pc)| = |(E).所以, A |(E).反过来, 取f(x) =1,当 x E P 时;1,当 x E Pc时.则|(E) = (E P) (E Pc)=EPd +EPc(1)d=Efd A.1.5Radon-Nikodym定定定理理理1.设 (X,A ,) 是测度空间, 定义 :(A) = 0,

21、当 (A) = 0,(A) = , 当 (A) 0.证明 (X,A ,) 是测度空间, 且 . 对于 , 找一个使定理1.5.3结论成立的 f0.9证明. 要证 (X,A ,) 是测度空间, 我们只要验证的可列可加性. 设 An A , n N 且AnAm= ( m,n N,m = n)时, (n=1An) =n=1(An), 从而 (n=1An) =n=1(An).而是显然的. 事实上, |(E) = 0 (E) = 0 (E) = 0.取 f0= 就可以了.2.证明链式法则: 设 0, 1, 2是 (X,A ) 上的有限测度, 且 2 1, 1 0, 那么2 0且d2d0=d2d1

22、?d1d00 a.e.证明. 显然有 2 0. 现我们设 f0=d1d0, g0=d2d1, h0=d2d0. 对一切非负可测函数 f 及一切 f L(X,A ,2), 我们有Xfd2=Xfg0d1=Xfg0f0d0=Xfh0d0所以, 有定理1.5.3可知, h0= f0g0.3.设 , 是 (X,A ) 上的有限测度, 满足且 . 证明:dd= 0 a.e.,dd=(dd)1a.e.,此处 a.e. 与 a.e. 是一样.证明. 由上题直接可得本题结果.4.设 A = A R : min(card(A),card(A) 0, 证明 A 是代数. 定义 ,如下: A A ,(A) =c

23、ard(A),当card(A) 0,当card(A) 0;(A) =0,当card(A) 0;,当card(A) = 1.那么 , 都是 (R,A ) 上的测度. 请证明但R-N定理在这种情形下不成立.证明. 首先说明 A 是代数. 我们只要验证以下三条:(i) A,B A AB A ;(ii) An A ,n N n=1An A ;(iii) A A A A .我们只对(ii) 给出验证过程. 若 n N, card(A) 0, 则 card(n=1An) 0; 否则， n0 N,使得 cardAn0 0, 那么 card(n=1An) = card(n=1An) card(An0) 0

24、. 故 A 是代数. 如同第1题, 我们容易验证 , 都是 (R,A ) 上的测度. 下面我们来证明最后一个结论. 对任意的 E A , 若 (E) = 0, 则 card(E) = 0, 从而 (E) = 0, 从而 . x0 R, 很容易有Xx0d = (x0) = 0, 而要使得R-N定理成立, 那么存在 f0, 满足Xx0f0d = 0, 从而由的定义有 f0(x0) = 0 进而由 x0的任意性可知, f0 0. 这里产生了矛盾. 故R-N定理不成立.105.设 (X,A ,) 是有限测度空间, 1 p , f 可测. 令F = g : gp 1,(x X : g(x) = 0

25、) 且Xfgd存在,其中 p是 p 的共轭数, 即1p+1p= 1,1= 0, 证明fp= supXfgd : g F.注注注记记记 1.5. 我们有更一般的定理:设 1 p , 则对一切可测函数 f, 不论它是否属于 Lp, 都有fp= sup?Xfd?: S,p 1.S 是简单函数组成的空间.参见程民德，邓东皋和龙瑞麟编著实分析第二版第十二页。证明. 先设 f Lp. 根据定理1.5.7, Lp(X,A ,) (Lp(X,A ,), 并且 fp= lf, 故我们有fp= lf = sup?Xfgd?: g Lp,gp 1.现设 f / Lp, 先看 1 p , 不妨假定 f 是几乎处处有限

27、EWITT和K.R.STROMBERG著实分析与抽象分析(现代实变函数论)第507页.由是有限的, 则存在 Akk=1, 使得 X = k=1Ak, 且 (Ak) 0. 我们来证明 Ha(E1 E2) Ha(E1) + Ha(E2). 显然只用对 Ha(E1 E2) 的情形进行证明. 当 0, k=1Ak T, Ak A , 使得(T) k=1(Ak) (k=1Ak) = (k=1Ak) A) + (k=1Ak) Ac) = (k=1(Ak A) + (k=1(Ak Ac) (T A) + (T Ac) 由的任意性可得结论.6.设 f 是 R 上的单调增绝对连续函数, f是它决定的L-S

28、测度, 用 m表示寻常的Lebesgue测度, 则 f m.证明. 由 f 是绝对连续的, 0, 0, 对 R 中任意可数多个互不相交的开区间列 Iii=1,只要i=1Ii , 则有i=1|f(bi) f(ai)| 0, 存在 G = i=1Ii, 使得 G E 且 m(G) . 于是f(E) i=1(f(bi) f(ai) 0, k=1Bk E, Bk A , 使得1(E) + k=1(Bk).15现取 =1n, n N, 则存在 An= k=1Bnk E, Bnk A , 满足 1(E) +1nk=1(Bnk). 又记 A = n=1An, 那么 A E, 且依据假设(A) +1n= (A

29、)1n (E) +1n= 1(E) +1nk=1(Bnk) (k=1Bnk) (A).因此(A) = (E), 而 A A 显然.9.是构造一个不正则的外测度.证明. 此题参考Halmos测度论第七十六页.设是定义在 X 上的一切子集所成的类上的正则外测度, 使得 (X) = 1. 并设 M 是的一个子集, 使得 (M) = 0, (M) = 1 (E) = sup(F) : E F A 是内测度). 如果令(E) = (E) + (E M) , 则我们有以下结果(I) 是一个外测度.(II)集 E 是 -可测集的充要条件是 E 是 - 可测的.(III)设 A 是一个给定的集合, 则对包含

30、 A 的任何 8- 可测集 E, inf (E) = 2(A).(IV) 不是正则的.我们来证明以上结论:(I)对于 E = , () = () + ( M) = 0. 若 E1 E2 (E1) (E2),(E1 M) (E2 M) (E1) (E2). 而(n=1En) = (n=1En) + (n=1En M)n=1(En) +n=1(En M)n=1(En) + (En M) =n=1(E)所以是一个外测度.(II)若 E 是一个 - 可测集. 则对任意的集合 T, 有(T) = (T E) + (T Ec)(T M) = (T M E) + (T M Ec)(T) = (T) + (

31、T M)(T E) = (T E) + (T E M)(T Ec) = (T Ec) + (T Ec M)所以有 (T) = (T E) + (T Ec). 从而 E 是一个 - 可测集.若 E 是一个 - 可测集. 则有(T) + (T M) = (T E) + (T E M) + (T Ec) + (T Ec M)由外测度性质 (TM) (TEM)+(TEcM), 从而 (T) (TE)+(TEc).即 E 是一个 - 可测集.(III)由(II), 集 E 是 -可测集, 从而也是 - 可测集. 由Halmos测度论第六十五页定理8,(E) = (E M) + (E Mc). 又 (T

32、M) (M) 以及(Mc) + (M) (M Mc) = 1, (M) = 1,16所以 Mc= 0, (E Mc) = 0 (E) = (E Mc) (E) = (E). 由于是正则的, 所以存在可测覆盖 F, 使得 (F) = (A).(见Halmos测度论第五十三页定理3)即(A) = (E) : E A, E A, A是 -可测集. 即完成了(III)证明.(IV)记 A是 -可测集, 考虑 (A) = (E) : E A, E A. 对 Mc, (Mc) = 2(Mc).但 (Mc) = (Mc) = (Mc M) = (Mc). 我们有结论 (Mc) = 0. 否则, 由 (Mc

33、) = 0,可得 Mc为可测集. 但事实上 Mc不是可测集. 所以 (Mc) = 0. 即 (Mc) = (Mc),也就说明了不是正则的外测度.10.设 f是 R 上的单调函数 f 导出的L-S测度. 证明:若 f m, 则dfdm= f(m a.e.).此处 m 代表寻常Lebesgue测度.证明.11.证明推论1.6.8和1.6.9.证明. 设 A 是包含一切半开区间的最小代数, 那么 A 实际上由形如 (,a,(a,b,(b,+) 的区间的有限并及空集组成. 相应于 B 上的测度 , 可定义函数f(x) =(0,x),当x 0,0,当x = 0,(0,x),当x 0, 有(0,)e

34、xtdt =1x, 利用此事, 根据Fubini定理证明limnn0sinxxdx =2证明. 我们要知道 limnn0sinxxdx =00ext? sinxdtdx. 由Fubini定理知00ext? sinxdtdx=00ext? sinxdxdt=01t2+ 1(extcosx + tsinxext)?0dt=11t2+ 1dt = arctant?0=2.4.设 f 是 R 上的非负实值函数, 考虑寻常Lebesgue测度, 证明 f 可测的充要条件是 E =(x,y) : 0 y f(x,y) 属于 R2中由可测矩形生成的代数.证明. 先假设 f 可测. 若 0 y1 y2, 则

35、 (x,y) : f(x) y1 (x,y) : f(x) y2.E = y0(x,y) : f(x) y = n=0(x,y) : f(x) n= n=0x : f(x) n n,所以, E = (x,y) : 0 y f(x,y) 属于 R2中由可测矩形生成的代数.另一方面, 若 E = (x,y) : 0 y f(x,y) 属于 R2中由可测矩形生成的代数, 则对 y R,由引理1.7.3, Ey= x : 0 y f(x) A . 故 f 可测.5.如题4设 f 是可积的, 用表寻常Lebesgue测度, 证明 (E) =Rfd.证明. 由Fubini定理易知: (E) =RRE

37、|fN+1(y) fN+1(x)| + |fN+1(x) f(x)| .因此, f(V ) B(f(x),) U, 也就是说 f1(U) 是 x 的一个邻域. 这证明 f 在点 x 处连续. 由x 的任意性知 f C(X).2. 设 f,g C(X). 那么 f + g C(X), fg C(X), min(f,g) C(X).证明. (I)先证明 f + g C(X). x X, U 是 (f + g)(x) 在 Y 中的一个邻域. 选取球形邻域 B(f(x),) U, B(f(x),12) 及 B(g(x),12). 由 f,g C(X), 则 f1(B(f(x),12) 及g1(B(f(

38、x),12) 为开集. 从而取 V = f1(B(f(x),12) g1(B(f(x),12), 则 f(V ) U, 故f1(U) 是一个邻域.(II)再证 fg C(X). x X, U 是 (fg)(x) 在 Y 中的一个邻域. 选取一个球形邻域20B(fg)(x),) U.设 M = g(x),f(x) +12,g(x) +12, 则取 V = f1(B(f(x),12M) g1(B(g(x),12M), 对任意的 y V , 有|f(y)g(y) f(x)g(x)| |f(y)g(y) f(y)g(x)| + |f(y)g(x) f(x)g(x)| |g(y) g(x)|f(y)|

39、+ |f(y) f(x)|g(x)| M12M + M12M = .(III)事实上, min(f(x),g(x) =f(x)+g(x)2f(x)g(x)2?sgn(f(x)g(x). 由(I)和(II)知, min(f,g) C(X).3.若 f Cc(X), 则 f 有最大值和最小值, 从而有界.证明. 先证明 f 有界. 对任意的 y R, 则 (y 1,y + 1) 为开集. 由 f 连续, 故 f1(y 1,y + 1) 为开集, 且 f1(y 1,y + 1)yR覆盖 suppf. 由紧集的定义, 存在 y1,y2,.,yn使得nk=1f1(yk 1,yk+ 1) suppf. 从

40、而f(suppf) f(nk=1f1(yk 1,yk+ 1)= nk=1f(f1(yk 1,yk+ 1) nk=1(yk 1,yk+ 1).故 f 有界. 然后我们来证明可以取得上下确界. 这里我们只以上确界为例. 记 M = supf(x) :x suppf, 则存在递增数列 yii=1, 使得 yi M, 对每个 yi, 存在 xi suppf, 使得yi= f(xi).我们知道 xii=1是列紧的, 为此, 我们不妨假设 xi x0, 由 f 的连续性,f(xi) f(x0) =: y0. 从而由极限的唯一性知, yi y0= M.4.设 X 为Hausdorff空间, Y 为 X 的子

41、空间, 证明B(Y ) = A : A = B Y, B B(X).证明. 由拓扑学知识, T (Y ) = A : A = B Y, B T (X), 其中 T X 是 X 的开集的全体. 所以B(Y ) = A : A = B Y, B B(X).5.设 X 为LCHS. 称 f C(X) 满足条件(*), 是指 0x : |f(x)| 为紧集.如记C0(X) = f C(X) : f满足(),试证 C0= Cc(X). 这里, C0(X)为线性赋范空间, 赋有范数fc= max|f(x)| : x X.证明. 参考E.HEWITT, K.R.STROMBERG 著孙广润译实分析与抽象分析

42、(现代实变函数论)第117页.一方面, f C0(X), 0, 由题意知 K= x : |f(x)| 为紧集, 又由Tietze延拓定理, 则存在 , 使得 = f, x K. 从而 fc , 令 0, 则有 f. 即有 f Cc(X),也就是 C0 Cc(X).另一方面, f Cc(X), 由本节第三题和 f 的连续性知, x : |f(x)| 为闭集, 从而是紧21集. 故 C0(X) Cc(X). 接下来我们只要证明 C0(X) 是闭集. 设 fn C0(X) 且 fn?c f. 0, 存在正整数 N, 使得当 n N 时, max|fn(x) f(x)| 0, 存在X 的开集 U 和

43、X 的闭集 F 使得F E U, 以及 (UF) .证明. 由为有限的, 则存在 Ann=1 B(X), 使得 X = n=1An且 (An) 0, 存在开集 Un Bn, 使得 (Un Bn) 2n+1. 令 U = n=1Un, 则U 为开集, 满足 U E 且(U E) = (n=1(k=1(Un Bk) (n=1Un Bn) n=1(Un Bn) 2.同理, 对 E, 也存在开集 G, 使得 G E, 满足 (G E) 2. 令 F = G, 则 F 为闭集, 满足 F E. 这样, 我们有(U F) = (U E) + (E F) .7.设 X 为LCHS. K 为 X 的紧集.

44、证明: 若 I(f) 为 Cc(X) 上的正线性泛函, 则存在常数c(K) 使得|I(f)| c(K)fc, f f Cc(X) : suppf K证明. 由定理2.3.7知, 存在唯一的Radon侧度 , 使得I(f) =Xfd, f Cc(X).又由题意可知 suppf K, 以及第3题知 fc . 从而|I(f)| = |Xfd| fc|suppfd| (K)fc.令 C(K) = (K), 则得到了要证之结果.8.证明引理2.4.1的结论对有限的Borel集 E 也成立.22证明. 参考E.HEWITT, K.R.STROMBERG 著孙广润译实分析与抽象分析(现代实变函数论)第1

45、91页.由引理2.4.1, 我们只要证明 (E) = 时的情况. 因为是有限的, 则存在 Akk=1使得X = k=1Ak且 (Ak) . 记 En= E (A1 A2 . An), n N, 并记 E0= . 于是 En是可测的, (En) , En En+1以及 n=1En= E. 根据定理1.1.2可知, = (E) = limn(En).由引理2.4.1, 对于每个 n N, 取一个紧集 Fn, 使得 Fn An, 且 (Fn) 12(An), 于是limn(Fn) = limn(An) = = (A).9.证明在定理中如果还是有界的则所取的 g 可满足gc supxX|f(x)

46、|.证明. 在定理的证明中, 对于 K 和 U, 由定理1.2.2, 我可以选取 f Cc(X), 使得 K f(x) U(x). 甚至, 当 x UK 时, 0 f(x) 0.证明.4.设 G 是局部紧群, 是右Haar测度, 是右模函数, 证明: 对于每个可测集 A, (xA) =(x1)(A)(x G).证明.5.设 G 是局部紧群, 是左Haar测度, 证明: G 是幺模的 = .证明.6.设 G 是局部紧群, 是左Haar测度, 证明: 是有限的 G 是紧的.证明.237设 G 是局部紧群, 是左Haar测度, 是右Haar测度, 证明: 若可测集 A 使 (A) = 0, 则必

47、有 (A) = 0.证明. 由定理2.6.5及定理2.6.6, 是左Haar测度, 则是右Haar测度. 则存在正数 a, 使得 = a . 所以(A) = a (A) = aA(x1)d(x) = 0.第二篇 Rn上的实分析3第第第二二二篇篇篇第第第一一一章章章1.设 Z R, 且 m(Z) = 0, 记 W = x2: x Z, 证明 m(W) = 0.证明.2.设 T 是 Rn上的Lip变换和 Rn上的 C1变换, 证明supxRn|JT(x)| 0, 则Rnexp(a|x|2)dx =(a)n2.证明. 利用上题计算中的一个结果, 我们有Rnexp(a|x|2)dx令u=ax=Rna

48、n2exp(u2)du= an2n2=(a)n2.7.设P(x) = cn(1 + |x|2)(n+1)2,其中cn= (n+1)2(n + 12),证明RnP(x)dx = 1.注注注记记记 3.1. 参考E.M.Stein和Guido Weiss著欧氏空间上的Fourier分析引论中文版(张春阳译周民强校)第十页.25证明. 首先注意到1cn= pin+12/(n+12) 是 Rn中单位球面 n1的面积之半. 若用 n表示 n1的面积, 则上式等价于Rndx(1 + |x|2)(n+1)/2=n12.令 r = |x|, x= x/r, (当x = 0), n1= x Rn: |x| =

49、1, dx为 n1上的面积元, 并设r = tan, 就有Rndx(1 + |x|2)(n+1)/2=0(n1dx(1 + r2)(n+1)/2)rn1dr= n10rn1(1 + r2)(n+1)/2dr= n1pi20sinn1d而 n1sinn1 显然是超平面 xn= cos 取截 n得到的半径为 sin 的球面面积. 因此, 上半个 n的面积可由这些(n-1)维球面面积对积分得到. 其中自 0 变到pi2. 就是说n1pi20sinn1d =n12.这就是所要的结论.4第第第二二二篇篇篇第第第二二二章章章1.设 1 r, p, q , a(x) Lr(Rn). 定义算子T : f

51、 Related Top-ics.第135页.首先证明对 f Lp(Rn), 1 p 0,|I(f)(x)| |y|r|f(x y)|y|dy +|y|r|f(x y)|y|dy := J1+ J2.首先我们估计 J1,J1=j=02j1r|y|2jr|f(x y)|y|dyj=01(2j1r)2j1r|y|2jr|f(x y)|dy Crnj=0(2j)n(2jr)n2j1r|y|2jr|f(x y)|dy CrnHL(f)(x).对于 J2, 如果 p = 1, 则 J2 rf1. 如果 1 p r|y|()pdy)1/pfp Crnnpfp.于是, |I(f)(x)| C(rnHL(f)

52、(x) + rnnpfp). 现在取 r =(fpHL(f)(x)pn, 则rnHL(f)(x) = rnnpfp= pnnppHL(f)(x)1nn.这就完成了上述结果的证明. 接下来我们来证明题目要求的结果.事实上, 借助上面已证结果和Hardy-Littlewood极大算子的弱(1,1)有界性, 我们有|x Rn: |If(x)| | ?x Rn: HLf(x) (Cfnn1)n? C1(Cfnn1)n(Cf1)n.273.设算子 T 为弱 (p,q) 型的, 1 q, q , 证明:若 m(X) , 0 r t), 则|Tf|(t) = m(y X : |Tf(y)| t)= m(y

53、Rn: |Tf(y)| t X)= m(|Tf|(t) X)其中 |Tf|是 |Tf| 的分布函数. 那么我们有 |Tf|(t) m(X) 以及由 T 为弱 (p,q) 型的,|Tf|(t) |Tf|(t) cqtqfqp从而有X|Tf(x)|rdx = r0tr1|Tf|(t)dt rotr1m(X)dt + rtr1cqtqfqpdt m(X) ? r+ cqfqprq rrq.令 = Cfpm(X)1q, 则上式 Crfrpm(X)qq?qq r.从而得证.4.试用H older不等式证明定理.证明. 参考周民强著调和分析讲义第十页.由H older不等式,RnK(x,y)f(y)dy

54、=RnK(x,y)1pK(x,y)1pf(y)dy(Rn|K(x,y)1p|pdy)1p(Rn|K(x,y)1pf(y)|pdy)1p=(Rn|K(x,y)|dy)1p(Rn|K(x,y)|f(y)|pdy)1p= C1P(Rn|K(x,y)|f(y)|pdy)1p28则, 我们由Fubini定理有Tfp=(X|T(f)(x)|pdx)1p(RnCpPRn|K(x,y)|f(y)|pdydx)1p C1P(RnRn|K(x,y)|f(y)|pdxdy)1p C1PC1Pfp= Cfp.5第第第二二二篇篇篇第第第三三三章章章1.设 f Lloc(Rn), Q 表示 Rn中的立方体记f(x) =

55、supQx1m(Q)Q|f(y)|dy,证明存在一正的常数 C(仅同 n 有关), 使得Cf(x) HLf(x) f(x).证明. 参考周民强著调和分析讲义第四十四页.右边不等式是显然的. 我们只需要证明左边不等式. 事实上, x0 Rn. 若 x Q(x0,r), 则Q(x,2r) Q(x0,r), 于是我们有1m(Q(x0,r)Q(x0,r)|f(y)|dy =2nm(Q(x,2r)Q(x,2r)|f(y)|dy.即左边不等式成立.2.证明:若 f L(Rn), 且 f1 0, 则 HL(f) / L(Rn).证明. 设 B(O,r) 是以原点 Q 为心, r 为半径的球. 选适当大的 r

56、使得B(O,r)|f(x)|dx 12f1.当 |x| r 时, 取 B(O,2|x|), 则我们有HL(f)(x) 1B(O,2|x|)B(O,2|x|)|f(y)|dy=12nB(O,|x|)B(O,2|x|)|f(y)|dyC2n|x|n12f1=C|xn|f1于是 HL(f) / L(Rn).293.设 f 为 Rn上对每个变元都以1为周期的函数,Q = Q(O,1) = x = (x1,.,xn) : |xi| 2).证明.5.设 Q 是开的方体证明 x Q, HL(Q)(x) = 1.证明. 对任一的方体 R x, 我们有1|R|RQ(y)dy =|Q R|R| 1,显然当 R

57、= Q 时, 等号成立. 即得证.6.设 x0为立方体 Q 的中心, x Q , 证明存在一常数 C (同 f, x 无关, 也同 Q 无关), 使得?RnQ|x0 x|x0 y|n+1f(y)dy? CHL(f)(x).证明. 利用球壳分解的方法, 我们直接计算有?RnQ|x0 x|x0 y|n+1f(y)dy?k=12k+1Q2kQ|x x0|x0 y|n+1|f(y)|dyk=12k+1Qn2l(n2kl2)n+1|f(y)|dyk=12k2n(2k+1l)n2k+1Q|f(y)|dy CHL(f)(x).306第第第二二二篇篇篇第第第四四四章章章1.设 0 n12, n 2. 定义算子

58、 T 为T(f)(x) =yRn:|xy|1|x y|(n+12+)f(y)dy,证明 T 为 (p,p) 型的.证明. 同样我们利用球壳分解的办法,|T(f)(x)| =?yRn:|xy|1|x y|(n+12+)f(y)dy?=k=0yRn:2k1|xy|2k|x y|(n+12+)|f(y)|dyk=1yRn:2k1|xy|2k|x y|(n+12+)|f(y)|dyk=1yRn:2k1|xy|2k2(k+1)(n+12+)|f(y)|dyk=12kn+k+kn+k+n+1212knyRn:|xy|2k|f(y)|dyk=12n212kHL(f)(x) CHL(f)(x).从而由Hard

59、y-Litttlewood算子的有界性可知 T 为 (p,p) 型的, 其中 C 是与 , n 有关但与 f无关的常数.2.设 1 p , f Lp(Rn), g Lp(Rn), 其中1p+1p= 1, 证明 f g 是 Rn上的有界连续函数.证明. 由Young不等式(定理4.1.1)可知 f g 有界. 再由本节第7题(积分的连续性)有, 当 |h| 0时,|(f g)(x + h) (f g)(x)| Rn|f(x + h t)g(t) f(x t)g(t)|dt 0.故得证.3.构造一 f Cc(R), 使得 f 在原点取得最大值1.证明. 令(x) =e1/(1|x|2),|x| 1

60、;0,|x| 1.容易验证 (x) Cc(Rn). 现取 f(x) = e(0) 就满足题目要求.4.设 G1和 G2为 Rn中的有界开集, 且 G1 G2. 试具体构造一 f Cc(Rn), 使得f(x) =1,x G1,0,x G2.31证明. 如同定理4.1.5证明中的构造, 取 G1= B(0,1), G2= B(0,2), V = B(0,43) 以及(x) =e2/(1|x|2),|x| 0) 为 L(Rn) F (可测函数类)的一族线性算子, 定义算子 T:T(f)(x) = sup0|T(f)(x)|,证明:若 T为弱 (1,1) 型的, 且关系式lim0T(g)(x) = g

61、(x) a.e.对任一 g C(Rn) L(Rn) 成立, 则此关系式对任一 f L1(Rn) 也成立.证明. 参考E.M.Stein和G.Weiss著欧氏空间上的Fourier分析引论第64页或者丁勇著现代分析基础第10页.首先我们知道 C(Rn)L(Rn) 在 L(Rn) 中稠密. 其次, 我们只需证明, 使得当 0 时, (Tf)(x)的极限不存在及极限为无穷的点 x 所成之集的测度为零即可. 设 f L(Rn), 对 k 0, 记Fk=x Rn:|(Tf)(x) (Tf)(x)| 2/k,对无限多对(,),(,) (0,0).及 F = k=1Fk. 下面将证明, 对任意的 0,|Fk

62、| |2a(k + 1)|.a是弱型常数.这样由的任意性得 |Fk| = 0, 并由此推出 |F| = 0, 从而完成定理的证明.因 C(Rn)L(Rn) 在 L(Rn) 中稠密. 故对上述 0, 存在 g C(Rn)L(Rn) 使得 f g1 1/k,对无限多对(,),(,) (0,0).则有下面的事实(Fk G) Hk.这是因为, 如记Qk=:x Rn:lim(,)(0,0)|(Tg)(x) (Tg)(x)| 1/k那么 Fk (Qk Hk). 因此(Fk G) (Qk G) (Hk G) = (HK G) Hk.故 (Fk G) Hk成立. 另一方面由 T的定义Hk x Rn: (Th

64、Rn|f(x) g(x)|p)1/p3+3+3= .337第第第二二二篇篇篇第第第五五五章章章1.设 f(t) = (a,b)(t), t R, 证明f / L(R).证明. 因为f(x) =R(a,b)(y)e2iy?xdy=12ix(e2iax e2ibx)=12ix(cos(2ax) cos(2bx) i(sin(2ax) sin(2bx)由数学分析知识知道上式不是绝对可积的.2.设 f L1(R)n, 且f L1(R)n证明F1(Ff)(x) = F(F1f)(x) = f(x). a.e.证明. 由定理5.1.8可知f(x) = F1(Ff)(x)a.e.另外, F1f(x) = F

65、f(x), 所以F(F1f)(x) = FFf(x) = f(x)a.e.3.设 f, g L2(Rn), 证明:若f = g, 则f = g. a.e.证明. 参考丁勇现代分析基础.令 h = f g, 那么h =f g = 0. 由定理5.2.4, 我们有h(x) =h(x) = 0a.e.所以 f = g a.e.4.证明:若 f, g L2(Rn), 则F(f ? g) =f g.证明. 设 f,g L1(Rn) L2(Rn), 令 h = fg, 由Holder不等式知道, h L1(Rn), 因而对 h作Forier变换是有意义的. 所以F(fg)(x) =Rn(fg)(y)e2i

66、y?xdy=Rnf(y)g(y)e2iy?xdy=Rn(g(y)e2iy?x)f(y)dy=Rn g(x + y)f(y)dy=Rn g(x + y)f(y)dy=f g(x).再由 L1(Rn) L2(Rn) 在 L2(Rn) 中稠密, 从而得到题中结果.345.设 f, g L2(Rn), 证明F1(f ? g) = f g.证明. 由定理5.2.4及题4,F1(f ? g)(x) = F(f ? g)(x)=f g(x)=Rnf(x + y) g(y)dy=Rnf(x y)g(y)dy= f g(x).6.设 (x) = e2|x|, 试证满足定理5.3.2的条件.证明. L1(Rn)L2(Rn) 是显然的. 由第134页例可知,(x) = P(x), 再由第二篇第一章习题可知RnP(x)dx = 1.35

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