第一章

第三题

若$f$是在可测空间$X$上的实函数,使得对每一个有理数$r$,$\left\{x:f(x)>r\right\}$为可测集,证明$f$是可测的。

证明:根据定理1.2可以知道,要证明$f$是可测的,只需要证明对${\forall}\alpha{\in}\mathbb{R},f^{-1}(\alpha,\infty]$是可测集即可。由稠密性,可以用有理数逼近实数,于是可以对于${\forall}\alpha{\in}\mathbb{R}$,存在有理数序列$\left\{r_n;n=1,2,\cdots\right\}$,使得$r_1>r_2>r_3>{\cdots}>r_n>{\cdots}>\alpha$,且$\lim_{n{\to}\infty}r_n=\alpha$。所以

$$ \left\{x;f(x)>\alpha\right\}={\bigcup}^{+\infty}_{n=1}\left\{x;f(x){\ge}r_n\right\} $$

事实上,对于任意的$x{\in}\left\{x;f(x)>\alpha\right\}$,存在$n_0$使得$\alpha<r_{n_0}{\le}f(x)$,于是$x{\in}\left\{x;f(x){\ge}r_n\right\}$。另一方面,$r_n>\alpha$意味着

$$ {\bigcup}^{+\infty}_{n=1}\left\{x;f(x){\ge}r_n\right\}{\subset}\left\{x;f(x)>\alpha\right\} $$

于是等式证明完毕,又从题设因为对$\forall{r}{\in}\mathbb{Q},\left\{x;f(x){\ge}r\right\}$是可测集,所以${\bigcup}^{+\infty}_{n=1}\left\{x;f(x){\ge}r_n\right\}$还是可测的,从而得到$f$可测。

第五题

(a)设$f:X{\to}[-\infty,\infty]$和$g:X{\to}[-\infty,\infty]$都是可测的,证明集

$$ \left\{x:f(x)<g(x)\right\},\left\{x:f(x)=g(x)\right\} $$

是可测的。

证明:取$\left\{r_n\right\}$为$\mathbb{R}$上的有理数点集,于是有

$$ \left\{x:f(x)<g(x)\right\}={\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\} $$

实际上,

$$ {\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\}{\subset}\left\{x:f(x)<g(x)\right\}是显然的 $$

继而仅需证明反包含关系:${\forall}x_0{\in}\left\{x:f(x)<g(x)\right\}$,则有$f(x_0)<g(x_0)$,由于$f(x_0),g(x_0){\in}\mathbb{R}$,由有理数集的稠密性,${\exists}r_n$使得$f(x_0)<r_n<g(x_0)$,于是则知道$x_0{\in}{\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\}$。由于$x_0$的任意性,于是反包含关系成立:

$$ \left\{x:f(x)<g(x)\right\}{\subset}{\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\} $$

有了等式之后我们可以做划分:

$$ \begin{align*} \left\{x:f(x)<g(x)\right\}&={\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\}\\ &={\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}(\left\{x:f(x)<r_n\right\}{\cap}(\left\{x:r_n<g(x)\right\}) \end{align*} $$

由于$\left\{x:f(x)<r_n\right\}$与$\left\{x:r_n<g(x)\right\}$均为可测集,于是可以知道$\left\{x:f(x)<g(x)\right\}$为可测集。

然后我们证明:$\left\{x:f(x)=g(x)\right\}$为可测集。

上述已经证明了$\left\{x:f(x)<g(x)\right\}$为可测集,同样地可以得到$\left\{x:g(x)<f(x)\right\}$为可测集,而我们有这样的关系

$$ \left\{x:f(x)=g(x)\right\}=X-\left\{x:f(x)<g(x)\right\}{\cup}\left\{x:g(x)<f(x)\right\} $$

于是可以知道$\left\{x:f(x)=g(x)\right\}$为可测集。

(b)证明实可测函数序列的收敛(具有有限极限)点集是可测集

假设$\left\{f_n\right\}$是在$(X,\mathfrak{M})$上的一族实值可测函数,因为$f_n(x)-f_m(x)$可测,且$||$绝对值函数是连续函数,于是由于定理1.9,复合函数还是可测的,也就是有:对${\forall}n,m{\in}\mathbb{N}$,$|f_n(x)-f_m(x)|$是可测函数,于是对任意的$a{\in}\mathbb{R},\left\{x:|f_n(x)-f_m(x)|<a\right\}$为可测集。

显然,集合$\left\{f_n(x)\right\}$的收敛(柯西序列收敛)点集为

$$ A={\bigcap}^{\infty}_{k=1}{\bigcup}^{\infty}_{N=1}{\bigcap}_{n,m{\ge}\mathbb{N}}\left\{x:|f_n(x)-f_m(x)|<\frac{1}{k}\right\} $$

考察其为$\left\{f_n(x)\right\}$的收敛点集:首先对于固定的$n,m$,考察${\bigcap}^{\infty}_{k=1}$,这表示${\forall}k{\in}[1,\infty]$且为整数,都有

$$ |f_n(x)-f_m(x)|<\frac{1}{k} $$

成立,不妨取$k{\to}\infty$,也就是有$|f_n(x)-f_m(x)|<\frac{1}{\varepsilon}$成立。接下来变动$N$,则$n,m$随之变动。由于${\bigcup}^{\infty}_{N=1}$取得是存在一个,故不妨固定$N=1$,则变动$n,m$我们有

$$ |f_{N}(x)-f_{N+1}(x)|<\frac{1}{\varepsilon} $$

成立,于是是可以做到柯西收敛的点集在$A$中的。并且由于$k$的任意性,取得最小的交集,从而诱导$N$取充分大,于是取到的也就是集合$\left\{f_n(x)\right\}$的收敛收敛点集。

接下来证明这是一个可测集

由上述已经给出的条件,对${\forall}n,m{\in}\mathbb{N}$且$k{\in}\mathbb{N},\left\{x:|f_n(x)-f_m(x)|<\frac{1}{k}\right\}$是可测集,而且$\mathfrak{M}$为一个$\sigma$代数,于是对可数交并运算都封闭,所以$A$是可测集。

第八题

若$n$是奇数,令$f_n=\chi_E$,若$n$是偶数,令$f_n=1-{\chi}_E$,这个例子与法图引理有什么关系?

首先给出法图引理(下极限的积分小于等于积分的下极限)

$$ \int_X(\lim_{n{\to}\infty}\inf{f_n})d{\mu}{\le}\lim_{n{\to}\infty}\inf{\int_Xf_n}d{\mu} $$

从题设可以知道:

$$ f_{2n}=1-\chi_E=\begin{cases} 0{\quad}x{\in}E\\ 1{\quad}x{\notin}E \end{cases} $$

$$ f_{2n+1}=\chi_E=\begin{cases} 1{\quad}x{\in}E\\ 0{\quad}x{\notin}E \end{cases} $$

于是

$$ \begin{align*} \int_X\lim_{n{\to}\infty}f_nd{\mu}&=\int_E\lim_{n{\to}\infty}\inf{f_n}d{\mu}+\int_{E^c}\lim_{n{\to}\infty}\inf{f_n}d{\mu}\\&=0+0=0 \end{align*} $$

又因为

$$ \int_Xf_nd{\mu}= \begin{cases} \mu(E){\quad}{\quad}\;n为奇数\\ \mu(X{\backslash}E){\quad}n为偶数 \end{cases} $$

所以有

$$ \lim_{n{\to}\infty}{\inf}\int_Xf_nd{\mu}=\min(\mu(E),\mu(X{\backslash}E)) $$

当$\mu(E)>0$且$\mu(X{\backslash}E)>0$时,法图引理的不等号严格成立:

$$ \int_X(\lim_{n{\to}\infty}\inf{f_n})d{\mu}{<}\lim_{n{\to}\infty}\inf{\int_Xf_n}d{\mu} $$

第九题

假设$\mu$是$X$上的正测度,$f:X{\to}[0,\infty]$是可测的,$\int_Xfd{\mu}=c$,其中$0<c<\infty,\alpha$是一个常数,证明

$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_Xn{\cdot}ln[1+(f/n)^{\alpha}]d{\mu}= \begin{cases} \infty{\quad}若0<\alpha<1\\ c{\quad}\;\;若\alpha=1\\ 0{\quad}\;\;若1<{\alpha}<\infty \end{cases} $$

提示:若$\alpha{\ge}1$,被积函数受到$\alpha{f}$控制。若$\alpha<1$,可以应用法图引理。

证明:取$g(x)={\alpha}x-nln(1+(\frac{x}{n})^{\alpha}),(\alpha>1)$。则有$g(0)=0$,且

$$ \begin{align*} g'(x)&={\alpha}-n\frac{{\alpha}(\frac{x}{n})^{\alpha-1}\frac{1}{n}}{1+{(\frac{x}{n})^{\alpha}}}={\alpha}[1-\frac{(\frac{x}{n})^{\alpha-1}}{1+(\frac{x}{n})^{\alpha}}] \\ &=\frac{\alpha}{1+(\frac{x}{n})^{\alpha}}[1+(\frac{x}{n})^{\alpha-1}(\frac{x}{n}-1)] \end{align*} $$

如果$x{\ge}n$,显然有

$$ g'(x){\ge}\frac{\alpha(1+(\frac{x}{n})^{\alpha-1})}{1+(\frac{x}{n})^{\alpha}}{\ge}1 $$

如果$0<x<n,{\alpha}{\ge}1$则蕴含着$(\frac{x}{n})^{\alpha}{\le}(\frac{x}{n}){{\le}}(\frac{x}{n})\frac{1}{1-\frac{x}{n}}$,特别地有

$$ (\frac{x}{n})^{\alpha-1}(\frac{x}{n}-1){\ge}-1\\ 1+(\frac{x}{n})^{\alpha-1}(\frac{x}{n}-1){\ge}0\\ $$

因此

$$ g'(x)=\frac{{\alpha}[1+(\frac{x}{n})^{\alpha-1}](\frac{x}{n}-1)}{1+{(\frac{x}{n})^{\alpha}}}{\ge}0\\ g'(0)=\alpha>0 $$

故对$x{\in}(0,\infty],g'(x){\ge}0$,于是我们知道$g(x){\ge}0$。特别地,因为

$$ \int{f}d{\mu}=c<\infty,nln(1+(\frac{f}{n})^{\alpha}){\le}{\alpha}f{\in}L^1(\mu) $$

由控制收敛定理则有

$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_Xnln(1+(\frac{f}{n})^{\alpha})d{\mu}= \int_X\lim_{n{\to}\infty}nln(1+(\frac{f}{n})^{\alpha})d{\mu} \\=\begin{cases} \int_Xfd{\mu}=c,若{\alpha}=1\\ 0,若1<{\alpha}<\infty \end{cases} $$

这是因为当$\alpha=1$时,有

$$ \lim_{x{\to}0}\frac{ln(1+ax)}{x}=a $$

对于$a{\ge}0$,当$\alpha>1$时有

$$ \lim_{x{\to}0}\frac{ln(1+(ax)^{\alpha})}{x}=\lim_{x{\to}0} \frac{ln(1+(ax)^{\alpha})a^{\alpha}x^{\alpha-1}}{(ax)^{\alpha}}\\ =lim_{x{\to}0}a^{\alpha}x^{\alpha-1}\lim_{y{\to}0}\frac{ln(1+y)}{y}=0 $$

若$0<{\alpha}<1,a>0$,则

$$ \lim_{x{\to}0}\frac{ln(1+(ax)^{\alpha})}{x}=\lim_{x{\to}0} \frac{ln(1+(ax)^{\alpha})a^{\alpha}x^{\alpha-1}}{(ax)^{\alpha}}\\ =lim_{x{\to}0}a^{\alpha}x^{\alpha-1}\lim_{y{\to}0}\frac{ln(1+y)}{y}=1{\cdot}\infty=\infty $$

当$\int{f}d{\mu}=c>0$,我们可以看到${\mu}\left\{x:f(x)>0\right\}>c$,由法图引理

$$ \begin{align*} \lim_{n{\to}\infty}\inf\int_Xnln(1+(\frac{f}{n})^{\alpha})d{\mu}&{\ge}\int_X\lim_{n{\to}\infty}{\inf}nln(1+(\frac{f}{n})^{\alpha})d{\mu}\\ &{\ge} \int_{\left\{x:f(x)>0\right\}}\lim_{n{\to}\infty}\inf{nln(1+(\frac{f}{n})^{\alpha})}d{\mu}\\ &=\int_{\left\{x:f(x)>0\right\}}\infty{d{\mu}}=\infty{\cdot}{\mu}{\left\{x:f(x)>0\right\}}\\&=\infty \end{align*} $$

Last modification:December 26th, 2019 at 10:10 am
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