第三章
第二题
若$\varphi$在$(a,b)$上是凸的，而$\psi$在$\varphi$的值域上是凸的且是非递减的，证明$\psi{\circ}\varphi$在$(a,b)$上是凸的，对于$\varphi>0$，证明$ln(\varphi)$的凸性蕴含着$\varphi$的凸性，但是反之不真。
首先证明$\psi{\circ}\varphi$在$(a,b)$上是凸的：
由于$\varphi$在$(a,b)$上是凸的，则有
$$ \varphi({\lambda}x_1+(1-\lambda)x_2){\le}{\lambda}\varphi(x_1)+(1-\lambda){\varphi}(x_2) $$
而$\psi$在$\varphi$的值域上是凸的且是非递减的，故有
$$ \begin{align*} \psi{\circ}\varphi({\lambda}x_1+(1-\lambda)x_2)&{\le}\psi[{\lambda}\varphi(x_1)+(1-\lambda){\varphi}(x_2)]\\ &{\le}{\lambda}\psi{\circ}\varphi(x_1)+(1-\lambda)\psi{\circ}\varphi(x_2) \end{align*} $$
故$\psi{\circ}\varphi$在$(a,b)$上是凸的。
其次证明$ln(\varphi)$的凸性蕴含着$\varphi$的凸性：
由于$\varphi>0$，而且有$ln(\varphi)$为凸函数，取$\psi(x)=e^x$，求二阶导数可以知道恒大与零，于是$\psi(x)$为凸函数，并且其定义域为$R^1$。满足上述证明条件，根据前面的证明，我们知道$\psi{\circ}ln(\varphi)$是凸的，而这正好是$\varphi$，于是得到$\varphi$是凸的。
最后举出反例：取$\varphi(x)=x^2,x{\in}(1,3)$为凸函数。
但是$ln(\varphi)=2lnx$则是凹的。其二阶导恒小于零。
第四题
设$f$是$X$上的复可测函数，$\mu$是$X$上的正测度，并且
$$ \varphi(p)=\int_X|f|^pd{\mu}=\|f\|^p_p{\quad}(0<p<\infty) $$
设$E=\left\{p:\varphi(p)<\infty\right\}$。假定$\|f\|_{\infty}>0$。
- 若$r<p<s,r{\in}E,s{\in}E$，证明$p{\in}E$。
- 证明$ln(\varphi)$在$E$的内部是凸的且$\varphi$在$E$上是连续的。
- 根据1,$E$是连通的，$E$一定是开的吗？一定是闭的吗？$E$能由单点组成吗？$E$能是$(0,\infty)$的任何连通子集吗？
- 若$r<p<s$，证明$\|f\|_p{\le}\max(\|f\|_r,\|f\|_s)$，指出这一结果蕴含着$L^r(\mu){\cap}L^s(\mu){\subset}L^p(\mu)$。
- 假定对某个$r<\infty,\|f\|_r<\infty$成立。证明当$p{\to}\infty$时，
$$ \|f\|_p{\to}\|f\|_{\infty} $$
证明：
1，设
$$ p=\frac{p-r}{s-r}s+\frac{s-p}{s-r}r,{\quad}(\frac{p-r}{s-r}+\frac{s=p}{s-r})=1 $$
因为$r,s{\in}E$，故此有
$$ \begin{align*} \int_x|f|^pd{\mu}&=\int_x|f|^{\frac{p-r}{s-r}s}|f|^{\frac{s-p}{s-r}r}d{\mu}\\ &{\le}(\int_X|f|^{\frac{p-r}{s-r}s{\cdot}\frac{s-r}{p-r}})^{\frac{p-r}{s-r}}(\int_X|f|^{\frac{s-p}{s-r}r{\cdot}\frac{s-r}{s-p}})^{\frac{s-p}{s-r}}\\ &=(\int_X|f|^sd{\mu})^{\frac{p-r}{s-r}}(\int_X|f|^rd{\mu})^{\frac{s-p}{s-r}}\\ &=(\varphi(s))^{\frac{p-r}{s-r}}(\varphi(r))^{\frac{s-p}{s-r}}<+\infty \end{align*} $$
推出$p{\in}E$。
2，从1可以得到：如果$r<s,r,s{\in}E,0<{\alpha}<1$，则有
$$ \varphi(\alpha{s}+(1-\alpha)r){\le}\varphi(s)^{\alpha}\varphi(r)^{1-{\alpha}} $$
因为$\|f\|_{p}>0$，所以对任意$p>0$有$\varphi(p)>0$。
所以对任意$r,s{\in}E,0<{\alpha}<1$
$$ ln\varphi({\alpha}s+(1-{\alpha})r){\le}ln(\varphi(s))^{\alpha}(\varphi(r))^{1-\alpha}={\alpha}ln(\varphi(s))+(1-s)ln(\varphi(r)) $$
又由1，如果$s,r{\in}E$则$(s,r){\subset}E$，故此有$ln{\varphi}$在$\mathring{E}$是凸的，由于函数是凸的，故是连续的。
令$E$取$[p,q),p>0$，则$\mathring{E}=(p,q)$。我们仅需证明$\varphi$在$p$上是连续的，就证明了$\varphi$在$E$上连续。
取$p<{\cdots}<p_n<p_{n-1}<{\cdots}<p_1$，使得$p_n{\to}p$，由赫尔德不等式得到：
$$ \begin{align*} \varphi(p_n)=\int_X|f|^{p_n}d{\mu}&=\int_X|f|^{\frac{p_1-p_n}{p_1-p}p}|f|^{\frac{p_n-p}{p_1-p}p_1}d{\mu}\\ &{\le}(\int_X|f|^{\frac{p_1-p_n}{p_1-p}p{\cdot}\frac{p_1-p}{p-p_n}})^{\frac{p-p_n}{p_1-p}}(\int_X|f|^{\frac{p_n-p}{p_1-p}p_1{\cdot}\frac{p_1-p}{p_n-p}})^{\frac{p_n-p}{p_1-p}}\\ &=(\int_X|f|^pd{\mu})^{\frac{p-p_n}{p_1-p}}(\int_X|f|^{p_1}d{\mu})^{\frac{p_n-p}{p_1-p}}\\ &=\varphi(p)^{\frac{p-p_n}{p_1-p}}\varphi(p_1)^{\frac{p_n-p}{p_1-p}}{\quad}n{\to}\infty \end{align*} $$
于是有
$$ {\varlimsup_{n{\to}\infty}}\varphi(p_n){\le}{\varlimsup_{n{\to}\infty}}\varphi(p)^{\frac{p-p_n}{p_1-p}}\varphi(p_1)^{\frac{p_n-p}{p_1-p}}=\varphi(p)\\ $$
又由法图引理得到：
$$ \varphi(p)=\int_X|f|^pd{\mu}{\le}\varliminf_{n{\to}\infty}\int_X|f|^{P_n}d{\mu}=\varliminf_{n{\to}\infty}\varphi(P_n){\le}{\varlimsup_{n{\to}\infty}}\varphi(p_n){\le}\varphi(p) $$
于是有$\lim_{n{\to}\infty}\varphi(p_n)=\varphi(p)$。
同理对于$E=(p,q],E=[p,q]$均证得该结果，故此有$\varphi$在$E$上连续。
3，给出结论：$E$是连通的，但是$E$不一定开，也不一定闭。
这个结果可以由上述的$E=[p,q],(p,q],[p,q),(p,q)$得到。下面都各给出一个例子：
$\mu$在$R^1$上勒贝格可测，$f(x)=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n}\chi_{[n,n+1]}$。
$$ \int_X|f|^pd{\mu}=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^p}= \begin{cases} {\infty},{\quad}p{\le}1\\ <\infty,\;p>1 \end{cases} $$
这是因为$p$级数当$p>1$时候收敛，而$0<p{\le}1$时发散。
故此有$E=(1,+\infty)$，也就是$E$不是闭集。
$E$可以由单点组成：
例：$\mu$在$R^1$上勒贝格可测，且
$$ f(x)=\begin{cases} \frac{1}{x(1+|lnx|)^2}{\quad}(x>0)\\ 0{\quad}{\quad}{\quad}{\quad}{\quad}(x{\le}0) \end{cases} $$
故有
$$ \begin{align*} \int_{R^1}f(x)dx&=\int^{\infty}_0\frac{1}{x(1+|lnx|)^2}dx\\ &=\int^1_0\frac{1}{x(1+|lnx|)^2}dx+\int^{\infty}_1\frac{1}{x(1+|lnx|)^2}dx\\ &=\int^0_{-\infty}\frac{1}{(1+|t|)^2}dt+\int^{\infty}_0\frac{1}{(1+|t|)^2}dt\\ &=2\int^{\infty}_0\frac{1}{(1+|t|)^2}dt=2 \end{align*} $$
所以$f{\in}L^1(R^1),1{\in}E$。只有一个点。
取$a=\frac{1-p}{4p}>0$，则存在$N>1$使得
$$ \int^{\infty}_0|f|^pd{\mu}{\ge}\int^{\infty}_N\frac{1}{x^{\frac{1+p}{2}}}dx{\ge}\int^{\infty}_N\frac{1}{x}dx=+\infty $$
故此$E=\left\{1\right\}$不是开集。
最后说明$E$可以是$(0,+\infty)$上的任何连通子集。
设$\mu$是$R^1$上的勒贝格测度，令
$$ f_1(x)=\frac{1}{x}\chi_{[0,1]}(x)\\ f_2(x)=\frac{1}{x}\chi_{[1,\infty]}(x)\\ f_3(x)=\frac{1}{x(1+|lnx|)^2}\chi_{[0,1]}(x)\\ f_4(x)=\frac{1}{x(1+|lnx|)^2}\chi_{[1,\infty]}(x) $$
令
$$ E(f)=\left\{p|{\quad}\|f\|_p=\int^{\infty}_0|f|^pd{\mu}<+\infty,0<p<\infty\right\} $$
故有
$$ 0<p<1,\int^1_0\frac{1}{x^p}dx<+\infty{\rightarrow}E(f_1)=(0,1)\\ 1<p<\infty,\int^{\infty}_1\frac{1}{x^p}dx<+\infty,{\rightarrow}E(f_2)=(1,\infty)\\ 0<p<1,\int^1_0\frac{1}{x(1+|lnx|)^{2p}}dx<+\infty{\rightarrow}E(f_3)=(0,1]\\ 1<p<\infty,\int^{\infty}_1\frac{1}{x(1+|lnx|)^{2p}}dx<+\infty{\rightarrow}E(f_4)=[1,+\infty) $$
故$(0,+\infty)$上所有连通子集都可以由$E(f_i),i=1,2,3,4$表示出来。
例子：$(p,q]$。则有
$$ \begin{align*} (p,q]=E(f_2^{\frac{1}{p}}+f_3^{\frac{1}{q}})&=E(f_2^{\frac{1}{p}}){\cap}E(f_3^{\frac{1}{q}})\\ &=(pE(f_2)){\cap}(qE(f_3))\\ &=(p,\infty){\cap}(0,q]=(p,q] \end{align*} $$
4，如果$r<p<s$，则存在${\lambda}{\in}(0,1),p={\lambda}r+(1-{\lambda}s)$。
$$ \begin{align*} \|f\|^p_p&{\le}(\|f\|^r_r)^{\lambda}(\|f\|^s_s)^(1-{\lambda})\\ &{\le}\max\left\{\|f\|_r,\|f\|_s\right\}^{{\lambda}r+(1-{\lambda}s)}\\ &=\max\left\{\|f\|_r,\|f\|_s\right\}^p \end{align*} $$
故此有$\|f\|_p{\le}\max\left\{\|f\|_r,\|f\|_s\right\}^p$。
如果有$f{\in}L^r(\mu){\cap}L^s(\mu)$，则有
$$ \|f\|_p{\le}\max\left\{\|f\|_r,\|f\|_s\right\}<\infty $$
故此有$f{\in}L^p(\mu)$，故$L^r(\mu){\cap}L^s(\mu){\subset}L^p(\mu)$。
5，如果$\|f\|_{\infty}=\infty$，取到$E_n=\left\{x{\in}Z:|f(x)>n|\right\}$。
则对任意$n{\in}\mathbb{N}$，有${\mu}(E_n)>0$，再由$\|{\cdot}\|_{\infty}$的连续性的：
$$ \|f\|_p=(\int_x|f|^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}{\ge}(\int_{E_n}|f|^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}{\ge}n({\mu}(E_n))^{\frac{1}{p}} $$
固定$n{\in}\mathbb{N}$，取$p{\to}\infty$。则
$$ \varliminf_{p{\to}\infty}\|f\|_p{\ge}\varliminf_{p{\to}\infty}n(\mu(E_n))^{\frac{1}{p}}=n{\cdot}\mu(E_n)^0=n $$
所以有
$$ \varliminf_{p{\to}\infty}\|f\|_P=\infty{\Rightarrow}\lim_{p{\to}\infty}\|f\|_p=\infty $$
如果$\|f\|_{\infty}{\in}(0,\infty)$，取$p>r$，假设有$\|f\|_r<\infty$，则
$$ \begin{align*} \|f\|_p&=(\int_x|f|^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}=(\int_x|f|^r|f|^{p-r}d{\mu})^{\frac{1}{p}}{\le}(\|f\|_{\infty}^{p-r}\int_Xf^rd{\mu})^{\frac{1}{p}}\\ &=\|f\|_{\infty}^{\frac{p-r}{p}}\|f\|_r^{\frac{r}{p}} \end{align*} $$
因为$\|f\|_{\infty}>0$，于是有$\|f\|_r>0$。则
$$ \varliminf_{p{\to}\infty}\|f\|_p{\le}\varlimsup_{p{\to}\infty}(\|f\|_{\infty}^{\frac{p-r}{p}}\|f\|_r^{\frac{r}{p}})=\|f\|_{\infty} $$
另一方面：任意$q>0$，记$E=\left\{x{\in}Z:|f(x)|{\ge}\|f\|_{\infty}-1>0\right\}$。则有$\mu(E)>0$，并且由于$\|f\|$的定义知道，$\|f\|_r<\infty$，且$\mu(E)<\infty$。故此
$$ \begin{align*} \|f\|_p=(\int_x|f|^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}&{\ge}(\int_E|f|^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}\\ &{\ge}(\|f\|_{\infty}-1)(\mu(E))^{\frac{1}{p}}\\ &{\ge}\|f\|_{\infty}-q{\quad}(p{\to}\infty,q{\to}0) \end{align*} $$
所以
$$ \|f\|_{\infty}{\le}\varliminf_{p{\to}\infty}\|f\|_p{\le}\varlimsup_{p{\to}\infty}\|f\|_p{\le}\|f\|_{\infty} $$
故有$\lim_{p{\to}\infty}\|f\|_p=\|f\|_{\infty}$。
第十二题
设$\mu(\Omega)=1$，且$h:\Omega{\to}[0,\infty]$是可测的。若
$$ A=\int_{\Omega}hd{\mu} $$
证明：
$$ \sqrt{1+A^2}{\le}\int_{\Omega}\sqrt{1+h^2}d{\mu}{\le}1+A $$
若$\mu$是$[0,1]$上的勒贝格测度并且$h$是连续的，$h=f'$，则上面的不等式有一个简单的几何解释，试从这点推测（对一般的$\Omega$）关于$h$在什么条件下，上面不等式之一的等号能够成立，并且证明你的推测。
证明：
首先记$f(x)=\sqrt{1+x^2}$，满足$f''(x)=\frac{1}{(1+x^2)^{3/2}}$，则$f(x)$在$R^1$上是凸函数。于是取到$x=A$，则有
$$ f(\int_{\Omega}hd{\mu})=\sqrt{1+A^2}{\le}\int_{\Omega}\sqrt{1+h^2}d{\mu}=\int_{\Omega}f{\circ}hd{\mu} $$
另一方面，因为$\sqrt{1+h^2}{\le}1+h(h>0)$，这个不等式是由平方和公式推出（当且仅当$h=0$时等式取定），对两边取积分，则有
$$ \int_{\Omega}\sqrt{1+h^2}d{\mu}{\le}\mu(\Omega)+\int_{\Omega}hd{\mu}=1+A $$
于是综上有：
$$ \sqrt{1+A^2}{\le}\int_{\Omega}\sqrt{1+h^2}d{\mu}{\le}1+A $$
其几何解释：由于$h=f'{\ge}0,f'{\in}C^0[0,1]$，则有
$$ \int^1_0\sqrt{1+h^2}dt=\int^1_0\sqrt{1+(f')^2}dt=f(t)的弧长 $$
$$ A=\int^1_0d{\mu}=\int^1_0f'd{\mu}=f(1)-f(0) $$
实则就是三角形的两边和大于第三边，并且由于凸函数的性质，其第三边在弧上面（比弧线短）。
最后说明试从这点推测（对一般的$\Omega$）关于$h$在什么条件下，上面不等式之一的等号能够成立，并且证明你的推测：
推测：
$$ \int^1_0\sqrt{1+h^2}=1+A{\iff}h=0{\quad}a.e. $$
证明：这是因为里面用到了$1+h-\sqrt{1+h^2}{\ge}0$，则
$$ \int_{\Omega}\sqrt{1+h^2}d{\mu}=1+A{\iff}\int_{\Omega}(1+h-\sqrt{1+h^2})d{\mu}=0 $$
也就是有$1+h-\sqrt{1+h^2}=0{\quad}a.e于\Omega$上。
第二十题
设$\varphi$是$R^1$上的实函数，使得
$$ \varphi(\int^1_0f(x)dx){\le}\int^1_0\varphi(f)dx $$
对每一个实的有界可测函数$f$成立，证明$\varphi$是凸的。
取定一个特殊的实的有界可测函数，从而可以证明$\varphi$是凸的。
证明：
对于任意$x,y{\in}R^1,0<{\lambda}<1$，然后令$f(t)=x{\chi}_{[0,\lambda]}(t)+y{\chi_{[\lambda,1]}}(t)$。
显然有$f:[0,1]{\to}R^1$，又$|f|{\le}|x|+|y|$，从而$f$是有界的，且$f(t)$是可测的。
故对每一个实的有界可测函数$f(t)$，有
$$ \int^1_0f(t)dt=\int^1_0x{\chi}_{[0,\lambda]}(t)+y{\chi_{[\lambda,1]}}(t)dt={\lambda}x+(1-\lambda)y $$
又根据题意：
$$ \begin{align*} \varphi({\lambda}x+(1-{\lambda}y))&=\varphi(\int^1_0f(t)dt)\\ &{\le}\int^1_0\varphi(f(t))dt\\ &=\int^{\lambda}_0\varphi(f(t))dt+\int^1_{\lambda}\varphi(f(t))dt\\ &=\int^{\lambda}_0\varphi[x{\chi}_{[0,\lambda]}(t)+y{\chi_{[\lambda,1]}}(t)]dt +\int^1_{\lambda}\varphi[x{\chi}_{[0,\lambda]}(t)+y{\chi_{[\lambda,1]}}(t)]dt\\ &=\int^{\lambda}_0\varphi(x)dt+\int^1_{\lambda}\varphi(y)dt\\ &={\lambda}\varphi(x)+(1-\lambda)\varphi(y) \end{align*} $$
从而$\varphi(x)$是凸函数。
第二十六题
如果$f$是$[0,1]$上的正可测函数，试比较$\int^1_0f(x)ln(f(x))dx$与$\int^1_0f(s)ds\int^1_0ln(f(t))dt$哪个更大？
证明：取$\varphi(t)=tln(t),t{\in}(0,\infty)$，则$\varphi$在$(0,\infty)$上是凸函数。
这个很显然，因为对该函数求二阶导数为$\frac{1}{t}$，而在$(0,\infty)$上二阶导数恒大于0，于是是凸函数。
如果$f{\in}L^1[0,1]$，由琴生不等式有
$$ \varphi(\int_{[0,1]}fd{\mu}){\le}\int_{[0,1]}\varphi{\circ}fd{\mu} $$
这里取$t$为$\int_{[0,1]}fd{\mu}$则有：
$$ \int^1_0f(x)dsln(\int^1_0f(t)dt){\le}\int^1_0f(x)ln(f(x))dx $$
由于这里可以取$\psi(t)=ln(t),t{\in}(0,\infty)$，则$\psi$在$(0,\infty)$上是凹函数，这个也是很显然的，因为对该函数求二阶导数为$-\frac{1}{x^2}$，而在$(0,\infty)$上二阶导数恒小于0，于是为凹函数。如果$f{\in}L^1[0,1]$，由反向的琴生不等式有：
$$ \int_{[0,1]}\psi{\circ}fd{\mu}{\le}\psi(\int_{[0,1]}fd{\mu}) $$
于是则有
$$ \int^1_0ln(f(t))dt{\le}ln(\int^1_0f(t)dt) $$
因此有
$$ \int^1_0f(s)ds\int^1_0ln(f(t))dt{\le}\int^1_0f(x)ln(f(x))dx $$
于是可以知道如果$f{\in}L^1[0,1]$，则$\int^1_0f(x)ln(f(x))dx$更大
而如果$\int^1_0fd{\mu}=\infty$，不等式恒成立。（琴生不等式照样成立，只是两边皆为无穷）
因此无论$f$是否属于$L^1[0,1]$，都是$\int^1_0f(x)ln(f(x))dx$更大。
