用户: Solution/ 试卷: 实分析

以下均为沈 wx 的试卷.

122-23 春期中

一、	设 $E$ 为 $\mathbb{R}$ 中的有界闭集,$f:E\to \mathbb{R}$ 是连续函数, 满足:$\forall x\in \mathbb{R},f^{-1}(x)$ 至多包含两个元素. 记 $B_n=\{x\in \mathbb{R}\mid |f^{-1}(x)|=n\}(n=0,1,2)$. 证明:$\forall n\in \{0,1,2\},B_n$ 为 Borel 集.
二、	(i) 叙述 Egoroff 定理. (ii) 给定有限测度空间 $(X,\mathcal{X},\mu )$, 设 $f_n:X\to \mathbb{R}$ 为可测函数, 满足: $\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}{f}_n\le 0$. 证明: $\forall \epsilon >0,\exists E\in \mathcal{X}$ 和 $N\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, 使得 $\mu (X\backslash E)<\epsilon$ 且 $\forall x\in E,n\ge N,f_n(x)<\epsilon .$
三、	测度空间 $(X,\mathcal{X},\mu )$ 满足: $\forall E\in \mathcal{X}$, 要么 $\mu (E)=0$ 要么 $\mu (X\backslash E)=0.$ 设 $f:X\to \mathbb{R}$ 为可测函数, 证明: $\exists c\in \mathbb{R},f(x)=ca.e.$
四、	求$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^n\frac{x^{\frac{1}{n}}\sin \pi x}{1+x^{2n}}\mathrm{d}x.$$
五、	(i) 叙述 Carathédory 条件. (ii) 设 $U_i$ $(i=1,2,\dots ,n)$ 是一列互不相交的开集, $A_i\subset U_i$, 是否有 ${\mu }^{\ast }(\bigcup _{i=1}^n{A}_i)=\sum _{i=1}^n{\mu }^{\ast }(A_i)$ 成立? 若是, 请证明; 若否, 请举出反例.

215-16 第二学期 A 卷

原卷

一、(20 分) 判断正误. 以下论断正确的在前面的括号中填 T, 错误的填 F:

1. 可数集的有限子集全体构成的集合是可数的.

2. 设 $\mathcal{L}$ 是 $\mathbb{R}$ 的全体 Lebesgue 可测子集构成的集合. 则存在 $\mathcal{L}$ 到 $\mathbb{R}$ 的双射, 但不存在 $\mathcal{L}$ 到 $\mathbb{Q}$ 的双射.

3. $\mathbb{R}$ 的非空开子集的 Lebesgue 测度必大于零.

4. Lebesgue 外测度为正的 $\mathbb{R}$ 的子集必是不可数集.

5. 若 $E$ 是 $\mathbb{R}$ 的 Lebesgue 可测子集, 则 $\ell (E)=\sup \{\ell (K):K\text{ 是 }E\text{ 的紧子集}\}$.

6. 若 $f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 都是 Lebesgue 可测函数, 则 $g\circ f$ 也是.

7. 若 $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ 是绝对连续函数, 则存在单调递增的绝对连续函数 $g,h:[0,1]\to \mathbb{R}$, 使得 $f=g-h$.

8. 若 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上的 Lebesgue 可积函数, $E_n=\{x:f(x)>n\},n=1,2,\cdots$, 则 ${\int }_{E_n}f(x)\mathrm{d}x\to 0$.

9. 设 $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ 是有界函数. 那么 $f(x)$ 是 Riemann 可积函数当且仅当 $f(x^2)$ 是 Riemann 可积函数.

10. 设 $f_n:\mathbb{R}\to \mathbb{R},n=1,2,\cdots$ 是一列非负 Lebesgue 可测函数, 满足 ${\int }_{\mathbb{R}}{f}_n(x)\mathrm{d}x=1$. 若 $f_n$ 依测度收敛于某个非负 Lebesgue 可测函数 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, 则 ${\int }_{\mathbb{R}}f(x)\mathrm{d}x\le 1$.

二、(15 分) 设 $E$ 是十进制表示中不出现数字 $8$ 的 $[0,1]$ 中的无理数全体, 证明 $E$ 是 $\mathbb{R}$ 的 Borel 子集, 并求出 $E$ 的 Lebesgue 测度.

三、(15 分) 请准确叙述 Lebesgue 控制收敛定理, 并求下面的极限:$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^n(1+\frac{x}{n}{)}^n{e}^{-2x}\mathrm{d}x.$$

四、(15 分) 求积分

$${\iint }_E\left(x^2+y^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$其中 $E=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2:|x|⩽\pi ,|y|⩽\pi ,|\sin x|⩽\frac{1}{2},\cos (x+y)\text{ 是无理数}\}$.

五、(15 分) 设 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是一致连续的 Lebesgue 可积函数. 证明$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0.$$

六、(20 分) 设 $\left\{f_n(x)\right\}:[0,1]\to \mathbb{R}$ 是一列 Lebesgue 可测函数, 且几乎处处收敛于 $0$, 且 ${\int }_0^1|f_n(x){|}^2\mathrm{d}x\le 1$ 对所有的 $n$ 成立.

(1) 证明或举反例否定: 存在子列 ${\left\{f_{n_k}\right\}}_{k=1}^{\infty }$ 使得$$\underset{n_k\to \infty }{\lim }{\int }_0^1|f_{n_k}(x){|}^2\mathrm{d}x=0.$$

(2) 证明或举反例否定:$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1|f_n(x)|\mathrm{d}x=0.$$

带答案

因未找到参考答案, 以下内容由本人随便猜的, 如果错了请直接改正或者联系我.

一、(20 分) 判断正误. 以下论断正确的在前面的括号中填 T, 错误的填 F:

1. 可数集的有限子集全体构成的集合是可数的.

证明. T. 对子集的大小排序即可.

$\square$

2. 设 $\mathcal{L}$ 是 $\mathbb{R}$ 的全体 Lebesgue 可测子集构成的集合. 则存在 $\mathcal{L}$ 到 $\mathbb{R}$ 的双射, 但不存在 $\mathcal{L}$ 到 $\mathbb{Q}$ 的双射.

证明. F. 我们来证明全体勒贝格可测集的势为 $2^{\aleph }.$ 左受制于右显然. 右受制于左: 考虑 Cantor 三分集, 其外测度为 $0$, 势为 $\aleph .$ 它的任一子集外测度也为 $0$, 从而由完备性知是 Lebesgue 可测集. 三分集的幂集具有势 $2^{\aleph }.$

$\square$

3. $\mathbb{R}$ 的非空开子集的 Lebesgue 测度必大于零.

证明. T. 非空开集必存在内点以及它的邻域, 使测度大于零.

$\square$

4. Lebesgue 外测度为正的 $\mathbb{R}$ 的子集必是不可数集.

证明. T. 若其可数, 必有测度为 $0$.

$\square$

5. 若 $E$ 是 $\mathbb{R}$ 的 Lebesgue 可测子集, 则 $\ell (E)=\sup \{\ell (K):K\text{ 是 }E\text{ 的紧子集}\}$.

证明. 待补

$\square$

6. 若 $f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 都是 Lebesgue 可测函数, 则 $g\circ f$ 也是.

证明. F. 讲义中定理 4.18 给出了一个同胚 $F:[0,1]\to [0,2]$, 它把 Cantor 三分集 $\mathbf{K}$ 映到了测度为 $1$ 的集合 $F(\mathbf{K})$. 设 $N$ 是 $F(\mathbf{K})$ 的一个不可测子集, 令 $A=F^{-1}(N)$, 由 $A\subset \mathbf{K}$ 以及 $\mathbf{K}$ 零测得到 $A$ 是可测集. 取连续函数 $f$ 使之限制在 $[0,2]$ 上是 $F^{-1}$, $g={\chi }_A$, 那么 $g\circ f$ 在 $[0,2]$ 上就是 ${\chi }_N$, 不是可测函数.

$\square$

Remark: 这一反例说明, 即使加强条件为 $f$ 连续, 命题仍然不成立.

7. 若 $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ 是绝对连续函数, 则存在单调递增的绝对连续函数 $g,h:[0,1]\to \mathbb{R}$, 使得 $f=g-h$.

证明. T. 由于 $f$ 绝对连续, $f(x)=f(0)+{\int }_0^x{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t$ 且 $f^{\prime }(x)\in L^1([0,1]).$ 注意到这一点之后, 取 $h(x)={\int }_0^x|f^{\prime }(t)|\mathrm{d}t$ 便是自然的.

$\square$

8. 若 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上的 Lebesgue 可积函数, $E_n=\{x:f(x)>n\},n=1,2,\cdots$, 则 ${\int }_{E_n}f(x)\mathrm{d}x\to 0$.

证明. T. 可从积分的绝对连续性理解: 因 $E_n$ 测度可足够小, 在其上的积分也可足够小.

$\square$

9. 设 $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ 是有界函数. 那么 $f(x)$ 是 Riemann 可积函数当且仅当 $f(x^2)$ 是 Riemann 可积函数.

证明. 我猜 T. 它们应该共享不连续点集? 然后同时黎曼可积? 但有界条件不知道作用.

(afsd) 看不连续点集是正确的. 有界性的要求在于, 我们用 “不连续点全体零测 $\iff$Riemann 可积” 的这个判据时, 它的前提就是要求函数是有界的, 因为 Riemann 可积性天然要求有界.

$\square$

10. 设 $f_n:\mathbb{R}\to \mathbb{R},n=1,2,\cdots$ 是一列非负 Lebesgue 可测函数, 满足 ${\int }_{\mathbb{R}}{f}_n(x)\mathrm{d}x=1$. 若 $f_n$ 依测度收敛于某个非负 Lebesgue 可测函数 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, 则 ${\int }_{\mathbb{R}}f(x)\mathrm{d}x\le 1$.

证明. T. 因 $f_n$ 依测度收敛, 其存在子列几乎处处收敛到 $f$. 此时在子列中使用 Fatou 引理即可.

$\square$

二、(15 分) 设 $E$ 是十进制表示中不出现数字 $8$ 的 $[0,1]$ 中的无理数全体, 证明 $E$ 是 $\mathbb{R}$ 的 Borel 子集, 并求出 $E$ 的 Lebesgue 测度.

证明. 前半段与一道作业题相同. 后半段 swx 老师在课堂上讲过: 只需要考虑每一次挖去区间的长度 (求得为 $\frac{9^{n-1}}{10^n}$), 累加后取补即可. 答案是 $0$.

$\square$

三、(15 分) 请准确叙述 Lebesgue 控制收敛定理, 并求下面的极限:$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^n(1+\frac{x}{n}{)}^n{e}^{-2x}\mathrm{d}x.$$

证明. 叙述略. 被 $e^{-x}{\chi }_{(0,+\infty )}$ 控制, 极限是 ${\int }_0^{\infty }{e}^{-x}\mathrm{d}x=1$.

$\square$

四、(15 分) 求积分

$${\iint }_E\left(x^2+y^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$其中 $E=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2:|x|⩽\pi ,|y|⩽\pi ,|\sin x|⩽\frac{1}{2},\cos (x+y)\text{ 是无理数}\}$.

证明. 核心在于说明 $\{(x,y)\in [-\pi ,\pi {]}^2\mid \cos (x+y)\in \mathbb{Q}\}$ 是零测集.

直接将 $E$ 替换, 算得 $82{\pi }^4/81$.

$\square$

五、(15 分) 设 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是一致连续的 Lebesgue 可积函数. 证明$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0.$$

证明. 若结论不成立, 存在 $\alpha >0$ 以及一列 $x_n\to +\infty$, 满足 $x_{n+1}\ge x_n+1,|f(x_n)|>\alpha$.

因 $f$ 一致连续, 存在 $1>\delta >0$, 只要 $|x-y|<\delta$ 就有 $|f(x)-f(y)|<\alpha /2$. 由此得$$\left|{\int }_{x_n-\frac{\delta }{2}}^{x_n+\frac{\delta }{2}}f\left(x\right)\text{d}x\right|\ge \frac{\alpha }{2}\delta$$

从而 $\int |f|=\infty$, 矛盾.

$\square$

六、(20 分) 设 $\left\{f_n(x)\right\}:[0,1]\to \mathbb{R}$ 是一列 Lebesgue 可测函数, 且几乎处处收敛于 $0$, 且 ${\int }_0^1|f_n(x){|}^2\mathrm{d}x\le 1$ 对所有的 $n$ 成立.

(1) 证明或举反例否定: 存在子列 ${\left\{f_{n_k}\right\}}_{k=1}^{\infty }$ 使得$$\underset{n_k\to \infty }{\lim }{\int }_0^1|f_{n_k}(x){|}^2\mathrm{d}x=0.$$

(2) 证明或举反例否定:$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1|f_n(x)|\mathrm{d}x=0.$$

证明. (1) 是错的, 反例取 $f_n=\sqrt{n}{\chi }_{[0,\frac{1}{n}]}$.
(2) 是对的:
利用 Egoroff 定理,$\forall \epsilon >0,\exists E$ 为可测集, 使得 $\mu (E)<\epsilon$ 且在 $E^c$ 上 $f_k$ 一致收敛到 0, 即 $n$ 足够大时 $|f_n|<\epsilon$.
$${\int }_0^1|f_n|={\int }_E^{}|f_n|+{\int }_{E^c}^{}|f_n|\le {\left({\int }_E^{}{f}_n^2{\int }_E^{}1\right)}^{\frac{1}{2}}+\epsilon {\int }_{E^c}^{}1\le {\epsilon }^{\frac{1}{2}}+\epsilon$$

$\square$

318-19 第二学期沈 B 卷

原卷

一、(20 分) 判断正误. 以下论断正确的在前面的括号中填 T, 错误的填 F:

1. 设 $\mathcal{Z}$ 是整数集 $\mathbb{Z}$ 的全体子集构成的集合. 则存在从 $\mathbb{R}$ 到 $\mathcal{Z}$ 上的一一映射.

2. $\mathbb{R}$ 的紧子集全体构成的集合是不可数集.

3. $\mathbb{R}$ 的不可数闭子集中必然有一个有理数.

4. 若 $E$ 是 $\mathbb{R}$ 的 Lebesgue 不可测子集, 则 $E$ 的外测度必大于零.

5. 若 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 可测函数, $g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是连续的一一映射, 则 $g\circ f$ 是 Lebesgue 可测的.

6. 设 $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ 是几乎处处可微的函数, $E\subset \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 零测集, 那么 $f(E)$ 也是 Lebesgue 零测集.

7. 若 $f_n:\mathbb{R}\to \mathbb{R},n=1,2,\dots$ 是一列 Lebesgue 可测函数, 满足 ${\lim }_{n\to \infty }{\int }_{\mathbb{R}}\left|f_n(x)-f(x)\right|dx=0$. 那么存在 $n_k\to \infty$ 使得 $f_{n_k}$ 几乎处处收敛到 $f$.

8. 设 $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ 是有界函数. 则 $f$ 黎曼可积的充分必要条件是 $f^2$ 黎曼可积.

9. 设 $E_1,E_2$ 是 $\mathbb{R}$ 的非 Borel 子集. 则 $E_1\times E_2$ 必不是 ${\mathbb{R}}^2$ 的 Borel 子集.

10. 若 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 可测函数, 则存在 $x_0\in \mathbb{R}$, 使得对任意 $\delta >0$,$$\underset{r\to 0}{\lim }\frac{m(\left\{x\in \left(x_0-r,x_0+r\right):\left|f(x)-f\left(x_0\right)\right|>\delta \right\})}{2r}=0$$

二、(15 分)

1. 对任意 $x\in \left(0,1\right]$, 设 $x=0.x_1{x}_2\cdots$ 是 $x$ 的无穷十进制表示, 定义 $f(x)=\underset{n}{\max }{x}_n$, 证明 $f(x)$ 在 $\left(0,1\right]$ 上 Borel 可测.

2. 对 $k=0,1,\cdots ,9$, 求 $f^{-1}(k)$ 的测度.

三、(15 分)

1. 叙述 Lebesgue 控制收敛定理.

2. 求极限$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{n^2}\frac{x^{1/n}\cos x}{1+x^n}\text{d}x$$

四、(15 分)

对 $f\in C^1(\mathbb{R})$ 以及 $t>0$, 定义$$I_t(f)=\frac{1}{t^2}{\int }_{\mathbb{R}}|f(x+t)-f(x){|}^2\text{d}x.$$证明:$$\underset{t\to 0}{\lim }{I}_t(f)={\int }_{\mathbb{R}}{\left|f^{\prime }(x)\right|}^2\text{d}x$$

五、(15 分)

设 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 可测函数, 满足如下性质: 对任意 $\phi \in {\mathcal{L}}^2(\mathbb{R})$, 都成立 $f\phi \in {\mathcal{L}}^1(\mathbb{R})$. 证明: $f\in {\mathcal{L}}^2(\mathbb{R})$.

六、(20 分)

Let $A=(a_{ij}{)}_{1\le i,j\le n}$ be an $n-$order real square symmetric matrix, and define$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=\exp \left(-\sum _{j,k=1}^n{x}_{jk}{a}_j{a}_k\right)$$

1.	Prove that $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$ iff $A$ is positive definite.
2.	Assuming $A$ is positive definite, compute ${\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(x)dx$.

带答案

一、(20 分) 判断正误. 以下论断正确的在前面的括号中填 T, 错误的填 F:

1. (T) 设 $\mathcal{Z}$ 是整数集 $\mathbb{Z}$ 的全体子集构成的集合. 则存在从 $\mathbb{R}$ 到 $\mathcal{Z}$ 上的一一映射.

证明. 易见 $\mathcal{Z}$ 的势是 $2^{{\aleph }_0}=\aleph$.

$\square$

2. (T) $\mathbb{R}$ 的紧子集全体构成的集合是不可数集.

证明. 易见每一无理数都是一个紧子集.

$\square$

3. (F) $\mathbb{R}$ 的不可数闭子集中必然有一个有理数.

证明. 设 $r_n$ 是有理数的排布. 又 $\mathbb{R}\backslash {\bigcup }_{n=1}^{\infty }(r_n-1/2^n,r_n+1/2^n)$ 是闭集, 不可数, 不含有理数.

$\square$

4. (T) 若 $E$ 是 $\mathbb{R}$ 的 Lebesgue 不可测子集, 则 $E$ 的外测度必大于零.

证明. 如果 $m^{\ast }(E)=0$, 我们将证明 $E$ 符合 Carathéodory 条件, 从而 Lebesgue 可测. 对任意测试集 $T$, 有 $m^{\ast }(T\cap E)\le m^{\ast }(E)=0$, 此外 $m^{\ast }(T\cap E^c)\le m^{\ast }(T)$, 相加有 $m^{\ast }(T\cap E)+m^{\ast }(T\cap E^c)\le m^{\ast }(T)$, 证完.

$\square$

5. (T) 若 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 可测函数, $g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是连续的一一映射, 则 $g\circ f$ 是 Lebesgue 可测函数.

证明. 对开集 $U$, $g^{-1}(U)$ 是开集, 则 $(g\circ f{)}^{-1}(U)=f^{-1}(g^{-1}(U))$ 可测.

因 $f$ 可测, $f$ 有简单函数逼近 ${\phi }_k$, 使 ${\phi }_k\to f$. 由此 $g(f(x))=g(\lim {\phi }_k(x))=\lim g({\phi }_k(x))$. 现在将 $\phi$ 写为特征函数形式 ${\phi }_k=\sum c\chi$, 则有 $g(f(x))=\lim \sum g(c)\chi$. 这是简单函数之极限, 仍可测.

$\square$

6. (F) 设 $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ 是几乎处处可微的函数, $E\subset \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 零测集, 那么 $f(E)$ 也是 Lebesgue 零测集.

证明. 考虑 Devil 阶梯函数, 将 Cantor 集映到 $[0,1]$. 它单调, 自然几乎处处可微, 但 Cantor 集零测,$[0,1]$ 不是零测的.

$\square$

7. (T) 若 $f_n:\mathbb{R}\to \mathbb{R},n=1,2,\dots$ 是一列 Lebesgue 可测函数, 满足 ${\lim }_{n\to \infty }{\int }_{\mathbb{R}}\left|f_n(x)-f(x)\right|dx=0$. 那么存在 $n_k\to \infty$ 使得 $f_{n_k}$ 几乎处处收敛到 $f$.

证明. $L^1$ 收敛蕴含依测度收敛, 而依测度收敛又蕴含了几乎处处收敛的子列.

$\square$

8. (F) 设 $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ 是有界函数. 则 $f$ 黎曼可积的充分必要条件是 $f^2$ 黎曼可积.

证明. 考虑 Dirichlet 函数与 $1/2$ 之差, 则其不黎曼可积, 但其平方黎曼可积.

$\square$

9. (T) 设 $E_1,E_2$ 是 $\mathbb{R}$ 的非 Borel 子集. 则 $E_1\times E_2$ 必不是 ${\mathbb{R}}^2$ 的 Borel 子集.

证明. 若 $E_1\times E_2$ 是 Borel 集, 其任一投影也是 Borel 集, 从而 $E_1,E_2$ 是 Borel 集, 矛盾.

$\square$

10. (T) 若 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 可测函数, 则存在 $x_0\in \mathbb{R}$, 使得对任意 $\delta >0$,$$\underset{r\to 0}{\lim }\frac{m(\left\{x\in \left(x_0-r,x_0+r\right):\left|f(x)-f\left(x_0\right)\right|>\delta \right\})}{2r}=0$$

证明. 题中的 $x_0$ 即为 $f$ 的一个几乎连续点. 事实上有结论: 可测函数是几乎连续 a.e. 的. 如此 $x_0$ 不仅存在, 而且 a.e. 都满足.

$\square$

二、(15 分)

1. 对任意 $x\in \left(0,1\right]$, 设 $x=0.x_1{x}_2\cdots$ 是 $x$ 的无穷十进制表示, 定义 $f(x)=\underset{n}{\max }{x}_n$, 证明 $f(x)$ 在 $\left(0,1\right]$ 上 Borel 可测.

2. 对 $k=0,1,\cdots ,9$, 求 $f^{-1}(k)$ 的测度.

证明. 1. 考虑 $f_n(x)=x_n$, 则 $f(x)=\sup f_n(x)$. 只需证明 $f_n$ 是 Borel 可测的, 就有 $f$ 也是 Borel 可测的.

注意到 $f_n(x)=[10^{n}x]-10[10^{n-1}x]$ 是简单函数, 自然可测, 证完.

2. 对任意 $x\in f^{-1}(9)$, $x$ 的十进制展开含有 $9$, 即 $f^{-1}(9)={\bigcup }_{n=1}^{\infty }{A}_n$, 其中 $A_n$ 即第 $n$ 位是 $9$, 而前 $n-1$ 位不是 $9$ 的数构成的集合. 易见这是个无交并, 又 $m(A_n)=9^{n-1}10^{-n}$, 可得 $m(f^{-1}(9))=1$. 从而 $k\le 8$ 时其测度为 $0$.

$\square$

三、(15 分)

1. 叙述 Lebesgue 控制收敛定理.

2. 求极限$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{n^2}\frac{x^{1/n}\cos x}{1+x^n}\text{d}x$$

证明. 1. 略

2. 对$$f_n(x)=\frac{x^{1/n}\cos x}{1+x^n}{\chi }_{\left[0,n^2\right]}$$

其极限函数为$$f(x)=\{\begin{array}{ll}0& ,x\le 0\text{ or }x>1\\ \cos x& ,0<x<1\\ \frac{\cos 1}{2}& ,x=1\end{array}$$

考虑控制函数$$g(x)=\{\begin{array}{ll}0& ,x\le 0\\ 1& ,0<x<1\\ \frac{\sqrt{x}}{1+x^2}& ,x\ge 1\end{array}$$

因此可以直接换序算得$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{n^2}\frac{x^{1/n}\cos x}{1+x^n}\text{d}x={\int }_{\mathbb{R}}f(x)\mathrm{d}x=\sin 1$$

$\square$

四、(15 分)

对 $f\in C^1(\mathbb{R})$ 以及 $t>0$, 定义$$I_t(f)=\frac{1}{t^2}{\int }_{\mathbb{R}}|f(x+t)-f(x){|}^2\text{d}x.$$证明:$$\underset{t\to 0}{\lim }{I}_t(f)={\int }_{\mathbb{R}}{\left|f^{\prime }(x)\right|}^2\text{d}x$$

证明. 由 Fatou 引理,$${\int }_{\mathbb{R}}{\left|f^{\prime }(x)\right|}^2\text{d}x={\int }_{\mathbb{R}}\underset{t\to 0}{\mathrm{liminf}}\frac{|f(x+t)-f(x){|}^2}{t^2}\text{d}x\le \underset{t\to 0}{\mathrm{liminf}}{I}_t(f).$$另一方面, 由 Cauchy-Schwarz 不等式,$$|f(x+t)-f(x){|}^2={\left|{\int }_x^{x+t}{f}^{\prime }(y)\text{d}y\right|}^2\le t{\int }_x^{x+t}{f}^{\prime }(y{)}^2\text{d}y.$$故$$I_t(f)\le {\int }_{\mathbb{R}}{\int }_x^{x+t}\frac{f^{\prime }(y{)}^2}{t}\text{d}y\text{d}x.$$由 Tonelli(Fubini) 定理, 上式右边$$=\frac{1}{t}{\int }_{\mathbb{R}}{f}^{\prime }(y{)}^2\left({\int }_{y-t\le x\le y}dx\right)\text{d}y={\int }_{\mathbb{R}}{f}^{\prime }(y{)}^2\text{d}y.$$因此 $I_t(f)\le {\int }_{\mathbb{R}}{\left|f^{\prime }(y)\right|}^2\text{d}y$ 对所有的 $t>0$ 成立. 故待证等式成立.

$\square$

五、(15 分)

设 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 可测函数, 满足如下性质: 对任意 $\phi \in {\mathcal{L}}^2(\mathbb{R})$, 都成立 $f\phi \in {\mathcal{L}}^1(\mathbb{R})$. 证明:$f\in {\mathcal{L}}^2(\mathbb{R})$.

证明. 可以考虑 Riesz 表示定理.

对 ${\mathcal{L}}^2(\mathbb{R})$ 上的线性泛函 $T(\phi )=\int f\phi$, 先验证它是有界的. 如果不如此, 可取得一列 ${\phi }_n$ 使得 $\Vert {\phi }_n{\Vert }_2=1/n$, 同时 $|T({\phi }_n)|>2^n$. 现在对 $\phi =\sum {\phi }_n/n$, 它属于 ${\mathcal{L}}^2(\mathbb{R})$: $${\int }_{}^{}{\phi }^2={\int }_{}^{}(\sum \frac{{\phi }_n}{n}{)}^2\le {\int }_{}^{}(\sum {\phi }_n^2\left)\right(\sum \frac{1}{n^2})$$$$=\frac{{\pi }^2}{6}\sum {\int }_{}^{}{\phi }_n^2=\frac{{\pi }^4}{36}$$

但我们有$${\int }_{}^{}|f\phi |=\sum \frac{1}{n}{\int }_{}^{}|f{\phi }_n|\ge \sum \frac{1}{n}\left|{\int }_{}^{}f{\phi }_n\right|\ge \sum \frac{2^n}{n}=\infty$$

因而 $f\phi \notin {\mathcal{L}}^1(\mathbb{R})$, 这与题设矛盾.

由 Riesz 表示定理, 存在唯一的 $g\in {\mathcal{L}}^2(\mathbb{R})$, 使得 $T(\phi )=\int g\phi$. 易得 $f\in {\mathcal{L}}^2(\mathbb{R})$.

此外, 还可以用常规的反证法.

如果 $\int f^2=\infty$, 取一列两两不交的可测集 $E_k$, 使得 $1\le {\int }_{E_k}^{}{f}^2\le 2$, 现在取 $\phi =f\sum {\chi }_{E_k}/k$, 其属于 ${\mathcal{L}}^2(\mathbb{R})$:$${\int }_{}^{}{\phi }^2=\sum \frac{1}{k^2}{\int }_{E_k}^{}{f}^2\le 2\sum \frac{1}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{3}$$

但我们有$${\int }_{}^{}f\phi =\sum \frac{1}{k}{\int }_{E_k}^{}{f}^2\ge \sum \frac{1}{k}=\infty$$

这与题设矛盾.

最后, 还可以用闭图像定理. 考虑 $M_f:{\mathcal{L}}^2(\mathbb{R})\to {\mathcal{L}}^1(\mathbb{R}),\phi \mapsto f\phi$. 它是闭算子, 这是因为设 ${\phi }_n\stackrel{{\mathcal{L}}^2}{\to }\phi ,f{\phi }_n\stackrel{{\mathcal{L}}^1}{\to }\psi$, 有 ${\phi }_n,f{\phi }_n$ 依测度收敛于 $\phi ,\psi$, 又不难说明 $f{\phi }_n$ 依测度收敛于 $f\phi$, 从而 $f\phi =\psi$. 于是由闭图像定理, $M_f$ 是有界算子, 那么取 $\phi =f{\chi }_{[-n,n]\cap |f|\le n}$ 得到 $\Vert f{\chi }_{[-n,n]\cap |f|\le n}{\Vert }_2=\frac{\Vert f\phi {\Vert }_1}{\Vert \phi {\Vert }_2}\le \Vert M_f\Vert$, 故 $\Vert f{\Vert }_2\le \Vert M_f\Vert$.

$\square$

六、(20 分)

Let $A=(a_{ij}{)}_{1\le i,j\le n}$ be an $n-$order real square symmetric matrix, and define$$f\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=\exp \left(-\sum _{j,k=1}^n{x}_{jk}{a}_j{a}_k\right)$$

1.	Prove that $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$ iff $A$ is positive definite.
2.	Assuming $A$ is positive definite, compute ${\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(x)dx$.

证明.

1.

Since $A$ is real and symmetric, it can be orthogonal diagonalized. Assume $Q$ is orthogonal with $\det Q=1$, such that $QA{Q}^{-1}=D=\mathrm{diag}\{{\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n\}$, where each ${\lambda }_i$ is an eigenvalue of $A$. Then $f(x)=\exp (-x^{T}Ax)=\exp (-x^T{Q}^{T}DQx)=\exp (-y^{T}Dy)$, where we denote $y=Qx$. Thus ${\int }_{{\mathbb{R}}^n}^{}f\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_{{\mathbb{R}}^n}^{}\exp \left(-y^{T}Dy\right)\mathrm{d}x={\int }_{{\mathbb{R}}^n}^{}\exp \left(-y^{T}Dy\right)\mathrm{d}y={\int }_{{\mathbb{R}}^n}^{}\exp \left(-{\sum }_{k=1}^n{\lambda }_k{y}_k^2\right)\mathrm{d}{y}_1\cdots \mathrm{d}{y}_n$ Therefore, $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$ iff $\forall i=1,2,\cdots n,{\lambda }_i>0$ iff $A$ is positive definite.

2.

By the above discussions, using Tonelli’s theorem we have $${\int }_{{\mathbb{R}}^n}^{}f\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_{{\mathbb{R}}^n}^{}\exp \left(-\sum _{k=1}^n{\lambda }_k{y}_k^2\right)\mathrm{d}{y}_1\cdots \mathrm{d}{y}_n=\prod _{k=1}^n{\int }_{\mathbb{R}}^{}\exp \left(-{\lambda }_k{t}^2\right)\mathrm{d}t=\sqrt{\frac{{\pi }^n}{\det A}}$$

$\square$

421-22 第二学期 B 卷

原卷

一、(20 分)

设 $E$ 是 $\mathbb{R}$ 的有界子集, 满足$$m^{\ast }(E)=\sup \left\{m^{\ast }(F):F\subset E,F\text{ 是 }\mathbb{R}\text{ 的闭子集}\right\},$$

其中 $m^{\ast }$ 表示 Lebesgue 外测度. 证明 $E$ 是 Lebesgue 可测集.

二、(20 分)

设 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 可积函数, 求极限$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{\int }_{\frac{1}{n^2}}^{n^2}f(nx){\text{e}}^{-x}\text{d}x$$

三、(20 分)

设 $f_n:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 可测函数, 几乎处处收敛到 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 且满足$${\int }_{\mathbb{R}}^{}|f_n(x){|}^3\log \left(|x|+2\right)\text{d}x<10$$$${\int }_{\mathbb{R}}^{}|f_n(x)|\text{d}x<10$$

证明 $f_n$ 依 $L^2$ 收敛到 $f$.

注: 原题的 $\log$ 中是 $1$ 不是 $2$, 这样就是错题, 反例可考虑 $f_n=\sqrt{n}{\chi }_{(0,1/n)}$.

四、(20 分)

设 $f:[0,1]\to [0,1]$, 定义 $f(0)=0$, 当 $0<x\le 1$ 时, 设正整数 $n$ 使得 $1/(n+1)<x\le 1/n$, 则定义 $f(x)=1/x-n$.

设 $\mu$ 是 $[0,1]$ 上的概率测度, 即对 $[0,1]$ 任意 Borel 子集 $E$, 定义$$\mu (E)=\frac{1}{\log 2}{\int }_E^{}\frac{1}{1+x}\text{d}x.$$

对任意 $\phi :[0,1]\to \mathbb{R}$ 是连续函数, 证明$${\int }_0^1\phi \circ f(x)\text{d}\mu (x)={\int }_0^1\phi (x)\text{d}\mu (x).$$

五、(20 分)

Let $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ be Lebesgue integrable. Then for $x\in \mathbb{R}$ a.e. the series converges:$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}f(x-\sqrt{n}).$$

带答案

一、(20 分)

设 $E$ 是 $\mathbb{R}$ 的有界子集, 满足$$m^{\ast }(E)=\sup \left\{m^{\ast }(F):F\subset E,F\text{ 是 }\mathbb{R}\text{ 的闭子集}\right\},$$

其中 $m^{\ast }$ 表示 Lebesgue 外测度. 证明 $E$ 是 Lebesgue 可测集.

证明. 对任意 $n=1,2,\dots$, 存在 $\mathbb{R}$ 的闭子集 $F_n$, 满足 $F_n\subset E$,$$m^{\ast }(E)\le m^{\ast }\left(F_n\right)+\frac{1}{n}$$

令 $F={\bigcup }_{n=1}^{\infty }{F}_n$. 则 $F$ 是 Lebesgue 可测集. 由于 $m^{\ast }(E)\le m(F)+1/n$ 对任意 $n=1,2,\dots$ 成立, 从而 $m^{\ast }(E)\le m(F)$. 另一方面, $F\subset E$, 从而 $m(F)\le m^{\ast }(E)$. 因此 $m^{\ast }(E)=m(F)$.

设 $U$ 是满足 $U\supset E,m(U)=m^{\ast }(E)$ 的可测集. 则有$$m^{\ast }(F)+m^{\ast }(U\backslash F)=m(U)=m^{\ast }(E)$$故 $m(U\backslash F)=0$ 从而 $m^{\ast }(E\backslash F)=0$. 因此 $E\backslash F$ 是可测集, 从而 $E=F\cap (E\backslash F)$ 也是可测集.

事实上, 此即 Lebesgue 内测度等于外测度. 它与 Caratheodory 条件是等价的.

$\square$

二、(20 分)

设 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 可积函数, 求极限$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{\int }_{\frac{1}{n^2}}^{n^2}f(nx){\text{e}}^{-x}\text{d}x$$

证明. 易见$$I_n={\int }_{\frac{1}{n}}^{n^3}f(y){\text{e}}^{-\frac{y}{n}}\text{d}y={\int }_{\mathbb{R}}^{}{g}_n$$

其中 $g_n=f(y){\text{e}}^{-y/n}{\chi }_{[1/n,n^3]}$, 可见 $x>0$ 时, $g_n\to f$, 而 $x\le 0$ 时, $g_n=0$.

考虑 Lebesgue 控制收敛定理, 以及 $|g_n|\le f$, 可知极限即为$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{\mathbb{R}}^{}{g}_n={\int }_0^{\infty }f(x)\text{d}x.$$$\square$

三、(20 分)

设 $f_n:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 可测函数, 几乎处处收敛到 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 且满足$${\int }_{\mathbb{R}}^{}|f_n(x){|}^3\log \left(|x|+2\right)\text{d}x<10$$$${\int }_{\mathbb{R}}^{}|f_n(x)|\text{d}x<10$$

证明 $f_n$ 依 $L^2$ 收敛到 $f$.

注: 原题的 $\log$ 中是 $1$ 不是 $2$, 这样就是错题, 反例可考虑 $f_n=\sqrt{n}{\chi }_{(0,1/n)}$.

四、(20 分)

设 $f:[0,1]\to [0,1]$, 定义 $f(0)=0$, 当 $0<x\le 1$ 时, 设正整数 $n$ 使得 $1/(n+1)<x\le 1/n$, 则定义 $f(x)=1/x-n$.

设 $\mu$ 是 $[0,1]$ 上的概率测度, 即对 $[0,1]$ 任意 Borel 子集 $E$, 定义$$\mu (E)=\frac{1}{\log 2}{\int }_E^{}\frac{1}{1+x}\text{d}x.$$

对任意 $\phi :[0,1]\to \mathbb{R}$ 是连续函数, 证明$${\int }_0^1\phi \circ f(x)\text{d}\mu (x)={\int }_0^1\phi (x)\text{d}\mu (x).$$

证明. 因为 $\phi$ 可以被阶梯函数一致逼近, 不妨就设它是 ${\chi }_{(a,b)}$, 其中 $0\le a<b\le 1$. 右边即为$${\int }_0^1\phi \left(x\right)\text{d}\mu \left(x\right)=\frac{1}{\log 2}{\int }_a^b\frac{\text{d}x}{1+x}=\frac{1}{\log 2}\log \frac{1+b}{1+a}$$

而左边$$I={\int }_0^1\phi \circ f\left(x\right)\text{d}\mu \left(x\right)=\frac{1}{\log 2}{\int }_E^{}\frac{f\left(x\right)}{1+x}\text{d}x=\frac{1}{\log 2}\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{E_n}^{}\frac{f\left(x\right)}{1+x}\text{d}x$$

其中$$E=\left\{x\in \left(0,1\right)|a<f\left(x\right)<b\right\}=\bigcup _{n=1}^{\infty }{E}_n$$$$E_n=\left\{x\in \left(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}\right)|a<\frac{1}{x}-n<b\right\}=\left(\frac{1}{b+n},\frac{1}{a+n}\right)$$

最终有$$I=\frac{1}{\log 2}\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{\frac{1}{b+n}}^{\frac{1}{a+n}}\frac{\left(\frac{1}{x}-n\right)}{1+x}\text{d}x=\frac{1}{\log 2}\sum _{n=1}^{\infty }\left(\log \frac{b+n}{a+n}-\left(n+1\right)\log \left(\frac{b+n+1}{a+n+1}\right)\right)$$

算出来很奇怪但我不知道.

$\square$

五、(20 分)

Let $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ be Lebesgue integrable. Then for $x\in \mathbb{R}$ a.e. the series converges:$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}f(x-\sqrt{n})$$

证明. We prove that for any $a<b$, the series is integrable on $[a,b]$. Observe that $${\int }_a^b\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}f(x-\sqrt{n})\mathrm{d}x=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}{\int }_a^{b}f(x-\sqrt{n})\mathrm{d}x$$$$=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}{\int }_{\mathbb{R}}^{}f(x){\chi }_{\left[a-\sqrt{n},b+\sqrt{n}\right]}\mathrm{d}x={\int }_{\mathbb{R}}^{}f(x)S(x)\mathrm{d}x$$

Where we denote $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}{\chi }_{\left[a-\sqrt{n},b-\sqrt{n}\right]}$. We claim that $S(x)$ is bounded by $C=C(a,b)$ independent of $x$:

For any $x\in \mathbb{R}$, the sum is taken on those $n$ with $a-\sqrt{n}\le x\le b-\sqrt{n}$, namely:$$S\left(x\right)=\sum _{a-x\le \sqrt{n}\le b-x}\frac{1}{\sqrt{n}}$$

If $a-x\le 1$, we have $$S\left(x\right)=\sum _{1\le n\le {\left(b-x\right)}^2}\frac{1}{\sqrt{n}}\le {\int }_0^{(b-x{)}^2}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}=2(b-x)\le 2(b-a+1)$$

If $a-x>1$, we have $$S(x)=\sum _{(a-x{)}^2\le n\le (b-x{)}^2}\frac{1}{\sqrt{n}}\le {\int }_{(a-x{)}^2-1}^{(b-x{)}^2}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}$$$$=2\left((b-x)-\sqrt{(a-x{)}^2-1}\right)\le 2(b-a+1)$$

The last inequality by the monotonicity.

$\square$

521-22 第二学期 A 卷

回忆版.

一、	证明三个命题等价, 较难的一个方向: 对一列 Lebesgue 可测集 $A_n$, 当 $n,m\to \infty$ 时有 $m(A_n\Delta A_m)\to 0$, 证明存在 Lebesgue 可测集 $A$ 使 $m(A_n\Delta A)\to 0$.
二、	有关控制收敛定理的积分计算.
三、	同 B 卷
四、	同 B 卷
五、	与凸函数相关

622-23 第二学期沈 A 卷

原卷

一、对 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是可积函数, 当 $r>0$ 时定义$$F_r\left(x\right)=\frac{1}{2r}{\int }_{x-r}^{x+r}f(x)\text{d}x$$$$F\left(x\right)=\underset{r\to 0}{\mathrm{limsup}}{F}_r(x)$$

(1) 证明 $F_r(x)$ 对 $x$ 是实值连续函数.

(2) 证明 $F(x):\mathbb{R}\to \overline{\mathbb{R}}$ 是 Borel 可测函数.

二、对 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是可积函数, 求极限$$\underset{k\to \infty }{\lim }\underset{n\to \infty }{\lim }n{\int }_{1/n^2}^1\frac{f\left(nx\right)\cos kx}{1+x^2}\text{d}x$$

三、(1) 叙述 Lusin 定理.
(2) 设 $f:[0,1]\to [0,1]$ 是 Lebesgue 可测函数. 证明: 存在紧集 $K_n\subset f([0,1]),n=1,2,\cdots$, 满足$$m(\bigcup _{n=1}^{\infty }{f}^{-1}(K_n))=1.$$

四、设 $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ 是 Borel 可测函数, 满足对任意 Borel 可测集 $E\subset [0,1]$ 均成立$${\int }_E|f|\le \sqrt{m(E)}.$$(1) 设 $1<p<2$, 证明 $f\in L^p([0,1])$.
(2) 举例说明 $p=2$ 时 (1) 中结论不成立.

五、Let $f,f_n,g\in {\mathcal{L}}^2(\mathbb{R}),n=1,2,\cdots$, $f_n$ converges to $f$ a.e. and$${\int }_{\mathbb{R}}^{}|f_n(x){|}^2\mathrm{d}x\le 1.$$

Then$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{\mathbb{R}}|f_n(x)-f(x)||g(x)|\mathrm{d}x=0.$$

带答案

一、对 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是可积函数, 当 $r>0$ 时定义$$F_r\left(x\right)=\frac{1}{2r}{\int }_{x-r}^{x+r}f(x)\text{d}x$$$$F\left(x\right)=\underset{r\to 0}{\mathrm{limsup}}{F}_r(x)$$

(1) 证明 $F_r(x)$ 对 $x$ 是实值连续函数.

(2) 证明 $F(x):\mathbb{R}\to \overline{\mathbb{R}}$ 是 Borel 可测函数.

证明. (1): 由 $f$ 的可积性知 $\forall \epsilon >0$, 存在 $\delta >0$ 使得对任何测度小于 $\delta$ 的可测集 $A$ 成立 ${\int }_A|f(x)|\mathrm{d}x<r\epsilon$.
不妨令上述 $\delta <r$, 此时 $\forall x\in \mathbb{R}$ 及 $\Delta x$ 使得 $|\Delta x|<\delta$, 有$$|F_r(x+\Delta x)-F_r(x)|\le \frac{1}{2r}(|{\int }_{x+r}^{x+\Delta x+r}f(x)\mathrm{d}x|+|{\int }_{x-r}^{x+\Delta x-r}f(x)\mathrm{d}x|)<\epsilon .$$(2): 不妨取 ${\bar{F}}_n(x)={\text{sup}}_{r<\frac{1}{n}}{F}_r(x)$, 那么 ${\bar{F}}_n(x)\to F(x),n\to \infty$. 只需证明每个 ${\bar{F}}_n(x)$ 是 Borel 可测函数. 进一步, 我们来证明 $\forall c\in \mathbb{R}$, $\{{\bar{F}}_n(x)>c\}$ 是开集.
取 $x_0$ 使得 ${\bar{F}}_n(x_0)>c$, 则存在 $r_0\in (0,\frac{1}{n})$ 使得 $F_{r_0}(x_0)>c$. 由连续性, 存在 $\delta >0$ 使得 $\forall x\in (x_0-\delta ,x_0+\delta )$, $F_{r_0}(x)>c$. 进一步, $\forall x\in (x_0-\delta ,x_0+\delta )$ 有 ${\bar{F}}_n(x)>c$.

$\square$

二、对 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 是可积函数, 求极限$$\underset{k\to \infty }{\lim }\underset{n\to \infty }{\lim }n{\int }_{1/n^2}^1\frac{f\left(nx\right)\cos kx}{1+x^2}\text{d}x$$

证明. 作变量代换 $t=nx$, 则原式化作$${\int }_{\frac{1}{n}}^n\frac{f(t)\cos \frac{kt}{n}}{1+(\frac{t}{n}{)}^2}\mathrm{d}t.$$令 $g_n(t)=\frac{f(t)\cos \frac{kt}{n}}{1+(\frac{t}{n}{)}^2}{\chi }_{(\frac{1}{n},n)}$. 则有诸 $g_n$ 可测, $|g_n(t)|\le |f(t)|$ 且 $g_n(t)\to f(t){\chi }_{(0,\infty )},n\to \infty$. 因此由 Lebesgue 控制收敛定理, $$\underset{k\to \infty }{\lim }\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{\frac{1}{n}}^n\frac{f(t)\cos \frac{kt}{n}}{1+(\frac{t}{n}{)}^2}\mathrm{d}t=\underset{k\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\infty }f(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{\infty }f(x)\mathrm{d}x$$

$\square$

三、(1) 叙述 Lusin 定理.
(2) 设 $f:[0,1]\to [0,1]$ 是 Lebesgue 可测函数. 证明: 存在紧集 $K_n\subset f([0,1]),n=1,2,\cdots$, 满足$$m(\bigcup _{n=1}^{\infty }{f}^{-1}(K_n))=1.$$

证明. (1): 略.
(2): 由 Lusin 定理, $\forall n\in \mathbb{N}$, 存在闭集 $F_n\subset [0,1]$ 使得 $m([0,1]\backslash F_n)<\frac{1}{n}$ 且 $f{|}_{F_n}$ 连续. 进一步, 存在连续函数 $f_n(x)$ 满足 $f_n(x)=f(x)$ 于 $F_n$, $\text{sup}{f}_n\le f,\text{inf}{f}_n\ge f$. 令 $K_n=f_n(F_n)=f(F_n)\subset f([0,1])$. 先证明 $K_n$ 闭:
取一列 $y_i\in K_n$ 且 $y_i\to y_0$. 则存在一列 $x_i\in F_n$ 使得 $y_i=f_n(x_i)$. 由于 $F_n$ 为紧集, $x_i$ 有收敛子列, 不妨 $x_i$ 本身收敛到 $x_0\in F_n$. 此时由 $f_n$ 的连续性, $y_0=f_n(x_0)$, 这说明 $y_0\in K_n$.
此时 $F_n\subset f^{-1}(K_n)$, $m(f^{-1}(K_n))\ge m(F_n)\ge 1-\frac{1}{n}$. 因此有 $m({\bigcup }_{n=1}^{\infty }{f}^{-1}(K_n))=1.$

$\square$

四、设 $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ 是 Borel 可测函数, 满足对任意 Borel 可测集 $E\subset [0,1]$ 均成立$${\int }_E|f|\le \sqrt{m(E)}.$$(1) 设 $1<p<2$, 证明 $f\in L^p([0,1])$.
(2) 举例说明 $p=2$ 时 (1) 中结论不成立.

证明. (1): 固定 $1<p<2$, 取 $\lambda =\frac{2}{2-p}$. 考虑 $E_n=\{n^{\lambda }\le |f|<(n+1{)}^{\lambda }\},n=1,2,\dots$. 由题设有$$n^{\lambda }m(E_n)\le {\int }_{E_n}|f|\le \sqrt{m(E_n)}⟹m(E_n)\le \frac{1}{n^{2\lambda }}.$$因此$$\int |f{|}^p\le 1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(n+1{)}^{p\lambda }}{n^{2\lambda }}.$$由于 $\frac{(n+1{)}^{p\lambda }}{n^{2\lambda }}\sim \frac{1}{n^2}$, 前述求和有限.

(2): 考虑 $f(x)=\sum _{n=2}^{\infty }n{\chi }_{E_n}$, 其中 $E_n$ 是互不相交、长度为 $\frac{1}{10n^3}$ 的区间. 显然有 $f\notin L^2([0,1])$, 下证明 $f$ 满足题设性质. 对 Borel 可测集 $E$, 不妨假设 $m(E)\le \sum _{n=2}^{\infty }m(E_n)$, 否则去掉 $\{f=0\}$ 后, 等式左边不变而右边减小.
记 $N\in \mathbb{N}$ 使得 $\sum _{n=N}^{\infty }m(E_n)\ge m(E)$ 且 $\sum _{n=N+1}^{\infty }m(E_n)<m(E)$. 此时$${\int }_{E}f\le N(m(E)-\sum _{n=N+1}^{\infty }\frac{1}{10n^3})+\sum _{n=N+1}^{\infty }\frac{1}{10n^2}.$$我们希望有$$N(m(E)-\sum _{n=N+1}^{\infty }\frac{1}{10n^3})+\sum _{n=N+1}^{\infty }\frac{1}{10n^2}\le \sqrt{m(E)},$$由二次函数的性质只需要对 $m(E)$ 趋于 $\sum _{n=N}^{\infty }m(E_n)$ 和 $\sum _{n=N+1}^{\infty }m(E_n)$ 时验证不等式, 即验证$$\sum _{n=N}^{\infty }\frac{1}{10n^2}\le \sqrt{\sum _{n=N}^{\infty }\frac{1}{10n^3}}$$对任意 $N\ge 2$ 成立.
对左右两边用积分放缩, $\text{LHS}\le \frac{1}{10(N-1)},\text{RHS}\ge \sqrt{\frac{1}{20N^2}}$, 而$$\frac{1}{10(N-1)}\le \sqrt{\frac{1}{20N^2}}⟺N^2\le 5(N-1{)}^2⟺(1-\frac{1}{N}{)}^2\ge \frac{1}{5}$$这是显然的.

$\square$

五、Let $f,f_n,g\in {\mathcal{L}}^2(\mathbb{R}),n=1,2,\cdots$, $f_n$ converges to $f$ a.e. and$${\int }_{\mathbb{R}}^{}|f_n(x){|}^2\mathrm{d}x\le 1.$$

Then$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{\mathbb{R}}^{}|f_n(x)-f(x)||g(x)|\mathrm{d}x=0.$$

证明. For any $\epsilon >0$, there exists a $\delta >0$ such that for any $m(A)<\delta$ we have $${\int }_A^{}{g}^2<\epsilon$$

At the same time, denote $E_n=\left\{|x|>n\right\}$, then there exists a $N$: $${\int }_{E_N}^{}{g}^2<\epsilon$$

By Erogoff’s theorem, there exists a measurable $F$ such that $m(\mathbb{R}\backslash (E_N\cup F))<\delta$, and $f_n(x){|}_F\rightrightarrows f(x){|}_F$. Then there exits a $N_1$ such that for any $k\ge N_1,x\in F$, we have $|f_k-f{|}^2<\epsilon /m(F)$. Thus $${\int }_F^{}|f_k-f{|}^2<\frac{\epsilon }{m\left(F\right)}m\left(F\right)=\epsilon$$

Again we also have $${\int }_{\mathbb{R}\backslash (E_N\cup F)}^{}{g}^2<\epsilon \Rightarrow {\int }_{\mathbb{R}\backslash F}^{}{g}^2<2\epsilon$$

Thus for any $n\ge N+N_1$, we have $${\int }_{\mathbb{R}}^{}|f_n-f|g\le {\int }_{\mathbb{R}-F}^{}|f_n-f|g+{\int }_F^{}|f_n-f|g$$$$\le \sqrt{{\int }_{\mathbb{R}}^{}|f_n-f{|}^2{\int }_{\mathbb{R}-F}^{}{g}^2}+\sqrt{{\int }_F^{}|f_n-f{|}^2{\int }_{\mathbb{R}}^{}{g}^2}$$$$\le 2\sqrt{2\epsilon }+\sqrt{M\epsilon }$$

Where $M$ denotes a constant about $g\in {\mathcal{L}}^2(\mathbb{R})$. Then we are done.

$\square$