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'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Ω是可列集,F是Ω的所有有限子集及它们的余集所成的族.证明F不是σ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Ω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Ω={a1,a2,...,an,...},于是我们取An={a2n−1},则An∈F.进而我们取A=∪∞n=1An={a1,a3,...,a2n−1,...},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Ω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µ是定义在σ代数A上的非负的有限可加集函数(即A,B∈A,A∩B⇒µ(A∪B)=µ(A)+µ(B)).证明,若{An}∞n=1是A的一个两两不相交的集列,则∑∞µ({A}∞)≥µ(A).nn=1nn=1举出使上式中等号不成立的例子.证明.对任意的N∈N+,有∑Nµ(∪∞A)≥µ(∪NA)=µ(A),n=1nn=1nnn=1∞∑∞然后,令N→∞,则有µ(∪n=1An)≥n=1µ(An).举例如下:设{0,A为有限集;µ(A)=∞,A为无限集.其中A=2R,A∈A.显然∑∞µ(∪∞A)=∞>µ(A)=0.n=1nnn=1其中An={n}.1 3.设(X,A,µ)是有限测度空间.若E1,E2∈A使µ(E1△E2)=0,则视E1与E2为同一个集.规定d(E1,E2)=µ(E1∆E2)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∫µ(E1∆E2)=|χE1−χE2|dµ,X它与L1的闭子空间{χE:E∈A},是等距地一一对应的.设{En}是(X,A,µ)中的一个基本列.则∫d(En,Em)→0⇔µ(En∆Em)→0⇔|χE1−χE2|dµ→0(n→0,m→0).X所以{χEn}是依测度基本列,故存在可测函数f,使得{χEn}是依测度收敛于f.由Riese引理,则有子列{χnk}几乎处处收敛到f.由{χE:E∈A}为闭子空间,则f为一特征函数,记为χE.由积分定义及控制收敛定理有∫|χEn−χE|dµ→0,n→0,X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,µ)是完全的测度空间.证明:若f可测且f=gµ−a.e,则g也可测.如果(X,A,µ)不完全,此事正确否?请举例.证明.记F(x)=f(x)−g(x),则F(x)=0µ−a.e.由于(X,A,µ)是完全的测度空间,对任意的α>0,有{x∈X:F(x)>α}⊂{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,µ)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=[0,1),则Ac=[1,1].规定µ(∅)=µ(A)=0且µ(X)=µ(Ac)=1.则A为σ22代数且µ是测度.又记B=[0,1]且取函数3{0,x∈A;f(x)=1,x/∈A.和0,x∈B;g(x)=2,x∈AB;c1,x∈A.容易验证f可测且显然有f=gµ−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.2 1.3LP(X;A;)1.设00,取N充分大,使得m,n≥N时,∫|g−g|pdµ<ϵ.mnX用Fatou引理,令n→∞,得∫|g−f|pdµ<ϵ,∀m>N.mX∫∫可见lim|gm−f|pdµ=0,从而lim|fn−f|pdµ=0.m→∞Xn→∞X2.设f∈L∞(X,A,µ).证明∥f∥∞=inf{α>0:µ({x∈X:|f(x)|>α})=0}.3 证明.一方面,记M=∥f∥∞=infsup{|f(x)|:x∈XE},则∀ϵ>0,∃E⊂X,使得µ(E)=0µ(E)=0,有sup{|f(x)|:x∈XE}M})=µ({x∈X:|f(x)|>M+})=0.nn=1故M≥inf{α>0:µ({x∈X:|f(x)|>α})=0}.另一方面,记m=inf{α>0:µ({x∈X:|f(x)|>α})=0},则∀ϵ>0,∃α>0,使得m>α−ϵ,这时µ({x∈X:|f(x)|>α})=0.又αm+ϵ})=0,∪∞1从而µ({x∈X:|f(x)|>m})=µ({x∈X:|f(x)|>m+})=0.于是我们取n=1nE=µ({x∈X:|f(x)|>m}),则sup{|f(x)|:x∈XE}≤m,进而M≤m.3.若f∈Lp(X,A,µ)对一切的p∈[1,∞)成立,则∥f∥∞=lim∥f∥p.p→∞证明.设f是任意的可测函数,则对任意M<∥f∥∞,有E={x∈X:|f(x)|≥M}是正测度集.这样(∫)1p1∥f∥=|f|pdµ≥Mµ(E)p.pX∫∫f(x)p1p这是因为µ(E)=Xχ{x∈X:|f(x)|>M}dµ≤XMdµ≤Mp∥f∥p.令p→M,由M的任意性,即得lim∥f∥p≥∥f∥∞.p→∞特别地,这也证明了当∥f∥∞=∞时,结论仍然成立.∪∩现设f∈Lp,要证明∥f∥∞≥lim∥f∥p.不妨设∥f∥∞有限并且等于1.设f∈Lp,∀p≥qq≤p<∞p→∞p0,取有限测度集E使得∫|f|dµ≤1.E则我们有∫∫∥f∥p=|f|pdµ+|f|pdµpE∫Ec≤|E|+|f|p0dµEc≤|E|+11这样我们有lim∥f∥p≤lim(|E|+1)p=1=∥f∥∞.这样我们就完成了证明.p→∞p→∞4.设µ是Rn上的寻常Lebesgue测度,p,q∈(0,∞)且p̸=q.请找一个f∈Lp(Rn)Lq(Rn).解解解1.若00,∃Aϵ∈A,µ(Aϵ)<∞,使∫|f|pdµ<ϵ,∀n∈N;nXAϵ(2)关于n一致成立∫lim|f|pdµ=0.nµ(E)→0E那么f∈Lp(X,A,µ)且lim∥f−fn∥p=0.n→∞注注注记记记∫1.1.(2)也可以描述为∀ϵ>0,∃δϵ>0,使得对一切可测集E,只要µ(E)<δϵ,有|fn|pdµ<ϵ,∀n∈N.E注注注记记记1.2.一个更一般的定理:设1≤<∞,{fn}∞n=1是Lp中的序列，则{fn}∞n=1强收敛于f当且仅当下述三个条件同时成立:(a){fn}∞n=1依测度收敛于f.(简记为fn→f);(b)对任给的ϵ>0,存在有限测度集Aϵ使(∫)1/p|f|pdµ≤ϵ,∀n;nAcϵ(c)对任给的ϵ>0,存在δϵ>0,是对一切的可测集E,只要|E|≤δϵ就有(∫)1/p|f|pdµ≤ϵ,∀n.nE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∫∫|f|pdµ≤lim|f|pdµ.nEn→∞E′∫这说明f也满足(1)∀ϵ>0,∃Aϵ∈A,µ(Aϵ)<∞,使|f|pdµ<ϵ;XAϵ∫′p(2)∀ϵ>0,∃δϵ>0,使得对一切可测集E,只要µ(E)<δϵ,有E|f|dµ<ϵ.任意给定的ϵ>0,对(1)和(2)中的Aϵ和δϵ,由Egoroff定理,∃B⊂Aϵ使得µ(AϵB)<ϵ且{fn}在B上一致连续.即存在N∈N,当n>N时，可以使得µ({x:|fn−f|>})<δϵ且{fn}在B上一致连续.于是(∫)1/p(∫)1/p∥f−f∥≤|f−f|pdµ+|f−f|pdµnpnnAϵAcϵ(∫)1/p∫)1/p≤|f−f|pdµ+|f−f|pdµnnAϵBB(∫)1/p+|f−f|pdµnAcϵ<3ϵ.5 6.作为Hilbert空间,L2(Rn)的正交维数是ℵ0.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{en}n≥1是L2(Rn)的可数稠密子集.对每一个n≥1,令Rn1Bn={f∈L:∥f−en∥2<√},2则L2(Rn)=∪∞n=1Bn.为证本定理,只需证明每一Bn至多包含ϕλ中的一个元,其中{ϕ}λ∈.事实上,假设Bn中包含两个不同的ϕλ1和ϕλ2,则一方面11√∥ϕλ1−ϕλ2∥2≤∥ϕλ1−en∥2+∥en−ϕλ2∥2<√+√=2.22另一方面,利用正交性,我们容易获得下述引理:若{ϕk}1≤k≤n是L2(Rn)中标准正交组.则对任何实数组{λk}1≤k≤n有∑n∑n∥λϕ∥2=λ2.kk2kk=1k=1√因此∥ϕλ1−ϕλ2∥2=2.此为矛盾.定理证毕.7.作为Hilbert空间的H的正交维数为d.证明H可分的充要条件是d≤ℵ0.证明.充分性显然.因为,设D是H的完全标准正交系,则spanD是H的稠密子集,且spanD=D=H.我们转而证明必要性.若H可分,则H一定有可数稠密子集M.由定理1.3.9可知,一定有E为H的完全标准正交系.又由定理1.3.7可知,spanE也是H的稠密子集,故而card(E)≤card(M)≤ℵ08.设E是由某些正数组成的集合.若card(E)>ℵ0,则从E中可取出可列子集{an:n∈N},使得∑∞an=∞.n=1证明.假设其不然.对任意的可列子集{an:n∈N},有∑∞an<∞,n=1则对任意的k∈N,使E中满足a>1(a∈E)的元素有限,而E=∪∞{a∈E:a>1}.从而kk=1kcard(E)≤ℵ0.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,µ,ν是它上面的两个符号测度.证明:(1)µ≪ν且µ⊥ν的充要条件是µ=0.(2)µ≪ν⇔µ+≪ν,µ−≪ν⇔|µ|≪ν.(3)集合{φ:φ是(X,A)上的有限符号测度且φ≪ν}与集合{φ:φ是(X,A)上的有限符号测度且φ⊥ν}都是实线性空间.6 证明.(1)由µ⊥ν,则可知存在A∈A,使得|µ|(A)=|ν|(Ac)=0.又由µ≪ν,故µ(Ac)=0.从而µ(X)=0,即µ=0.反之,若µ=0,由定义,对任意的ν,一定有µ≪ν且µ⊥ν.(2)|µ|≪ν,由定义,∀E∈A,若|µ(E)|=0,那么|µ(E)|=0.又|µ|=µ++µ−,故µ+(E)=0,µ−(E)=0,即µ+≪ν,µ−≪ν.从而有µ(E)=0,即µ≪ν.反之,由定理1.4.4,∀E∈A,且|ν|(E)=0,有µ(E)=0.设P和Pc分别是µ的正集和负集,则0≤µ+(E)=µ(E∩P)≤µ(E)=0⇒µ+(E)=0.同理有µ−(E)=0⇒|µ|(E)=µ+(E)+µ−(E)=0,即|µ|≪ν.(3)此处证明参见Rudin著《RealandComplexAnalysis》第120页.2.设(X,A,µ)是有限测度空间.{νn}∞n=1是A上的一列有限测度且νn≪µ,证明:如果对于每一个E∈A,limνn(E)=ν(E)都是有限的.那么n→(1)诸νn关于µ一致绝对连续,即limνn(E)=0µ(E)→0关于n∈N一致成立.(2)ν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{νn}∞n=1是(X,A,µ)上复测度序列,满足νn≪µ,并且有有限极限limνn(E)=0,∀E∈A1,n→0其中A1={E∈A:µ(E)<∞}.则{νn}∞n=1关于µ是一致绝对收敛的.此外,当µ(X)<∞时,可以推出ν时可列可加的;从而ν是一个关于µ绝对连续的复测度.参见程民德，邓东皋和龙瑞麟编著《实分析》第二版第二十三至二十五页。注注注记记记1.4.设(X,A,µ)是全σ有限的非负可测空间,{λn}是其上复测度的一个序列.说{λn}是关于µ是一致绝对连续的,如果limλn(E)=0对n一致;µ(E)→说{λn}对n一致可列可加的,如果对可测集的任意单调下降族Ek,满足∩Ek=∅,都有limλn(Ek)=0对n一致.k→∞证明.此处证明参见严加安著《测度论讲义》第六十四页(科学出版社)令Φ表示L1(X,A,µ)中由A可测的特征函数等价类所成的子集,则Φ是闭集.从而作为子空间,Φ为完备的距离空间.设A∈A,令A¯表示A相应的等价类,我们用A¯表示A中等价类全体,则(A¯,d)为完备的距离空间，其中d(A,¯B¯)=µ(A∆B).设α>0,令Lj={A¯∈A¯:∀n≥j,m≥j,|νn(A)−νm(A)|≤α}.7 由于函数A¯7→νn(A)在A¯上连续,故Lj为闭集.显然∪jLj=A¯(因为对一切A∈A,νn(A)).由Baire定理,存在某个j,使Lj有一内点A,即对某个h>0,由绝对连续的等价命题,若对B∈A,满足µ(B∆A)≤h,则有|νn(B)−νm(B)|≤α,∀n≥j,m≥j.取0<η0,∃η>0,使得A∈A,µ(A)≤nη⇒sup|νn|(A)≤ϵ.n3.设(X,A)是可测空间.{νn}∞n=1是一列非零有限符号测度,使得对每个E∈A,limνn(E)=n→∞ν(E)存在有限.证明ν是有限符号测度.证明.我们引进一个新的符号测度∑∞−n|λn|(E)µ(E)=2,∀E∈A.|λn|(X)n=1µ是一个概率测度.显然|λn|≪µ,当然λn≪µ,∀n.这样,由Vitali-Hahn-Saks定理的推广形式ν是有限符号测度且λn≪µ对n一致.现在µ(X)=1,{λn}的可列可加的一致性便由λn≪µ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µ(Ek)→0,{λn}是一致可列可加的.5.举例说明,存在符号测度ν及可测集E,使ν(E)=0但E不是零集.解解解2.设X=R,µ是R上的寻常测度dx,令{1,|x|≤1;f(x)=1|x|2,|x|>1.则f∈L(R,dx).再令∫ν(A)=f(x)dx,∀A⊂R.A显然,E=[−1,1]是关于ν的零测度集,但不是零集.6.设ν是可测空间(X,A)上的符号测度,证明:∀E∈A,{∑n|ν|(E)=sup|ν(E)|:E=∪nE,E∈A,kk=1kkn=1}当k̸=j时,Ek̸=Ej=∅;n∈N.8 证明.为简便计,我们记{∑nA=sup|ν(E)|:E=∪nE,E∈A,kk=1kkn=1}当k̸=j时,Ek∩Ej=∅;n∈N.对任意的E∈A,有|ν|(E)=ν+(E)+ν−(E)=ν(E∩P)−ν(E∩Pc)≤A,其中P是一个正集.n∑n反过来∑,对任意的E=∪k=1Ek,n∈N且Ek∩Ej,当k̸=j时,我们有|ν|(E)=k=1|ν|(Ek)≥nk=1|ν(Ek|,从而我们得到A≤|ν|(E).7.设ν是可测空间(X,A)上的符号测度,证明:{∫}∀E∈A,|µ|(E)=supfdµ:f∈L(X,A,|µ|),|f|≤1.E{}∫证明.为了简便,∀E∈A,我们记A=supfdµ:f∈L(X,A,|µ|),|f|≤1.同样我们E记P是一个正集.首先∫∫∫fdµ=fdµ+fdµE∫E∩P∫E∩Pc≤|f|dµ+|f|dµE∩PE∩Pc=|µ(E∩P)|+|µ(E∩Pc)|=|µ|(E).所以,A≤|µ|(E).反过来,取{1,当x∈E∩P时;f(x)=c−1,当x∈E∩P时.则|µ|(E)=µ(E∩P)−µ(E∩Pc)∫∫=dµ+(−1)dµ∫E∩PE∩Pc=fdµ≤A.E1.5Radon-Nikodym定定定理理理1.设(X,A,µ)是测度空间,定义ν:ν(A)=0,当µ(A)=0,ν(A)=∞,当µ(A)>0.证明(X,A,ν)是测度空间,且ν≪µ.对于µ,ν,找一个使定理1.5.3结论成立的f0.9 证明.要证(X,A,ν)是测度空间,我们只要验证ν的可列可加性.设An∈A,n∈N且∞∑∞∞∑∞An∩Am=∅(∀m,n∈N,m̸=n)时,µ(∪n=1An)=n=1µ(An),从而ν(∪n=1An)=n=1ν(An).而ν≪µ是显然的.事实上,|µ|(E)=0⇒µ(E)=0⇒ν(E)=0.取f0=∞就可以了.2.证明链式法则:设µ0,µ1,µ2是(X,A)上的σ有限测度,且µ2≪µ1,µ1≪µ0,那么µ2≪µ0且dµ2dµ2dµ1=µ0−a.e..dµ0dµ1dµ0dµ1dµ2dµ2证明.显然有µ2≪µ0.现我们设f0=dµ0,g0=dµ1,h0=dµ0.对一切非负可测函数f及一切f∈L(X,A,µ2),我们有∫∫∫fdµ2=fg0dµ1=fg0f0dµ0X∫XX=fh0dµ0X所以,有定理1.5.3可知,h0=f0g0.3.设µ,ν是(X,A)上的σ有限测度,满足ν≪µ且µ≪ν.证明:()−1dνdµdν̸=0a.e.,=a.e.,dµdνdµ此处µ−a.e.与ν−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))≤ℵ0},证明A是σ代数.定义µ,ν如下:{card(A),当card(A)<ℵ0,∀A∈A,µ(A)=∞,当card(A)≥ℵ0;{0,当card(A)≤ℵ0;ν(A)=∞,当card(A)=ℵ1.那么µ,ν都是(R,A)上的测度.请证明ν≪µ但R-N定理在这种情形下不成立.证明.首先说明A是σ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)≤ℵ0,则card(∪∞n=1An)≤ℵ0;否则，∃n0∈N,使得cardAn0≤ℵ0,那么card({(∪∞n=1An))=card(∪∞n=1{An)≤card({An0)≤ℵ0.故A是σ代数.如同第1题,我们容易验证µ,ν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µ(E)=0,则card(E)=0,从而ν(E)=0,从而ν≪µ.∫∫∀x0∈R,很容易有Xχ{x0}dν=ν({x0})=0,而要使得R-N定理成立,那么存在f0,满足Xχ{x0}f0dµ=0,从而由µ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.10 5.设(X,A,µ)是σ有限测度空间,1≤p≤∞,f可测.令∫F={g:∥g∥p′≤1,µ({x∈X:g(x)̸=0})<∞且fgdµ存在},X其中p′是p的共轭数,即1+1=1,1=0,证明p′p∞∫∥f∥p=sup{fgdµ:g∈F}.X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{∫}∥f∥p=supfϕdµ:ϕ∈S,∥ϕ∥p′≤1.XS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,µ)⊂(Lp(X,A,µ))∗,并且∥f∥p=∥lf∥,故我们有{∫}′p∥f∥p=∥lf∥=supfgdµ:g∈L,∥g∥p′≤1.X现设f/∈Lp,先看1≤p<∞,不妨假定f是几乎处处有限的.这样对任意大的β,存在有限测度集E使∫β<|f|pdµ<∞E由刚刚所证事实,我们知道存在g∈F,使得∫∫fgdµ=fgdµ≥β.XE这正是我们所要证的.接下来我们设p=∞.任取增长到∞的正数列{βk}.由f/∈L∞(X,A,µ),集合Fk={x:βk≤|f|<βk+1}中总有无穷个的测度为正,记其指标集为{ki}.取Fki的有限正测度子集Eki,令g=|E|−1χsgnf,ikiEki则g∈L1(X,A,µ),且i∫∫gifdµ=|gif|dµ≥βki,XX∫因此sup|Xgifdµ|=∞.到此定理证毕.i6.请详细写出定理1.5.7当µ(X)=∞时的证明.证明.参考E.HEWITT和K.R.STROMBERG著《实分析与抽象分析》(现代实变函数论)第507页.由µ是σ有限的,则存在{Ak}∞,使得X=∪∞Ak,且µ(Ak)<∞.这里我们还可以假设k=1k=1Ak↗X.对每个Ak,在(X,A,µ)上规定µk为µk(E)=µ(E∩Ak).11 而在Lp(X,A,µk)上规定lk为lk(f)=l(fχAk).很清楚,(X,A,µk)是一个有限测度空间,而lk则是Lp(X,A,µk)上的有界线性泛函,并且∥lk∥≤∥l∥.′应前面所证事实.对每个k∈N,存在一个函数gk∈Lp(X,A,µk),则有∫∫l(fχAk)=lk(f)=fgkdµ=fgkdµ.XAk由于Lp(X,A,µ)⊂Lp(X,A,µk),从而对于任意的f∈Lp(X,A,µ)也显然成立.又Lp(X,A,µ)⊃Lp(X,A,µ)⊃...⊂Lp(X,A,µ).12现取g(x)=gk(x),x∈Ak.于是我们只要验证∀f∈Lp(X,A,µ),有∫l(f)=fgdµ.X′′由Lp(X,A,µk)的完备性知,g∈Lp(X,A,µk).再由极限的连续性以及Lebesgue控制收敛定理知∫∫l(f)=liml(fχAk)=limfgkdµ=fgdµ.k→∞Xk→∞X1.6外外外测测测度度度1.设µ∗是X上的正则的外测度,E⊂X且En⊂En+1.求证limµ∗(E)=µ∗(limE).nn→∞n→∞证明.设(X,A,µ)是µ∗导出的测度空间.由µ∗的正则性,∀En⊂X,∃An∈A使得En⊂An且µ∗(En)=µ(An),n∈N.又易知limA=∪∞∩∞A⊃∪∞E=limE,nn=1k=nkn=1nnn→∞n→∞故由定理1.1.4可知µ∗(limEn)≤µ∗(limAn)=µ(limAn)≤limµ(An).n→∞n→∞n→∞n→∞反之,因为En⊂limEn,故µ∗(En)µ∗(limEn),从而limµ∗(En)≤µ∗(limEn).这里要用到n→∞n→∞n→∞n→∞{En}单调递增的条件,使得{µ∗(En)}有极限(极限可以是∞).2.证明定理1.6.1.注注注记记记1.6.这里要反复应用Carath´eodory条件及它的一个等价命题:若E可测,则∀A⊂E,B⊂Ec,有µ∗(A∪B)=µ∗(A)+µ∗(B).证明.(1)先证明E可测,则Ec也可测.若E可测,对∀T⊂X,有µ∗(T)=µ∗(T∩E)+µ∗(T∩Ec).12 由上式可知Ec也可测.然后我们来证明A1,A2∈A⇒A1∩A2∈A.又由于(A1∩A2)c=Ac1∪Ac2,故我们只要证明A1∪A2∈A.即要证明:∀T⊂X,有µ∗(T)=µ∗(T∩(A∪A))+µ∗(T∩(A∪A)c).1212我们可以通过A1,A2分解成互不相交的四块,即T1=T−(A1∪A2);T2=T∩A1−A2;T3=T∩A2−A1;T4=T∩A1∩A2.显然,T1⊂A1,T2⊂A1,故由A1的可测性知:µ∗(T∪T)=µ∗(T)+µ∗(T).1212同理,由T1∪T2⊂A22,T3∪T4⊂A2.得µ∗(T)=µ∗(T∪T∪T∪T)1234=µ∗(T∪T)+µ∗(T∪T).1234注意到T∩(A1∪A2)=T1∪T2∪T3,且T3∪T4⊂A2,T2⊂Ac2,所以µ∗[T∩(A∪A)]=µ∗(T)+µ∗(T∪T),12234进而,µ∗(T)=µ∗(T)+µ∗(T)+µ∗(T∪T)1234=µ∗(T)+µ∗(T∩(A∪A))112=µ∗(T∩(A∪A)c)+µ∗(T∩(A∪A)).1212即A1∪A2∈A.(2)再证明引理1.6.2.由归纳法及(1)立即可知∪nA可测.由于A,A−∪i−1A(i=2,3,...)i=1i1ij=1j互不相交,且当每个A都可测时,A−∪i−1A也可测.所以只要证明A互不相交的情形.若iij=1jiT⊂X,往证µ∗(T)≥µ∗(T∩(∪∞A))+µ∗(T∩(∪∞A)c).i=1ii=1i注意到对任意的正整数n,由∪ni=1Ai可测,有µ∗(T)≥µ∗(T∩(∪nA))+µ∗(T∩(∪∞A)c).i=1ii=1i由于∪n−1A,A可测且互不相交,故由i=1inT∩(∪n−1A)⊂F=∪n−1A,T∩A⊂Fc,i=1ii=1in知µ∗(T∩(∪nA))=µ∗(T∩(∪n−1A))+µ∗(T∩A).i=1ii=1in由归纳法立即可知∑nµ∗(T∩(∪nA))=µ∗(T∩A),i=1iii=113 从而∑nµ∗(T)≥µ∗(T∩A)+µ∗(T∩(∪∞A)c),ii=1ii=1令n→∞,得,∑∞µ∗(T)≥µ∗(T∩A)+µ∗(T∩(∪∞A)c)(∗)ii=1ii=1≥µ∗(T∩(∪∞A))+µ∗(T∩(∪∞A)c).i=1ii=1i所以∪∞i=1Ai可测.在上面(*)的不等式中取T=∪∞i=1Ai,则得∑∞∑∞µ∗(∪∞A)≥µ∗(∪∞A∩A)+µ∗(∪∞A∩(∪∞A)c)=µ∗(A)i=1ii=1iii=1ii=1iii=1i=1∗∞∑∞∗故由µ(∪i=1Ai)=i=1µ(Ai).(3)∀E⊂X,且µ(E)=0.若F⊂E,则µ∗(F)=0.对T⊂X,则µ∗(T)≥µ∗(T∩Fc)=µ∗(T∩F)+µ∗(T∩Fc).所以F∈A.从而我们得到µ是完全的.3.证明定理1.6.5去掉f右连续的条件就不再成立(举出反例).证明.还未找见.4.证明本节(四)中定义的Ha确实是Rn上的距离外测度,并且是正则的.注注注记记记1.7.参考R.L.Wheeden＆A.Zygmund著《MeasureandIntegrals》.证明.(I)首先我们来验证Ha是一个外测度.根据定义1.6.1,(1)和(2)是显然的,所以我们只需验证(3).设E=∪∞n=1En,往证Ha(E)≤∑∞n=1Ha(En).(II)我们再来证明Ha是Rn上的距离外测度.设E1,E2⊂Rn,ρ(E1,E2)=δ>0.我们来证明Ha(E1∪E2)≥Ha(E1)+Ha(E2).显然只用对H(E∪E)<∞的情形进行证明.当ϵ<1δ时,记∪∞A⊃E,∪∞B⊃E,则a122n=1n1n=1n2有(∪∞n=1An)∩(∪∞n=1Bn)=∅,于是容易有Hϵ(E∪E)≥Hϵ(E)+Hϵ(E)a12a1a2再令ϵ→∞,则得到我们要证明结果.(III)现在我们来证明它的正则性.事实上,Rn的任意一个子集E,存在一个递减的开集序列{Un}∞n=1,使得E⊂∩∞U,H(∩∞U)=H(E).n=1nan=1na再由定理1.6.3,我们便得到了结论.5.证明本节关于测度扩张的定理1.6.6.∗∞∑∞证明.由定义1.6.8,∀A∈A,显然有λ(A)≤λ(A).另外,若∪n=1An⊃A,Ak∈A,则n=1λ(An)≥λ(A),从而λ∗(A)≥λ(A).我们已然证明了(1).现转而证明(2).∀A∈A,T⊂X,往证λ∗(T)=λ∗(T∩A)+λ∗(T∩Ac),我们也只要证明14 λ∗(T)≥λ∗(T∩A)+λ∗(T∩Ac).由定义1.6.8和定义1.6.7,∀ϵ>0,∃∪∞Ak⊃T,Ak∈A,使k=1得∑∞λ∗(T)≥λ(A)−ϵ≥λ(∪∞A)−ϵkk=1kk=1=λ((∪∞A)∩A)+λ((∪∞A)∩Ac)−ϵk=1kk=1k=λ(∪∞(A∩A))+λ(∪∞(A∩Ac))−ϵk=1kk=1k≥λ∗(T∩A)+λ∗(T∩Ac)−ϵ由ϵ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,∀ϵ>0,∃δ>0,对R中任意可数多个互不相交的开区间列{Ii}∞i=1,∑∞∑∞只要i=1Ii<δ,则有i=1|f(bi)−f(ai)|<ϵ,其中Ii=(ai,bi].设m(E)=0,则对δ>0,存在G=∪∞i=1Ii,使得G⊃E且m(G)<δ.于是∑∞∧f(E)≤(f(bi)−f(ai))<ϵ.i=1再由ϵ的任意性,结论成立.7.验证一下,如果I是R上的恒等函数,即I(x)=x,则∧f=m(寻常Lebesgue测度).证明.对于任意的E⊂R,有∑∞∑∞m∗(E)=inf{(b−a):∪∞(a,b]⊃E}=inf{λ(a,b]:∪∞(a,b]⊃E}=λ∗(E).iii=1iiIiii=1iiIi=1i=1于是对任意的A⊂R为m可测的,则m∗(E)=m∗(E∩A)+m∗(E∩{A)=λ∗(E∩A)+λ∗(E∩{A)=λ∗(E).I于是∧f=m.8.设µ∗是X上的外测度,(X,A,µ)是µ∗导出的测度空间.设µ导出的外测度是µ∗1,证明:(1)µ∗1≥µ∗;(2)对于集E⊂X,µ∗(E)=µ∗1(E)成立的充要条件是存在一个A∈A,使得E⊂A且µ(A)=µ∗(E).由此可见,若µ∗是正则的,则µ∗=µ∗1.证明.首先证明(1).对∀E⊂X,且对任意的∪∞Ak⊃E,Ak∈A,有k=1∑∞µ(A)≥µ(∪∞A)=µ∗(∪∞A)≥µ∗(E).kk=1kk=1kk=1在对两边关于∪∞Ak取下确界,由定义1.6.8可知,µ∗(E)≥µ(E).k=1然后证明(2).由定理1.6.6,充分性马上得到了证明.我们来证明必要性.事实上,取定E⊂X,由定义下确界定义,∀ϵ>0,∃∪∞Bk⊃E,Bk∈A,使得k=1∑∞µ∗(E)+ϵ>µ(B).1kk=115 1∞∗1∑∞现取ϵ=n,n∈N,则存在An=∪k=1Bnk⊃E,Bnk∈A,满足µ1(E)+n>k=1µ(Bnk).又记A=∩∞n=1An,那么A⊃E,且依据假设∑∞1∗1∗1∗1∞µ(A)+=µ(A)≥µ(E)+=µ1(E)+>µ(Bnk)≥µ(∪k=1Bnk)≥µ(A).nnnnk=1因此µ(A)=µ∗(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µ∗是定义在X上的一切子集所成的类上的正则外测度,使得µ∗(X)=1.并设M是的一个子集,使得µ∗(M)=0,µ∗(M)=1(µ∗(E)=sup{µ(F):E⊃F∈A}是内测度).如果令ν∗(E)=µ∗(E)+µ∗(E∩M),则我们有以下结果(I)ν∗是一个外测度.(II)集E是ν∗-可测集的充要条件是E是µ∗-可测的.(III)设A是一个给定的集合,则对包含A的任何ν8-可测集E,infν∗(E)=2µ∗(A).(IV)ν∗不是正则的.我们来证明以上结论:(I)对于E=∅,ν∗(∅)=µ∗(∅)+µ∗(∅∩M)=0.若E1⊂E2⇒µ∗(E1)≤µ∗(E2),µ∗(E1∩M)≤µ∗(E2∩M)⇒ν∗(E1)≤ν∗(E2).而ν∗(∪∞E)=µ∗(∪∞E)+µ∗(∪∞E∩M)n=1nn=1nn=1n∑∞∑∞≤µ∗(E)+µ∗(E∩M)nnn=1n=1∑∞∑∞≤µ∗(E)+µ∗(E∩M)=ν∗(E)nnn=1n=1所以ν∗是一个外测度.(II)若E是一个µ∗-可测集.则对任意的集合T,有µ∗(T)=µ∗(T∩E)+µ∗(T∩Ec)µ∗(T∩M)=µ∗(T∩M∩E)+µ∗(T∩M∩Ec)ν∗(T)=µ∗(T)+µ∗(T∩M)ν∗(T∩E)=µ∗(T∩E)+µ∗(T∩E∩M)ν∗(T∩Ec)=µ∗(T∩Ec)+µ∗(T∩Ec∩M)所以有ν∗(T)=ν∗(T∩E)+ν∗(T∩Ec).从而E是一个ν∗-可测集.若E是一个ν∗-可测集.则有µ∗(T)+µ∗(T∩M)=µ∗(T∩E)+µ∗(T∩E∩M)+µ∗(T∩Ec)+µ∗(T∩Ec∩M)由外测度性质µ∗(T∩M)≤µ∗(T∩E∩M)+µ∗(T∩Ec∩M),从而µ∗(T)≥µ∗(T∩E)+µ∗(T∩Ec).即E是一个µ∗-可测集.(III)由(II),集E是ν∗-可测集,从而也是µ∗-可测集.由Halmos《测度论》第六十五页定理8,µ∗(E)=µ∗(E∩M)+µ∗(E∩Mc).又µ∗(T∩M)≤µ∗(M)以及µ(Mc)+µ∗(M)≤µ∗(M∪Mc)=1,µ∗(M)=1,∗16 所以µ∗Mc=0,µ∗(E∩Mc)=0⇒µ∗(E)=µ∗(E∩Mc)⇒ν∗(E)=µ∗(E).由于µ∗是正则的,所以存在可测覆盖F,使得µ∗(F)=µ∗(A).(见Halmos《测度论》第五十三页定理3)即µ∗(A)={µ∗(E):E⊃A,E∈A∗},A∗是µ∗-可测集.即完成了(III)证明.(IV)记A∗是µ∗-可测集,考虑ν∗(A)={ν(E):E⊃A,E∈A∗}.对Mc,ν∗(Mc)=2µ∗(Mc).但ν∗(Mc)=µ∗(Mc)=µ∗(Mc∩M)=µ∗(Mc).我们有结论µ∗(Mc)̸=0.否则,由µ∗(Mc)=0,可得Mc为µ∗可测集.但事实上Mc不是µ∗可测集.所以µ∗(Mc)̸=0.即ν∗(Mc)̸=ν∗(Mc),也就说明了ν∗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d∧f′=f(m−a.e.).dm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µ,可定义函数µ((0,x]),当x>0,f(x)=0,当x=0,−µ((0,x]),当x<0.容易验证,f是单调右连续实函数.然后,定义λf((a,b])=f(b)−f(a),其中a,b可以取无穷.下面我们验证λf是A上的一个准测度.其实我们只要验证定义1.6.7中(2).若A=∪∞n=1An∈A,∑∞则A是上述三种情形的有限并.从而µ(A)=n=1µ(An).于是再由定理1.6.7直接可得结论.1.7乘乘乘积积积空空空间间间与与与Fubini定定定理理理1.设X=Y=[0,1],A=B是一个包含X的一切开集的σ代数,证明A×B包含X×Y的一切开集.证明.如记F为X×Y的开集之全体,由拓扑学知识可以知道F={u:u为的有限}从而易知结论成立.2.设f∈L(X,A,µ),g∈L(Y,B,ν),证明f(x)g(x)∈L(X×Y,A×B,µ×ν)且∫∫∫f(x)g(y)d(µ×ν)=fdµgdν.证明.首先我们令f(x)=χE(x),g(y)=χF(y),其中E∈A,F∈B.那么∫χE(x)χF(y)d(µ×ν)=µ×ν(E×F)X×Y=µ(E)×ν(F)∫∫=χEdµχFdνXY故对简单函数成立,从而对一切可积函数成立.17 ∫3.对于x>0,有e−xtdt=1,利用此事,根据Fubini定理证明(0,∞)x∫nsinxπlimdx=n→∞0x2∫nsinx∫∞∫∞−xt证明.我们要知道limdx=esinxdtdx.由Fubini定理知n→∞0x00∫∞∫∞e−xtsinxdtdx0∫0∫∞∞=e−xtsinxdxdt00∫∞∞=−1(e−xtcosx+tsinxe−xt)dtt2+100∫∞∞1π=dt=arctant=.1t2+1204.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σ代数.证明.先假设f可测.若0≤y1N时,f(x)∈B(f(y),1ϵ),对于任何的y都成立.于是n4对于f(x),存在x的一个邻域V使得f(x)⊂B(f(x),1ϵ).对任意的y∈V,我们有N+1N+1N+12|f(y)−f(x)|≤|f(y)−fN+1(y)|+|fN+1(y)−fN+1(x)|+|fN+1(x)−f(x)|≤ϵ.因此,f(V)⊂B(f(x),ϵ)⊂U,也就是说f−1(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),ϵ)⊂U,B(f(x),1ϵ)及B(g(x),1ϵ).由f,g∈C(X),则f−1(B(f(x),1ϵ))及222g−1(B(f(x),1ϵ))为开集.从而取V=f−1(B(f(x),1ϵ))∩g−1(B(f(x),1ϵ)),则f(V)⊂U,故222f−1(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20 B((fg)(x),ϵ)⊂U.设M={g(x),f(x)+1ϵ,g(x)+1ϵ},则取V=f−1(B(f(x),1ϵ))∩222Mg−1(B(g(x),1ϵ)),对任意的y∈V,有2M|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)|+|f(y)−f(x)||g(x)|11≤Mϵ+Mϵ=ϵ.2M2Mf(x)+g(x)f(x)−g(x)(III)事实上,min(f(x),g(x))=−sgn(f(x)−g(x)).由(I)和(II)知,min(f,g)∈22C(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f−1((y−1,y+1))为开集,且{f−1(y−1,y+1)}y∈R覆盖suppf.由紧集的定义,存在y1,y2,...,yn使得∪nf−1(yk−1,yk+1)⊃suppf.从而k=1f(suppf)⊂f(∪nf−1(y−1,y+1))k=1kk=∪nf(f−1(y−1,y+1))k=1kk⊂∪n(y−1,y+1).k=1kk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=sup{f(x):x∈suppf},则存在递增数列{yi}∞i=1,使得yi↗M,对每个yi,存在xi∈suppf,使得yi=f(xi).我们知道{xi}∞i=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TX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∀ϵ>0{x:|f(x)|≥ϵ}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∥f∥c=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》(现代实变函数论)第117页.一方面,∀f∈C0(X),∀ϵ>0,由题意知Kϵ={x:|f(x)|≥ϵ}为紧集,又由Tietze延拓定理,则存在ϕϵ,使得ϕϵ=f,∀x∈Kϵ.从而∥ϕϵ−f∥c≤ϵ,令ϵ→0,则有ϕϵ→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)|≥ϵ}为闭集,从而是紧21 ∥∥c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→f.∀ϵ>0,存在正整数N,使得当n≥N时,max{|f(x)−f(x)|}<ϵ.于是,n2{x:|f(x)|≥ϵ}⊂{x:|fN+1|+|fN+1−f(x)|≤ϵ}ϵ⊂{x:|fN+1|≥}2为紧集.所以C0(X)是闭集.6.设X为LCHS.证明:如果µ为σ有限的Radon测度,E∈B(X),则对任给的ϵ>0,存在X的开集U和X的闭集F使得F⊂E⊂U,以及µ(UF)<ϵ.证明.由µ为σ有限的,则存在{An}∞n=1⊂B(X),使得X=∪∞n=1An且µ(An)<∞.于是E=∪∞(E∩A)=:∪∞⊂B(X).n=1nn=1另外由µ的正则性,∀ϵ>0,存在开集U⊃B,使得µ(U−B)<ϵ.令U=∪∞U,则nnnn2n+1n=1nU为开集,满足U⊃E且∑∞∞∞∞ϵµ(U−E)=µ(∪n=1(∩k=1(Un∩{Bk)))≤µ(∪n=1Un∩{Bn)≤µ(Un−Bn)≤.2n=1同理,对{E,也存在开集G,使得G⊃{E,满足µ(G−{E)≤ϵ.令F={G,则F为闭集,满2足F⊂E.这样,我们有µ(U−F)=µ(U−E)+µ(E−F)≤ϵ.7.设X为LCHS.K为X的紧集.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)∥f∥c,∀f∈{f∈Cc(X):suppf⊂K}证明.由定理2.3.7知,存在唯一的Radon侧度µ,使得∫I(f)=fdµ,∀f∈Cc(X).X又由题意可知suppf⊂K,以及第3题知∥f∥c<∞.从而∫∫|I(f)|=|fdµ|≤∥f∥c|dµ|≤µ(K)∥f∥c.Xsuppf令C(K)=µ(K),则得到了要证之结果.8.证明引理2.4.1的结论对σ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191页.由引理2.4.1,我们只要证明µ(E)=∞时的情况.因为µ是σ有限的,则存在{Ak}∞使得k=1X=∪∞Ak且µ(Ak)<∞.记En=E∩(A1∪A2∪...∪An),n∈N,并记E0=∅.于是Enk=1是µ可测的,µ(En)<∞,En⊂En+1以及∪∞n=1En=E.根据定理1.1.2可知,∞=µ(E)=limµ(En).n→∞由引理2.4.1,对于每个n∈N,取一个紧集F,使得F⊂A,且µ(F)≥1µ(A),于是nnnn2nlimµ(Fn)=limµ(An)=∞=µ(A).n→∞n→∞9.证明在定理中如果还是有界的则所取的g可满足∥g∥c≤sup|f(x)|.x∈X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χK≤f(x)≤χU(x).甚至,当x∈UK时,0≤f(x)<1.又不妨设M=max{g(x):x∈K}.另外,g在UK上也有界.故存在n∈N,使得当x∈UK时,g(x)fn(x)≤M,则这时我们取G(x)=g(x)fn(x)即可.2.2Haar测测测度度度1.设Q是有理数构成的加法群,承袭R的拓扑,也就是说,具有Rn的相关拓扑,证明在Q上不存在非零的平移不变Radon测度.证明.∫2.设G是正实数的乘法群,承袭R的拓扑,证明公式µ(A)=1dx定义上的一个Harr测度.Ax证明.3.设G是局部紧群,µ是G上的左Haar测度，证明:G的拓扑是离散的⇔对于某x∈G,µ({x})>0.证明.4.设G是局部紧群,µ是右Haar测度,∆是右模函数,证明:对于每个可测集A,µ(xA)=∆(x−1)µ(A)(x∈G).证明.5.设G是局部紧群,µ是左Haar测度,证明:G是幺模的⇔µ=ˇµ.证明.6.设G是局部紧群,µ是左Haar测度,证明:µ是σ有限的⇔G是σ紧的.证明.23 7设G是局部紧群,µ是左Haar测度,ν是右Haar测度,证明:若可测集A使µ(A)=0,则必有ν(A)=0.证明.由定理2.6.5及定理2.6.6,µ是左Haar测度,则µˇ是右Haar测度.则存在正数a,使得ν=aµˇ.所以∫ν(A)=aµˇ(A)=aδ(x−1)dµ(x)=0.A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sup|JT(x)|<∞.x∈Rn证明.因为T是Rn上的Lip变换,所以|Tx−Ty|≤L|x−y|,进而∥Tx−Ty∥≤C∥x−y∥.于是ti(x+hi)−ti(x)∥T(x+hi)−Tx∥≤≤Ch|h|其中h=(0,...,h,...,0).所以对任意的x∈Rn,有|∂ti(x)|≤C.那么j∂xj∑∂ti∂ti∂tin|JT(x)|≤|(x)||(x)|...|(x)|≤Cn!.∂xi1∂xi2∂xini1,...,in3.设T是V上的C1变换,证明映射x7→D(T)(x)是V上的连续映射.证明.由T是V上的C1变换,故|∂ti(x)|也是连续的,从而x7→D(T)(x)是V上的连续映∂xj射.4.设T是可逆的线性变换,证明T是正则变换且∀x∈Rn,D(T)(x)=T.证明.T是可逆的线性变换,故有T=(aij)n×n,使得det((aij)n×n)̸=0且∀x∈Rn∑n∑n∑nTx=(ai1xi,ai2xi,...,ainxi).i=1i=1i=1显然T是C1变换.故T是正则变换.进而D(T)(x)=(aij)n×n=T.24 5.证明n2π2σ(Σn−1)=n.Γ()2证明.一方面,∫∏n∫∞−|x|2−x2nedx=eidxi=π2.Rn−∞i=1另一方面,∫∫∫∞′e−|x|2dx=e−r2|x|2rn−1drdx′Rnn−10∫∞=σ(Σ)e−r2rn−1drn−1∫0∞1−un−1=σ(Σn−1)eu2du02σ(Σn−1)n=Γ()22n2π2所以σ(Σn−1)=(n).26.设α>0,则∫()nπ2exp(−a|x|2)dx=.Rna证明.利用上题计算中的一个结果,我们有∫√∫2令u=ax−n2exp(−a|x|)dx=a2exp(−u)duRnRn()n−nnπ2=a2π2=.a7.设−(n+1)2P(x)=cn(1+|x|)2,其中()−(n+1)n+1cn=π2Γ,2证明∫P(x)dx=1.Rn注注注记记记3.1.参考E.M.Stein和GuidoWeiss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 1n+1n+1n证明.首先注意到cn=pi2/Γ(2)是R中单位球面Σn−1的面积之半.若用ωn表示Σn−1的面积,则上式等价于∫dxωn−1=.Rn(1+|x|2)(n+1)/22′n′令r=|x|,x=x/r,(当x̸=0),Σn−1={x∈R:|x|=1},dx为Σn−1上的面积元,并设r=tanθ,就有∫∫(∫)dx∞dx=rn−1dr2(n+1)/22(n+1)/2Rn(1+|x|)0n−1(1+r)∫∞n−1r=ωn−1dr0(1+r2)(n+1)/2∫pi2=ωsinn−1θdθn−10而ωsinn−1θ显然是超平面x=cosθ取截Σ得到的半径为sinθ的球面面积.因此,上半n−1nnpi个Σn的面积可由这些(n-1)维球面面积对θ积分得到.其中θ自0变到2.就是说∫pi2n−1ωn−1ωn−1sinθdθ=.02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:f7→Tf=af,证明当111=+qrp时,T为(p,q)型的.证明.由1=1+1可知,qrp111=r+p.qq由H¨older不等式,(∫)1q∥Tf∥=|Tf(x)|qdxqRn(∫)1q=|a(x)f(x)|qdxRn(∫)1q(∫)1qrqrpqp≤|a(x)q|qdx|f(x)q|qdxRnRn=∥a∥r∥f∥p.故T为(p,q)型.26 2.设0<α0,∫∫|f(x−y)||f(x−y)||Iα(f)(x)|≤|y|αdy+|y|αdy:=J1+J2.|y|≤r|y|>r首先我们估计J1,∑∞∫|f(x−y)|J1=dy2−j−1r<|y|≤2−jr|y|αj=0∑∞∫1≤|f(x−y)|dy(2−j−1r)α2−j−1r<|y|≤2−jrj=0∑∞(2−j)n−α∫≤Crn−α|f(x−y)|dy(2−jr)n2−j−1r<|y|≤2−jrj=0≤Crn−αHL(f)(x).对于J,如果p=1,则J≤r−α∥f∥.如果1rn−α−n≤Crp∥f∥p.()pn∥f∥n于是,|I(f)(x)|≤C(rn−αHL(f)(x)+rn−α−p∥f∥).现在取r=p,则αpHL(f)(x)n−α−nn−αpn−αrn−αHL(f)(x)=rp∥f∥=∥p∥n1−n.pp[HL(f)(x)]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{}(λ)n|{x∈Rn:|If(x)|>λ}|≤x∈Rn:HLf(x)>ααn−αC∥f∥n1n−α(C∥f∥n)n≤C1α1λ(C)n≤∥f∥α.1λ27 3.设算子T为弱(p,q)型的,1≤q,q<∞,证明:若m(X)<∞,0t}),则|Tf|µ∗(t)=m({y∈X:|Tf(y)|>t})|Tf|=m({y∈Rn:|Tf(y)|>t}∩X)=m(µ|Tf|(t)∩X)其中µ|Tf|是|Tf|的分布函数.那么我们有µ∗(t)≤m(X)以及由T为弱(p,q)型的,|Tf|cqµ∗(t)≤µ(t)≤∥f∥q|Tf||Tf|tqp从而有∫∫∞|Tf(x)|rdx=rtr−1µ∗(t)dt|Tf|X0∫λ∫∞qr−1r−1cq≤rtm(X)dt+rtq∥f∥pdtoλtrqqrr−q≤m(X)λ+c∥f∥pλ.q−r∥f∥p令λ=C,则上式1m(X)q∥f∥rpq≤Cr.λ−qm(X)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,∫∫11′K(x,y)f(y)dy=K(x,y)pK(x,y)pf(y)dyRnRn(∫)1(∫)11′p′1p′pp≤|K(x,y)p|dy|K(x,y)pf(y)|dyRnRn(∫)1(∫)1′ppp=|K(x,y)|dy|K(x,y)||f(y)|dyRnRn(∫)11p′p=CP|K(x,y)||f(y)|dyRn28 则,我们由Fubini定理有(∫)1p∥Tf∥=|T(f)(x)|pdxpX(∫∫)1pp′p≤CP|K(x,y)||f(y)|dydxRnRn(∫∫)11p′p≤CP|K(x,y)||f(y)|dxdyRnRn11′≤CPCP∥f∥p=C∥f∥p.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∫∗1f(x)=sup|f(y)|dy,Q∋xm(Q)Q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∫∫12n|f(y)|dy=|f(y)|dy.m(Q(x0,r))Q(x0,r)m(Q(x,2r))Q(x,2r)即左边不等式成立.2.证明:若f∈L(Rn),且∥f∥1>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使得|f(x)|dx≥1∥f∥.B(O,r)21当|x|≥r时,取B(O,2|x|),则我们有∫1HL(f)(x)≥|f(y)|dyB(O,2|x|)B(O,2|x|)∫1=|f(y)|dy2nB(O,|x|)B(O,2|x|)C1C≥2n|x|n2∥f∥1=|xn|∥f∥1于是HL(f)∈/L(Rn).29 3.设f为Rn上对每个变元都以1为周期的函数,1Q=Q(O,1)={x=(x1,...,xn):|xi|<,1≤i≤n},2证明:若f∈L(Q),且fQ=fχQ,则当2x∈Q时HL(f)(x)≤CHL(fQ)(x),其中C同f,x无关.证明.4.证明:若f∈Lloc(Rn)且|f(x)|≤C|x|−n(当|x|”2)，则HL(f)(x)≤C|x|−nlog|x|(当|x|>2).证明.5.设Q是开的方体证明∀x∈Q,HL(χQ)(x)=1.证明.对任一的方体R∋x,我们有∫1|Q∩R|χQ(y)dy=≤1,|R|R|R|显然当R=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∫|x0−x||x−y|n+1f(y)dy≤CHL(f)(x).RnQ0证明.利用球壳分解的方法,我们直接计算有∫∑∞∫|x0−x||x−x0||x−y|n+1f(y)dy≤|x−y|n+1|f(y)|dyRnQ02k+1Q2kQ0k=1∫√∑∞nl≤2|f(y)|dy(√)n+12k+1Qn2klk=12∑∞2k−2n∫≤|f(y)|dy(2k+1l)n2k+1Qk=1≤CHL(f)(x).30 6第第第二二二篇篇篇第第第四四四章章章1.设0<α0)为L(Rn)→F(可测函数类)的一族线性算子,定义算子T∗:T∗(f)(x)=sup|T(f)(x)|,ϵϵ>0证明:若T∗为弱(1,1)型的,且关系式limTϵ(g)(x)=g(x)a.e.ϵ→0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ϵ→0时,{(Tϵf)(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{nFk=x∈R:|(Tϵ′f)(x)−(Tϵ′′f)(x)|>2/k,′′′′′′}对无限多对(ϵ,ϵ),(ϵ,ϵ)→(0,0).及F=∪∞Fk.下面将证明,对任意的η>0,k=1|Fk|≤|2a(k+1)η|.a是弱型常数.这样由η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η>0,存在g∈C(Rn)∩L(Rn)使得∥f−g∥1<η.令G={x∈Rn:lim(Tg)(x)存在且有限}.ϵϵ→0由题意知|RnG|=0.而F=(F∩G)∪(F∩(RnG)).kkk因此|F|≤|F∩G|+|F∩(RnG)|=|F∩G|.kkkk32 故为获得(1.2.18).只需说明Fk∩G≤|2a(k+1)η|即可.记f=g+h,则|(Tϵ′f)(x)−(Tϵ′′f)(x)|≤|(Tϵ′g)(x)−(Tϵ′′g)(x)|+|(Tϵ′h)(x)−(Tϵ′′h)(x)|,及对任意的x∈G,lim|(Tϵ′g)(x)−(Tϵ′′g)(x)|=0.′′′(ϵ,ϵ)→(0,0)另一方面,令{nHk=x∈R:|(Tϵ′f)(x)−(Tϵ′′f)(x)|>1/k,′′′′′′}对无限多对(ϵ,ϵ),(ϵ,ϵ)→(0,0).则有下面的事实(Fk∩G)⊂Hk.这是因为,如记{}nQk=:x∈R:lim|(Tϵ′g)(x)−(Tϵ′′g)(x)|≥1/k′′′(ϵ,ϵ)→(0,0)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H⊂{x∈Rn:(T∗h)(x)≥1/2k}⊂{x∈Rn:(T∗h)(x)≥1/2(k+1)}.k由题意,T∗是弱(p,q)型算子,因此|F∩G|≤|H|≤|{x∈Rn:(T∗h)(x)≥1/2(k+1)}|≤|2a(k+1)∥h∥|<|2a(k+1)η|.kk1这样得到了证明.7.证明:若f∈Lp(Rn),1≤p<∞,则∫|f(x−t)−f(x)|pdx,当|t|→0.Rn证明.由引理3.1.3,若f∈Lp(Rn),∀ϵ>0,必存在一g∈Cc(Rn),使得(∫)1/ppϵ|f(x)−g(x)|<.Rn3且当|t|足够小时,有(∫)1/ppϵ|g(x+t)−g(x)|<.Rn3所以(∫)1/p(∫)1/p|f(x−t)−f(x)|p≤|f(x−t)−g(x−t)|pRnRn(∫)1/p(∫)1/p≤|g(x−t)−g(x)|p+|f(x)−g(x)|pRnRnϵϵϵ≤++=ϵ.33333 7第第第二二二篇篇篇第第第五五五章章章1.设f(t)=χ(a,b)(t),t∈R,证明f/ˆ∈L(R).证明.因为∫fˆ(x)=χ(y)e−2πiyxdy(a,b)R1−2πiax−2πibx=(e−e)2πix1[]=(cos(2πax)−cos(2πbx))−i(sin(2πax)−sin(2πbx))2πix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fˆ∈L1(R)n证明F−1(Ff)(x)=F(F−1f)(x)=f(x).a.e.证明.由定理5.1.8可知f(x)=F−1(Ff)(x)a.e.另外,F−1f(x)=Ff(x),所以F(F−1f)(x)=FFf(−x)=f(x)a.e.3.设f,g∈L2(Rn),证明:若fˆ=ˆg,则f=g.a.e.证明.参考丁勇《现代分析基础》.令h=f−g,那么hˆ=fˆ−gˆ=0.由定理5.2.4,我们有ˆˆh(x)=h(−x)=0a.e.所以f=ga.e.4.证明:若f,g∈L2(Rn),则F(fg)=fˆ∗g.ˆ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)=(fg)(y)e−2πiyxdyRn∫=f¯¯(y)g(y)e−2πiyxdyRn∫=(g(y)e−2πiyx)^f¯ˆ¯(y)dyRn∫ˆ¯=gˆ(x+y)f(y)dyRn∫=gˆ(x+y)fˆ(−y)dyRn=fˆ∗gˆ(x).再由L1(Rn)∩L2(Rn)在L2(Rn)中稠密,从而得到题中结果.34 5.设f,g∈L2(Rn),证明F−1(fˆgˆ)=f∗g.证明.由定理5.2.4及题4,F−1(fˆgˆ)(x)=F(fˆgˆ)(−x)ˆˆ=f∗gˆˆ(−x)∫ˆˆ=f(−x+y)gˆˆ(−y)dyRn∫=f(x−y)g(y)dyRn=f∗g(x).6.设Φ(x)=e−2π|x|,试证Φ满足定理5.3.2的条件.证明.Φ∈L1(Rn)∩L2(Rn)是显然的.由第134页例可知,Φ(ˆx)=P(x),再由第二篇第一章习题∫可知RnP(x)dx=1.35'