§2 \(L^p\) 空间的可分性

22. 设 \(\{ f_n \}\) 是 \(L^2\) 中的序列, \(\{ f_n \}\) 依测度收敛于 \(f\) 且 \(\lVert f_n \rVert_2 \leqslant K\), \(K\) 为常数, 证明 \(f_n \xrightarrow{\text{弱}} f\) (\(n \to \infty\)).

证明

由可积函数空间关于依测度收敛的完备性, 可知 \(f \in L^2\). 又由 Minkowski 不等式

\[\lVert f_n - f \rVert_2 \leqslant \lVert f_n \rVert_2 + \lVert f \rVert_2,\]

可以用函数列 \(f_n - f\) 代替 \(f_n\) 证明相关结论. 以下假设 \(f = 0\).

由 Hölder 不等式, 对任意 \(g \in L^2\) 有

(1)\[\begin{split}\int_E | f_n g | ~ \mathrm{d} m & = \int_{E_n} | f_n g | ~ \mathrm{d} m + \int_{E \setminus E_n} | f_n g | ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant \left( \int_{E_n} |f_n|^2 ~ \mathrm{d} m \right)^{1/2} \left( \int_{E_n} |g|^2 ~ \mathrm{d} m \right)^{1/2} + \varepsilon \int_{E \setminus E_n} | g | ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant K \left( \int_{E_n} |g|^2 ~ \mathrm{d} m \right)^{1/2} + \varepsilon \lVert g \rVert_1.\end{split}\]

由勒贝格积分的绝对连续性, 对任意的 \(\varepsilon\), 存在 \(\delta > 0\), 使得对任意满足 \(m A < \delta\) 的 \(A \subset E\) 有

(2)\[\int_A |g|^2 ~ \mathrm{d} m \leqslant \varepsilon^2.\]

由 \(\{ f_n \}\) 依测度收敛于 \(f = 0\) 知, 对取好的 \(\varepsilon > 0\) 有

\[\lim_{n \to \infty} m E_n := \lim_{n \to \infty} m E(|f_n| > \varepsilon) = 0,\]

也就是说, 对已经取好的 \(\delta > 0\), 可以选取 \(N > 0\), 使得对任意 \(n > N\) 有

\[m E_n < \delta.\]

于是由 (2) 知

\[\int_{E_n} |g|^2 ~ \mathrm{d} m \leqslant \varepsilon^2,\]

代入 (1) 中有

\[\int_E | f_n g | ~ \mathrm{d} m \leqslant (K + \lVert g \rVert_1) \cdot \varepsilon.\]

以上表明了 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_E | f_n g | ~ \mathrm{d} m = 0\), 从而有 \(f_n \xrightarrow{\text{弱}} f\) (\(n \to \infty\)).

23. 问在 \(L^2\) 中弱收敛于 \(f\) 的序列 \(\{ f_n \}\) 是否依测度收敛?

解

不一定.

反例: 取 \(E = (0, \pi)\), \(f_n(x) = \sin(nx)\), \(n \in \mathbb{N}\). 容易验证 \(f_n(x) \in L^2(E)\). 由 Riemann-Lebesgue 引理, 对任意可积函数 (特别地, \(L^2(E)\) 中的函数) \(g(x)\), 都有

\[\lim_{n \to \infty} \int_{(0, \pi)} f_n g ~ \mathrm{d} m = 0.\]

因此 \(f_n(x)\) 弱收敛到 \(0\). 但是对足够小的 \(\varepsilon > 0\), 有

\[E(|f_n| > \varepsilon) = \bigcup_{k = 0}^{n - 1} \left( \dfrac{k\pi + \arcsin \varepsilon}{n}, \dfrac{k\pi + \pi - \arcsin \varepsilon}{n} \right),\]

于是

\[E(|f_n| > \varepsilon) = \sum_{k = 0}^{n - 1} \dfrac{\pi - 2 \arcsin \varepsilon}{n} = \pi - 2 \arcsin \varepsilon,\]

由此可知 \(f_n\) 不依测度收敛到 \(0\).

27. 设 \(E\) 为可测集, \(m E < \infty\), \(f \in L^{\infty}(E)\) 且 \(\lVert f \rVert_{\infty} > 0\). 令 \(\displaystyle C_n = \int_E |f|^n ~ \mathrm{d} m\), 证明 \(\displaystyle \lVert f \rVert_{\infty} = \lim_{n \to \infty} C_{n + 1} / C_n\).

证明

备注

首先要注意的是, 我们事先是不知道数列 \(\{ C_{n + 1} / C_n \}\) 是否收敛的 (或者说是否有极限的). 如果事先知道了这个数列是收敛的, 那么这个题目的结论就是平凡的, 直接能从

\[\lim_{n \to \infty} C_n^{1/n} = \lVert f \rVert_{\infty}\]

得到.

由于 \(m E < \infty\), \(f \in L^{\infty}(E)\), 且 \(\lVert f \rVert_{\infty} > 0\), 可以考虑 \(g = f / \lVert f \rVert_{\infty}\), 则有 \(\displaystyle C_n = \lVert f \rVert_{\infty}^n \int_E |g|^n ~ \mathrm{d} m\). 故可以不妨设 \(\lVert f \rVert_{\infty} = 1\), 并证明 \(\displaystyle 1 = \lim_{n \to \infty} C_{n + 1} / C_n\).

首先, 由 Hölder 不等式, 对任意 \(n \in \mathbb{N}\), 有

\[\begin{split}C_{n + 1} & = \int_E |f|^{n + 1} ~ \mathrm{d} m = \int_E |f|^n |f| ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant \lVert |f|^n \rVert_1 \lVert f \rVert_{\infty} = \int_E |f|^n ~ \mathrm{d} m = C_n,\end{split}\]

于是

(3)\[\varlimsup_{n \to \infty} \dfrac{C_{n + 1}}{C_n} \leqslant 1.\]

另一方面, 由于 \(1\) 为 \(f\) 的本性上确界, 故对任意 \(0 < r < 1\), 集合

\[A_r = E(|f| > r)\]

有正测度, 即 \(m A_r > 0\). 那么

\[\begin{split}C_{n + 1} = \int_E |f|^{n+1} ~ \mathrm{d} m & \geqslant \int_{A_r} |f|^{n+1} ~ \mathrm{d} m \geqslant r \int_{A_r} |f|^n ~ \mathrm{d} m \\ & = r C_n - r \int_{E \setminus A_r} |f|^n ~ \mathrm{d} m \\ & \geqslant r C_n - r \cdot r^n m (E \setminus A_r) \\ & = r C_n - r^{n + 1} m (E \setminus A_r),\end{split}\]

即有不等式

(4)\[\dfrac{C_{n + 1}}{C_n} \geqslant r - r^{n + 1} \dfrac{m (E \setminus A_r)}{C_n}.\]

取实数 \(s\) 满足 \(r < s < 1\), 那么集合

\[A_s = E(|f| > s)\]

也有正测度, 即 \(m A_s > 0,\) 并且有

\[C_n = \int_E |f|^n ~ \mathrm{d} m \geqslant \int_{A_s} |f|^n ~ \mathrm{d} m \geqslant s^n \cdot m A_s.\]

将上式代入 (4) 即有

\[\dfrac{C_{n + 1}}{C_n} \geqslant r - r \dfrac{m (E \setminus A_r)}{m A_s} \left(\dfrac{r}{s}\right)^n\]

对上式关于 \(n \to \infty\) 取下极限, 即有

\[\varliminf_{n \to \infty} \dfrac{C_{n + 1}}{C_n} \geqslant r.\]

由于上式对任意的 \(0 < r < 1\) 都成立 (或者说对上式取极限 \(r \to 1-\)), 所以有

(5)\[\varliminf_{n \to \infty} \dfrac{C_{n + 1}}{C_n} \geqslant 1.\]

(3), (5) 两式相结合即有 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} C_{n + 1} / C_n = 1\).

备注

当 \(m E < \infty\) 且 \(f \in L^{\infty}(E)\) 时, 成立

\[\lim_{p \to \infty} \lVert f \rVert_p = \lVert f \rVert_{\infty},\]

特别地对 \(n \in \mathbb{N}\) 有

(6)\[\lim_{n \to \infty} \lVert f \rVert_n = \lVert f \rVert_{\infty}.\]

本题添加了条件 \(\lVert f \rVert_{\infty} > 0\), 进而得到的结论

(7)\[\lVert f \rVert_{\infty} = \lim_{n \to \infty} \dfrac{C_{n + 1}}{C_n} = \lim_{n \to \infty} \dfrac{\lVert f \rVert_{n+1}^{n+1}}{\lVert f \rVert_n}\]

是要强于 (6) 的. 实际上, 令 \(a_n = \ln C_{n + 1} - \ln C_n\), 并约定 \(a_n = \ln C_1\). 那么 (6) 实际上说的是

(8)\[\dfrac{1}{n} \sum_{k = 1}^n a_k \to \ln \lVert f \rVert_{\infty}, \quad n \to \infty.\]

而 (7) 实际上说的是

(9)\[a_n \to \ln \lVert f \rVert_{\infty}, \quad n \to \infty.\]

对一般的数列 \(\{ a_n \}\) 来说, (9) 是要严格强于 (8) 的. 相关知识可查阅级数的 Cesàro 求和法.

31. 设 \(I\) 为实轴上的一区间, \(\varphi\) 为 \(I\) 上的实函数. 称 \(\varphi\) 为 \(I\) 上凸函数, 如果对任何 \(x, y \in I\) 和任意 \(t \in (0, 1)\) 有

    \[\varphi(tx + (1 - t)y) \leqslant t\varphi(x) + (1 - t)\varphi(y).\]

    试证:

    1. \(\varphi\) 在 \(I\) 的每个内点处连续;

    2. 设 \((X, \mathscr{R}, \mu)\) 为有限测度空间, 若 \(f\) 为 \(X\) 上实可积函数且 \(f\) 的值域含于 \(I\), 则有延森 (B. Jensen) 不等式

       \[\varphi \left( \dfrac{1}{\mu X} \int_X f ~ \mathrm{d} \mu \right) \leqslant \dfrac{1}{\mu X} \int_X \varphi(f) ~ \mathrm{d} \mu.\]

证明

(1) 任取 \(x \in I\) 为 \(I\) 的内点, 于是存在区间 \([a, b] \subset I\) 使得 \(x \in (a, b)\). 任取点列 \(\{ x_n \} \subset (x, b)\) 使得 \(x_n \to x +\), 并记 \(t_n = (x_n - x) / (b - x)\), 则有

\[x_n = t_n b + (1 - t_n) x,\]

并且

\[t_n \to 0 (n \to \infty).\]

由于 \(\varphi\) 为凸函数, 有

\[\varphi(x_n) \leqslant t_n \varphi(b) + (1 - t_n) \varphi(x) = \varphi(x) + t_n (\varphi(b) - \varphi(x)).\]

对上式两边关于 \(n \to \infty\) 取上极限, 有

(10)\[\varlimsup_{n \to \infty} \varphi(x_n) \leqslant \varphi(x).\]

另一方面, 记 \(s_n = (x_n - x) / (x_n - a)\), 则有

\[x = s_n a + (1 - s_n) x_n,\]

并且

\[s_n \to 0 (n \to \infty).\]

由于 \(\varphi\) 为凸函数, 有

\[\varphi(x) \leqslant s_n \varphi(x_n) + (1 - s_n) \varphi(a) = \varphi(a) + s_n (\varphi(x_n) - \varphi(a)).\]

对上式两边关于 \(n \to \infty\) 取下极限, 有

(11)\[\varphi(x) \leqslant \varliminf_{n \to \infty} \varphi(x_n).\]

由 (10), (11) 两式相结合即有

\[\varphi(x) = \lim_{n \to \infty} \varphi(x_n).\]

由于点列 \(\{ x_n \}\) 的任意性, 知 \(\varphi\) 在 \(x\) 右连续. 同理可证 \(\varphi\) 在 \(x\) 左连续.

2. 由于 \(f\) 为 \(X\) 上实可积函数, 取简单函数列 \(\{ g_n \}\) 使得

\[\lim_{n \to \infty} \int_X g_n ~ \mathrm{d} \mu = \int_X f ~ \mathrm{d} \mu.\]

对于 \(\displaystyle g_n = \sum_{k = 1}^{N_n} a_{nk} \chi_{E_{nk}}\), \(\displaystyle X = \bigcup_{k = 1}^{N_n} E_{nk}\), 且 \(E_{nk}\) 两两不交, 有

\[\begin{split}\varphi \left( \dfrac{1}{\mu X} \int_X g_n ~ \mathrm{d} \mu \right) & = \varphi \left( \sum_{k = 1}^{N_n} \dfrac{\mu E_{nk}}{\mu X} a_{nk} \right) \\ & \leqslant \sum_{k = 1}^{N_n} \dfrac{\mu E_{nk}}{\mu X} \varphi \left( a_{nk} \right) = \dfrac{1}{\mu X} \int_X \varphi(g_n) ~ \mathrm{d} \mu.\end{split}\]

由 \(\varphi\) 的连续性, 两边取极限即有

\[\varphi \left( \dfrac{1}{\mu X} \int_X f ~ \mathrm{d} \mu \right) \leqslant \dfrac{1}{\mu X} \int_X \varphi(f) ~ \mathrm{d} \mu.\]

38. 设 \(E \subset \mathbb{R}\) 且 \(m E < \infty\). 试求极限 \(\displaystyle \lim_{k \to \infty} \int_E (2 - \sin kx)^{-1} ~ \mathrm{d} x\) 的值.

解

首先来求被积函数 \(f_k(x) = (2 - \sin kx)^{-1}\) 的不定积分. 令 \(t = \tan \dfrac{kx}{2}\), 则有

\[\sin kx = \dfrac{2t}{1 + t^2}, \quad \mathrm{d} x = \dfrac{2}{k} \dfrac{\mathrm{d} t}{1 + t^2},\]

从而有

\[\begin{split}\int \dfrac{1}{2 - \sin kx} ~ \mathrm{d} x & = \int \dfrac{1}{2 - \dfrac{2t}{1 + t^2}} \dfrac{2}{k} \dfrac{\mathrm{d} t}{1 + t^2} \\ & = \dfrac{1}{k} \int \dfrac{1}{(1 + t^2) - t} ~ \mathrm{d} t \\ & = \dfrac{1}{k} \int \dfrac{1}{(t - 1/2)^2 + 3/4} ~ \mathrm{d} (t - 1/2) \\ & = \dfrac{2}{\sqrt{3} k} \arctan \dfrac{2t - 1}{\sqrt{3}} + C \\ & = \dfrac{2}{\sqrt{3} k} \arctan \dfrac{2 \tan \dfrac{kx}{2} - 1}{\sqrt{3}} + C.\end{split}\]

注意, 由于 \(\tan \dfrac{kx}{2}\) 的周期性, 实际上在不同的周期内, 常数 \(C\) 的值是不同的. 在 \(f_k(x)\) 的每个最小正周期 \(T_k = \dfrac{2\pi}{k}\) 内, 其积分值 \(I_{k, 0} = \displaystyle \int_{-\pi/k}^{\pi/k} f_k(x) ~ \mathrm{d} x = \dfrac{2\pi}{\sqrt{3} k}\).

由于 \(1/3 \leqslant |f_k| \leqslant 1\), 且 \(m E < \infty\), 那么对任意 \(\varepsilon > 0\), 可选取开集 \(G \supset E\) 使得 \(m G < m E + \varepsilon/4\), 从而有

(12)\[\left\lvert \int_G f_k(x) ~ \mathrm{d} x - \int_E f_k(x) ~ \mathrm{d} x \right\rvert \leqslant \int_{G \setminus E} |f_k(x)| ~ \mathrm{d} x \leqslant m (G \setminus E) \leqslant \varepsilon/4.\]

设开集 \(G\) 的结构表示为 \(\displaystyle G = \bigcup_{s = 1}^{\infty} (a_s, b_s)\).

对于一个一般的固定的区间 \((a, b)\), 记 \(N_{a, b} = \left[\dfrac{(b-a)k}{2\pi} \right]\), 其中 \([ x ]\) 表示 \(x\) 的整数部分. 注意到 \(|f_k| \leqslant 1\), 有

\[\begin{split}\int_{(a, b)} f_k(x) ~ \mathrm{d} x & = \int_{(a, a + N_{a, b}T_k)} f_k(x) ~ \mathrm{d} x + \int_{(a + N_{a, b}T_k, b)} f_k(x) ~ \mathrm{d} x \\ & = N_{a, b} \cdot I_{k, 0} + \int_{(a + N_{a, b}T_k, b)} f_k(x) ~ \mathrm{d} x,\end{split}\]

从而有

\[\begin{split}& \left\lvert \int_{(a, b)} f_k(x) ~ \mathrm{d} x - \left[\dfrac{(b-a)k}{2\pi} \right] \cdot \dfrac{2\pi}{\sqrt{3} k} \right\rvert \\ \leqslant & \int_{(a + N_{a, b}T_k, b)} 1 ~ \mathrm{d} x = b - a - N_{a, b}T_k = \left\{ \dfrac{(b-a)k}{2\pi} \right\} \cdot \dfrac{2\pi}{k},\end{split}\]

其中 \(\{ x \}\) 表示 \(x\) 的小数部分. 于是进一步有

(13)\[\begin{split}& \left\lvert \int_{(a, b)} f_k(x) ~ \mathrm{d} x - \dfrac{(b-a)}{\sqrt{3}} \right\rvert \\ \leqslant & \left\lvert \int_{(a, b)} f_k(x) ~ \mathrm{d} x - \left[\dfrac{(b-a)k}{2\pi} \right] \cdot \dfrac{2\pi}{\sqrt{3} k} \right\rvert + \left\lvert \left[\dfrac{(b-a)k}{2\pi} \right] \cdot \dfrac{2\pi}{\sqrt{3} k} - \dfrac{(b-a)}{\sqrt{3}} \right\rvert \\ \leqslant & \left\{ \dfrac{(b-a)k}{2\pi} \right\} \cdot \dfrac{2\pi}{k} + \left\{ \dfrac{(b-a)k}{2\pi} \right\} \cdot \dfrac{2\pi}{\sqrt{3} k} \\ \leqslant & \dfrac{4\pi}{k}.\end{split}\]

对于取好的 \(\varepsilon\), 可取足够大的 \(N\) 使得 \(\displaystyle \sum_{s = N + 1}^{\infty} (b_s - a_s) < \varepsilon/4\). 记 \(\displaystyle G_{\varepsilon} = \bigcup_{s = 1}^{N} (a_s, b_s)\), 则有

(14)\[\left\lvert \int_G f_k(x) ~ \mathrm{d} x - \int_{G_{\varepsilon}} f_k(x) ~ \mathrm{d} x \right\rvert \leqslant \varepsilon/4.\]

另一方面, 取足够大的 \(k\) 使得 \(4N\pi/k < \varepsilon/4\), 由 (13) 知

(15)\[\begin{split}\left\lvert \int_{G_{\varepsilon}} f_k(x) ~ \mathrm{d} x - \dfrac{1}{\sqrt{3}} \sum_{s = 1}^{N} (b_s-a_s) \right\rvert & \leqslant \sum_{s = 1}^{N} \left\lvert \int_{(a_s, b_s)} f_k(x) ~ \mathrm{d} x - \dfrac{(b_s-a_s)}{\sqrt{3}} \right\rvert \\ & \leqslant \sum_{s = 1}^{N} \dfrac{4\pi}{k} < \varepsilon/4.\end{split}\]

综合 (12), (14), (15) 三式, 可知对充分大的 \(k\) 有

\[\begin{split}& \left\lvert \int_E f_k(x) ~ \mathrm{d} x - m E / \sqrt{3} \right\rvert \\ \leqslant & \left\lvert \int_E f_k(x) ~ \mathrm{d} x - \int_{G} f_k(x) ~ \mathrm{d} x \right\rvert + \left\lvert \int_G f_k(x) ~ \mathrm{d} x - \int_{G_{\varepsilon}} f_k(x) ~ \mathrm{d} x \right\rvert \\ & + \left\lvert \int_{G_{\varepsilon}} f_k(x) ~ \mathrm{d} x - \dfrac{1}{\sqrt{3}} \sum_{s = 1}^{N} (b_s-a_s) \right\rvert + \left\lvert \dfrac{1}{\sqrt{3}} \sum_{s = 1}^{N} (b_s-a_s) - m E / \sqrt{3} \right\rvert \\ < & \dfrac{\varepsilon}{4} + \dfrac{\varepsilon}{4} + \dfrac{\varepsilon}{4} + \dfrac{\varepsilon}{4\sqrt{3}} \\ < & \varepsilon,\end{split}\]

于是有

\[\lim_{k \to \infty} \int_E (2 - \sin kx)^{-1} ~ \mathrm{d} x = \lim_{k \to \infty} \int_E f_k(x) ~ \mathrm{d} x = m E / \sqrt{3}.\]