实变函数 2023-2024 学年秋季学期期末考试试卷及解答#
试卷#
解答#
一、证明题（第1题7分, 第2题8分, 共15分）
定义集合 \(A, B\) 的对称差为 \(A \triangle B = (A \setminus B) \cup (B \setminus A)\). 证明集合的交与对称差满足分配律, 即任取三个集合 \(A, B, C\), 有 \((A \triangle B) \cap C = (A \cap C) \triangle (B \cap C)\).
可以直接通过集合的运算律证明:
也可以通过集合元素来证明相互包含关系.
证明可列多个零测集的并仍是零测集.
设 \(E_1, E_2, \cdots\) 是可列多个零测集, 令 \(E = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} E_n\), 对任意 \(\varepsilon > 0\), 由 \(E_n\) 是零测集, 存在开集 \(G_n \supset E_n\), 使得 \(m G_n < \dfrac{\varepsilon}{2^n}\). 于是由外测度的单调性以及次可加性, 有
由 \(\varepsilon\) 的任意性, 知 \(E\) 是零测集.
或者直接由外测度的次可加性得到结论:
或者先由每个 \(E_n\) 是零测集 (是可测集) 得到 \(E\) 是可测集, 然后由测度的次可加性得到结论:
二、简答题（第1题15分, 第2题10分, 共25分）
请叙述对集合 \(E\subset \mathbb{R}\) 可测性进行判别的卡拉泰奥多里 (C. Carathéodory) 条件, 并对集合 \(E\) 有界 ( \(E \subset (a, b)\) (区间)) 的情况进行证明.
卡拉泰奥多里条件: （7分）
设 \(E \subset \mathbb{R}\), 则 \(E\) 可测的充分必要条件是: 对任意 \(A \subset \mathbb{R}\), 有
\[m^* A = m^*(A \cap E) + m^*(A \cap \mathscr{C} E).\]
证明如下: （充分性, 必要性各4分）
充分性: 取 \(A = (a, b)\), 那么由卡拉泰奥多里条件有
\[b - a = m^* E + m^* \mathscr{C} E.\]另一方面, 对一般的有界集 \(E\), 有 \(m_* E + m^* \mathscr{C} E = b - a\), 于是 \(m^* E = m_* E\), 即 \(E\) 可测.
必要性: 设 \(E\) 可测, 由外测度的次可加性, 对任意 \(A \subset \mathbb{R}\), 有
(1)#\[m^* A \leqslant m^*(A \cap E) + m^*(A \cap \mathscr{C} E).\]另一方面, 由外测度定义, 对任意 \(\varepsilon > 0\), 存在开集 \(G \supset A\), 使得 \(m^* G < m^* A + \varepsilon\). 此时有
\[G \cap E \supset A \cap E, ~ G \cap \mathscr{C} E \supset A \cap \mathscr{C} E,\]于是由外测度的单调性, 有
\[m^* (A \cap E) \leqslant m^* (G \cap E), ~ m^* (A \cap \mathscr{C} E) \leqslant m^* (G \cap \mathscr{C} E),\]进而有
\[m^* (A \cap E) + m^* (A \cap \mathscr{C} E) \leqslant m^* (G \cap E) + m^* (G \cap \mathscr{C} E) = m^* G < m^* A + \varepsilon,\]上式中的等号是由于开集的可测性. 由 \(\varepsilon\) 的任意性, 有
(2)#\[m^* (A \cap E) + m^* (A \cap \mathscr{C} E) \leqslant m^* A.\]
Vitali 覆盖引理是证明变上限积分及其微分相关结论的有力工具. 请叙述 \(E\subset \mathbb{R}\) 的 Vitali 覆盖的定义, 以及当 \(E\) 有界时的 Vitali 覆盖引理 (不需要证明).
\(E\subset \mathbb{R}\) 的 Vitali 覆盖的定义: （5分）
设 \(\mathscr{M}\) 是由长度为正的（闭）区间构成的类, \(E \subset \mathbb{R}\), 若对任意 \(x \in E\), 总存在 \(\mathscr{M}\) 中的区间列 \(\{d_n\}\), 使得
\[x \in d_n, ~ \lim\limits_{n\to\infty} m d_n = 0,\]则称 \(\mathscr{M}\) 是 \(E\) 的一个 Vitali 覆盖.
\(E\subset \mathbb{R}\) 的 Vitali 覆盖的定义也可叙述为:
设 \(\mathscr{M}\) 是由长度为正的（闭）区间构成的类, \(E \subset \mathbb{R}\), 若对任意 \(x \in E\) 以及任意的 \(\varepsilon > 0\), 总存在 \(\mathscr{M}\) 中的区间 \(d\), 使得
\[x \in d, ~ m d < \varepsilon,\]则称 \(\mathscr{M}\) 是 \(E\) 的一个 Vitali 覆盖.
当 \(E\) 有界时的 Vitali 覆盖引理: （5分）
设 \(E \subset \mathbb{R}\) 有界, \(\mathscr{M}\) 是 \(E\) 的一个 Vitali 覆盖, 则可从 \(\mathscr{M}\) 中选出至多可列个区间 \(\{d_n\}_{n \in I}\), 其中 \(I\) 是某个至多可列的指标集合, 使得
\[m \left( E \setminus \bigcup\limits_{n \in I} d_n \right) = 0, ~ d_n \cap d_{n'} = \emptyset, ~ n \neq n'.\]
\(E\) 有界时的 Vitali 覆盖引理也可叙述为:
设 \(E \subset \mathbb{R}\) 有界, \(\mathscr{M}\) 是 \(E\) 的一个 Vitali 覆盖, 那么对任意的 \(\varepsilon > 0\), 可从 \(\mathscr{M}\) 中选出有限个区间 \(d_1, d_2, \cdots, d_n\), 使得
\[m \left( E \setminus \bigcup\limits_{i=1}^n d_i \right) < \varepsilon, ~ d_i \cap d_j = \emptyset, ~ i \neq j.\]
三、解答题（每题10分, 共40分）
设 \(F_1, F_2\) 为 \(\mathbb{R}\) 中两个非空有界闭集, 且 \(F_1 \cap F_2 = \emptyset\).
(1). 证明 \(\rho(F_1, F_2) := \inf\limits_{x\in F_1, y\in F_2} \lvert x - y \rvert > 0\).
(2). 证明存在开集 \(G_1 \supset F_1, G_2 \supset F_2\), 满足 \(G_1 \cap G_2 = \emptyset\).
(1). 假设 \(\rho(F_1, F_2) = 0\), 那么对任意 \(n \in \mathbb{N}\), 总存在 \(x_n \in F_1, y_n \in F_2\), 使得
由于 \(F_1, F_2\) 都是有界集, 所以 \(\{x_n\}, \{y_n\}\) 都是有界数列, 故存在收敛子列 \(\{x_{n_k}\}, \{y_{n_k}\}\), 即 \(x_{n_k} \to x, y_{n_k} \to y\), 当 \(k \to \infty\). 由于 \(F_1, F_2\) 都是闭集, 所以 \(x \in F_1, y \in F_2\), 且有
从而有 \(x = y\), 这与 \(F_1 \cap F_2 = \emptyset\) 矛盾, 故 \(\rho(F_1, F_2) > 0\).
也可以直接由 \(F_1 \cap F_2 = \emptyset\) 得 \(x \neq y\), 从而 \(\lvert x - y \rvert > 0\). 再由 (3) 和 (4) 得
(2). 由 (1) 知 \(\rho(F_1, F_2) > 0\), 于是取 \(r = \dfrac{\rho(F_1, F_2)}{3}\), 并令
其中 \(B(x, r)\) 表示以 \(x\) 为中心, \(r\) 为半径的开球（开区间）. 以上都是开集的并, 所以 \(G_1, G_2\) 都是开集, 并且满足
设 \(f\) 是可测集 \(E\) 上的函数, \(D\) 是 \(\mathbb{R}\) 的稠密子集, 若对任意 \(\alpha\in D,\) \(E(f > \alpha)\) 都是可测集, 请问 \(f\) 是否必然是可测函数? 若是, 请给出证明; 若否, 请给出反例.
\(f\) 必然是可测函数. 证明如下: （结论5分, 证明5分）
任取实数 \(r \in \mathbb{R}\), 由于 \(D\) 是 \(\mathbb{R}\) 中稠密集, 所以存在 \(D\) 中点列 \(\{\alpha_k\}_{k \in \mathbb{N}}\) 使得 \(\alpha_k > r\), 且 \(\displaystyle \lim_{k \to \infty} \alpha_k = r\). 那么可以断言有（断言3分, 断言的证明2分）
\[E(f > r) = \bigcup_{k \in \mathbb{N}} E(f > \alpha_k).\]首先, 由于 \(\alpha_k > r\), 所以 \(E(f > r) \supset E(f > \alpha_k)\), 从而知上式左边包含右边. 另一方面, \(\forall ~ x \in E(f > r)\), 有 \(f(x) > r\), 所以存在 \(k_0 \in \mathbb{N}\) 使得 \(f(x) \geqslant \alpha_{k_0} \geqslant r\), 从而 \(x \in E(f > \alpha_{k_0})\), 所以上式右边包含左边.
由于 \(E(f > \alpha_k)\) 都是可测集, 所以 \(E(f > r)\) 也是可测集, 这说明 \(f\) 是可测函数.
叙述可测集上的可测函数列 \(\{f_n\}\) 依测度收敛到可测函数 \(f\) 的定义, 并给出依测度收敛, 但不几乎处处收敛的可测函数列的例子.
可测函数列 \(\{f_n\}\) 依测度收敛到可测函数 \(f\) 的定义: （5分）
设 \(E \subset \mathbb{R}\) 可测, \(\{f_n\}\) 是定义在 \(E\) 上的可测函数列, \(f\) 是定义在 \(E\) 上的可测函数. 若对任意 \(\varepsilon > 0\), 总有
\[\lim\limits_{n\to\infty} m E (\lvert f_n - f \rvert \geqslant \varepsilon) = \lim\limits_{n\to\infty} m \{ x \in E \colon \lvert f_n(x) - f(x) \rvert \geqslant \varepsilon \} = 0,\]则称 \(\{f_n\}\) 依测度收敛到 \(f\).
依测度收敛, 但不几乎处处收敛的可测函数列的例子: （5分）
任意 \(n \in \mathbb{N}\) 可以唯一表示为 \(n = 2^k + i\), 其中 \(k \in \mathbb{Z}_{\geqslant 0}\), \(i \in \{0, 1, \cdots, 2^k - 1\}\), 于是可以定义 \([0, 1]\) 区间上的函数 \(f_n\) 如下:
由于 \(f_n\) 是简单函数, 所以是可测函数. 函数列 \(\{f_n\}\) 依测度收敛到函数 \(f(x) = 0\), 但在 \([0, 1]\) 上任何一点处都不收敛.
积分序列的 Levi 定理说的是: 对于定义在可测集 \(E \subset \mathbb{R}\) 上的渐升非负可测函数列 \(\{f_n\}\), 若存在可测函数 \(f\), 使得 \(\lim\limits_{n\to\infty} f_n(x) = f(x)\) 在 \(E\) 上恒成立, 那么积分和极限可交换次序, 即 \(\displaystyle \int_E f ~ \mathrm{d} m = \lim_{n \to \infty} \int_E f_n ~ \mathrm{d} m\). 若去掉函数列 \(\{f_n\}\) 非负性这一条件, 请问 Levi 定理是否仍成立? 若是, 请给出证明; 若否, 请给出反例, 并添加上一条使之成立的条件 (不能添加“渐升函数列 \(\{f_n\}\) 从某一项开始都非负“的条件).
去掉函数列 \(\{f_n\}\) 非负性的 Levi 定理不成立. （5分）
反例如下: （3分）
当 \(f_n\) 的正部与负部积分都是 \(\infty\) 时, \(f_n\) 的积分不存在. 即使当 \(f_n\) 的积分有定义时, Levi 定理也不一定成立, 例如 \(E = [0, \infty)\), \(f_n(x) = - \chi_{[n, \infty)}\), 则 \(f_n\) 的积分为 \(- \infty\), 但是 \(f_n\) 逐点收敛于 \(f = 0\), \(f\) 的积分为 \(0\), 此时
可以添加的条件: （只要一条就可以, 2分）
\(f_n\) 的积分都有定义, 且 \(\displaystyle \int_E f_1 ~ \mathrm{d} m > - \infty\);
存在可积函数 \(g\) 使得 \(\lvert f_n \rvert \leqslant g\), \(n \in \mathbb{N}\);
存在可积函数 \(g\) 使得 \(g \geqslant f_n\), \(n \in \mathbb{N}\);
\(\cdots\cdots\)
四、证明题（每题10分, 共20分）
设 \(E \subset \mathbb{R}\) 可测, \(1 \leqslant p \leqslant \infty\), \(L^p\) 空间为 \(E\) 上 \(p\) 幂可积函数全体构成的空间.
(1). 证明 \(L^p\) 空间是线性空间.
(2). 设 \(m E < \infty\), 且 \(1 \leqslant p_1 < p_2 \leqslant \infty\), 证明 \(L^{p_2} \subset L^{p_1}\).
(1). 对于 \(1 \leqslant p < \infty\) 的情况: （4分）
设 \(f, g \in L^p\), \(a, b \in \mathbb{R}\), 那么
第二个不等式是由于定义在 \(\mathbb{R}_{\geqslant 0}\) 上的函数 \(\phi(t) = t^p\) 当 \(p \geqslant 1\) 时是凸函数. 所以 \(af + bg \in L^p\), 这说明 \(L^p\) 是线性空间.
对于 \(p = \infty\) 的情况: （1分）
设 \(f, g \in L^\infty\), \(a, b \in \mathbb{R}\), 那么存在 \(M_1, M_2 \geqslant 0\) 使得
那么有
这说明 \(\lvert a \rvert M_1 + \lvert b \rvert M_2\) 是函数 \(af + bg\) 的一个本性上界, 所以 \(af + bg \in L^\infty\), 这说明 \(L^\infty\) 是线性空间.
(2). 对于 \(1 \leqslant p_1 < p_2 < \infty\) 的情况: （4分）
设 \(f \in L^{p_2}\), 令 \(A = E(\lvert f \rvert \geqslant 1)\), 那么
所以 \(f \in L^{p_1}\), 从而 \(L^{p_2} \subset L^{p_1}\).
对于 \(p_2 = \infty\) 的情况: （1分）
设 \(f \in L^\infty\), 那么存在 \(M \geqslant 0\) 使得 \(\lvert f(x) \rvert \leqslant M\), \(a.e. x \in E\), 令 \(Z = E(\lvert f \rvert \geqslant M)\), 那么 \(Z\) 是零测集, 且
所以 \(f \in L^{p_1}\), 从而 \(L^\infty \subset L^{p_1}\).
设 \(P_0\) 为 Cantor 三分集, 它是从 \([0, 1]\) 区间归纳地构造得来的: 第1步从 \([0, 1]\) 区间中去掉正中间长为 \(\dfrac{1}{3}\) 的开区间 \(\left( \dfrac{1}{3}, \dfrac{2}{3} \right)\), 得到两个闭区间 \(\left[ 0, \dfrac{1}{3} \right]\) 与 \(\left[ \dfrac{2}{3}, 1 \right]\); 此后的第 \(k + 1\) 步, 对上一步得到的个闭区间, 去掉每个闭区间正中间长为 \(\dfrac{1}{3^{k+1}}\) 的开区间. 最终我们得到的集合为 Cantor 三分集.
(1). 证明 \(P_0\) 是闭集, 不可列, 并且具有零测度.
(2). 已知 \(P_0\) 中的元素可以唯一地表示为 \(\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{2a_n}{3^n}, a_n \in \{0, 1\}\), 定义函数
以及 Cantor 函数
证明 Cantor 函数 \(\Phi\) 连续, 有几乎处处为0的导数, 但不是绝对连续函数.
(1). （ \(P_0\) 是闭集, 不可列, 具有零测度, 这三个结论每个2分, 全对5分 ）
记第 \(k\) 步得到的闭区间为 \(F_{k, 1}, F_{k, 2}, \cdots, F_{k, 2^k}\), 去掉的开区间为 \(G_{k, 1}, G_{k, 2}, \cdots, G_{k, 2^{k-1}}\), 那么有
也就是说, \(P_0\) 是闭集的交, 或者说 \(P_0\) 是闭区间 \([0, 1]\) 中开集 \(G_0\) 的补集, 所以 \(P_0\) 是闭集.
假设 \(P_0\) 是可列集, 那么 \(P_0\) 可以写成 \(P_0 = \{ x_1, x_2, \cdots \}\), 其中 \(x_i \in P_0\), \(i \in \mathbb{N}\). 对于 \(x_1\), 由于 \(F_{1, 1}, F_{1, 2}\) 是不交的闭区间, 所以 \(F_{1, 1}, F_{1, 2}\) 中有一个不包含 \(x_1\), 记为 \(I_1\). 从 \(I_1\) 去掉正中间长为 \(\dfrac{1}{3^2}\) 的开区间得到两个闭区间至少有一个不包含 \(x_2\), 记为 \(I_2\). 由此可以归纳地构造出一个闭区间套 \(I_1 \supset I_2 \supset \cdots\), 使得 \(x_n \notin I_n\), \(n \in \mathbb{N}\). 由闭区间套定理, 知存在唯一的点 \(x \in \bigcap\limits_{n=1}^{\infty} I_n\), 且 \(x_n \to x\), 当 \(n \to \infty\). 由于 \(x_n \in P_0\) 且 \(P_0\) 是闭集, 所以 \(x \in P_0\). 另一方面, 由于 \(x_n \notin I_n\), 所以 \(x \neq x_n\), \(n \in \mathbb{N}\), 这说明 \(x\) 不是 \(P_0\) 中的点, 这与 \(x \in P_0\) 矛盾, 所以 \(P_0\) 不是可列集.
很容易计算 \(G_0\) 的测度:
所以 \(P_0\) 的测度为 \(m P_0 = m ([0, 1]) - m G_0 = 1 - 1 = 0\).
(2). （ \(\Phi\) 连续, 有几乎处处为0的导数, 但不是绝对连续函数, 这三个结论每个2分, 全对5分 ）
首先, 很容易观察到 Cantor 函数 \(\Phi\) 在开集 \(G_0\) 的每个构成区间 \(G_{k, i}\) 上都是常值函数, 这是因为任取 \(x_1, x_2 \in G_{k, i}\), 有集合的相等关系:
从而 \(\Phi\) 在开集 \(G_0\) 上连续.
其次, 对于 \(P_0\) 中的任意两点 \(x_k = \displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{2a_n(k)}{3^n}, ~ k = 1, 2\), 若 \(x_1 < x_2\), 那么存在 \(N_0 \in \mathbb{N}\) 使得 \(a_{N_0}(1) = 0, a_{N_0}(2) = 1\), 并且对任意的 \(n < N_0\), 有 \(a_n(1) = a_n(2)\). 于是
所以 \(\Phi\) 在 \(P_0\) 上单调递增, 从而在区间 \([0, 1]\) 上单调递增.
对于任意的 \(\displaystyle x = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{2a_n(x)}{3^n} \in P_0\), 以及任意的 \(\varepsilon > 0\), 令 \(N = \lceil \log_2 \dfrac{1}{\varepsilon} \rceil + 1\) (假设 \(\varepsilon\) 充分小, 使得 \(N \geqslant 1\)), 并取 \(\delta = \dfrac{1}{3^{N+1}}\), 那么
对于任意 \(\displaystyle y = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{2a_n(y)}{3^n} \in B(x, 2\delta) \cap P_0\), 有
于是
这就证明了 \(\displaystyle \sup_{y \in B(x, \delta)} \lvert \Phi(x) - \Phi(y) \rvert \leqslant \varepsilon\), 即 \(\Phi\) 在 \(P_0\) 的每个点处都是连续的. 所以 \(\Phi\) 在 \([0, 1]\) 的每个点处都是连续的.
由于 \(\Phi\) 在开集 \(G_0\) 的每个构成区间 \(G_{k, i}\) 上都是常值函数, 因此它在开集 \(G_0\) 的每点处的导数值都是 \(0\). 又由于开集 \(G_0\) 的测度为 \(m G_0 = 1 = m ([0, 1])\), 所以 \(\Phi\) 几乎处处为0的导数.
最后, 我们证明 \(\Phi\) 不是绝对连续函数. 假设 \(\Phi\) 是绝对连续函数, 那么由于它有几乎处处为0的导数, 所以它必须是常值函数. 但是
这与 \(\Phi\) 是常值函数矛盾, 所以 \(\Phi\) 不是绝对连续函数.
\(\Phi\) 不是绝对连续函数也可以利用定义进行证明. 同样利用反证法, 假设 \(\Phi\) 是绝对连续的, 那么对于任意的 \(\varepsilon > 0\), 存在 \(\delta > 0\), 使得对于任意有限多个互不相交的开区间 \((a_i, b_i), i = 1, \dots, n\), 只要
就有
不妨把 \(\Phi\) 延拓到 \(\mathbb{R}\) 上, 其中 \(\Phi(x) = 0\) 当 \(x < 0\), \(\Phi(x) = 1\) 当 \(x > 1\). 我们已经证明了 Cantor 三分集 \(P_0\) 是一个零测集, 也就是说对于 \(\delta\), 总存在开集 \(G\), 使得 \(m(G) < \delta\), 且 \(P_0 \subset G\). 令 \(G\) 的结构表示为 \(G = \bigcup\limits_{i} I_i\), 其中 \(I_i = (a_i, b_i)\) 是互不相交的开区间. 又由于 \(P_0\) 是有界闭集, 那么可以从它的开覆盖 \(G\) 中选出有限个开区间 \(I_1, \dots, I_n\), 使得 \(P_0 \subset \bigcup\limits_{i=1}^{n} I_i\). 那么有
从而有
另一方面, 每一个闭区间 \([b_i, a_{i+1}], i = 1, \dots, n-1\), 都包含于 \(G_0\) 的某个构成区间中, 而 Cantor 函数在这些构成区间上是常值函数, 于是
由于 \(\{I_i = (a_i, b_i)\}_{i = 1, \dots, n}\) 覆盖了 \(P_0\), 不妨设 \(a_1 < b_1 < a_2 < b_2 < \cdots < a_n < b_n\), 因此 \(a_1 < 0, b_n > 1\), 从而有 \(\Phi(a_1) = 0, \Phi(b_n) = 1\). 于是有
这与式 (5) 矛盾, 因此 \(\Phi\) 不是绝对连续的.