实分析

19.2 非负可测函数的积分

定义

  1. (19.2.1 从上方控制)f:ΩRg:ΩR都是函数。我们称f从上方控制g,或者g从下方控制f,当且仅当对于所有的xΩ都有f(x)g(x)

    (注:这个概念同[定义11.3.1](....\第11章\pdf\实分析 11.3 上黎曼积分和下黎曼积分.pdf)是一样的;有时候我们使用“f支配g”来代替“f从上方控制g”)

  2. (19.2.2 非负函数的勒贝格积分)ΩRn的可测子集,并设f:Ω[0,]是一个非负的可测函数。那么,我们把fΩ上的勒贝格积分Ωf定义为:

    Ωf:=sup{Ωs:ssf}

    (注:应当将这个概念同[定义11.3.2](....\第11章\pdf\实分析 11.3 上黎曼积分和下黎曼积分.pdf)中的下黎曼积分的概念作比较。有趣的是,在这里我们不需要让这个下积分与上积分相等(个人理解,因为可测函数上可以取到,而简单函数值域仍然限制在R,追求上积分的数据有些情况下是不可能找到合适的简单函数);如果ΩΩ的一个可测子集,那么通过把f限制到Ω,我们也可以将Ωf定义为Ωf:=Ωf|Ω;特别地,我们需要注意到这个定义与[19.1节](....\第19章\pdf\实分析 19.1 简单函数.pdf)中非负简单函数的勒贝格积分概念是一致的(这一点很好证明,如果需要思路可以参阅原书注19.2.4与注19.2.5之间的内容))


命题

  1. (19.2.6)ΩRn的可测子集,并设f:Ω[0,]g:Ω[0,]都是非负可测函数,那么有:

    1. 0Ωf。另外,Ωf=0当且仅当f(x)=0几乎对于Ω中的每一个x都成立。
    2. 对于任意的正数c,有Ωcf=cΩf
    3. 如果对于所有的xΩ都有f(x)g(x),那么ΩfΩg
    4. 如果f(x)=g(x)几乎对于Ω中的每一个x都成立,那么Ωf=Ωg
    5. 如果ΩΩ是一个可测集,那么Ωf=ΩfχΩΩf

    (注:命题19.2.6(d)是一个相当有趣的结论,它指出我们可以修改函数在任意测度为零的集合上的值(例如,你可以修改函数在每一个有理数上的值),而且这不会对其积分值产生任何影响。这似乎表明测度为零的点集对函数积分的结果没有任何“贡献”,只有正测度的点集才会对积分产生影响;在黎曼积分的同一进度下我们还给出了积分和加法的可交换性(即Ω(f+g)=Ωf+Ωg),但是对于勒贝格积分,证明这一点并不那么容易,参见原书引理19.2.10的证明)

  2. (19.2.9 勒贝格单调收敛定理)ΩRn的可测子集,并设(fn)n=1是一个非负可测函数序列,其中fi:ΩR,而且这个序列还是单调递增的,即对于每一个xΩ都有:

    0f1(x)f2(x)f3(x)...

    于是有:

    0Ωf1Ωf2Ωf3...

    Ωsupnfn=supnΩfn
  3. (19.2.10 交换加法运算与积分运算的次序)ΩRn的可测子集,并设f:Ω[0,]g:Ω[0,]都是可测函数,那么Ω(f+g)=Ωf+Ωg

    推论:

    1. (19.2.11 无限和运算?)ΩRn的可测子集,并设g1,g2,...是一个非负可测函数序列,其中gi:Ω[0,],那么有Ωn=1gn=n=1Ωgn

      (注:需要注意的是,我们不必对上面的和式做收敛性的假设(它们可以同时等于+),但是有必要假定函数的非负性,参见习题19.2.4)

  4. (19.2.13 法都引理)ΩRn的可测子集,并设g1,g2,...是一个从Ω[0,]的非负可测函数序列,那么有:

    Ωlim infnfnlim infnΩfn

    (注:我们会很自然地提问能否交换极限运算与积分运算的次序,也就是问是否成立有等式Ωlimnfn=limnΩfn,但是很遗憾的是这个结论同黎曼积分时一样并不成立,一个很有用的例子就是所谓的“移动颠簸”函数序列,考虑fn:RR是函数fn=χ[n,n+1),那么显然对于每一个xlimnfn(x)=0且对每一个nRfn=1,从而得到Ωlimnfn=0limnΩfn=1,也就是说极限函数limnfn的积分最终将小于任何一个初始积分。但是,法都引理给出了一个结果,即反过来的结论是不成立的,极限函数的积分不可能大于初始积分的极限;这个引理的证明可以很简单地由勒贝格单调收敛定理得证,参见原书)

  5. (19.2.14)ΩRn的可测子集,并设f:Ω[0,]是一个非负可测函数,并且Ωf是有限的。那么f几乎处处有限,也即有集合{xΩ:f(x)=+}的测度为0

    (注:这个引理说明了只要积分是有限的,那么函数一定几乎处处有限)

  6. (19.2.15 Borel-Cantelli引理)Ω1,Ω2,...Rn的一列可测子集,并且n=1m(Ωn)是有限的。那么集合:

    {xRn:n使xΩn}

    的测度为零。换言之,几乎每一个点都只属于有限多个Ωn


课后习题

19.2.1 证明命题19.2.6(提示:不要试图模仿[命题19.1.10](....\第19章\pdf\实分析 19.1 简单函数.pdf)的证明,而应该试着使用[命题19.1.10](....\第19章\pdf\实分析 19.1 简单函数.pdf)和定义19.2.2。对于(a)的一个方向,从Ωf=0入手推导出“对于每一个n=1,2,3,...都有m({xΩ:f(x)>1/n})=0”,然后再使用可数次可加性。为了证明(e),先证明它关于简单函数的结果)

逐条证明:


  1. 0Ωf。另外,Ωf=0当且仅当f(x)=0几乎对于Ω中的每一个x都成立。

首先证明0Ωf。注意到常数函数0:ΩR0(x):=0)显然是下方控制每一个f的简单函数,从而根据上确界的要求即有0Ωf;另一方面,简单函数的积分都小于等于+,从而同样根据上确界的要求我们有Ωf+

然后我们证明Ωf=0当且仅当f(x)=0几乎对于Ω中的每一个x都成立。若f(x)=0几乎对于Ω中的每一个x都成立,那么我们设

E:={xΩ:f(x)0}

(于是m(E)=0)。此时考虑任意一个从下方控制f的简单函数s,都有对于所有xΩ\E满足s(x)f(x)=0s(x)=0,于是s也是满足s(x)=0几乎对于Ω中的每一个x都成立的函数,此时根据命题19.1.10(a)的结论有Ωs=0。从而我们得到了:

{Ωs:ssf}={0}Ωf=sup{0}=0

反过来,若有Ωf=0,则我们考虑Enn1)是下面的集合:

En:=f1((1/n,])={xΩ:f(x)>1/n}

根据可测函数的定义(定义18.5.9)我们有En都是可测的,然后我们可以注意到显然有m(En)=0对所有n=1,2,3,...都成立。否则若有j1满足m(Ej)0,则我们可以定义下面的简单函数:

sj=1jχEj

显然sj是从下方控制f的函数,那么一方面根据定义有ΩsjΩf=0,另一方面又有Ωsj=1jm(Ej)+0m(Ω\Ej)=0导出了矛盾。于是根据测度的可数次可加性我们有:

m(n=1E)n=1m(En)m({xΩ:f(x)>0})n=10=0

由于测度非负从而我们有m({xΩ:f(x)>0})=0,因此也即有f(x)=0几乎对于Ω中每一个x都成立。


  1. 对于任意的正数c,有Ωcf=cΩf

我们需要注意到下面的事实,若s是一个从下方控制f的简单函数,那么cs就是从下方控制cf的简单函数;若s是一个从下方控制cf的简单函数,那么s/c就是从下方控制f的简单函数。(这一点是显然的)

于是我们令有:

E:={Ωs:ssf}F:={Ωs:sscf}

对任意的s是从下方控制f的简单函数,由于cs是从下方控制cf的简单函数,结合命题19.1.10(c)有:

cΩs=ΩcssupF=Ωcf

于是对Ωs取上确界即有cΩfΩcf;反过来,对任意的s是从下方控制cf的简单函数,由于s/c是从下方控制f的简单函数,结合命题19.1.10(c)有:

1cΩs=Ωs/csupE=Ωf

同样对Ωs取上确界即有1cΩcfΩfΩcfcΩf。于是综合即有Ωcf=cΩf,结论得证。


  1. 如果对于所有的xΩ都有f(x)g(x),那么ΩfΩg

考虑任意的s是从下方控制f的简单函数,那么显然它也是从下方控制g的简单函数,因此根据勒贝格积分的定义有:

ΩsΩg

从而我们得到Ωg{Ωs:ssf}的一个上界,因此根据上确界的要求有ΩfΩg,结论得证。


  1. 如果f(x)=g(x)几乎对于Ω中的每一个x都成立,那么Ωf=Ωg

我们设E:={xΩ:f(x)g(x)}(于是m(E)=0),然后我们考虑任意的s是从下方控制f的简单函数。那么根据命题19.1.10(b),由于有s=sχE+sχΩ\E,因此我们有:

Ωs=ΩsχE+ΩsχΩ\E

注意到sχE事实上是满足几乎对于Ω中的每一个x都成立sχE(x)=0的函数,因此根据命题19.1.10(a)我们有ΩsχE=0;另一方面,注意到由于对任意的xΩ\E都有sχΩ\E(x)=s(x)f(x)=g(x),而对于所有的xE都有sχΩ\E(x)=0,因此我们有sχΩ\E是从下方控制g的简单函数,因此根据勒贝格积分的定义我们有:

ΩsχΩ\EΩg0+ΩsχΩ\E=ΩsΩg

Ωs取上确界,于是我们就得到了ΩfΩg。反过来对任意t是从下方控制g的简单函数讨论我们也可以得到ΩgΩf,于是综合即有Ωf=Ωg得证。


  1. 如果ΩΩ是一个可测集,那么Ωf=ΩfχΩΩf

显然fχΩ(x)f(x)对所有的xΩ都成立,因此后面的不等式ΩfχΩΩf可以直接根据结论(c)可以直接得到结论成立,因此我们只需要证明前面的等式,即要证明Ωf=ΩfχΩ即可得证结论。

先证明当f是一个简单函数时结论得证。根据引理19.1.4我们知道存在有限个非负实数c1,c2,...,cNΩ中的有限个互不相交的可测子集E1,E2,...,EN使得f|Ω=n=1NcnχEn,于是我们可以得到其勒贝格积分为(引理19.1.9):

Ωf=n=1Ncnm(En)

然后注意到fχΩ可以表示为fχΩ=0χΩ\Ω+n=1NcnχEn,如果我们记有c0:=0E0:=Ω\Ω,那么我们就可以得到其勒贝格积分为(引理19.1.9):

ΩfχΩ=n=0Ncnm(En)=0+n=1Ncnm(En)=Ωf

于是在f是简单函数的情况下结论成立。

然后我们来考察f是一般的可测函数的情况,考虑s:ΩR是从下方控制f|Ω的简单函数,此时定义函数s:ΩR

s(x):={s(x)ifxΩ0ifxΩ

从而显然有s|Ω=ssχΩ=s,那么根据我们已经证明了的在简单函数下成立的(e)结论即有:

Ωs=ΩsχΩΩs=Ωs

此时再注意到显然有s是从下方控制fχΩ的函数,因此结合勒贝格积分的定义即有ΩsΩfχΩ对所有的s是从下方控制f|Ω的简单函数都成立。对Ωs取上确界即有ΩfΩfχΩ

反过来,考虑t:ΩR是从下方控制fχΩ的简单函数,那么对于任意xΩ都有t(x)(fχΩ)(x)=0,也即有t(x)=0,从而我们有tχΩ=t成立;另一方面,t限制在Ω上的函数t|Ω显然是从下方控制f|Ω的简单函数,于是根据我们已经证明了的在简单函数下成立的(e)结论有:

Ωt=ΩtχΩΩt=Ωt

然后由于t|Ω是从下方控制f|Ω的简单函数,因此有ΩtΩf,然后对Ωt取上确界即有ΩfχΩΩf

从而综合即可得到有Ωf=ΩfχΩ,结论得证。

19.2.2 设ΩRn的可测子集,并设f:Ω[0,]g:Ω[0,]都是可测函数。不使用定理19.2.9和引理19.2.10,证明:Ω(f+g)Ωf+Ωg

考虑任意的ε>0,由于勒贝格积分的定义是上确界,因此分别存在从下方控制f,g的简单函数s,t满足:

ΩfΩs>Ωfε2ΩgΩt>Ωgε2

又因为s+t显然是从下方控制f+g的函数,因此结合命题19.1.10(b)的结论有:

Ω(f+g)Ω(s+t)=Ωs+Ωt>Ωf+Ωgε

由于ε是任意的正数,因此也即有Ω(f+g)Ωf+Ωg,结论得证。

19.2.3 证明推论19.2.11(提示:对fN:=n=1Ngn使用单调收敛定理)

对任意的N1,我们定义函数fN

fN:=n=1Ngn

由于gn都是非负的,因此fN显然是一个单调递增的可测函数序列,于是根据勒贝格单调收敛定理我们有:

ΩsupNfN=supNΩfN

但是另一方面,根据引理19.2.10与命题6.3.8,我们有:

ΩsupNfN=ΩsupNn=1Ngn=ΩlimNn=1Ngn=Ωn=1gnsupNΩfN=supN(Ωn=1Ngn)=supN(n=1NΩgn)=limNn=1NΩgn=n=1Ωgn

从而即有Ωn=1gn=n=1Ωgn,结论得证。

19.2.4 对于每一个n=1,2,3,...,设fn:RR是函数fn=χ[n,n+1)χ[n+1,n+2)。即当x[n,n+1)时,fn(x)等于+1;当x[n+1,n+2)时,fn(x)等于1,并且在其它任何点处fn(x)都等于零。证明:
Rn=1fnn=1Rfn
解释一下,这为什么不与推论19.2.11相矛盾

(假设在19.1节中定义的勒贝格积分概念可以用于计算存在负数取值的简单函数,且计算方法同原来一致)

我们可以注意到对每一个n=1,2,3,...都有:

Rfn=1m([n,n+1))1m([n+1,n+2))=11=0

于是也即有n=1Rfn=n=10=0;同时部分和函数:

gN:=n=1Nfn=χ[1,2)χ[2,3)+χ[2,3)...χ[N+1,N+2)=χ[1,2)χ[N+1,N+2)

从而显然有:

Rn=1fn=RlimNgN=Rχ[1,2)=1m([1,2))=1

从而即Rn=1fnn=1Rfn得证。之所以不与推论19.2.11相矛盾是因为推论19.2.11要求可测函数序列是非负的情况下才成立结论,而fn显然不是一个非负的可测函数列。

19.2.5 证明引理19.2.14

不妨使用反证法,若有f是满足Ωf是有限的且f并不是几乎在Ω中的每一点x处有限的可测函数。那么我们记有:

I=ΩfE={xΩ:f(x)=}

于是反证假设即IR+m(E)=l>0。于是我们定义函数s:ΩR有:

s(x):={(2I+1)/lifxE0ifxE

那么显然s是一个简单函数,并且根据定义19.1.6可以直接计算它的勒贝格积分Ωs=2I+1lm(E)=2I+1;但是另一方面,根据勒贝格积分的定义又要求ΩsΩf=I,而I作为一个正实数不可能大于等于2I+1,这就导出了矛盾,因此反证假设不成立,若有Ωf有限则f必须满足几乎在Ω中的每一点x处有限。

综上,于是引理19.2.14得证。

19.2.6 利用推论19.2.11和引理19.2.14取证明引理19.2.15(提示:使用指示函数χΩn

我们定义函数:

f=i=1χΩi

于是根据推论19.2.11我们显然有Rnf=i=1RnχΩi=i=1m(Ωi)是有限的。于是根据引理19.2.14我们可以知道f几乎在Rn中的每一点x处都是有限的。然后再注意到:

f(x)=i=1χΩi(x)=#({i1:xΩi})

fx处的函数值恰好是包含xΩi数量,从而由于{xRn:f(x)=+}测度为0也就表明了集合

{xRn:n使xΩn}

的测度为0,于是引理19.2.15得证。

19.2.7 设p>2c>0,利用Borel-Cantellli引理证明集合
{x[0,1]:aq使|xaq|cqp}
的测度为0(提示:我们只需要考虑满足0aq的整数a(为什么?)。利用[推论11.6.5](....\第11章\pdf\实分析 11.6 单调函数的黎曼可积性.pdf)证明和式q=1c(q+1)qp是有限的)

对任意的正整数a,q,我们定义集合Ω(a,q)有:

Ω(a,q):=[aqcqp,aq+cqp][0,1]

于是显然有xΩ(a,q)当且仅当x满足|xaq|cqpx[0,1]同时成立。从而只要能够证明(a,q)N+×N+m(Ω(a,q))是有限的,那么就可以根据Borel-Cantellli引理直接得到集合:

{x[0,1]:aq使|xaq|cqp}

的测度为0。然后我们注意到:

(1)(a,q)(N+)2m(Ω(a,q))=q=1a=1m(Ω(a,q))

我们尝试对这个级数做一些分割来完成它有限的证明。首先注意到对每一个给定的q,当a满足

aqcqp>1aqp+cqp1

的时候,我们就可以得到Ω(a,q)=,从而有m(Ω(a,q))=0,因此如果我们记s(q):=qp+cqp1,那么(1)式可以进一步化为:

(2)(a,q)N+×N+m(Ω(a,q))=q=1a=1m(Ω(a,q))=q=1a=1s(q)m(Ω(a,q))

另一方面,当q满足:

cqp<1qc1p1<q

时,我们可以得到s(q)=q。因此如果我们记t:=max(c1p1,1)我们可以对(2)式做进一步的划分:

(2)(a,q)(N+)2m(Ω(a,q))=q=1a=1m(Ω(a,q))=q=1a=1s(q)m(Ω(a,q))=q=1ta=1s(q)m(Ω(a,q))+q=t+1a=1qm(Ω(a,q))

由于第一部分是个有限级数,因此只要能证明第二部分的无限级数是有限的就能得证整个求和是有限的。然后我们考虑放缩,由于每一个Ω(a,q)都是集合[aqcqp,aq+cqp]的子集,因此根据测度的单调性要求我们有:

a=1qm(Ω(a,q))a=1qm([aqcqp,aq+cqp])=a=1q2cqp=2cqp1

对所有的q>t都成立。然后根据推论11.6.5,由于p>2p1>1,因此我们有级数:

q=t+12cqp1

收敛(于是也就是说它有限),从而再根据比较判别法我们有q=t+1a=1qm(Ω(a,q))也是收敛的(于是也是有限的),从而我们可以从(2)式得到级数(a,q)(N+)2m(Ω(a,q))是有限的,从而使用Borel-Cantellli引理我们得到集合:

{x[0,1]:aq使|xaq|cqp}

的测度为0


题外话:所以提示里面这个q=1c(q+1)qp级数是哪冒出来的,想了半天也没拼出来,害得我陷入自我怀疑了都。

19.2.8 对于实数xR,如果存在实数p>0C>0,使得对于所有的非零整数q和所有的整数a都有|xaq|>C|q|p,那么就称x丢番图数。利用习题19.2.7,证明:几乎每一个实数都是丢番图数(提示:先在区间[0,1]中考察,证明pC都可以取有理数,并且还可以令p>2。然后再利用“0测度集的可数并集仍然是测度为0的集合”这一事实)

于是也即要证明集合

{xR:x}

的测度为0

然后探讨一个实数x不是丢番图数的条件,根据定义我们知道x不是丢番图数当且仅当对任意的实数p>0C>0,存在非零整数q与整数a满足|xaq|C|q|p。特别地,如果我们将x拆分成:

{y=x1,z=1ifxZy=x,z=xyifxZx=y+z

(为了防止忘了,xx的整数部分)

那么此式子变为:

|y+zaq|C|q|p|zaqyq|C|q|p

这表明x不是丢番图数当且仅当z也不是丢番图数,于是我们先考察(0,1]中的全体丢番图数。


于是我们考虑x(0,1]不是丢番图数。那么在一些特殊条件下我们可以对非丢番图数的要求做进一步地约束,例如当给定p,C>0且满足C<|x|后,我们可以假定非丢番图数要求存在的非零整数q与整数a都是正整数:

先证明q可以假定是正整数,令有性质P(a,q,C,p)表示|xaq|C|q|p成立。若有q,a分别是负整数与整数使得P(a,q)成立,那么可以注意到:

|xaq|=|xaq|C|q|p

从而也即正整数q与整数a同样使得P(a,q)成立,因此我们总是可以假设q是正的。

然后证明当q是正整数时a也可以假定是正整数,若有q,a分别是正整数与非正整数使得P(a,q)成立,那么我们有:

|xaq|C|q|pC<|x||xaq||xaq|<|xaq|

导出了矛盾,因此在C<|x|的条件下a只能是正整数。


然后对x(0,1]不是丢番图数,我们定义C1:=x/2(于是C1<|x|),并且任意取一个实数p>2(例如p=3,此处不取具体的数字,因为用不到)。然后根据上面的子结论,由于x不是丢番图数因此存在正整数a1,q1满足P(a1,q1,C1,p)成立。

然后对任意的k2,我们假定Ck1,ak1,qk1都已经定义,于是我们归纳定义Ck为:

Ck:=|xak1qk1|/2

然后定义ak,pk是由x不是丢番图数预言的使得P(ak,qk,Ck,p)成立的正整数。在此定义下,我们可以注意到对每一个正自然数k都会有:

|xak+1qk+1|Ck+1(qk+1)pCk+1<|xakqk|

从而必然有(ak+1,qk+1)(ak,qk),进一步可以引申得到对任意两个正自然数k,s满足ks都有(ak,qk)(as,qs)。另一方面,对每一个正自然数k,我们都有:

Ck+1<|xakqk|Ck(qk)pCkCk+1<Ck

进一步可以引申得到对任意两个正自然数k,s满足k<s都有Ck<Cs。从而对每一个正自然数k都有:

|xakqk|Ck(qk)pC1(qk)p1(qk)p

如果令C0:=1,那么即存在给定的p>2C0>0x是满足属于[0,1],且存在无限多个正整数ak,qk满足|xakqk|1(qk)p成立的实数,从而即:

x{y[0,1]:aq使|yaq|C0qp}

由于x是从(0,1]中任取的非丢番图数,因此上面的结论也即有:

{x(0,1]:x}{y[0,1]:aq使|yaq|C0qp}

然后由于测度的单调性,结合习题19.2.7的结论即有m({x(0,1]:x})=0


然后我们考虑k是任意一个整数,我们令有ΩS:={xS:x}。于是考虑任意的xΩ(0,1],根据非丢番图数的定义我们知道对任意的p,C>0都存在整数a与非零整数q满足:

|xaq|C|q|p|(x+k)akqq|C|q|p

由于akq也是整数,因此这表明x+k也不是丢番图数,再考虑到x+k(k,k+1],从而我们证明了x+kΩ(k,k+1],进而也即有k+Ω(0,1]Ω(k,k+1]

另一方面,对任意的yΩ(k,k+1],我们知道yk(0,1],并且对任意的p,C>0都存在整数a与非零整数q满足::

|yaq|C|q|p|(yk)a+kqq|C|q|p

由于a+kq也是整数,因此这表明yk也不是丢番图数,从而我们有yk+Ω(0,1],进而即有Ω(k,k+1]k+Ω(0,1]。综上我们得证了有对任意的整数k都有Ω(k,k+1]=k+Ω(0,1]

最后我们来完成题目结论的证明。沿用上面Ω的定义,我们注意到:

{xR:x}=kZΩ(k,k+1]=kZk+Ω(0,1]

而根据测度的平移不变性,我们知道对任意的整数k都有m(k+Ω(0,1])=m(Ω(0,1])=0;另一方面,注意到对任意互不相同的两个整数k1,k2都有k1+Ω(0,1]k2+Ω(0,1]=,于是根据测度的可数可加性有:

m({xR:x})=kZm(k+Ω(0,1])=0

从而题目结论得证。

19.2.9 对于每一个正整数n,设fn:R[0,)是一个非负可测函数,它满足
Rfn14n
证明:对于任意的ε>0,存在一个勒贝格测度小于或等于ε的集合E,即m(E)ε,它使得对于所有的xR\Efn(x)都收敛于零(提示:首先证明对于所有的n=1,2,3,...都有m({xR:fn(x)>1ε2n})ε2n,然后考察所有集合{xR:fn(x)>1ε2n}的并集)

对每一个正整数n,定义下面的集合:

Ωn:={xR:fn(x)>1ε2n}

使用反证法,我们来证明m(Ωn)ε2n。若有m(Ωn)>ε2n,则考虑简单函数sn:=χΩnε2n,则根据勒贝格积分的定义有:

RfnRsn=1ε2nm(Ωn)>1ε2nε2n=14n

导出了矛盾,从而反证假设不成立,必然有m(Ωn)ε2n

于是我们定义:

E:=n=1Ωn

根据可数次可加性,我们有:

m(E)n=1m(Ωn)n=1ε2n=ε

另一方面,对所有的xR\E,我们有对所有的n1都有xΩn,也即fn(x)1ε2n,从而根据比较原理我们有:

0limnfn(x)limn1ε2n=0limnfn(x)=0

从而我们得证了题目结论。


题外话:这个结论似乎可以在一定程度上扩展?只要(an)n=1是满足n=1an=1的实数序列且(bn)n=1是满足limnbn=0的实数序列,同时对于每一个正整数n都有Rfnanbn,那么就有题目的结论成立。不过这么写的话那么证明思路相比题目就显得过分暴露了。

19.2.10 对于每一个正整数n,设fn:[0,1][0,)是一个非负可测函数,而且函数序列fn逐点收敛于0。证明:对于任意的ε>0,存在一个集合E,其勒贝格测度m(E)ε,它使得fn(x)[0,1]\E上一致收敛于0(这是叶戈罗夫定理的一种特殊情形。为了证明这个结论,首先证明对于任意的正整数m,我们能够找到一个N>0使得m({x[0,1]:fn(x)>1/m})ε/2m对所有的nN都成立)。如果把[0,1]换成R,那么结论是否仍然成立,给出说明

注:思路不是我的,我是菜狗抄别人的思路的。


k是某个任意的正整数。对任意的正整数n,考虑定义集合:

Ωk(n):={x[0,1]:fn(x)>1k}

然后对任意的正整数n,考虑定义:

Fk(n):=i=nΩk(i)

于是显然有Fk(1)Fk(2)...是一个单调递减的集合序列,并且我们有m(Fk(1))m([0,1])=1是有限的。从而根据习题18.2.3(b)我们可以得到m(i=1Fk(i))=limim(Fk(i))。然后我们注意到,对任意的x[0,1],由于fn逐点收敛于0,因此存在Nx>0使得对任意的nNx都有fn(x)1k,从而也即有xΩk(n)对任意的nNx成立。进而即有xFk(i)对任意的nNx成立,于是也即我们最终可以得证xi=1Fk(i),从而这表明i=1Fk(i)必然是一个空集,于是即:

limim(Fk(i))=m(i=1Fk(i))=0

于是对任意的σ>0,存在N>0使得对任意的nN都有m(Fk(n))σ。于是我们考虑σ=ε2k,存在一个与k对应的Nk>0使得对于任意的nNk都有m(Fk(n))ε2k成立。

于是令:

E=k=1Fk(Nk)

于是根据测度的可数次可加性,我们有:

m(E)k=1m(Fk(Nk))k=1ε2k=ε

另一方面,考虑任意的σ>0,我们知道存在一个整数K使得1Kσ,然后对任意的x[0,1]\E有:

x[0,1]\ExFK(NK)nNK,xΩK(n)nNK,fn(x)1Kσ

从而也即:存在整数NK0,对任意的nNk与任意的x[0,1]\E都有|fn(x)|σ。于是也即有fn[0,1]\E上一致收敛于0的。


若定义域不是[0,1]而是R,则这个结论不能成立(从上面的证明也看得出来,定义域为Rm(Fk(1))有限的结论就不成立了,所以上面的整个证明过程都不可以使用)。可以考虑非常经典的“移动颠簸”函数序列的例子,定义fn:R[0,+]为:

fn:=χ[n,n+1)

那么显然fn是逐点收敛于0的,如果题目结论在R定义域的函数上成立,那么我们应该能找到一个满足m(E)=1的可测集EfnR\E上一致收敛于0,从而存在N0使得对任意的nN与任意的xR\E都有|fn(x)|1/2。然后我们考虑对每一个整数nN去检查区间[n,n+1),其中的每一个x[n,n+1)都有|fn(x)|=1>1/2,但是对所有的yR\E又有|fn(y)|1/2,从而我们只能有[n,n+1)不与R\E相交,也即[n,n+1)E的一个子集。由于这个结论是对所有的nN都成立的结论,因此也即有:

n=N[n,n+1)=[N,+)E

从而根据测度单调性的要求有,我们有m(E)m([N,+))=,这与m(E)=1的前提导出了矛盾,因此结论不可能成立。

19.2.11 给出一个非负有界函数f:N×NR+的例子,使得对于每一个nm=1f(n,m)都是收敛的,并且对于每一个mlimnf(n,m)都存在,但f还满足下面这个不等式
limnm=1f(n,m)m=1limnf(n,m)
(提示:修改“移动颠簸”的例子,甚至可以使用取值只有01的函数f这表明交换极限运算与无限和运算的次序是危险的

考虑函数f(n,m)

f(n,m):={1ifn=m0ifnm

于是我们可以注意到,对每一个n,都有m=1f(n,m)=1;对每一个m,都有limnf(n,m)=0。然后注意到:

limnm=1f(n,m)=limn1=1m=1limnf(n,m)=n=10=0

显然是不相等的,于是f就是我们要找的函数。


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