【实变函数】证明（四）
证明4
4-1
证明Levi单调收敛定理：若\(\forall x\in E\)，\(\{f_k(x)\}\)渐升收敛于\(f(x)\)，则
\[\lim_{k\to \infty}\int_{E}f_k(x)\mathrm{d}x=\int_{E}f(x)\mathrm{d}x. \]
首先\(f(x)\)是\(E\)上的非负可测函数，故\(\displaystyle{\int_{E}f(x)\mathrm{d}x}\)有定义，结合\(\displaystyle{\int_{E}f_k(x)\mathrm{d}x}\)的单调性，可知\(\displaystyle{\lim_{k\to \infty}\int_{E}f_k(x)\mathrm{d}x}\)有定义，且
现证明反向不等式。令\(c\)满足\(0<c<1\)，\(h(x)\)是\(\mathbb{R}^n\)上的任一非负可测简单函数满足\(h(x)\le f(x)\)，记
则\(\{E_k\}\)是递增可测集列，且\(\displaystyle{\lim_{k\to \infty}E_k=E}\)。由非负简单函数的性质，有
于是由不等式
得到\(\displaystyle{\int_{E}f_k(x)\mathrm{d}x\ge c\int_{E_k}h(x)\mathrm{d}x}\)，令\(c\to 1\)，有\(\displaystyle{\lim_{k\to \infty}\int_{E}f_k(x)\mathrm{d}x\ge \int_{E}h(x)\mathrm{d}x}\)。由\(h(x)\)的任意性，得到\(\displaystyle{\int_{E}f_k(x)\mathrm{d}x\ge \int_{E}f(x)\mathrm{d}x}\)。综上，就得到
4-2
证明：若\(f\in L(\mathbb{R})\)，则
\[\lim_{N\to \infty}\int_{|x|\ge N}|f(x)|\mathrm{d}x=0. \]
记\(E_{N}=\{x:|x|\ge N\}\)，则\(\{|f(x)|\chi_{E_N}(x)\}\)是非负可积渐降列，且
由Levi单调收敛定理（见证明4-2），有
4-3
证明Fatou引理：若\(\{f_k(x)\}\)是\(E\)上非负可测函数列，则
\[\int_{E}\varliminf_{k\to \infty}f_k(x)\mathrm{d}x\le \varliminf_{k\to \infty}\int_{E}f_k(x)\mathrm{d}x. \]
证明的关键是尝试利用Levi单调收敛定理。我们知道\(\displaystyle{\varliminf_{k\to \infty}f_k(x)=\sup_{k=1}\inf_{j\ge k}f_k(x)=\lim_{k\to \infty}\inf_{j\ge k}f_k(x)}\)，因此可令
这样\(\{g_k(x)\}\)是非负渐升函数列，且\(\displaystyle{\varliminf_{k\to \infty}f_k(x)=\lim_{k\to \infty}g_k(x)}\)。由Levi单调收敛定理，就有
4-4
证明Lebesgue控制收敛定理：对可测函数列\(\{f_k(x)\}\)，有\(\displaystyle{\lim_{k\to \infty}f_k(x)=f(x),\mathrm{a.e.}}\)。若存在可积函数\(F(x)\)使对每一个\(k\)都有\(|f_k(x)|\le F(x),\mathrm{a.e.}\)，则
\[\lim_{k\to \infty}\int_{E}f_k(x)\mathrm{d}x=\int_{E}f(x)\mathrm{d}x. \]
由\(|f_k(x)|\le F(x)\)可知\(|f(x)|\le F(x)\)，故\(f(x)\in L(E)\)。作函数列
则\(g_k(x)\in L(E)\)，且\(0\le g_k(x)\le 2F(x)\)，这样\(2F(x)-g_k(x)\)是非负函数列。根据Fatou引理，
由\(\displaystyle{\lim_{k\to \infty}g_k(x)=0}\)，有
结合\(g_k(x)\)的非负性有
最后，由不等式
令\(k\to \infty\)即得到\(\displaystyle{\int_{E}f_k(x)\mathrm{d}x\to \int_{E}f(x)\mathrm{d}x}\)。
4-5
计算积分与极限：
- \(\displaystyle{\lim_{m\to \infty}\int_{0}^{1}\frac{mx}{1+m^2x^2}\sin mx\mathrm{d}x}\)。
- \(\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\ln (1-x)}{x}\mathrm{d}x}\)。
- \(\displaystyle{\lim_{n\to \infty}\int_{0}^{1}\frac{n\sqrt{x}}{1+n^2x^2}}\)。
- \(\displaystyle{\lim_{n\to \infty}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(1+x/n)^nx^{1/n}}\mathrm{d}x}\)。
-
找到极限函数，我们有
\[f_m(x)=\frac{mx}{1+m^2x^2}\sin mx\to 0,\mathrm{a.e.} \]而\(1+m^2x^2\ge 2mx\)，所以
\[|f_m(x)|\le \left|\frac{mx}{1+m^2x^2} \right|\le \left|\frac{mx}{2mx} \right|\le \frac{1}{2}, \]依Lebesgue控制收敛定理，原极限为\(0\)。
-
将原式转化成极限，因
\[\frac{\ln (1-x)}{x}=\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty}\left(-\frac{x^n}{n} \right)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{n}, \]令\(\displaystyle{u_n(x)=\frac{x^{n-1}}{n}}\)，则\(u_n(x)\)非负，由逐项积分定理，有
\[\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x)\mathrm{d}x=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{1}u_n(x)\mathrm{d}x=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}, \]所以
\[\int_{0}^{1}\frac{\ln (1-x)}{x}\mathrm{d}x=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}. \] -
因为\(1+n^2x^2\ge 2nx\)，故
\[|f_n(x)|=\left|\frac{n\sqrt{x}}{1+n^2x^2} \right|\le \frac{1}{2\sqrt{x}}=F(x). \]欲证明\(F(x)\)是可积的，从而使用Lebesgue控制收敛定理，我们有
\[\int_{0}^{1}F(x)\mathrm{d}x=\lim_{N\to \infty}\int_{0}^{1}\left\{\frac{1}{2\sqrt{x}} \right\}_{N}\mathrm{d}x=\lim_{N\to \infty}\left[\int_{0}^{\frac{1}{4N^2}}N\mathrm{d}x+\int_{\frac{1}{4N^2}}^{1}\frac{1}{2\sqrt{x}}\mathrm{d}x\right]=1. \]（注：这里\(\{f\}_{N}\)指将\(|f|\)的值限制在\([-N,N]\)上，超过的部分用\(N\)替代\(f(x)>N\)的部分，用\(-N\)替代\(f(x)<-N\)的部分，从而在\(\{f\}_{N}\)总是可积的，并且由单调收敛定理，积分值收敛于\(f\)的积分。）
因此\(F(x)\)在\((0,1)\)上可积，\(f_n(x)\to 0\)，由Lebesgue控制收敛定理得原极限为\(0\)。
-
取
\[f_n(x)=\left(1+\frac{x}{n} \right)^{-n}x^{-\frac{1}{n}},\quad \lim_{n\to \infty}f_n(x)=e^{-x}. \]在\((0,1)\)上，\(|f_n(x)|\le \dfrac{1}{\sqrt{x}}\)；在\((1,\infty)\)上，\(\displaystyle{|f_n(x)|\le \left(1+\frac{x}{n} \right)^{-n}\le \left(1+\frac{x}{2} \right)^{-2}}\)，而它们分别是\((0,1)\)与\((1,\infty)\)上的可积函数，由控制收敛定理，原极限为\(1\)。
4-6
证明积分号下求导：设\(f(x,y)\)是定义在\(E\times (a,b)\)上的函数，作为\(x\)的函数在\(E\)上可积，作为\(y\)的函数在\((a,b)\)上可微。若存在\(F\in L(E)\)，使得\(\displaystyle{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}f(x,y)\le F(x),\mathrm{a.e.}}\)，则积分与求导可交换，有
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\int_{E}f(x,y)\mathrm{d}x=\int_{E}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}f(x,y)\mathrm{d}y. \]
任意取定\(y\in (a,b)\)与\(h_k\to 0\)，有
且当\(k\)充分大时，有
从而由控制收敛定理，有
4-7
证明卷积函数的性质：
若\(f,g\in L(\mathbb{R}^{n})\)，则\(f*g\in L(\mathbb{R}^{n})\)，且
\[\int_{\mathbb{R}^{n}}|(f*g)(x)|\mathrm{d}x\le \left(\int_{\mathbb{R}^{n}}|f(x)|\mathrm{d}x \right)\left(\int_{\mathbb{R}^{n}}|g(x)|\mathrm{d}x \right). \]设\(f\in L(\mathbb{R}^{n})\)，\(g(x)\)在\(\mathbb{R}^{n}\)上有界可测，则\(F(x)=(f*g)(x)\)是\(\mathbb{R}\)上的一致连续函数。
-
首先设\(f(x)\ge 0\)，\(g(x)\ge 0\)，因为\(f(x-t)g(t)\)是\(\mathbb{R}^{n}\times\mathbb{R}^{n}\)上的可测函数，故根据非负可测函数的Tonelli定理，有
\[\begin{aligned} &\quad \int_{\mathbb{R}^n}\mathrm{d}x\int_{\mathbb{R}^{n}}f(x-t)g(t)\mathrm{d}x\\ &=\int_{\mathbb{R}^{n}}\mathrm{d}t\int_{\mathbb{R}^{n}}f(x-t)g(t)\mathrm{d}x\\ &=\int_{\mathbb{R}^{n}}g(t)\mathrm{d}t\int_{\mathbb{R}^n}f(x-t)\mathrm{d}x\\ &=\int_{\mathbb{R}^{n}}g(t)\mathrm{d}t\int_{\mathbb{R}^{n}}f(x)\mathrm{d}x\\ &<\infty. \end{aligned} \]这说明\((f*g)(x)\)几乎处处有限，且
\[\int_{\mathbb{R}^{n}}(f*g)(x)\mathrm{d}x=\int_{\mathbb{R}^{n}}f(x)\mathrm{d}x\int_{\mathbb{R}^{n}}g(x)\mathrm{d}x. \]其次对一般情形，有\(|(f*g)(x)|\le (|f|*|g|)(x)\)，于是
\[\int_{\mathbb{R}^{n}}|(f*g)(x)|\mathrm{d}x\le \int_{\mathbb{R}^{n}}(|f|*|g|)(x)\mathrm{d}x=\int_{\mathbb{R}^{n}}|f(x)|\mathrm{d}x\int_{\mathbb{R}^{n}}|g(x)|\mathrm{d}x. \] -
不妨设\(|g(x)|\le M\)，我们有
\[\begin{aligned} &\quad |F(x+h)-F(x)|\\ &=\left|\int_{\mathbb{R}^{n}}f(x+h-t)g(t)\mathrm{d}t-\int_{\mathbb{R}^{n}}f(x-t)g(t)\mathrm{d}t \right|\\ &\le \int_{\mathbb{R}^{n}}|f(x-t+h)-f(x-t)|\cdot |g(t)|\mathrm{d}t\\ &\le M\int_{\mathbb{R}^{n}}|f(t+h)-f(t)|\mathrm{d}t\\ & \to 0.(h\to 0) \end{aligned} \]最后一个极限是由可积函数的平均连续性所得。
