【实变函数】证明（五）

证明5

5-1

证明Fubini逐项微分定理：设\(\{f_n(x)\}\)均在\([a,b]\)上单增，且\(\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}f_n(x)}\)收敛，则

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\sum_{n=1}^{\infty}f_n(x) \right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f_n(x). \]

我们知道和函数是单增的，故几乎处处可微。令\(R_{N}(x)\)为\(f_n(x)\)的\(N\)项后余项，即

\[R_{N}(x)=\sum_{n=N+1}^{\infty}f_n(x),\quad \lim_{N\to\infty}R_{N}(x)=0. \\ \sum_{n=1}^{\infty}f_n(x)=\sum_{n=1}^{N}f_n(x)+R_{N}(x), \]

我们有

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\sum_{n=1}^{\infty}f_n(x)\right)=\sum_{n=1}^{N}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f_n(x)+\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}R_{N}(x),\quad \mathrm{a.e.}x\in[a,b]. \]

从而只要证明\(\displaystyle{\lim_{N\to \infty}R_{N}'(x)=0}\)即可。注意到\(f'_{n}(x)\ge 0\)，故

\[R_{N}'(x)=f'_{N+1}(x)+R_{N+1}'(x)\ge R_{N+1}'(x),\quad \mathrm{a.e.}x\in[a,b], \]

这说明存在\(R_{N}'(x)\)的极限函数，即\(\displaystyle{\lim_{N\to \infty}R'_{N}(x):=R(x)\ge 0}\)。再根据非负函数的单调收敛定理以及单调函数积分与微分的关系，就有

\[\int_{a}^{b}\lim_{N\to \infty}R_{N}'(x)\mathrm{d}x=\lim_{N\to\infty}\int_{a}^{b}R_{N}'(x)\mathrm{d}x\le \lim_{N\to \infty}[R_{N}(b)-R_{N}(a)]=0. \]

这说明\(\displaystyle{\lim_{N\to \infty}R_{N}'(x)=0,\mathrm{a.e.}}\)，得到所需的结论。

5-2

证明：若\(f\in\mathrm{BV}([a,b])\)，则\(f(x)\)与\(T_{a}^{x}(f)\)有相同的左连续点集与右连续点集。

对右连续情形给出证明。设\(x_0\)是\(T_{a}^{x}(f)\)的右连续点，则

\[|f(x_0+h)-f(x_0)|\le T_{x_0}^{x_0+h}(x)=T_{a}^{x_0+h}(f)-T_{a}^{x_0}(f)<\varepsilon, \]

这说明\(x_0\)也是\(f(x)\)的右连续点。

反之，若\(x_0\)是\(f(x)\)的右连续点，那么任给\(\varepsilon\)，有\(\delta>0\)使\(x\in U(x_0,x_0+\delta)\)时\(|f(x)-f(x_0)|<\dfrac{\varepsilon}{2}\)。并且由于\(T_{a}^{x}(f)\)单调，故存在\(\displaystyle{\lim_{x\to x^{+}_0}T_{a}^{x}(f)}\)，因此在\(x_1<x_2\in U(x_0,x_0+\delta)\)时有\(0\le T_{a}^{x_2}(f)-T_{a}^{x_1}(f)<\dfrac{\varepsilon}{2}\)。

现任取\(x\in (x_0,x_0+\delta)\)，并取\(\{y_i\}\)是\([x_0,x]\)的一个分划：\(x_0=y_0<y_1<\cdots<y_n=x\)，则有

\[\sum_{i=1}^{n}|f(y_i)-f(y_{i-1})|=|f(y_1)-f(x_0)|+\sum_{i=2}^{n}|f(y_i)-f(y_{i-1})|\le\frac{\varepsilon}{2}+T_{y_1}^{x}(f)<\varepsilon, \]

即\(T_{x_0}^{x}(f)<\varepsilon\)，这说明\(x_0\)是\(T_{a}^{x}(f)\)的右连续点。

5-3

证明：若\(f\in\mathrm{BV}([a,b])\)，则

1. \(f(x)\)在\([a,b]\)上有界。
2. \(f(x)\)的不连续点至多可数。
3. Jordan分解：\(f(x)=g(x)-h(x)\)，这里\(g(x)\)和\(h(x)\)都是\([a,b]\)上的单增函数。
4. \(f(x)\)几乎处处可导，且\(f'(x)\)在\([a,b]\)上可积。
5. \(\displaystyle{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}T_{a}^{x}(f)=|f'(x)|,\mathrm{a.e.}}\)。

1. 由于

   \[|f(x)-f(a)|\le T_{a}^{x}(f)\le T_{a}^{b}(f)<\infty, \]

   所以\(f(x)\)有界。

2. 由于\(f(x)\)的连续性状与\(T_{a}^{x}(f)\)一致，而\(T_{a}^{x}(f)\)单调。由于单调函数的间断点至多可数，故\(f(x)\)几乎处处连续。

3. 取\(f(x)=T_{a}^{x}(f)-[T_{a}^{x}(f)-f(x)]\)，只需证明\(T_{a}^{x}(f)-f(x)\)单增。为此，任取\(x_1<x_2\)，有

   \[f(x_2)-f(x_1)\le T_{x_1}^{x_2}(f)=T_{a}^{x_2}(f)-T_{a}^{x_1}(f),\\ T_{a}^{x_1}(f)-f(x_1)\le T_{a}^{x_2}(f)-f(x_2), \]

   得证。

4. 由于\(f(x)\)是两个增函数之差，所以\(f(x)\)几乎处处可导，且\(f'(x)\)在\([a,b]\)上可积。

5. 根据全变差的定义，对任何\(\varepsilon>0\)，存在\([a,b]\)上的分划\(\Delta=\{x_i\}\)使得

   \[T_{a}^{b}(f)-\sum_{i=1}^{\infty}|f(x_i)-f(x_{i-1})|<\varepsilon. \]

   对这个分划，可以构造一个函数\(g(x)\)使得\(g(a)=0\)，且

   \[g(x)=\left\{\begin{array}{} f(x)-[g(x_i)-f(x_i)],& f(x_{i+1})\ge f(x_i);\\ -f(x)+[g(x_i)+f(x_i)],& f(x_{i+1})< f(x_{i}). \end{array}\right. \]

   这样我们有\(g(x_{i+1})\ge g(x_{i})\)，这使得\(g(b)=\displaystyle{\sum_{i=1}^{\infty}|f(x_i)-f(x_{i-1})|}\)；且在每一个子区间上\(g(x)\)都与\(f(x)\)或\(-f(x)\)仅相差一个常数，这意味着\(|g'(x)|=|f'(x)|,\mathrm{a.e.}\)。

   现在我们证明\(T_{a}^{x}(f)-g(x)\)是\([a,b]\)上的增函数，从而可以用Fubini逐项微分定理。这是因为如果\(x_1<x_2\)但它们处于同一分划区间，则自然\(|g(x_1)-g(x_2)|=|f(x_1)-f(x_2)|<T_{x_1}^{x_2}(f)\)；而如果它们不属于同一区间，即

   \[x_1<x_i<\cdots<x_j<x_2, \]

   那么

   \[\begin{aligned} &\quad g(x_2)-g(x_1)\\ &\le|g(x_2)-g(x_1)|\\ &\le |g(x_2)-g(x_j)|+|g(x_i)-g(x_1)|+\sum|g(x_k)-g(x_{k-1})|\\ &<T_{x_j}^{x_2}(f)+T_{x_1}^{x_i}(f)+\sum T_{x_{k-1}}^{x_{k}}(f)\\ &=T_{x_1}^{x_2}(f), \end{aligned} \]

   也就证明了\(T_{a}^{x}(f)-g(x)\)单增，并且

   \[T_{a}^{x}(f)-g(x)\le T_{a}^{b}(f)-g(b)=T_{a}^{b}(f)-\sum_{i=1}^{\infty}|f(x_i)-f(x_{i-1})|<\varepsilon. \]

   现在取\(\varepsilon_n=\dfrac{1}{2^{n}}\)可以得到一列如上构造的\(g_n(x)\)，每个\(g_n(x)\)都有\(g_n'(x)=|f'(x)|,\mathrm{a.e.}\)，这使得

   \[\sum_{n=1}^{\infty}\left(T_{a}^{x}(f)-g_n(x) \right)<\infty, \]

   即和函数收敛，因此由Fubini逐项微分定理可得

   \[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\sum_{n=1}^{\infty}T_{a}^{x}(f)-g_n(x) \right)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}T_{a}^{x}(f)-|f'(x)| \right),\quad \mathrm{a.e.} \]

   由于和函数单增收敛，故其导数不能几乎处处为\(\infty\)，因此导函数只能为\(0\)，即

   \[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}T_{a}^{x}(f)=|f'(x)|,\quad \mathrm{a.e.} \]

5-4

证明：设\(f\in L([a,b])\)，令\(\displaystyle{F_{h}(x)=\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}f(t)\mathrm{d}t}\)，当\(x\notin [a,b]\)时\(f(x)=0\)，则

\[\lim_{h\to \infty}\int_{a}^{b}|F_h(x)-f(x)|\mathrm{d}x=0. \]

不妨设\(h>0\)，由于

\[\begin{aligned} F_h(x)-f(x)&=\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}f(t)\mathrm{d}t-f(x)\\ &=\frac{1}{h}\int_{0}^{h}f(x+t)\mathrm{d}t-f(x)\\ &=\frac{1}{h}\int_{0}^{h}[f(x+t)-f(x)]\mathrm{d}t, \end{aligned} \]

所以

\[\begin{aligned} \int_{a}^{b}|F_h(x)-f(x)|\mathrm{d}x&\le \int_{-\infty}^{\infty}\left[\frac{1}{h}\int_{0}^{h}|f(x+t)-f(x)|\mathrm{d}t \right]\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{h}\frac{1}{h}\left[\int_{-\infty}^{\infty}|f(x+t)-f(x)|\mathrm{d}x\right]\mathrm{d}t\\ \end{aligned} \]

由积分的平均连续性，\(\forall \varepsilon>0\)，存在\(\delta\)使当\(|t|<\delta\)时，\(\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty}|f(x+t)-f(t)|\mathrm{d}x<\varepsilon}\)，故\(h<\delta\)时，有

\[\begin{aligned} \int_{0}^{h}\frac{1}{h}\int_{-\infty}^{\infty}|f(x+t)-f(x)|\mathrm{d}x\mathrm{d}t<\int_{0}^{h}\frac{\varepsilon}{h}\mathrm{d}t=\varepsilon. \end{aligned} \]

也即\(\forall \varepsilon>0\)，存在\(\delta\)使\(|h|<\delta\)时，有

\[\int_{a}^{b}|F_h(x)-f(x)|\mathrm{d}x<\varepsilon. \]

5-5

证明：若\(f'(x)=0,\mathrm{a.e.}\)，且\(f(x)\)在\([a,b]\)不是常值函数，则必存在\(\varepsilon>0\)，使得对任意\(\delta>0\)，\([a,b]\)内存在有限个互不相交的区间\(\{(x_i,y_i)\}_{1\le i\le n}\)，满足\(\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}(y_i-x_i)<\delta}\)，但

\[\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}|f(y_i)-f(x_i)|>\varepsilon}. \]

不妨设存在\(c\in(a,b)\)，使得\(f(a)\ne f(c)\)，作点集

\[E_c=\{x\in(a,c):f'(x)=0\}, \]

现\(\forall x\in E_c\)，由\(f'(x)=0\)，故\(\forall r>0\)，只要\(h\)充分小且\([x,x+h]\subset (a,c)\)，就有\(|f(x+h)-f(x)|<rh\)。固定\(r\)，那么所有这样的\([x,x+h]\)构成\(E_c\)的一个Vitali覆盖。由Vitali引理可得，\(\forall \delta>0\)，存在互不相交的区间组\(\{[x_i,x_i+h_i]\}_{1\le i\le n}\)使得

\[m\left(E_c\setminus\bigcup_{i=1}^{n}[x_i,x_i+h_i] \right)=m\left([a,c)\setminus\bigcup_{i=1}^{n}[x_i,x_i+h_i) \right)<\delta. \]

我们要证明这个差集所占的区间是我们所需要的结果。由于区间有限，可以将此区间组从小到大排列为

\[a=x_0<x_1<x_1+h_1<x_2<x_2+h_2<\cdots<x_n<x_n+h_n<x_{n+1}=c. \]

令\(h_0=0\)（即\(a=x_0+h_0\)），就有

\[\begin{aligned} |f(c)-f(a)|&\le\sum_{i=0}^{n}|f(x_{i+1})-f(x_{i}+h_i)|+\sum_{i=1}^{n}|f(x_{i}+h_i)-f(x_i)|\\ &\le \sum_{i=0}^{n}|f(x_{i+1})-f(x_{i}+h_i)|+r\sum_{i=1}^{n}h_i\\ &\le \sum_{i=0}^{n}|f(x_{i+1})-f(x_{i}+h_i)|+r(b-a),\\ |f(c)-f(a)|-r(b-a)&\le \sum_{i=0}^{n}|f(x_{i+1})-f(x_i+h_i) \end{aligned} \]

因为\(r\)是任意的，所以可令\(r(b-a)\)充分小，所以可以取

\[\varepsilon<|f(c)-f(a)|-r(b-a) \le\sum_{i=0}^{n}|f(x_{i+1})-f(x_i+h_i)|, \]

且

\[\sum_{i=0}^{n}[x_{i+1}-(x_i+h_i)]=m\left(E_c\setminus \sum_{i=1}^{n}[x_i,x_i+h_i] \right)<\delta. \]

这就找到了所需的区间。