实变函数 / 习题/考试 / 作业 / 11

由 Jordan 分解定理, 存在递增函数 $g(x)$ 和 $h(x)$ 满足 $f(x)=g(x)-h(x)$, 那么

由 $g(x)$, $h(x)$ 单调, 可知 $\mint[0]^1 g(xt)\text{d} t$ 和 $\mint[0]^1 h(xt)\text{d} t$ 单调递增且有界, 故均属于 $\text{BV}([0,a])$, 所以 $F(x)\in \text{BV}([0,a])$.

对任一分划 $a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b$, 有

取 $k\to\infty,$

进而有 $f\in \text{BV}([a,b])$.

设 $S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty f_n(x)$, 由 $f_n(x)$ 递增可得 $S(x)$ 递增.

并且有 $\sum\limits_{n=1}^\infty f_n(b)=S(b),\sum\limits_{n=1}^\infty f_n(a)=S(a)$, 从而 $\sum\limits_{n=1}^\infty f_n(b)-f_n(a)=S(b)-S(a)$.

对于任意 $\varepsilon>0$,

一方面, 存在 $N$, 使得 $\sum\limits_{n=N+1}^\infty f_n(b)-f_n(a)<\dfrac\varepsilon 2$.

另一方面, 对于 $n\leqslant N$, 由 $f_n(x)$ 绝对连续, 可知 $\sum\limits_{n=1}^N f_n(x)$ 绝对连续, 故存在 $\delta_0>0$, 满足对任意有限不相交区间若 $\sum y_i-x_i<\delta_0$ 则有 $\sum\sum\limits_{n=1}^N f_n(y_i)-f_n(x_i)<\dfrac \varepsilon 2$.

综上, 取 $\delta=\delta_0$, 则对任意有限不相交开区间 $(y_i,x_i)$, 若满足 $\sum\limits_{i=1}^k y_i-x_i<\delta_0$ 则有

即 $S(x)\in \text{AC}([a,b])$.

$\forall \eta>0$, 由 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续, 则存在 $\varepsilon_0>0$ 使得 $|f(0)-f(x_0)|<\dfrac \eta 3,\quad \forall x_0\in(0,\delta_0)$.

另一方面, 由于 $f(x)\in\text{BV}([0,1])$ 且 $f(x)$ 连续, 那么存在 $\varepsilon_1>0$ 满足 $\bigvee\limits_0^{\varepsilon_1}(f)<\dfrac \eta 3$.

那么取题目中 $\varepsilon=\min(\dfrac{\varepsilon_0}{2},\varepsilon_1)$ 则 $f(x)$ 在 $[\varepsilon,1]$ 上绝对连续, 存在 $\delta_0>0$ 使 $[\varepsilon,1]$ 中的满足条件的开区间变差和小于 $\dfrac \eta 3$.

我们取 $\delta=\delta_0$, $[0,1]$ 中任意有限个长度和不超过 $\delta$ 且不相交的开区间 $(x_i,y_i)$, 有

• (1) $I_1=\{i: (x_i,y_i)\subseteq [0,\varepsilon)\}$ 该部分由 $\sum\limits_{i\in I_1}|f(y_i)-f(x_i)|\leqslant\bigvee\limits_0^{\varepsilon_1}(f)\leqslant\dfrac{\eta}{3}$
• (2) $I_2=\{i: (x_i,y_i)\subseteq (\varepsilon,1]\}$ 该部分由 $[\varepsilon,1]$ 上绝对连续得到 $\sum\limits_{i\in I_2}|f(y_i)-f(x_i)|\leqslant\dfrac \eta 3$.
• (3) $I_3=\{i: \varepsilon\in (x_i,y_i)\}$ 该部分最多含有一个区间, 并且有 $|f(y_i)-f(x_i)|=|f(y_i)-f(\varepsilon)+f(\varepsilon)-f(x_i)|\leqslant |f(y_i)-f(\varepsilon)|+|f(\varepsilon-f(x_i))|$ 其中第一部分归到 (2) 中计算, 第二部分由在 $x=0$ 处连续可知 $|f(\varepsilon)-f(x_i)|\leqslant \dfrac \eta 3$.

综上, 我们有 $\sum\limits_{i=1}^n |f(y_i)-f(x_i)|\leqslant \dfrac \eta 3 + \dfrac \eta 3 + \dfrac \eta 3 = \eta$, 于是 $f(x)\in\text{AC}([0,1])$.

由 $f(x)$ 是非负绝对连续函数, 从而 $f(x)$ 有界, 即存在 $M>0$, 使得 $f(x)\leqslant M$.

于是由 lagrange $|f^p(x)-f^p(y)|=|f(x)-f(y)|p\xi^{p-1}\leqslant|f(x)-f(y)|pM^{p-1}$.

则对于任意 $\varepsilon>0$, 存在 $\delta>0$ 使得对任意有限个不相交的开区间 $(x_i,y_i)$ 满足 $\sum\limits_{i=1}^n (y_i-x_i)<\delta$ 则有

进而有

所以 $f^p(x)\in\text{AC}([a,b])$.

设 $F(x)=\mint[a]^x f'(t)\text{d} t - (f(x)-f(a))$, 显然有 $F(a)=F(b)=0$. 并且对任意 $a\leqslant x<y\leqslant b$ 有

根据 Lebesgue 定理

进而 $F(x)\equiv0\Rightarrow f(x)=f(a)+\mint[a]^x f'(t)\text{d} t\Rightarrow f(x)\in\text{AC}([a,b])$.

同上题, 设 $F(x)=\mint[a]^x |f'(t)|\text{d} t - \bigvee\limits_{a}^x(f)$, 显然有 $F(a)=F(b)=0$. 并且对任意 $a\leqslant x<y\leqslant b$ 有

又 $\dfrac{\text{d}}{\text{d} x}\bigvee\limits_{a}^x(f)=|f'(x)|$ 根据 Lebesgue 定理

进而 $F(x)\equiv0\Rightarrow \bigvee\limits_a^x=\mint[a]^x |f'(t)|\text{d} t\Rightarrow \bigvee\limits_a^x\in\text{AC}([a,b])\Rightarrow f(x)\in\text{AC}([a,b])$. 其中最后一步应用 $|f(y)-f(x)|\leqslant\bigvee\limits_x^y(f)$.

由 $g_k(x)$ 绝对连续, 则 $g_k(x)-g_k(a)=\mint[a]^x g_k'(t)\text{d} t$, 令 $k\to\infty$ 并使用控制收敛定理可得

再由微积分基本定理可得 $g'(x)=f(x),\ \text{a.e.}\ x\in[a,b]$.

对任意 $\varepsilon>0$,

由 $g(x)$ 绝对连续, 则存在 $\delta_1>0$ 满足对任意有限个不相交且长度和小于 $\delta_1$ 的开区间 $(x_i,y_i)$ 有 $\sum\limits_{i=1}^n |g(y_i)-g(x_i)|<\varepsilon$.

由 $f(x)$ 绝对连续, 则存在 $\delta_2>0$ 满足对任意有限个不相交且长度和小于 $\delta_2$ 的开区间 $(x_i,y_i)$ 有 $\sum\limits_{i=1}^n |f(y_i)-f(x_i)|<\delta_1$.

从而我们取 $\delta=\delta_2$, 那么对任意有限个不相交且长度和小于 $\delta_2$ 的开区间 $(x_i,y_i)$ 有

且由于 $f(x)$ 严格递增, $(f(x_i),f(y_i))$ 也是不相交的区间, 进而有

即 $g(f(x))\in\text{AC}([a,b])$.

对任意 $\varepsilon>0$,

由 $g(x)$ 绝对连续, 则存在 $\delta_1>0$ 满足对任意有限个不相交且长度和小于 $\delta_1$ 的开区间 $(x_i,y_i)$ 有 $\sum\limits_{i=1}^n |g(y_i)-g(x_i)|<\dfrac{\varepsilon}{M}$.

从而我们取 $\delta=\delta_1$, 那么对任意有限个不相交且长度和小于 $\delta_1$ 的开区间 $(x_i,y_i)$ 由 $f(x)$ 满足 Lipschitz 条件,

即 $f(g(x))\in\text{AC}([a,b])$.