Real And Complex Analysis

Chapter 1 Abstract Integral

Basic Definitions

需要注意的是 $f^{-1}(A)=B$ 意思是 $f(B)=A$ , $\{ x \vert f(x)\in B \} =A$

$X$ 上的一个拓扑就是 $X$ 的幂集族的子集( $X$ 的子集族) $\tau$ 满足

$\varnothing\in \tau,X\in \tau$
$X$ 中元素的任意有限交和无限并仍属于 $X$

定义了 $\tau$ 的 $X$ 是拓扑空间, $\tau$ 中元素为开集

$f:X\to Y$ 是连续函数当且仅当任意开集的原像是开集.

度量,度量空间

度量是一个二元函数 $d(x,y)$ 满足

$d(x,y)=d(y,x)$
$d(x,y)+d(y,z)\ge d(x,z)$
$d(x,y)=0 \iff x=y$
$d(x,y)\in [0,+\infty)$

$B(x,r)=\{ y \vert d(x,y)<r\}$ 定义为开球.由开球做拓扑基生成的拓扑是度量空间.

在度量空间中,函数连续等价于对每一点 $x_0$ ,任意 $f(x_0)$ 的邻域 $V$ 存在 $x_0$ 的邻域 $U$ 使得 $f(U)\subseteq V$

左推右是容易的: $f^{-1}(V)$ 一定是包含 $x_0$ 的开集.

右推左考虑对开像集 $V$ 内的每个点 $x$ 找到了一个开邻域 $N_x\in V$ ,再找到 $f(U_x)\subset N_x$ ,则把所有的 $U_x$ 并起来就是 $f^{-1}(V)$ 且是开集.

$\sigma \text{-algebra}$

$X$ 的子集族 $m$ 满足

$X\in m$
$S\in m \implies S^C \in m$
$m$ 中元素任意可数交(并)在 $m$ 中

定义了 $\sigma$ -algebra的集合 $X$ 为测度空间, $m$ 中的元素为可测集.

开集的原像是可测集的函数是可测函数.

sigma-algebra 实际上包含了所有对集合进行交并补差等运算的结果.

基本性质

设 $Y$ 和 $Z$ 是拓扑空间， $g: Y \to Z$ 连续。
- (a) 若 $X$ 是拓扑空间， $f: X \to Y$ 连续，则 $h = g \circ f: X \to Z$ 连续。
- (b) 若 $X$ 是可测空间， $f: X \to Y$ 可测，则 $h = g \circ f: X \to Z$ 可测。
设 $u$ 和 $v$ 是可测空间 $X$ 上的实可测函数， $\Phi$ 是平面到拓扑空间 $Y$ 的连续映射，定义 $h(x) = \Phi(u(x), v(x))$ 。则 $h: X \to Y$ 是可测的。
设 $X$ 是可测空间。
- (a) 若 $f = u + iv$ ，其中 $u, v$ 是实可测函数，则 $f$ 是复可测函数。
- (b) 若 $f = u + iv$ 是复可测函数，则 $u, v$ 和 $|f|$ 都是实可测函数。
- (c) 若 $f, g$ 是复可测函数，则 $f+g$ 和 $fg$ 也是。
- (d) 若 $E$ 是可测集，则特征函数 $\chi_E$ 是可测函数。
- (e) 若 $f$ 是复可测函数，则存在复可测函数 $\alpha$ 使得 $|\alpha|=1$ 且 $f = \alpha |f|$ 。
若 $\mathscr{F}$ 是 $X$ 的任意子集族，则存在包含 $\mathscr{F}$ 的最小 $\sigma$ -代数 $\mathfrak{M}^*$ 。这称为由 $\mathscr{F}$ 生成的 $\sigma$ -代数。

第一条由定义显然.

第二条考虑先建立 $f(x)=(u(x),v(x))$ 是到平面的映射,则平面上长方形拓扑基 $[a,b]\times [c,d]$ 的原像是 $u^{-1}([a,b])\cap v^{-1}([c,d])$ 是开集,于是 $h=\Phi(f)$ 可测

第三条应用第二条的结论:

(a)是 $\Phi(a,b)=a+bi$
(b)是因为 $\Re(z),\Im(z),\vert z\vert$ 是连续函数(欧氏空间?)
(c)是 $\Phi(a,b)=a+b,\Phi(a,b)=ab$
(d)直接用定义
(e)考虑 $\dfrac{f}{\vert f\vert}=\alpha$ ,然后用1.和2.

第四条考虑取所有包含 $\mathscr{F}$ 的sigma algebra的交集,只要说明这个交集是sigma-algebra.那你验证的时候发现那几条是显然的.

Borel Sets

Borel 集 (Borel Sets)

设 $X$ 是拓扑空间。由 $X$ 中所有开集生成的最小 $\sigma$ -代数 $\mathscr{B}$ 中的元素称为 $X$ 的 Borel 集。

Borel映射指的是Borel集的sigma-algebra下可测的映射.

闭集是 Borel 集。
$F_\sigma$ 集（闭集的可数并）和 $G_\delta$ 集（开集的可数交）是 Borel 集。
任何连续映射都是 Borel 可测的（Borel mapping）。

显然
显然
显然

设 $\mathfrak{M}$ 是 $X$ 上的 $\sigma$ -代数， $Y$ 是拓扑空间， $f$ 映射 $X$ 到 $Y$ 。

(a) 若 $\Omega = \{E \subset Y: f^{-1}(E) \in \mathfrak{M}\}$ ，则 $\Omega$ 是 $Y$ 上的 $\sigma$ -代数。
(b) 若 $f$ 可测且 $E$ 是 $Y$ 中的 Borel 集，则 $f^{-1}(E) \in \mathfrak{M}$ 。
(c) 若 $Y = [-\infty, \infty]$ 且对每个实数 $\alpha$ 都有 $f^{-1}((\alpha, \infty]) \in \mathfrak{M}$ ，则 $f$ 可测。
(d) 若 $f$ 可测， $Z$ 是拓扑空间， $g: Y \to Z$ 是 Borel 映射，且 $h = g \circ f$ ，则 $h$ 可测。

(a)在说 $X$ 的sigma-algebra自然的引出了 $Y$ 上的.由映射原像和像的关系验证定义是显然的.

(b)是考虑首先 $E$ 是开集的时候定义显然,然后就得到 $F_\sigma,G_\delta$ ,然后 $F_{\sigma,\delta}$ 和 $G_{\delta,\sigma}$ 这样扩展下去最后扩展到所有borel集.

错,Borel集并不能被这样划分成可数层,一个反例是你这么划分之后每层取一个得到的集合

考虑由(a),构造这样一个 $\Omega$ ,则 $\Omega$ 包含 $E$ 中的所有开集(因为 $f$ 可测).但因为Borel集的sigma algebra是最小的包含所有开集的sigma-algebra,所以 $\Omega$ 包含所有Borel集,结束.

(c)是因为你可以由 $(a,\infty]$ 通过可数交得到 $[a,\infty]$ 然后 $[-\infty,a)$ ,于是可以得到任何 $(a,b)$ ,就说明所有开集都成立.

(d)显然

上极限与下极限

设 $\{a_n\}$ 是扩展实数序列。

$b_k = \sup \{a_k, a_{k+1}, \dots\}$ ， $\beta = \inf \{b_1, b_2, \dots\}$ 。 $\beta$ 称为 $\{a_n\}$ 的上极限 (upper limit)，记为 $\limsup_{n \to \infty} a_n$ 。

类似地定义下极限 (lower limit)： $\liminf_{n \to \infty} a_n = -\limsup_{n \to \infty} (-a_n)$ 。

对于函数序列 $\{f_n\}$ ， $\sup f_n$ 和 $\limsup f_n$ 定义为逐点进行。若 $\lim_{n \to \infty} f_n(x)$ 在每点存在，则称 $f$ 为序列 $\{f_n\}$ 的逐点极限。

若 $f_n: X \to [-\infty, \infty]$ 可测 ( $n=1, 2, \dots$ )，且 $g = \sup_{n \ge 1} f_n$ ， $h = \limsup_{n \to \infty} f_n$ ，则 $g$ 和 $h$ 也是可测的。

由上一条,只要证明对所有的 $(a,+\infty]$ 满足原像可测.

对 $g$ , $g(x)>a \iff \exists k,f_k(x)>a$ ,于是 $g^{-1}((a,+\infty])=\cup_i f_k^{-1}((a,+\infty])$ 可测.

而 $h(x)=\inf_i \sup_{j>i} f_j(x)$ ,于是你用两次 $g$ 的结论即可.

Integral

简单函数

若复函数 $s$ 的值域仅包含有限个点，则称 $s$ 为简单函数 (simple function)。形式为 $s = \sum_{i=1}^n \alpha_i \chi_{A_i}$ 。

$s$ 可测当且仅当每个 $A_i$ 可测。

显然

设 $f: X \to [0, \infty]$ 可测。存在可测简单函数序列 $s_n$ 使得：

(a) $0 \le s_1 \le s_2 \le \dots \le f$ 。
(b) 对每个 $x \in X$ ， $s_n(x) \to f(x)$ ( $n \to \infty$ )。

考虑把值域按照 $2^{-i}$ 分成若干段 $I_{i,k}=[k2^{-i},(k+1)2^{-i}),k\le 2^{2i}$ .然后让 $f_n(x)=i \ s.t.\ f(x)\in I_{n,i}$ ,不存在就是 $0$ .

测度

(a) 正测度 (positive measure) 是定义在 $\sigma$ -代数 $\mathfrak{M}$ 上的函数 $\mu$ ，取值于 $[0, \infty]$ ，且具有可数可加性 (countably additive)：对于互不相交的可测集族 $\{A_i\}$ ，有 $\mu(\bigcup A_i) = \sum \mu(A_i)$ 。且假设至少有一个 $A$ 使 $\mu(A) < \infty$ 。
(b) 测度空间 (measure space) 是一个赋有正测度的可测空间。
(c) 复测度 (complex measure) 是定义在 $\sigma$ -代数上的复值可数可加函数。

注意正测度不是复测度的子集,因为复测度值域通常不含 $+\infty$

设 $\mu$ 是 $\sigma$ -代数 $\mathfrak{M}$ 上的正测度。则：

(a) $\mu(\varnothing) = 0$ 。
(b) $\mu(A_1 \cup \dots \cup A_n) = \mu(A_1) + \dots + \mu(A_n)$ 若 $A_i$ 互不相交（有限可加性）。
(c) $A \subset B \implies \mu(A) \le \mu(B)$ （单调性）。
(d) 若 $A_n \in \mathfrak{M}, A_n \subset A_{n+1}$ 且 $A = \bigcup A_n$ ，则 $\mu(A_n) \to \mu(A)$ 。
(e) 若 $A_n \in \mathfrak{M}, A_n \supset A_{n+1}$ 且 $\mu(A_1)$ 有限，则 $\mu(A_n) \to \mu(\bigcap A_n)$ 。

显然,显然(取后面的全是空),显然

对(d),考虑 $A=\sum (A_{n+1}-A_n)$ ,于是 $\mu(A)=\sum \mu(A_{n+1}-A_n)$ ,级数收敛显然部分和趋向 $\mu(A)$ .

对(e),考虑把 $A_i$ 当全集然后对 $A_k$ 的补集们用(d),要求 $\mu(A_1)$ 是防止补集的测度出现 $\infty-\infty$ 会爆炸(真的有反例,比如计数测度, $A_1=N$ ,然后 $A_n=A_{n-1}-\{ n-1 \}$ )

我们把 $R$ 扩充出 $+\infty,-\infty$ .

无穷有一些未定义行为.但定义 $0\cdot \infty=0$

正函数的勒贝格积分

若 $s: X \to [0, \infty)$ 是可测简单函数， $s = \sum_{i=1}^n \alpha_i \chi_{A_i}$ ，定义 $\int_E s d\mu = \sum_{i=1}^n \alpha_i \mu(A_i \cap E)$ 。

若 $f: X \to [0, \infty]$ 可测，定义 $\int_E f d\mu = \sup \int_E s d\mu$ ，上确界取遍所有满足 $0 \le s \le f$ 的可测简单函数 $s$ 。

这称为 $f$ 关于测度 $\mu$ 在 $E$ 上的Lebesgue 积分。

积分的基本性质：

(a) 若 $0 \le f \le g$ ，则 $\int_E f d\mu \le \int_E g d\mu$ 。
(b) 若 $A \subset B$ 且 $f \ge 0$ ，则 $\int_A f d\mu \le \int_B f d\mu$ 。
(c) 若 $f \ge 0$ 且 $c$ 为常数 ( $0 \le c < \infty$ )，则 $\int_E cf d\mu = c \int_E f d\mu$ 。
(d) 若对所有 $x \in E$ 有 $f(x)=0$ ，则 $\int_E f d\mu = 0$ 。
(e) 若 $\mu(E)=0$ ，则 $\int_E f d\mu = 0$ 。
(f) 若 $f \ge 0$ ，则 $\int_E f d\mu = \int_X \chi_E f d\mu$ 。

对(a), $s\le f \implies s\le g$ ,显然.

对(b),对每个 $s\le f$ ,都有 $\int_A sd\mu\le \int_b sd\mu$ ,显然.

对(c),同样是对每个简单函数成立,然后再分析上确界性质成立.(e),(f)是一样

(d)是因为 $0\le s\le f \implies s=0$ .

设 $s, t$ 为非负可测简单函数。定义 $\phi(E) = \int_E s d\mu$ 。则 $\phi$ 是 $\mathfrak{M}$ 上的测度。且 $\int_X (s+t) d\mu = \int_X s d\mu + \int_X t d\mu$ 。

先证是测度,就要证可数可加性,则

\begin{gathered} \sum_i \phi(E_i) \\ =\sum_i \int_{E_i}sd\mu \\ =\sum_i\sum_j \alpha_j \mu(E_i\cap A_j) \\ =\sum_j \alpha_j \sum_i\mu(E_i\cap A_j) \\ =\sum_j \alpha_j \mu(E \cap A_j) \\ =\phi(E) \end{gathered}

然后对 $s+t$ ,考虑就是

\begin{gathered} \int_X (s+t)d\mu \\ =\sum_i \sum_j (\alpha_i+\beta_j)\mu(A_i\cap B_j) \\ =\sum_i \alpha_i \sum_j \mu(A_i\cap B_j) \\ +\sum_j \beta_j \sum_i \mu(A_i\cap B_j) \\ =\int_X sd\mu+\int_X td\mu \end{gathered}

Lebesgue 单调收敛定理 (Lebesgue's Monotone Convergence Theorem)

设 $\{f_n\}$ 是 $X$ 上的可测函数序列，满足：

(a) $0 \le f_1(x) \le f_2(x) \le \dots \le \infty$ 对每点 $x$ 成立，
(b) $f_n(x) \to f(x)$ ( $n \to \infty$ ) 对每点 $x$ 成立。

则 $f$ 可测，且 $\int_X f_n d\mu \to \int_X f d\mu$ ( $n \to \infty$ )。

由前面结论,那么 $f=\limsup_n f_n$ 可测.

设 $\alpha=\lim_{n \to \infty} \int_X f_nd\mu$ ,显然 $\alpha\le f_Xfd\mu$ .只要证另一边.

取 $s<f$ , $E_n=\{ x\vert f_n(x)\ge cs(x) \},c\in (0,1)$ ,则

\begin{gathered} \int_X f_nd\mu\ge \int_{E_n} f_nd\mu\ge c\int_{E_n} sd\mu \end{gathered}

那么对 $n$ 取极限, $E_n$ 会变成 $X$

\begin{gathered} \alpha \ge c\int_{X} sd\mu \end{gathered}

再对 $c$ 取极限就是

\begin{gathered} \alpha \ge \int_X sd\mu \end{gathered}

再对 $s$ 取上确界就能得到右边是 $\int_X fd\mu$ .

[think] 这个证明是怎么回事呢?因为积分是简单函数积分的上确界所以你只要说明对简单函数.但 $f_n$ 可能始终不大于某个简单函数(否则你直接取那个 $f_n$ ,它的积分比简单函数大),所以你只能先证明 $cs$ 最后再取极限干回来.AI说这是常见套路.

[think] 这个定理在 $E_n$ 缩小积分值时用到了非负性.

若 $f_n: X \to [0, \infty]$ 可测，且 $f(x) = \sum_{n=1}^\infty f_n(x)$ ，则 $\int_X f d\mu = \sum_{n=1}^\infty \int_X f_n d\mu$ 。

对部分和数列 $F_n$ 用上面的单调定理.因为有限求和和积分总是可交换的.

Fatou 引理 (Fatou's Lemma)

若 $f_n: X \to [0, \infty]$ 可测，则 $\int_X (\liminf_{n \to \infty} f_n) d\mu \le \liminf_{n \to \infty} \int_X f_n d\mu$ 。

\begin{gathered} g_k(x)=\inf_{n\ge k} f_n(x) \end{gathered}

则 $g_k$ 是单调递增的,于是对它用单调收敛定理就有

\begin{gathered} \lim_{k \to +\infty} \int_X g_k(x)d\mu=\int_X \lim_{k\to +\infty} g_k(x)d\mu=\int_X \liminf f_n(x)d\mu \end{gathered}

又因为

\begin{gathered} \forall n\ge k \\ g_k\le f_n \\ \implies \int_X g_k(x)d\mu\le \int_X f_n(x)d\mu \\ \implies \int_X g_k(x)d\mu\le \inf_{n\ge k} f_n(x)d\mu \end{gathered}

带入上式左边即证.

[think] 其中使用单调收敛那一步依赖非负.

设 $f: X \to [0, \infty]$ 可测，定义 $\phi(E) = \int_E f d\mu$ 。则 $\phi$ 是 $\mathfrak{M}$ 上的测度，且对于任意值域在 $[0, \infty]$ 的可测函数 $g$ ，有 $\int_X g d\phi = \int_X gf d\mu$ 。 (注：有时记作 $d\phi = f d\mu$ )。

先证 $\phi$ 是测度.只要证

\begin{gathered} \sum\phi(E_n) \\ =\sum_n \sup_{s<f} \int_{E_n} sd\mu \\ \ge \sup \sum_n \int_{E_n} sd\mu \\ =\phi(E) \end{gathered}

那么要证反过来的,

\begin{gathered} \sum \phi(E_n) \\ =\sum_n \sup_{s<f} \int_{E_n} sd\mu \\ \ge \sum_n \int_{E_n} sd\mu,(s>cf,c<1) \\ \ge c\phi(E) \end{gathered}

然后取极限让 $c=1$ ,于是 $\phi$ 是测度.

则

\begin{gathered} \int_X gd\phi \\ =\sup_{s<g} \sum_i \alpha_i \int_{A_i} fd\mu \\ =\sup_{s<g} \sum_i \int_{A_i} sfd\mu \\ =\sup_{s<g} \int_X sfd\mu \end{gathered}

然后显然这个不大于 $\int_X gfd\mu$ .

又因为一定存在 $s>cg(c<1)$ ,就能取 $c$ 极限的证明不小于,于是得证.

Complex Integral

$L^1(\mu)$

$L^1(\mu)$ 是所有满足 $\int_X |f| d\mu < \infty$ 的复可测函数 $f$ 的集合。成员称为 Lebesgue 可积函数或可和函数。

复函数的积分

若 $f = u + iv \in L^1(\mu)$ ，定义 $\int_E f d\mu = \int_E u^+ d\mu - \int_E u^- d\mu + i \int_E v^+ d\mu - i \int_E v^- d\mu$ 。

设 $f, g \in L^1(\mu)$ ， $\alpha, \beta$ 为复数。则 $\alpha f + \beta g \in L^1(\mu)$ ，且 $\int_X (\alpha f + \beta g) d\mu = \alpha \int_X f d\mu + \beta \int_X g d\mu$ 。

首先对于正函数:

基本性质里已经证了乘法,只要证加法.

那么 $\int_X ad\mu+\int_X bd\mu=\sup \int_X s_1d\mu+\sup \int_X s_2d\mu\ge \sup \int_X (s_1+s_2)d\mu=\int_X (a+b)d\mu$ .

另一边还是取 $c$ 取极限的套路显然.

然后对复函数积分,先拆开然后用四遍正函数的显然是对的.

若 $f \in L^1(\mu)$ ，则 $|\int_X f d\mu| \le \int_X |f| d\mu$ 。

存在 $\vert \alpha\vert=1,\alpha \int_X fd\mu\in R$

则

\begin{gathered} \vert \int_X fd\mu \vert \\ =\int_X \alpha fd\mu \\ =\int_X \Re(\alpha f)d\mu \\ \le \int_X \vert f \vert d\mu \end{gathered}

取实部是因为和是实数,虚部加起来一定是 $0$ .

Lebesgue 控制收敛定理 (Lebesgue's Dominated Convergence Theorem)

设 $\{f_n\}$ 是复可测函数序列，使得 $f(x) = \lim_{n \to \infty} f_n(x)$ 对每点 $x$ 存在。

若存在 $g \in L^1(\mu)$ 使得对所有 $n$ 和 $x$ 都有 $|f_n(x)| \le g(x)$ ，

则 $f \in L^1(\mu)$ ， $\lim_{n \to \infty} \int_X |f_n - f| d\mu = 0$ ，且 $\lim_{n \to \infty} \int_X f_n d\mu = \int_X f d\mu$ 。

首先我们可以看出有了模长积分为 $0$ 那个就能推出后面那个极限和积分可交换.

然后你要注意到固定 $x$ 后 $\vert f(x)\vert=\lim_{n\to \infty} \vert f_n(x)\vert \le g(x)$ ,于是 $\vert f_n-f\vert \le 2g$ .

\begin{gathered} \int_X 2gd\mu \stackrel{\text{Fatou's lemma}}{\le} \liminf_n \int_X (2g-\vert f_n-f \vert )d\mu\\ =\int_X 2gd\mu+\liminf -\int_X \vert f_n-f \vert d\mu \\ \implies \limsup \int_X \vert f_n-f \vert d\mu \le 0 \end{gathered}

[think] 就是你其实想直接用Fatou的结论反一下说明 $\limsup \int_X \vert f_n-f\vert\le \int_X \limsup \vert f_n-f\vert$ 的,但fatou不是对称的因为它是对非负函数(所以有个底限制了函数值),所以要对称过来需要 $g$ .

Almost Everywhere

几乎处处

若性质 $P$ 在 $E$ 中除去一个测度为 0 的集合 $N$ 外处处成立，则称 $P$ 在 $E$ 上几乎处处 (almost everywhere, a.e.) 成立。若 $\mu(\{x: f(x) \neq g(x)\}) = 0$ ，写作 $f \sim g$ 。若 $f \sim g$ ，则对任意 $E$ ， $\int_E f d\mu = \int_E g d\mu$ 。

完备化

设 $(X, \mathfrak{M}, \mu)$ 是测度空间。令 $\mathfrak{M}^*$ 为所有满足存在 $A, B \in \mathfrak{M}$ 使得 $A \subset E \subset B$ 且 $\mu(B-A)=0$ 的集合 $E$ 的族。定义 $\mu(E) = \mu(A)$ 。

则 $\mathfrak{M}^*$ 是 $\sigma$ -代数， $\mu$ 是 $\mathfrak{M}^*$ 上的测度。

这个扩展测度称为完备的 (complete)， $\mathfrak{M}^*$ 称为 $\mathfrak{M}$ 的 $\mu$ -完备化。

要证明新的测度和sigma algebra.

显然 $\mu(B-A)+\mu(A)=\mu(B)$ 所以 $\mu(A)=\mu(B)$ .

那么对先添加的集合,发现 $E^C$ 一定也同时存在.若 $A_i\subset E_i\subset B_i$ ,则 $\bigcap A_i\subset \bigcap E_i\subset \bigcap B_i$ ,所以也都存在,是sigma-algebra.

而测度方面,新的集合都可以加上一个 $\mu(B-E)=0$ 变成 $\mu(B)$ 所以是对的.

关于扩展可测函数的定义：如果 $f$ 定义在 $E \in \mathfrak{M}$ 上且 $\mu(E^c)=0$ ，且对任意开集 $V$ ， $f^{-1}(V) \cap E$ 可测，则可以称 $f$ 在 $X$ 上可测（通过在 $E^c$ 上令 $f=0$ ）。

设 $\{f_n\}$ 是几乎处处定义的复可测函数序列，且 $\sum_{n=1}^\infty \int_X |f_n| d\mu < \infty$ 。则级数 $f(x) = \sum_{n=1}^\infty f_n(x)$ 对几乎所有 $x$ 收敛， $f \in L^1(\mu)$ ，且 $\int_X f d\mu = \sum_{n=1}^\infty \int_X f_n d\mu$ 。

先设 $S_i$ 是 $f_i$ 的定义域, $S=\bigcap S_i$ , $\mu(S^C)=0$

设 $g(x)=\sum_{i=1}^\infty \vert f_i(x)\vert$ ,则单调收敛定理说

\begin{gathered} \int_X g(x)=\lim_{n \to \infty} \int_X \sum_{i=1}^n \vert f_n(x) \vert \\ =\lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^n \int_X \vert f_n(x) \vert \\ <\infty \end{gathered}

$g(x)$ 几乎处处收敛可以推出 $f(x)$ 几乎处处收敛. $g$ 可积也可以推出 $f$ 可积.

然后考虑用 $g$ 控制收敛,

\begin{gathered} f\le \vert f \vert \le g \end{gathered}

于是可交换.

(a) 设 $f: X \to [0, \infty]$ 可测， $E \in \mathfrak{M}$ ，且 $\int_E f d\mu = 0$ 。则在 $E$ 上几乎处处 $f=0$ 。
(b) 设 $f \in L^1(\mu)$ 且对所有 $E \in \mathfrak{M}$ 有 $\int_E f d\mu = 0$ 。则在 $X$ 上几乎处处 $f=0$ 。
(c) 设 $f \in L^1(\mu)$ 且 $|\int_X f d\mu| = \int_X |f| d\mu$ 。则存在常数 $\alpha$ 使得几乎处处 $\alpha f = |f|$ 。

(a)

取 $s\ge cf,c\in (0,1)$ , $c\int_E fd\mu\le \int_E sd\mu=\sum_i \alpha_i \mu(A_i)$ .

则 $\alpha_i\ne 0 \implies \mu(A_i)=0$ ,于是 $s$ 几乎处处为 $0$ .然后 $s$ 为 $0$ 的地方 $f$ 一定为 $0$ .

(b)

把大于 $0$ 的原像和小于 $0$ 的分别用(a)

(c)

\begin{gathered} \alpha \int_X fd\mu=\vert \int_X fd\mu \vert \\ \implies \int_X \alpha fd\mu=\int_X \Re(\alpha f)d\mu=\int_X \vert f \vert d\mu \\ \implies \int_X (\vert f \vert -\Re(\alpha f))d\mu=0 \end{gathered}

对最后一行用(a).

设 $\mu(X) < \infty, f \in L^1(\mu)$ , $S$ 是复平面上的闭集。若对于每个满足 $\mu(E)>0$ 的 $E \in \mathfrak{M}$ ，平均值 $A_E(f) = \frac{1}{\mu(E)} \int_E f d\mu$ 都在 $S$ 中，则几乎对所有 $x \in X$ ，有 $f(x) \in S$ 。

$S$ 是闭集所以 $S^C$ 是开集,所以对 $S^C$ 的每个点存在一个小圆盘 $D(x,r)\subset S^C$ , $S^C$ 可以表示为可数个小圆盘的并集,只要说明对每个小圆盘原像测度是 $0$ .

而对一个小圆盘 $D(x,r)$ ,设 $f^{-1}(D(x,r))=E$ ,则

\begin{gathered} \vert A_E(f)-x \vert \\ ={\left \vert \dfrac{1}{\mu(E)} \int_E (f-x)d\mu \right \vert} \\ \le \dfrac{1}{\mu(E)} \int_E \vert f-x \vert d\mu \\ \le r \end{gathered}

但着代表了 $A_E(f)$ 在圆盘内部,与题目条件矛盾.

设 $\{E_k\}$ 是可测集序列，使得 $\sum_{k=1}^\infty \mu(E_k) < \infty$ 。则几乎所有 $x \in X$ 只属于有限个 $E_k$ 。

要利用我们的新工具.

\begin{gathered} \sum_{k=1}^\infty \mu(E_k)=\int_X \sum_{k=1}^\infty \chi_{E_k}d\mu=\int_X gd\mu<\infty \end{gathered}

从而 $\mu(g^{-1}(\infty))=0$ ,而 $g^{-1}(\infty)$ 恰好就是属于无穷个 $E$ 的 $x$ 的集合.

Chapter 2 Borel Measure

复向量空间

略

然后他说, $f(x)\to \int_X f(x)d\mu$ 是线性泛函, $f(x) \to \int_X g(x)f(x)d\mu$ 当 $g$ 有界时是线性泛函.

拓扑学基础

设 $X$ 是一个拓扑空间。

(a) 集合 $E \subset X$ 称为闭集，如果其补集 $E^c$ 是开集。
(b) 集合 $E \subset X$ 的闭包 $\bar{E}$ 是包含 $E$ 的 $X$ 中最小的闭集。
(c) 集合 $K \subset X$ 称为紧集，如果 $K$ 的每一个开覆盖都包含一个有限子覆盖。特别地，如果 $X$ 本身是紧的，则称 $X$ 为紧空间。
(d) 点 $p \in X$ 的邻域是包含 $p$ 的 $X$ 的任意开子集。
(e) $X$ 称为 Hausdorff 空间，如果满足：若 $p \in X, q \in X$ 且 $p \neq q$ ，则存在 $p$ 的邻域 $U$ 和 $q$ 的邻域 $V$ 使得 $U \cap V = \varnothing$ 。
(f) $X$ 称为局部紧的，如果 $X$ 的每一点都有一个闭包为紧集的邻域。

设 $K$ 是拓扑空间 $X$ 中的紧集， $F$ 是闭集。如果 $F \subset K$ ，则 $F$ 是紧集。

考虑任意包含 $F$ 的无限开覆盖,加入 $F^C$ 后一定覆盖 $K$ ,而它有有限子覆盖.此时如果 $F^C$ 在里面你把它去掉,得到的就是 $F$ 的有限覆盖.

Corollary 如果 $A \subset B$ 且 $B$ 具有紧闭包，则 $A$ 也具有紧闭包。

显然

设 $X$ 是 Hausdorff 空间， $K \subset X$ ， $K$ 是紧集，且 $p \in K^c$ 。

则存在开集 $U$ 和 $W$ 使得 $p \in U$ ， $K \subset W$ ，且 $U \cap W = \varnothing$ 。

这个是想说你不仅可以分开两个点,也可以分开一个点和一个集合.

考虑对 $K$ 内的每个点 $k_i$ 取一个邻域 $S_i$ ,与 $p$ 的一个邻域 $T_i$ 不交( $S_i\cap T_i=\varnothing$ ),则 $S_n$ 构成 $K$ 的开覆盖,于是取它的有限覆盖是覆盖 $K$ 的,则把它们并起来作为 $W$ ,把对应的 $T_i$ 的交作为 $U$ 即可.

Corollary

(a) Hausdorff 空间的紧子集是闭集。

(b) 如果 $F$ 是 Hausdorff 空间中的闭集， $K$ 是紧集，则 $F \cap K$ 是紧集。

(a)考虑因为外面每个点都能找到一个邻域和这个子集无交,没有边界点是开集,所以子集是闭集.

(b)考虑一个无限覆盖,然后补上对称差,然后得到有限覆盖,然后去掉对称差.

如果 $\{K_\alpha\}$ 是 Hausdorff 空间中紧子集的集合，且 $\bigcap_\alpha K_\alpha = \varnothing$ ，则 $\{K_\alpha\}$ 的某个有限子集也有空交集。

第一反应是考虑 $K_\alpha^C$ 构成对全集的覆盖,但没有说整个空间是紧的.

所以你任取一个紧集 $K_0$ ,那么这些补集构成对它的覆盖,那么取有限覆盖,这有限个元素再交上 $K_0$ 本身一定是空.

设 $U$ 是局部紧 Hausdorff 空间 $X$ 中的开集， $K \subset U$ ，且 $K$ 是紧集。则存在一个闭包为紧集的开集 $V$ ，使得 $K \subset V \subset \bar{V} \subset U.$

对 $K$ 内每个点 $k_i$ 先取一个闭包是紧的邻域 $S_i$ ,那么这个邻域内一定有一个在 $U$ 内的更小邻域且闭包是紧的(紧集内的闭集是紧的).这些邻域中有一个 $K$ 的有限覆盖为 $\{ V_n \}$ .令 $G=\bigcup V_i$

如果 $U$ 是全集问题就解决了,但问题是 $\overline G\subset U$ 不满足.

此时考虑 $U^C$ ,对 $U^C$ 中的任何一个点 $u_i$ 可以找一个邻域 $U_i$ 和包含 $K$ 的开集 $W_i$ 不交, $U_i\cap W_i=\varnothing \implies u_i\notin \overline {W_i}$ (这是因为 $u_i$ 如果在边界上那么它的邻域 $U_i$ 需要与 $W_i$ 相交).

此时考虑 $\{ \overline{G}\cap \overline{W_i}\cap U^C \}$ 这组集合,紧集交闭集是紧的于是它们是紧的,且它们交集为空,于是其中有限个交集为空,也就意味着 $\overline{G}\cap \bigcap \overline{W_i}$ 与 $U^C$ 交为空,于是取 $V=G\cap \bigcap W_i$ 即可.

[think] 你先想到 $G$ 是容易的,然后你考虑 $U^C$ 得到 $W$ 也是可以想到的,然后你会想把 $W$ 交起来交 $G$ 当构造,但直接交就不是开集了.你考虑你其实就是希望 $((\bigcap \overline {W_i})\cap \overline G)\cap U^C=\varnothing$ ,所以取有限的就够用.

要会用这个紧集族的有限交性质

设 $f$ 是拓扑空间上的实（或广义实）函数。

如果对于每个实数 $\alpha$ ，集合 $\{x: f(x) > \alpha\}$ 是开集，则称 $f$ 是下半连续的。

如果对于每个实数 $\alpha$ ，集合 $\{x: f(x) < \alpha\}$ 是开集，则称 $f$ 是上半连续的。

拓扑空间 $X$ 上的复函数 $f$ 的支集 (support) 是集合 $\{x: f(x) \neq 0\}$ 的闭包。

$X$ 上所有支集为紧集的连续复函数的集合记为 $C_c(X)$ 。

设 $X$ 和 $Y$ 是拓扑空间，且 $f: X \to Y$ 是连续的。如果 $K$ 是 $X$ 的紧子集，则 $f(K)$ 是紧集。

连续函数把紧集映成紧集

考虑一个 $f(K)$ 的开覆盖,其中每个开集的原像都是开集,且都要包含 $f(K)$ 的原像 $f^{-1}(f(K))\supset K$ ,于是它们的原像覆盖 $K$ ,那么取 $K$ 的有限覆盖再映射回来就有限覆盖 $f(K)$ .

Corollary

任意 $f \in C_c(X)$ 的值域是复平面的紧子集。

紧子集并了一个单点 $0$ 当然还是紧的.

[think] 注意这个实际上实际还告诉你 $C_c$ 中的函数都是有界的.

记号 $K \prec f$ 表示 $K$ 是 $X$ 的紧子集， $f \in C_c(X)$ ，对所有 $x \in X$ 有 $0 \le f(x) \le 1$ ，且对所有 $x \in K$ 有 $f(x)=1$ 。

记号 $f \prec V$ 表示 $V$ 是开集， $f \in C_c(X)$ ， $0 \le f \le 1$ ，且 $f$ 的支集包含于 $V$ 。

记号 $K \prec f \prec V$ 表示同时满足上述两个条件。

Urysohn's Lemma

设 $X$ 是局部紧 Hausdorff 空间， $V$ 是 $X$ 中的开集， $K \subset V$ ，且 $K$ 是紧集。则存在 $f \in C_c(X)$ 使得 $K \prec f \prec V.$

所以你要怎么构造一个连续函数呢?这个定理说你把集合和有理数对应:

现在你有 $K\subset V$ ,我们知道可以找到 $K\subset V_1\subset \overline{V_1}\subset V$ .然后你又可以分成 $K\subset V_1$ 和 $\overline{V_1}\subset V$ 细分,可以得到一个无限延伸的二叉树.

那么我们可以把它对应有理数的二进制小数表示吧,我们给第 $i$ 层的集合对 $(K,V)$ 赋值,如果它是左儿子赋值 $2^{-i}$ ,是右儿子赋值 $0$ ,对一个点 $p$ 把所有满足 $p\in V-K$ 的 $(K,V)$ 对的权值加起来作为函数值.(自然还要单独赋值 $K$ 和 $V^C$ 上的值)

因为每层至多有一个对的权值被加了,所以一定收敛.

那么显然对每个实数对应了一个开集原像,所以是连续函数.

紧集寄掉了,我们现在构造的东西支集是 $\overline V$ 不保证是紧的.

但是没有关系,把我们上面的构造改成从 $(K,V')$ 作为根建二叉树即可,其中 $K\subset V'\subset \overline{V'}\subset V$ 即可.

设 $V_1, \dots, V_n$ 是局部紧 Hausdorff 空间 $X$ 的开子集， $K$ 是紧集，且 $K \subset V_1 \cup \dots \cup V_n.$ 则存在函数 $h_i \prec V_i$ ( $i=1, \dots, n$ ) 使得 $h_1(x) + \dots + h_n(x) = 1 \quad (x \in K).$ 集合 $\{h_1, \dots, h_n\}$ 称为 $K$ 上从属于覆盖 $\{V_1, \dots, V_n\}$ 的单位分解。

对 $K$ 内每个点 $p$ 存在 $p\in N_p\subset \overline{N_p}\subset V_{i_p}$ ,然后它们之中有一个 $K$ 的有限覆盖,我们令 $H_k=\bigcup_{i_p=k} \overline{N_p}$ .

这样我们找到一些紧集被 $V$ 包含且覆盖 $K$ .

则可以找到 $H_i\prec g_i\prec V_i$ ,然后令

\begin{gathered} h_i=g_i\prod_{j=1}^{i-1} (1-g_j) \end{gathered}

Reize Representation Theorem

The Riesz Representation Theorem

设 $X$ 是局部紧 Hausdorff 空间， $\Lambda$ 是 $C_c(X)$ 上的正线性泛函。则在 $X$ 中存在一个包含所有 Borel 集的 $\sigma$ -代数 $\mathfrak{M}$ ，并且在 $\mathfrak{M}$ 上存在唯一的正测度 $\mu$ ，它在下述意义下表示 $\Lambda$ ：

(a) 对每一个 $f \in C_c(X)$ ， $\Lambda f = \int_X f d\mu$ ，
(b) 对每一个紧集 $K \subset X$ ， $\mu(K) < \infty$ 。
(c) 对每一个 $E \in \mathfrak{M}$ ， $\mu(E) = \inf\{\mu(V): E \subset V, V \text{ is open}\}$ .(外正则)
(d) 对每一个开集 $E$ 以及每一个满足 $\mu(E) < \infty$ 的 $E \in \mathfrak{M}$ ，关系 $\mu(E) = \sup\{\mu(K): K \subset E, K \text{ is compact}\}$ 成立。(内正则)
(e) 如果 $E \in \mathfrak{M}$ ， $A \subset E$ ，且 $\mu(E)=0$ ，则 $A \in \mathfrak{M}$ 。

首先,如果 $\Lambda$ 可以对不连续函数那就直接用 $\mu(S)=\Lambda \chi_S$ 就行了,所以你考虑逼近.同时因为 $M$ 必须包含所有开集,定义 $\mu(V)=\inf_{V\prec f} \Lambda f$ 或 $\mu(V)=\sup_{f\prec V}$ .

但这两种里只有第二种是可以的,注意 $f\prec V$ 是一定可行的而 $\prec f$ 的定义其实是对紧集定义的,这个开集外面可能没有紧集.

此时可以定义其他所有集合(后面会筛选出合适的 $M$ ,剩余集合的值不要了)的值是 $\mu(E)=\inf_{V\subset E} \mu(V)$ .

然后为了构造Borel代数 $M$ ,我们取所有满足内外正则性的有限集合,即满足 $\mu(E)=\sup_{K\subset E} \mu(K)$ 且 $\mu(E)<\infty$ 的构成 $M_f$ ,所有满足,对任意 $M_f$ 中的集合 $A$ ,有 $A\cap E\in M_f$ 中的集合 $E$ 组成最终所求的代数 $M$ .

[think] 这个构造还是很难想到.不过 $M_f$ 到 $M$ 的一个理解方式是要求无限集合的每个局部有想要的性质.

现在要证明性质了:

$\mu(E)\le \sum_i \mu(E_i),\bigcup E_i=E,E_i\cap E_j=\emptyset$

先证明 $\mu(V_1\cup V_2)\le \mu(V_1)+\mu(V_2)$ ,对任意 $g\prec V_1\cup V_2$ ,存在 $f_1\prec V_1,f_2\prec V_2$ ,且对 $\operatorname{supp} g$ 有 $f_1+f_2=1$ .那么 $g=gf_1+gf_2$ ,于是 $\Lambda g=\Lambda (gf_1+gf_2)\le \Lambda f_1+\Lambda f_2=\mu(V_1)+\mu(V_2)$ 对任意 $g$ 成立,取上确界后成立.

考虑一组 $V_i\supset E_i,V\supset E,f\prec V$ ,那么 $f$ 的支集一定可以被有限集 $C$ 中的 $V_i,i\in C$ 覆盖,于是

\begin{gathered} \Lambda f\le \mu(\bigcup_{i\in C} V_i)\le \sum_{i\in C}\mu(V_i)\le \sum_{i=1}^\infty\mu(E_i)+\epsilon \\ \implies \mu(E)\le \sum_{i=1}^\infty \mu(E_i)+\epsilon \\ \implies \mu(E)\le \sum_{i=1}^\infty \mu(E_i) \end{gathered}

紧集 $K\in M_f$ ,且 $\mu(K)=\sup_{K\prec f} \Lambda f$

测度有界是因为 $\Lambda$ 的值域是不包含无穷的.所以对一个紧集只要找到开集 $V\supset K$ 且 $\overline V$ 是紧的,则由刚才的Urysohn, $\exists f\prec V$ ,又一定 $\exists \overline{V}\prec g$ ,则显然

\begin{gathered} f\le g \\ \implies \Lambda f\le \Lambda g \\ \implies \sup \Lambda f\le \inf \Lambda g \\ \implies \mu(K)\le \mu(V)\le \inf\Lambda g<\infty \end{gathered}

然后是考虑一个开集, $V\supset K$ 满足 $\mu(V)\le \mu(K)+\epsilon$ (根据 $K$ 的测度的定义),那么我们一定可以找到 $K\prec f\prec V$ ,于是 $\mu(K)\le \Lambda f\le \mu(V)<\mu(K)+\epsilon$ ,对 $\epsilon$ 取极限得证.

测度有限的开集都在 $M_f$ 中(满足内正则)

考虑取一个 $f\prec V,\Lambda f>\mu(V)-\epsilon$ ,考虑 $f$ 的支集 $K$ ,那么 $\mu(K)=\inf_{W\supset K} \mu(W)$ ,而对任意这样的 $W$ 有 $f\prec W$ ,所以 $\Lambda f\le \mu(W)$ ,所以 $\Lambda f\le \mu(K)$ , $\mu(K)>\mu(V)-\epsilon$ .于是得证

这样我们证明了 $M_f$ 包含了有限开集和所有紧集.

$M_f$ 中的元素满足测度的可数可加性:

\begin{gathered} E=\bigcup E_i,E_i\cap E_j=\emptyset \\ \implies \mu(E)=\sum _{i = 1} ^{\infty} \mu(E_i) \end{gathered}

以及若 $\mu(E)<\infty,E\in M_f$ (内正则性).

首先我们已经知道了 $\mu(E)\le \sum_i \mu(E_i)$ ,只需要证明另一边.

因为 $M_f$ 中的集合有内外正则性,我们可以找 $K_i\subset E_i,\mu(K_i)>\mu(E_i)-\epsilon_i$ 和 $V_i\supset E_i,\mu(V_i)<\mu(E_i)+\epsilon_i$ .

额你仔细想一下,发现开集那边第一条引理用过了,这里应该走紧集:考虑 $K_1,K_2$ .

那么因为两个紧集不交,我们可以找到 $V_1\cap V_2=\emptyset,V_1\supset K_1,V_2\supset V_2$ (Hausdorff性质,两点可分推出一个点和一个集合可分,因为那个集合和这边每个点都可分所以和并也可分),然后 $K_1\prec f_1\prec V_1,K_2\prec f_2\prec V_2$ .因为外正则性和正测度的单调性,我们能推出一定能取 $V_i$ 使得 $\mu(V_i)<\mu(K_i)+\epsilon$ ,那么 $\Lambda f_i\le \mu(V_i)<\mu(K_i)+\epsilon$

\begin{gathered} \mu(K_1)+\mu(K_2)+2\epsilon \\ >\Lambda f_1+\Lambda f_2 \\ =\Lambda (f_1+f_2) \\ >\mu(K_1\cup K_2) \end{gathered}

对 $\epsilon$ 取极限就是 $\mu(K_1)+\mu(K_2)\ge \mu(K_1\cup K_2)$ .因为我们之前证过反过来的所以 $\mu(K_1)+\mu(K_2)=\mu(K_1\cup K_2)$ .

现在证明原问题,如果 $\mu(E)=\infty$ 结合之前不等式另一边是显然的,否则设 $H_n=\bigcup_{i=1}^n K_i$ ,则:

\begin{gathered} \mu(E)\ge \mu(H_n)=\sum _{i = 1} ^{n} \mu(K_i)>\sum _{i = 1} ^{n} \mu(E_i)-\epsilon \end{gathered}

取极限(对 $n$ 和 $\epsilon$ )即证不等式的另一边,和前面结论一起就是可数可加性.

[think] 直接从有限可加到可数要用到测度的连续性,因为你在处理集合的测度( $\mu(\bigcup A)$ ),而这种不等号的方式固定了 $\mu(E)$ ,所以一直在处理实数.

若 $A_1\in M_f,A_2\in M_f$ ,则 $A_1-A_2,A_1\cup A_2,A_1\cap A_2$ 都属于 $M_f$

我们取 $K_i\subset A_i\subset V_i$ 且 $\mu(K_i)>\mu(A_i)-\epsilon,\mu(V_i)<\mu(A_i)+\epsilon$ ,那么 $K_1-V_2$ 是闭集交紧集是紧集且在 $A_1-A_2$ 里面.

那么要算这玩意的大小,你发现没法直接算,但是 $(K_1-V_2)\cup (V_2-K_2)\cup (V_1-K_1)=V_1-K_2\supset A_1-A_2$ ,而多的两项都小于 $\epsilon$ ,所以 $\mu(K_1-V_2)$ 和 $\mu(A_1-A_2)$ 差不到 $2\epsilon$ ,内正则性满足.

然后剩下两个只要接着用 $A_1-A_2$ 和前面加法的结论就好了.

$M$ 是一个sigma-algebra

只要验证补集和可数并集.注意这里 $M$ 是那个局部是 $M_f$ 的集合构成的集合.

对任意紧集 $K$ 和 $M$ 中的集合 $A$ ,首先有 $K\in M_f$ ,又因为 $A\cap K\in M_f$ ,而 $A^C\cap K=K-(A\cap K)\in M_f$ .

对可数并,我们需要想办法转化成加法,于是若 $A=\bigcup A_i$ 让 $B_n=(A_n\cap K)-(\bigcup_{i=1}^{n-1} B_i)$ ,就得到 $B_i\in M_f$ ,从而 $\sum B_n=A\cap K\in M_f$ ,

$M_f$ 恰好是所有 $M$ 中的有限测度集合.

也就是性质(d)

首先前面证了 $M_f$ 对交封闭,所以 $M\supset M_f$ .

而 $M$ 中的一个有限集合 $E$ ,因为它有限所以可以有 $V\supset E,\mu(V)<\mu(E)+\epsilon$ ,然后取 $K\subset V,\mu(K)>\mu(V)-\epsilon$ ,则 $E\cap K\in M_f$ ,从而 $\exists H\subset E\cap K,\mu(E\cap K)<\mu(H)+\epsilon$ .

这样 $\mu(E)\le \mu(E\cap K)+\mu(V-K)<\mu(H)+2\epsilon$ ,内正则性得证.

由这些我们可以推出 $\mu$ 是Borel测度了.

最后:

\begin{gathered} \forall f\in C_c(X),\Lambda f=\int_X fd\mu \end{gathered}

复的可以拆成两个实的证,只要考虑实的.

这里的思路是切割 $f$ 的值域,每段用特征函数逼近.

考虑 $\operatorname{range} f\subset [a,b]$ ,对 $\epsilon$ ,设 $y_0=a<y_1<y_2<\ldots<b<y_n$ .考虑一段 $[y_i,y_{i+1})$

那么定义 $\operatorname{supp}f=K$ ,考虑 $E_i=f^{-1}([y_i,y_{i+1}))\cap K$ (连续映射把borel集拉回到borel集),于是 $E_i$ 是borel集.

于是可以找 $V_i\supset E_i,\mu(V_i)<\mu(E_i)+\epsilon_i$ ,然后我们可以找 $f_i\prec V_i$ 满足 $K$ 上 $\sum_i f_i=1$ .

于是:

\begin{gathered} \Lambda f=\sum _{i = 1} ^{n} \Lambda(h_if) \\ \le \sum _{i = 1} ^{n} (y_i+\epsilon)\Lambda h_i \\ = \sum _{i = 1} ^{n} (y_i+\epsilon+\vert a \vert)\Lambda h_i-\vert a \vert \sum _{i = 1} ^{n} \Lambda h_i \\ \le \sum _{i = 1} ^{n} (y_i+\epsilon+\vert a \vert )\mu(V_i)-\vert a \vert \mu(K)\\ \le \sum _{i = 1} ^{n} (y_i+\epsilon+\vert a \vert )(\mu(E_i)+\epsilon_i)-\vert a \vert \sum _{i = 1} ^{n} \mu(E_i) \\ =\sum _{i = 1} ^{n} (y_i-\epsilon)\mu(E_i)+2\epsilon\mu(K)+(\epsilon+\vert a \vert +\sum_{i=1}^n y_i)(\sum_i \epsilon_i) \\ \xRightarrow{ \epsilon_i=\frac{\epsilon}{n} } \le \int_X fd\mu+\epsilon(2\mu(K)+\vert a \vert +b+\epsilon) \end{gathered}

取 $\epsilon$ 极限,就是 $\Lambda f\le \int_X fd\mu$ .

然后注意到你只要代入 $-f$ 就是反向的不等式.于是得证.

定义在局部紧 Hausdorff 空间 $X$ 的所有 Borel 集构成的 $\sigma$ -代数上的测度 $\mu$ 称为 $X$ 上的 Borel 测度。

如果 $\mu$ 是正测度，Borel 集 $E \subset X$ 称为外正则的，如果它具有定理 2.14 中的性质 (c)；称为内正则的，如果它具有定理 2.14 中的性质 (d)。如果 $X$ 中的所有 Borel 集既是外正则又是内正则的，则称 $\mu$ 是正则的。

sigma-compact

拓扑空间中的集合 $E$ 称为 $\sigma$ -紧的，如果 $E$ 是可数个紧集的并。

测度空间中的集合 $E$ （带有测度 $\mu$ ）称为具有 $\sigma$ -有限测度，如果 $E$ 是可数个满足 $\mu(E_i) < \infty$ 的集合 $E_i$ 的并。

设 $X$ 是局部紧、 $\sigma$ -紧的 Hausdorff 空间。如果 $\mathfrak{M}$ 和 $\mu$ 如定理 2.14 中所述，则 $\mathfrak{M}$ 和 $\mu$ 具有以下性质：

(a) 如果 $E \in \mathfrak{M}$ 且 $\epsilon > 0$ ，则存在闭集 $F$ 和开集 $V$ 使得 $F \subset E \subset V$ 且 $\mu(V-F) < \epsilon$ 。
(b) $\mu$ 是 $X$ 上的正则 Borel 测度。
(c) 如果 $E \in \mathfrak{M}$ ，则存在集合 $A$ 和 $B$ 使得 $A$ 是 $F_\sigma$ 集， $B$ 是 $G_\delta$ 集， $A \subset E \subset B$ ，且 $\mu(B-A)=0$ 。

(a):

$E$ 有限的时候结论显然成立,无限的时候问题在于内正则只对开集和有限可测集成立.而现在多了个sigma-compact

考虑整个空间被 $\bigcup_i K_i$ 覆盖,那么 $E\cap K_i$ 都是有内外正则性的,于是可以对每个 $E\cap K_i$ 找到 $V_i,F_i$ 满足 $\mu(V_i-F_i)<\epsilon_i,F_i\subset E\cap K_i\subset V_i$ .

对开集取可数并还是开集,所以这里外侧是好做的:你取 $\epsilon_i=2^{-i}$ 然后把 $V_i$ 并起来就能得到所求的 $V$ .但是 $F$ 不能直接把 $K_i$ 并起来做.

于是它的做法是用开集从外部逼近 $E^C$ ,然后把得到的 $V'$ 做 $F=V'^C$ ,问题就解决了.

(a)成立就直接推出(b)成立

对(c),考虑对(a)取极限,让 $\epsilon=\dfrac{1}{n}$ 得到一串 $V_n$ 和 $F_n$ ,然后取极限 $B=\bigcap V_i,A=\bigcup F_j$ ,即证

设 $X$ 是局部紧 Hausdorff 空间，且其中每个开集都是 $\sigma$ -紧的。设 $\lambda$ 是 $X$ 上的任意正 Borel 测度，且对每个紧集 $K$ 都有 $\lambda(K) < \infty$ 。则 $\lambda$ 是正则的。

紧集测度有界所以对任何 $C_c(X)$ 函数积分 $\int_X fd\lambda$ 都是有限的,可以定义

\begin{gathered} f\to \int_X fd\lambda \end{gathered}

是一个线性泛函,那么应用前面的Riesz就有存在 $\mu$ 构成Borel测度,且

\begin{gathered} \int_X fd\lambda=\int_X fd\mu \end{gathered}

只要说明 $\mu=\lambda$ .

因为有所有开集都是sigma紧的条件,考虑一个开集 $V$ 和可数个紧集 $K_i$ ,我们可以找到 $K_i\prec f_i\prec V$ ,设 $g_n=\max_{i=1}^n f_i$ ,则它单调递增且逐点收敛到 $\chi_V$ ,可以用单调收敛,有

\begin{gathered} \lambda(V)=\int_X \lim_{n \to \infty} g_nd\lambda \\ =\lim_{n \to \infty} \int_X g_nd\lambda \\ =\lim_{n \to \infty} \int_X g_nd\mu \\ =\int_X\lim_{n \to \infty} g_nd\mu \\ =\mu(V) \end{gathered}

于是所有开集相等.

然后对剩下的集合,考虑对任意集合 $E$ 找到 $K$ 和 $V$ 以 $\mu(V-K)<\epsilon$ 夹住它,那么因为 $V-K$ 是开集所以 $\lambda(V-K)=\mu(V-K)<\epsilon$ ,同时 $\mu(V)=\lambda(V)$ ,所以 $\lambda(E)\in (\lambda(K),\lambda(V))=(\lambda(V)-\epsilon,\lambda(V))=(\mu(V)-\epsilon,\mu(V))$ 然后这个区间里有 $\mu(E)$ ,所以 $\lambda(E)=\mu(E)$

[think] 其实 $g$ 就是对 $\chi$ 的连续逼近啊.构造这样的逼近然后用单调收敛解决问题.

Lesbeige Measure

Euclidean Spaces

欧几里得 $k$ 维空间 $R^k$ 是所有坐标 $\xi_i$ 为实数的点 $x=(\xi_1, \dots, \xi_k)$ 的集合。

定义 $x+y$ 和 $\alpha x$ 。定义内积 $x \cdot y = \sum \xi_i \eta_i$ 和范数 $|x|=(x \cdot x)^{1/2}$ 。度量定义为 $\rho(x,y)=|x-y|$ 。

$R^k$ 中的开集是可数个不相交盒子的并。

首先前面这些是好说的,重点看这最后一条:我们定义 $P_p$ 为所有坐标是 $2^{-p}$ 整数倍的点的集合,为格点, $\Omega_p$ 为所有坐标是 $2^{-p}$ 的整数倍的点为一个顶点,边长为 $2^{-p}$ 的立方体的集合,而 $\Omega$ 为 $\bigcup_i \Omega_i$ ,其中的元素就是所有的格子.

那么可以定义一个格子的体积就是 $2^{-pk}$ .

对于一个开集,每个点可以取开球邻域,那么在对应的球内一定可以取一个格子.然后你发现两个格子只有不交和包含两种关系,所以把包含去掉就是不交并了.从而可以定义开集的体积.

在 $R^k$ 的某个 $\sigma$ -代数 $\mathfrak{M}$ 上存在唯一的正完备测度 $m$ ，具有以下性质：

(a) 对每个 $k$ -维胞腔 (box/cell) $W$ ， $m(W) = \text{vol}(W)$ 。
(b) $\mathfrak{M}$ 包含 $R^k$ 中的所有 Borel 集；更确切地说， $E \in \mathfrak{M}$ 当且仅当存在 $A, B \subset R^k$ 使得 $A \subset E \subset B$ ， $A$ 是 $F_\sigma$ ， $B$ 是 $G_\delta$ ，且 $m(B-A)=0$ 。此外， $m$ 是正则的。
(c) $m$ 是平移不变的，即对每个 $E \in \mathfrak{M}$ 和每个 $x \in R^k$ ，有 $m(E+x) = m(E)$ 。
(d) 如果 $\mu$ 是 $R^k$ 上任意正的平移不变 Borel 测度，且对每个紧集 $K$ 都有 $\mu(K) < \infty$ ，则存在常数 $c$ 使得对所有 Borel 集 $E \subset R^k$ 有 $\mu(E) = c m(E)$ 。
(e) 对每一个 $R^k$ 到 $R^k$ 的线性变换 $T$ ，对应一个实数 $\Delta(T)$ ，使得对每个 $E \in \mathfrak{M}$ ，有 $m(T(E)) = \Delta(T)m(E)$ 。

我们要定义一个测度和一个代数,但你发现直接做是很麻烦的.

考虑 $\Lambda_n f=2^{-kp} \sum_{x\in P_p} f(x)$

你看这个就是黎曼积分啊,然后它走了一遍连续函数推黎曼可积的路,说明了 $\lim_{n \to \infty} \Lambda_n f$ 存在,定义为 $\Lambda f$ .

然后Riesz说明存在一个测度 $m$ .且自然的推出(b).

为了证明(a),你可以用和上个定理一样的办法逼近 $\chi$ ,只不过构造的时候改成用邻域的紧闭包.

证明(c)用的方法是构造 $\lambda(E)=m(E+x)$ ,从而会有 $\lambda=m$ 对所有格子成立(由(a)),从而对所有开集成立,从而对任意集合成立(也和上一个定理很像).

证明(d),只要考虑那个新测度对某个格子的值,然后发现等式对所有格子成立再推到任意集合成立.

证明(e):如果 $\Delta\ne 0$ 则 $T$ 是可逆且线性的,于是你可以定义 $\mu(E)=m(T(e))$ ,然后用(d).

并非每个 Lebesgue 可测集都是 Borel 集。并非 $R^k$ 的每个子集都是 Lebesgue 可测的。

第一条只要考虑Borel集的拓扑基是所有的开球,开球的数量是 $R^k\times R$ 仍然是连续统,但考虑一个测度为 $0$ 的可测集康托尔集且不可数,所以它的势有 $2^\text{cardinality of the continuum}$ .

对于第二条:

如果 $A \subset R^1$ 且 $A$ 的每个子集都是 Lebesgue 可测的，则 $m(A)=0$ 。

考虑一个等价关系 $x\sim y \iff x-y\in Q$ ,则令 $E=R/\sim$ ,你发现 $E$ 有 $E+p\cap E+q=\emptyset,p,q\in Q$ ,且任意 $r\in R,\exists p,r\in (E+p)$

然后令 $A_p=A\cap (E+p)$ ,显然 $A_p$ 不交且 $\bigcup_{p\in Q} A_p=A$ .

对任意一个 $A_p$ ,因为它可测并且 $R^k$ sigma紧,所以有内正则性,于是你取一个紧集 $K$ ,再取 $H=\bigcup_{p\in (Q\cap [0,1])} (K+p)$ ,那么 $H$ 是有限测度的,但是 $\mu(H)=\sum \mu(K+p)=\sum\mu(K)$ ,所以 $\mu(K)=0$ .任意紧集测度都是 $0$ 所以 $A_p$ 是 $0$ ,所以 $A$ 是 $0$ .

Corollary 每一个正测度集合都有不可测子集。

Countinuity Properties of Measurable Functions

注意这两个定理是局部紧hausdorff空间的

Lusin's Theorem

设 $f$ 是 $X$ 上的复可测函数， $\mu(A) < \infty$ ，若 $x \notin A$ 则 $f(x)=0$ ，且 $\epsilon > 0$ 。则存在 $g \in C_c(X)$ 使得 $\mu(\{x: f(x) \neq g(x)\}) < \epsilon.$ 此外，我们可以安排使得 $\sup_{x \in X} |g(x)| \le \sup_{x \in X} |f(x)|$ 。

如果 $A$ 是紧的, $f\in [0,1)$

首先你可以找到简单函数列单调逼近 $f$ : $\lim_{n \to \infty} s_n=f$ ,且你使用第一章把函数值域按 $2^{-k}$ 切割取整的方式,那么 $t_n=(s_n-s_{n-1})$ ,则 $t_n$ 的值要么是 $0$ 要么是 $2^{-n}$ ,所以 $t_n=\chi_{T_n}2^{-n}$ .而 $f=\sum_{i=1}^\infty t_n$ .

那么去逼近 $t_n$ 只要逼近 $\chi_{T_n}$ ,显然对每个 $T_n$ 是可测集可以用正则性,于是可以找到 $K_n\subset T_n\subset V_n$ 且 $\mu(V_n-T_n)<\epsilon2^{-n}$ ,于是Urysohn有 $K_n\prec h_n\prec V_n$ .

然后让 $g=\sum_{i=1}^\infty h_i$ ,我们看到每个 $\mu(\{ h_n\ne \chi_n \} )\le 2^{-n}\epsilon$ ,于是加起来和 $f$ 至多在 $\epsilon$ 大小的地方不相等.

注意要求 $g\in C_c(X)$ 所以它的支集是紧,所以你可以先找 $A\subset V$ 满足 $\overline{V}$ 是紧的,之后找 $V_n$ 的时候要求 $V_n\subset V$ .

然后如果 $A$ 不是紧的,那么 $A$ 可测且有限有内正则,所以你可以用一个逼近 $A$ 的紧集代替 $A$ .

如果 $f\notin [0,1)$ ,首先只要拆实部和虚部再乘个值域就对有界复函数成立,只要考虑无界的问题:

设 $B_n=\{ x \vert f(x)>n \}$ ,则 $\bigcap B_n=\emptyset$ 且 $\mu(B_1)<\mu(A)<\infty$ ,所以 $\mu(B_n)\to 0$ ,所以可以找一个足够大的 $B_n$ 转化成有界函数,忽略掉外面的小测度.(有界集合上的函数无穷大的测度总是很小的)

最后那个额外条件只要把多的值抹平就好了,设

\begin{gathered} \phi(x)=\begin{cases} x,\vert x \vert \le R \\ \dfrac{x}{\vert x \vert } R,x>R \end{cases}, \\ R=\sup \vert f(x) \vert \end{gathered}

然后用 $\phi(g)$ 代替 $g$ 即可.因为你这些值本来也不等于 $f$ 了.

Corollary 假设 Lusin 定理的条件满足且 $|f| \le 1$ 。则存在序列 $\{g_n\}$ 使得 $g_n \in C_c(X)$ ， $|g_n| \le 1$ ，且 $f(x) = \lim_{n \to \infty} g_n(x) \quad \text{a.e.}$

Vitali-Carathéodory Theorem

设 $f \in L^1(\mu)$ ， $f$ 是实值函数，且 $\epsilon > 0$ 。则在 $X$ 上存在函数 $u$ 和 $v$ 使得 $u \le f \le v$ ， $u$ 是上半连续且上有界的， $v$ 是下半连续且下有界的，并且 $\int_X (v-u) d\mu < \epsilon.$

我们知道开集的特征函数是下半连续,闭集对应上半连续.所以还是像着特征函数逼近.

那么仍然用前面定理那种构造的简单函数逼近 $\lim_{n \to \infty} s_n=f$ ,它保证了 $\exists T_n,t_n=s_n-s_{n-1}=c_n \chi_{T_n}$ .

那么我们只要改造 $T_n$ ,对每个 $T_n$ 可以找到 $K_n\prec T_n\prec V_n$ 且 $\mu(T_n-K_n)<\epsilon_n$ .

那么直接 $\sum_n c_n\chi_{V_n}$ 就可以是 $v$ ,但直接 $\sum_n c_n\chi_{K_n}$ 不能是 $u$ ,因为上半连续的级数不一定上半连续.

那怎么办呢?考虑因为 $f\in L^1$ 可积,所以 $\int_X f=\int_X \sum c_n\chi_{T_n}=\int_X c_n\mu(T_n)$ 收敛,所以存在 $N$ 使得后面的求和小于 $\epsilon'$ ,

所以我们如果把级数只截断到 $N$ ,最后的积分误差就是 $\sum \epsilon_n+\epsilon'$ .然后你 $\epsilon_n=2^{-n+1}\epsilon,\epsilon'=2^{-1}\epsilon$ 即可.

哦最后,上面是正函数,但对任意实值函数只要正部负部分开然后把uv对应拼起来即可.

Chapter 3

Inequality Preparation

凸函数

略,和分析一样定义在 $R$ 上的

若 $\varphi$ 在 $(a, b)$ 上是凸的，则 $\varphi$ 在 $(a, b)$ 上连续。

直接用单调有界证明割线斜率极限存在

Jensen's Inequality

设 $\mu$ 是集合 $\Omega$ 上 $\sigma$ -代数 $\mathfrak{M}$ 上的正测度，且 $\mu(\Omega) = 1$ 。如果 $f$ 是 $L^1(\mu)$ 中的实函数，满足 $a < f(x) < b$ 对所有 $x \in \Omega$ 成立，且 $\varphi$ 在 $(a, b)$ 上是下凸的，则 $\varphi\left( \int_{\Omega} f \, d\mu \right) \le \int_{\Omega} (\varphi \circ f) \, d\mu$

这种 $\varphi$ 里面的积分是绝对消不掉的,你设它是 $t$ .

那么因为 $\varphi$ 是下凸,所以 $x=t$ 处有一条支撑线满足:

\begin{gathered} \varphi(x)\ge \varphi(t)+k(x-t) \\ \implies \varphi(f(x))\ge \varphi(t)+k(f(x)-t) \end{gathered}

然后同时积分就结束了.

[think] 为什么利用凸函数只要利用一条支撑线?观察琴声的图发现真的是这样!

共轭指数

指满足 $\dfrac{1}{p} +\dfrac{1}{q} =1$ 的 $(p,q)$ 对.包括无穷.

Hölder Inequality and Minkowski Inequality

设 $p$ 和 $q$ 是共轭指数， $1 < p < \infty$ 。设 $X$ 是测度空间，测度为 $\mu$ 。设 $f$ 和 $g$ 是 $X$ 上的可测函数，取值在 $[0, \infty]$ 。则 $\int_X fg \, d\mu \le \left\{ \int_X f^p \, d\mu \right\}^{1/p} \left\{ \int_X g^q \, d\mu \right\}^{1/q}$ 以及 $\left\{ \int_X (f + g)^p \, d\mu \right\}^{1/p} \le \left\{ \int_X f^p \, d\mu \right\}^{1/p} + \left\{ \int_X g^p \, d\mu \right\}^{1/p}$

第一个翻数分笔记就好了是证过的,用Young's Inequality.

第二个:

\begin{gathered} (f+g)^p=f(f+p)^{p-1}+g(f+p)^{p-1} \\ \int f(f+g)^{p-1}\le (\int f^p)^\frac1p (\int (f+g)^{(p-1)q})^\frac1q \\ =(\int f^p)^\frac1p (\int (f+g)^p )^\frac1q \\ \int (f+g)^p =\int f(f+g)^{p-1}+\int g(f+g)^{p-1} \\ \le ((\int f^p)^\frac1p+(\int g^p)^\frac1p) (\int (f+g)^p )^\frac1q \\ \implies (\int (f+g)^p )^{\frac1p}=(\int (f+g)^p )^{1-\frac1q}\le (\int f^p)^\frac1p+(\int g^p)^\frac1p \end{gathered}

然后要处理 $\int (f+g)^p$ 是 $0$ 或无穷的情况. $0$ 的情况元原不等式显然成立,而因为 $x^p$ 是下凸的,所以

\begin{gathered} (\dfrac{f+g}{2} )^p\le \dfrac{f^p+g^p }{2} \end{gathered}

从而不会是无穷.

于是得证.

[think] 这个证明拆 $(f+g)(f+g)^{\frac1p-1}$ 是难以想到的,但Gemini说你考虑 $L^p$ 的对偶空间,有个定理说 $\Vert f \Vert_p = \sup_{\Vert g\Vert_q =1} \int fg$ .然后这里用Holder,然后去对偶空间找 $g$ 使得Holder取等整出来的.所以最后他说处理 $L^p$ 的时候构造一个含 $L^q$ 的乘积是场景trick.

$L^p$ 空间与 $L^p$ 范数

若 $0 < p < \infty$ 且 $f$ 是 $X$ 上的复可测函数，定义 $\|f\|_p = \left\{ \int_X |f|^p \, d\mu \right\}^{1/p}$ 并令 $L^p(\mu)$ 由所有满足 $\|f\|_p < \infty$ 的 $f$ 组成。我们称 $\|f\|_p$ 为 $f$ 的 $L^p$ -范数。

$L^\infty$ 空间

设 $g: X \to [0, \infty]$ 可测。令 $S$ 为所有满足 $\mu(g^{-1}((\alpha, \infty])) = 0$ 的实数 $\alpha$ 的集合。若 $S = \varnothing$ ，令 $\beta = \infty$ 。若 $S \neq \varnothing$ ，令 $\beta = \inf S$ 。我们称 $\beta$ 为 $g$ 的本性上确界（essential supremum）。如果 $f$ 是 $X$ 上的复可测函数，我们定义 $\|f\|_\infty$ 为 $|f|$ 的本性上确界，并令 $L^\infty(\mu)$ 由所有满足 $\|f\|_\infty < \infty$ 的 $f$ 组成。 $L^\infty(\mu)$ 的成员有时被称为 $X$ 上的本性有界可测函数。根据定义，不等式 $|f(x)| \le \lambda$ 几乎处处成立当且仅当 $\lambda \ge \|f\|_\infty$ 。

(几乎处处有界)

若 $p$ 和 $q$ 是共轭指数， $1 \le p \le \infty$ ，且若 $f \in L^p(\mu)$ 且 $g \in L^q(\mu)$ ，则 $fg \in L^1(\mu)$ ，且 $\|fg\|_1 \le \|f\|_p \|g\|_q$

设 $1 \le p \le \infty$ ，且 $f \in L^p(\mu)$ ， $g \in L^p(\mu)$ 。则 $f + g \in L^p(\mu)$ ，且 $\|f + g\|_p \le \|f\|_p + \|g\|_p$

首先 $p\in (1,\infty)$ 的情况就是前面那两个不等式,只需证 $p=1,q=\infty$ 的情况.

设 $\beta=\|g\|_\infty$ ,则对任意 $\epsilon$ ,存在 $x<\beta+\epsilon$ 使得 $\mu(g^{-1}((x,\infty]))=0$ ,于是忽略这些地方的积分就是 $\Vert fg \Vert_1=\int_X fg=\int_{X-g^{-1}((x,\infty])}fg\le x\int_X f<(\beta+\epsilon)\int_X f$ ,然后对 $\epsilon$ 取极限.

第二个道理一样吧.

固定 $p, 1 \le p \le \infty$ 。若 $f \in L^p(\mu)$ 且 $\alpha$ 是复数，显然 $\alpha f \in L^p(\mu)$ 。事实上， $\|\alpha f\|_p = |\alpha| \|f\|_p$ 结合定理 3.9，这表明 $L^p(\mu)$ 是一个复向量空间。

而如果你把 $\Vert f-g \Vert_p$ 定义为距离,就得到度量空间.但注意度量空间要求距离是 $0$ 当前仅当 $f=g$ ,所以你应该把几乎处处相等的函数看成一个等价类,而 $L^p$ 空间是关于这个等价类的空间.

对于 $1 \le p \le \infty$ 和任意正测度 $\mu$ ， $L^p(\mu)$ 是完备度量空间。

首先,完备指的是极限在空间里,且 $\|f-f_n\|_p$ 收敛到0.或者说是在空间里定义的极限而不是外面的逐点极限之类的.

怎么又是我想不到的东西

首先你可以在柯西列中取一个子列 $a_i$ 使得 $\Vert f_{a_i}-f_{a_{i-1}} \Vert_p<\dfrac{1}{2^i}$

那么令 $g_n=\sum _{i = 2} ^{n} \vert f_{a_i}-f_{a_{i-1}} \vert$ ,那么对每一项来说,都有 $\Vert f_{a_i}-f_{a_{i-1}} \Vert_p<\dfrac1{2^i}$ ,于是能推出 $\Vert g_n \Vert \le 1$ ,显然 $g_n$ 是单增的,设 $g_n$ 的极限是 $g$ ,由单调收敛知 $\Vert g \Vert_p \le 1$ .所以 $g$ 几乎处处有界,也就是说 $g_n$ 几乎处处收敛.

这样的好处是说明了 $f_{a_i}-f_{a_{i-1}}$ 几乎处处绝对收敛,于是 $f_{a_i}$ 就收敛了,设收敛到 $f$ .

然后我们最后要证明 $\|f-f_{a_n}\|_p$ 的,你学的定理都是积分的所以你考虑 $\int_X \vert f-f_{a_n}\vert^p$ ,所以你想交换积分号,然后 $\vert f-f_{a_n} \vert \le \vert f \vert +\vert f_{a_n} \vert \le 2(\vert f_{a_1} \vert +g)$ 所以你找到一个控制函数可以用控制收敛定理交换,就证出来了 $f_{a_n}$ 在 $L^p$ 下收敛到 $f$ .

对其他的部分,用柯西转化到 $f_{a_n}$ 上是显然的.

上面因为要用交换积分的收敛定理,所以对 $L^\infty$ 不成立

对 $L^\infty$ ,我们仍然用取一个快速收敛的子列,此时 $\|f_{a_n}-f_{a_{n-1}}\|\le \dfrac1{2^n}$ 几乎处处,于是 $\vert f-f_{a_n}\vert\le g-g_n\le \dfrac{1}{2^n}$ 几乎处处,于是就能推出子列和 $f$ 的距离是趋近 $0$ 的,其他的部分转化到子列上是显然的.

若 $1 \le p \le \infty$ 且 $\{f_n\}$ 是 $L^p(\mu)$ 中的柯西序列，其极限为 $f$ ，则 $\{f_n\}$ 有一个子序列几乎处处逐点收敛于 $f(x)$ 。

这就是上一条证明里构造的 $f_{a_n}$ .我们已经证明了这件事.

设 $S$ 为 $X$ 上所有满足 $\mu(\{x: s(x) \neq 0\}) < \infty$ 的复可测简单函数的集合。若 $1 \le p < \infty$ ，则 $S$ 在 $L^p(\mu)$ 中稠密。

复可测函数就先拆成实部虚部再拆成正负.现在考虑正函数.

如果我们就取那个用二进制构造逐点收敛到 $f$ ,同时非 $0$ 区域越来越大(二进制构造的 $s_n$ 在 $f<\dfrac1{2^n}$ 时为 $0$ ,所以越来越大).

因为处处 $s_n<f$ ,所以 $s_n\in L^p(\mu)$ .

要证明

\begin{gathered} \lim_{n \to \infty} \int_X \vert f-s_n \vert^p=0 \end{gathered}

因为 $\vert f-s_n \vert^p<(\vert f \vert +\vert s_n \vert)^p<2^p \vert f \vert^p$ ,有控制函数,且 $\lim_{n \to \infty} f-s_n=0$ ,于是控制收敛定理,交换积分和极限即证.

对于 $1 \le p < \infty$ ， $C_c(X)$ 在 $L^p(\mu)$ 中稠密。（注：此处 $X$ 为局部紧 Hausdorff 空间， $\mu$ 为 Borel 测度，满足定理 2.14 中的性质）。

考虑首先可以用简单函数逼近 $f\in L^p$ 得到列 $s_n$ .

对 $s_n$ 用Lusin得到 $g_n$ 满足 $\mu(\{ g_n\ne s_n \})<\epsilon_n$ 且 $\sup |g_n|\le \sup |f_n|$ ,于是 $\int_X \vert f-g_n \vert^p<\epsilon_n2^p|f|^p$ .

于是 $|f-g_n|^p<(2|f|)^p$ ,有控制函数,控制收敛即证.

在 $C_c(R^k)$ 上 $\|f-g\|_p$ 是度量(不需要等价类)

因为勒贝格空间下非空开集测度不为 $0$ .(至少包含一个小格子).所以如果一点处不为 $0$ 积分一定不为 $0$ .

于是 $L^p(R^k)$ 是 $C_c(R^k)$ 赋予 $L^p$ 范数的完备化.

局部紧 Hausdorff 空间 $X$ 上的复函数 $f$ 称为在无穷远处消失（vanish at infinity），如果对于任意 $\epsilon > 0$ ，存在紧集 $K \subset X$ 使得对所有 $x \notin K$ 有 $|f(x)| < \epsilon$ 。 $X$ 上所有在无穷远处消失的连续函数 $f$ 的类称为 $C_0(X)$ 。显然 $C_c(X) \subset C_0(X)$ ，且若 $X$ 是紧的，则这两个类重合。在这种情况下我们写作 $C(X)$ 。

若 $X$ 是局部紧 Hausdorff 空间，则 $C_0(X)$ 是 $C_c(X)$ 相对于由上确界范数 $\|f\| = \sup_{x \in X} |f(x)|$ 定义的度量的完备化。

首先要证明 $C_0(X)$ 是完备的.

你发现这个范数下的柯西列 $f_n$ 一定一致收敛到某个函数 $f$ .那么从一致收敛可以推连续性.

显然如果你取一个 $\epsilon$ ,柯西列条件存在一个 $N$ ,于是能得到 $n>N \implies |f_n-f|<\epsilon$ ,于是, $\forall 2\epsilon$ ,因为 $f_n$ 在一个紧集外小于 $\epsilon$ ,于是这外面 $|f|<2\epsilon$ .

于是 $f\in C_0$ ,且从一致收敛容易知道 $\|f-f_n\| \to 0$

再证明 $C_c$ 稠密.显然任何一个 $f\in C_0$ ,找一个 $\epsilon_n\to 0$ 取出一个紧集 $K$ ,再找一个 $K\subset V$ 满足 $\overline{V}$ 紧,可以找到 $K\prec g\prec V$ ,则 $fg$ 是 $C_c$ 中的函数,这样就能构造出收敛到 $f$ 的列.

Chapter 4

复向量空间 $H$ 被称为内积空间（inner product space）或酉空间（unitary space），如果在 $H$ 中每一对有序向量 $x$ 和 $y$ 都对应一个复数 $(x, y)$ ，称为 $x$ 和 $y$ 的内积（或标量积），且满足以下规则：

(a) $(y, x) = \overline{(x, y)}$ 。（横线表示复共轭）
(b) $(x + y, z) = (x, z) + (y, z)$ 对所有 $x, y, z \in H$ 成立。
(c) $(\alpha x, y) = \alpha(x, y)$ 对所有 $x, y \in H$ 和标量 $\alpha$ 成立。
(d) $(x, x) \ge 0$ 对所有 $x \in H$ 成立。
(e) $(x, x) = 0$ 当且仅当 $x = 0$ 。

施瓦茨不等式 (The Schwarz Inequality) 对于 $H$ 中的所有 $x$ 和 $y$ ，有 $|(x, y)| \le \|x\| \|y\|$ 其中 $\|x\| = (x, x)^{1/2}$ 。

我以前居然不知道这是能证的啊

\begin{gathered} \iff (x,y)(y,x)\le (x,x)(y,y) \\ \text{let } z=(x-ray),a\in R,|a|=1,r\in R,r>0 \\ \forall a,r,(z,z)>0 \\ \implies (x,x)+ra(y,x)+\overline{r}a(x,y)+r^2(y,y)\ge 0\\ \implies (y,y)r^2+2r(x,y)+(x,x)\ge r^2(y,y)+ra(y,x)+\overline ra(x,y)+(x,x)\ge 0 \\ \implies 4(x,y)^2<4(x,x)(y,y) \\ \end{gathered}

[think] 我们要用 $(x,y)$ 构造一个负向量触发矛盾,看起来也只能是线性组合?也许这是动机.

Corollary: 对于 $H$ 中的 $x$ 和 $y$ ，有 $\|x + y\| \le \|x\| + \|y\|$

两边用内积展开用上面的定理即可.

由三角不等式可得 $\|x - z\| \le \|x - y\| + \|y - z\|$ 。如果我们定义 $x$ 和 $y$ 之间的距离为 $\|x - y\|$ ，则满足度量空间的所有公理。如果这个度量空间是完备的（即每个柯西序列都在 $H$ 中收敛），则称 $H$ 为希尔伯特空间（Hilbert space）。

对于 $H$ 中任意固定的 $y$ ，映射 $x \to (x, y)$ ， $x \to (y, x)$ ， $x \to \|x\|$ 在 $H$ 上是连续函数。

这里用对点定义的连续显然更好证:

\begin{gathered} |(x_1,y)-(x_2,y)|=|(x_1-x_2,y)|<\|x_1-x_2\|\|y\| \end{gathered}

所以一致连续,显然也连续. $x\to (y,x)$ 同理.

\begin{gathered} |\|x_1\|-\|x_2\||<\|x_1-x_2\| \end{gathered}

是三角不等式啊.所以也一致连续.

子空间 (Subspaces) 向量空间 $V$ 的子集 $M$ 称为 $V$ 的子空间，如果 $M$ 本身相对于 $V$ 中定义的加法和标量乘法构成一个向量空间。 $V$ 的子集 $M$ 成为子空间的充要条件是：只要 $x, y \in M$ 且 $\alpha$ 是标量，就有 $x + y \in M$ 和 $\alpha x \in M$ 。 $H$ 的闭子空间是指相对于 $H$ 的度量诱导的拓扑而言是闭集的子空间。

凸集 (Convex Sets) 向量空间 $V$ 中的集合 $E$ 称为凸集，如果它具有以下几何性质：只要 $x \in E, y \in E$ ，且 $0 < t < 1$ ，则点 $z_t = (1 - t)x + ty$ 也属于 $E$ 。

注：每个子空间都是凸集；如果 $E$ 是凸集，其平移也是凸集。

就是包含任意两点连线.

如果对于 $H$ 中的 $x$ 和 $y$ 有 $(x, y) = 0$ ，我们称 $x$ 与 $y$ 正交（orthogonal），记为 $x \perp y$ 。

令 $x^\perp$ 表示 $H$ 中所有与 $x$ 正交的 $y$ 的集合；如果 $M$ 是 $H$ 的子空间，令 $M^\perp$ 表示 $H$ 中所有与 $M$ 中每个 $x$ 都正交的 $y$ 的集合。

注： $x^\perp$ 和 $M^\perp$ 都是 $H$ 的闭子空间。

4.10 定理 (Theorem) 希尔伯特空间 $H$ 中的每个非空闭凸集 $E$ 都包含唯一的范数最小的元素。

首先显然唯一,因为如果 $x,y$ 都是范数最小的元素且 $x\ne y$ ,则 $x,y$ 不共线,那么:

\begin{gathered} \text{let } m=\dfrac{x+y}{2} \\ \|x\|=\|y\| \implies (m,m)=\dfrac{1}{4} ((x,x)+(y,y)+(x,y)+(y,x)) \\ \le \dfrac{1}{4} ((x,x)+(y,y)+2(x,x)) \\ \implies \|m\|<\|x\| \end{gathered}

那有没有可能不存在呢?那只能是取不到下确界,但是因为范数是连续函数,所以取范数收敛到下确界的点列一定有子列收敛到某个点 $x$ 使得 $\|x\|$ 为最小范数.一定能取到.

设 $M$ 是希尔伯特空间 $H$ 的闭子空间。

(a) 每个 $x \in H$ 都有唯一的分解 $x = Px + Qx$ ,其中 $Px \in M$ 且 $Qx \in M^\perp$ .
(b) $Px$ 和 $Qx$ 分别是 $M$ 和 $M^\perp$ 中距离 $x$ 最近的点.
(c) 映射 $P: H \to M$ 和 $Q: H \to M^\perp$ 是线性的.
(d) $\|x\|^2 = \|Px\|^2 + \|Qx\|^2$ .

分解是唯一的:若 $x=P_1x+Q_1x=P_2x+Q_2x$ ,则 $P_1x-P_2x=Q_2x-Q_1x$ ,左边是 $M$ 的右边是 $M^\perp$ 的,只能分别为 $0$ .

定义 $Px=\argmin_{y\in M} \|x-y\|,Qx=x-Px$ .

$\forall m\in M,\|m\|=1$ ,必然有 $\|Px+rm-x\|\le \|Px-x\|$ ,则

\begin{gathered} (Px+rm-x,Px+rm-x) \\ =(Px-x,Px-x)+r(m,Px-x)+\overline{r(m,Px-x)}+r^2 \\ \ge (Px-x,Px-x) \\ \implies r(r+(m,Px-x)+\overline{(m,Px-x)})>0 \end{gathered}

但显然如哦 $(m,Px-x)=A\ne 0$ ,则 $r(r+2A)$ 可以为负,矛盾.所以一定有 $(m,Px-x)=0$ ,于是 $Q\in M^\perp$ ,(a)得证.

我们已经证明了 $Px$ 是 $M$ 中最近的,那么只要把 $P$ 和 $Q$ 反过来就得到一个新的分解其中 $Qx$ 是最近的,而因为唯一性两个分解相同.于是(b)得证.

(c):考虑 $x=Px+Qx,y=Py+Qy$ ,则 $ax+by$ 显然就是 $aPx+bPy+aQx+bQy$ ,于是线性是显然的.

(d)是显然的.

推论 (Corollary) 如果 $M \neq H$ ，则存在 $y \in H, y \neq 0$ 使得 $y \perp M$ 。 ( $P$ 和 $Q$ 称为 $H$ 到 $M$ 和 $M^\perp$ 上的正交投影)。

如果 $L$ 是 $H$ 上的连续线性泛函，则存在唯一的 $y \in H$ 使得 $Lx = (x, y) \quad (x \in H)$

如果 $L=0$ 令 $y=0$ .

考虑 $N=\{ x|Lx=0 \}$ ,你发现只需要证 $\dim V/N=1$ .但这里不能用维数因为可能是无穷维.因为连续,所以 $N$ 是闭集,外面是开集一定

那么考虑任取 $z\in N^\perp,\forall x,\text{let }u=(Lx)z-(Lz)x$ ,则显然 $Lu=0$ ,于是 $(u,z)=0$ ,于是 $Lx=(Lx)(z,z)=(Lz)(x,z)$ .所以只要取 $y=\overline{Lz}z$ 即可.

[think] 为什么有这么神秘的 $u$ ?需要你换一个视角,考虑 $x-\dfrac{Lx}{Lz}z$ ,如果我们把 $L$ 看成某种方向的分量,那么 $\dfrac{Lx}{Lz}z$ 就是一个投影,从而 $u$ 是另一边的投影.

线性组合：形如 $c_1 x_1 + \dots + c_k x_k$ 的向量。
独立集：集合 $S$ 是独立的，如果 $S$ 的每个有限子集都是线性无关的。
张成空间 $[S]$ ： $S$ 的所有有限线性组合的集合（即包含 $S$ 的最小子空间）。
正交归一集：希尔伯特空间 $H$ 中的一组向量 $u_\alpha$ （其中 $\alpha$ 属于索引集 $A$ ）称为正交归一集（orthonormal set），如果对于所有 $\alpha \neq \beta$ 有 $(u_\alpha, u_\beta) = 0$ ，且对于每个 $\alpha$ 有 $\|u_\alpha\| = 1$ 。
傅里叶系数：如果 $\{u_\alpha: \alpha \in A\}$ 是正交归一集，我们将每个 $x \in H$ 与定义在索引集 $A$ 上的复函数 $\hat{x}$ 关联起来，定义为 $\hat{x}(\alpha) = (x, u_\alpha) \quad (\alpha \in A)$

假设 $\{u_\alpha: \alpha \in A\}$ 是 $H$ 中的正交归一集，且 $F$ 是 $A$ 的有限子集。设 $M_F$ 为 $\{u_\alpha: \alpha \in F\}$ 张成的空间。

(a)如果 $\varphi$ 是 $A$ 上的复函数且在 $F$ 之外为 0，则存在向量 $y = \sum_{\alpha \in F} \varphi(\alpha)u_\alpha \in M_F$ ，使得 $\hat{y}(\alpha) = \varphi(\alpha)$ 对所有 $\alpha \in A$ 成立。此外，

$\|y\|^2 = \sum_{\alpha \in F} |\varphi(\alpha)|^2$

(b)如果 $x \in H$ 且 $s_F(x) = \sum_{\alpha \in F} \hat{x}(\alpha)u_\alpha$ ，则 $\|x - s_F(x)\| < \|x - s\|$ 对于 $M_F$ 中除 $s = s_F(x)$ 以外的所有 $s$ 成立，并且 $\sum_{\alpha \in F} |\hat{x}(\alpha)|^2 \le \|x\|^2$

4.15 符号说明 (Notation) 假设对每个 $\alpha \in A$ 有 $0 \le \varphi(\alpha) \le \infty$ 。符号 $\sum_{\alpha \in A} \varphi(\alpha)$ 表示集合中所有有限和 $\varphi(\alpha_1) + \dots + \varphi(\alpha_n)$ 的最小上界（即 $\varphi$ 关于 $A$ 上计数测度的勒贝格积分）。 $L^2(\mu)$ 在此语境下通常写作 $\ell^2(A)$ 。

4.16 引理 (Lemma) 假设 (a) $X$ and $Y$ 是度量空间， $X$ 是完备的， (b) $f: X \to Y$ 是连续的， (c) $X$ 有一个稠密子集 $X_0$ ，且 $f$ 在其上是等距映射， (d) $f(X_0)$ 在 $Y$ 中稠密。那么 $f$ 是 $X$ 到 $Y$ 上的等距映射。

4.17 定理 (Theorem) 设 $\{u_\alpha: \alpha \in A\}$ 是 $H$ 中的正交归一集， $P$ 是向量 $u_\alpha$ 的所有有限线性组合构成的空间。不等式 $\sum_{\alpha \in A} |\hat{x}(\alpha)|^2 \le \|x\|^2$ 对所有 $x \in H$ 成立（贝塞尔不等式 Bessel inequality），并且映射 $x \to \hat{x}$ 是 $H$ 到 $\ell^2(A)$ 上的连续线性映射，其在 $P$ 的闭包 $\bar{P}$ 上的限制是 $\bar{P}$ 到 $\ell^2(A)$ 上的等距映射。（此即 里斯-费舍尔定理 Riesz-Fischer theorem）。

4.18 定理 (Theorem) 设 $\{u_\alpha: \alpha \in A\}$ 是 $H$ 中的正交归一集。关于 $\{u_\alpha\}$ 的以下四个条件中，每一个都蕴含其他三个： (i) $\{u_\alpha\}$ 是 $H$ 中的极大正交归一集。 (ii) 集合 $P$ （所有有限线性组合）在 $H$ 中稠密。 (iii) 对每个 $x \in H$ ，有 $\sum_{\alpha \in A} |\hat{x}(\alpha)|^2 = \|x\|^2$ (iv) 对所有 $x, y \in H$ ，有 $\sum_{\alpha \in A} \hat{x}(\alpha)\overline{\hat{y}(\alpha)} = (x, y)$ (最后这个公式称为 帕塞瓦尔恒等式 Parseval's identity。极大正交归一集常被称为完备正交归一集或正交归一基)。

4.19 同构 (Isomorphisms) 两个希尔伯特空间 $H_1$ 和 $H_2$ 称为同构的（isomorphic），如果存在一个 $H_1$ 到 $H_2$ 上的双射线性映射 $\Lambda$ ，且保持内积不变： $(\Lambda x, \Lambda y) = (x, y)$ 。如果 $\{u_\alpha: \alpha \in A\}$ 是希尔伯特空间 $H$ 中的极大正交归一集，且定义 $\hat{x}(\alpha) = (x, u_\alpha)$ ，则映射 $x \to \hat{x}$ 是 $H$ 到 $\ell^2(A)$ 上的希尔伯特空间同构。

4.20 偏序集 (Partially Ordered Sets) 集合 $\mathscr{P}$ 称为由二元关系 $\le$ 构成的偏序集，如果满足： (a) $a \le b$ 且 $b \le c$ 蕴含 $a \le c$ 。 (b) 对所有 $\alpha \in \mathscr{P}$ ， $\alpha \le \alpha$ 。 (c) $a \le b$ 且 $b \le a$ 蕴含 $a = b$ 。子集 $\mathscr{2}$ 称为全序集（或线性序集），如果 $\mathscr{2}$ 中任意一对元素 $a, b$ 都满足 $a \le b$ 或 $b \le a$ 。

4.21 豪斯多夫极大性定理 (The Hausdorff Maximality Theorem) 每个非空偏序集都包含一个极大的全序子集。

4.22 定理 (Theorem) 希尔伯特空间 $H$ 中的每个正交归一集 $B$ 都包含在 $H$ 的某个极大正交归一集中。

4.23 定义 (Definitions) 设 $T$ 为复平面上的单位圆。如果 $f$ 是 $T$ 上的函数，且在 $R^1$ 上定义为 $f(t) = F(e^{it})$ ，则 $f$ 是周期为 $2\pi$ 的周期函数。 $L^p(T)$ ( $1 \le p < \infty$ ) 是 $R^1$ 上所有复值、勒贝格可测、周期为 $2\pi$ 的函数的类，其范数定义为 $\|f\|_p = \left\{ \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi |f(t)|^p dt \right\}^{1/p}$ $L^\infty(T)$ 是 $L^\infty(R^1)$ 中所有 $2\pi$ 周期函数的类， $C(T)$ 是 $T$ 上所有连续复函数的类。 三角多项式是形如 $f(t) = \sum_{n=-N}^N c_n e^{int}$ 的有限和。

4.24 三角系统的完备性 (The Completeness of the Trigonometric System) 令 $\mathbb{Z}$ 为所有整数的集合，且令 $u_n(t) = e^{int} (n \in \mathbb{Z})$ 。如果在 $L^2(T)$ 中定义内积为 $(f, g) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t)\overline{g(t)} dt$ ，则 $\{u_n : n \in \mathbb{Z}\}$ 是 $L^2(T)$ 中的正交归一集，通常称为三角系统。该系统是极大的。

4.25 定理 (Theorem) 如果 $f \in C(T)$ 且 $\epsilon > 0$ ，则存在一个三角多项式 $P$ 使得 $|f(t) - P(t)| < \epsilon$ 对于所有实数 $t$ 成立。

4.26 傅里叶级数 (Fourier Series) 对于任意 $f \in L^1(T)$ ，我们通过以下公式定义 $f$ 的傅里叶系数： $\hat{f}(n) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t)e^{-int} dt \quad (n \in \mathbb{Z})$ $f$ 的傅里叶级数为 $\sum_{-\infty}^\infty \hat{f}(n)e^{int}$ ，其部分和为 $s_N(t) = \sum_{-N}^N \hat{f}(n)e^{int}$ 。

在此具体背景下重述定理 4.17 和 4.18：

里斯-费舍尔定理 (Riesz-Fischer theorem)：如果 $\{c_n\}$ 是复数序列且 $\sum_{n=-\infty}^\infty |c_n|^2 < \infty$ ，则存在 $f \in L^2(T)$ 使得 $c_n = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t)e^{-int} dt$ 。
帕塞瓦尔定理 (Parseval theorem)： $\sum_{n=-\infty}^\infty \hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t)\overline{g(t)} dt$ 只要 $f \in L^2(T)$ 且 $g \in L^2(T)$ ；(6) 左边的级数绝对收敛；且如果 $s_N$ 如上定义，则 $\lim_{N \to \infty} \|f - s_N\|_2 = 0$ 。