第十五周作业

本次作业题包括第五章习题5、6、7、14。

习题5

5

因$f,g\in BV([a,b])$，$f,g$在$[a,b]$有某界$M>0$。对任何$a=x_0<\dots<x_k=b$，

（1）

$\begin{align}\sum^k_{i=1}\vert (\alpha f(x_i)+\beta g(x_i))-(\alpha f(x_{i-1})+\beta g(x_{i-1}))\vert&=\sum^k_{i=1}\vert \alpha (f(x_i)-f(x_{i-1}))+\beta (g(x_i)-g(x_{i-1}))\vert\\&\leq \sum^k_{i=1}(\vert\alpha\vert\vert f(x_i)-f(x_{i-1})\vert+\vert\beta\vert\vert g(x_i)-g(x_{i-1})\vert )\\&=\vert\alpha\vert\sum^k_{i=1}\vert f(x_i)-f(x_{i-1})\vert+\vert\beta\vert\sum^k_{i=1}\vert g(x_i)-g(x_{i-1})\vert\\&\leq\vert\alpha\vert V^b_a f+\vert\beta\vert V^b_a g\end{align}$

可见，$V^b_a(\alpha f+\beta g)\leq\vert\alpha\vert V^b_a f+\vert\beta\vert V^b_a g\lt +\infty$，即$\alpha f+\beta g\in BV([a,b])$。

（2）

$\begin{align}\sum^k_{i=1}\vert f(x_i)g(x_i)-f(x_{i-1})g(x_{i-1})\vert&=\sum^k_{i=1}\vert f(x_i)(g(x_i)-g(x_{i-1}))+g(x_{i-1})(f(x_i)-f(x_{i-1}))\vert\\&\leq \sum^k_{i=1}\vert f(x_i)\vert\vert g(x_i)-g(x_{i-1})\vert+\sum^k_{i=1}\vert g(x_{i-1})\vert\vert f(x_i)-f(x_{i-1})\vert\\&\leq M\sum^k_{i=1}\vert g(x_i)-g(x_{i-1})\vert+M\sum^k_{i=1}\vert f(x_i)-f(x_{i-1})\vert\\&\leq M V^b_a f+M V^b_a g\end{align}$

可见，$V^b_a(fg)\leq M(V^b_a f+V^b_a g)\lt +\infty$，即$fg\in BV([a,b])$。

（3）

$\begin{align}\sum^k_{i=1}\vert \frac{1}{g(x_i)}-\frac{1}{g(x_{i-1})}\vert&=\sum^k_{i=1}\vert \frac{g(x_i)-g(x_{i-1})}{g(x_i)g(x_{i-1})}\vert\\&\leq \frac{1}{m^2}\sum^k_{i=1}\vert g(x_i)-g(x_{i-1})\vert\\&\leq \frac{1}{m^2}V^b_a g\end{align}$

可见$V^b_a(\frac{1}{g})\leq\frac{1}{m^2}(V^b_a g)\lt +\infty$，即$\frac{1}{g}\in BV([a,b])$，从而由上一小题知$\frac{f}{g}=f\frac{1}{g}\in BV([a,b])$。

6

（1）

在$[0,+\infty)$的任何子区间$[a,b]$上，$x^\alpha=b^\alpha-\displaystyle\int^b_x\alpha t^{\alpha-1}\mathrm{d}t$。因$\alpha-1\gt -1$，$\displaystyle\int^b_x\vert\alpha t^{\alpha-1}\vert\mathrm{d}t\leq\int^b_0\vert\alpha t^{\alpha-1}\vert\mathrm{d}t \lt +\infty$，即$\alpha \cdot^{\alpha-1}\in L[a,b]$，所以$\displaystyle\int^b_\cdot\alpha t^{\alpha-1}\mathrm{d}t\in AC[a,b]$。

（2）

对$x\in [0,1]$，$x^\alpha\sin\frac{1}{x}=\sin 1-\displaystyle\int^1_x(\alpha t^{\alpha-1}\sin\frac{1}{t}-t^{\alpha-2}\cos\frac{1}{t})\mathrm{d}t$。因$\alpha-2\gt -1$，$\displaystyle\int^1_0\vert\alpha t^{\alpha-1}\sin\frac{1}{t}-t^{\alpha-2}\cos\frac{1}{t}\vert\mathrm{d}t\leq\int^1_0(\alpha t^{\alpha-1}+t^{\alpha-2})\mathrm{d}t \lt +\infty$，即$\alpha \cdot^{\alpha-1}\sin\frac{1}{\cdot}-\cdot^{\alpha-2}\cos\frac{1}{\cdot}\in L[0,1]$，所以$\sin 1-\displaystyle\int^1_\cdot(\alpha t^{\alpha-1}\sin\frac{1}{t}-t^{\alpha-2}\cos\frac{1}{t})\mathrm{d}t\in AC[0,1]$。

7

（1）

若$f\in BV[0,1]$，则对任何$n\in\mathbb{Z}^+$成立$\displaystyle\sum^n_{k=1}\vert f(a_k)-f(a_{k-1})\vert\leq V^1_{a_n}(f)\leq V^{a_n}_0(f)+V^1_{a_n}(f)=V^1_0(f)\lt +\infty$，故$\displaystyle\sum^\infty_{k=1}\vert f(a_k)-f(a_{k-1})\vert=\lim_{n\to\infty}\sum^n_{k=1}\vert f(a_k)-f(a_{k-1})\vert\leq V^1_0(f)\lt +\infty$。

反之，若$\displaystyle\sum^\infty_{k=1}\vert f(a_k)-f(a_{k-1})\vert\lt +\infty$，则对任何划分$0=x_0\lt\ldots\lt x_n=1$，因$\displaystyle\lim_{k\to\infty}a_k=0\lt x_1$，可取到$a_K\lt x_1$，$\begin{align}\sum^n_{k=1}\vert f(x_{k})-f(x_{k-1})\vert&\leq\sum^K_{k=1}\vert f(a_k)-f(a_{k-1})\vert+\vert f(x_K)-f(0)\vert\\&\leq\sum^K_{k=1}\vert f(a_k)-f(a_{k-1})\vert+\vert f(x_K)-f(1)\vert+\vert f(1)-f(0)\vert\\&\leq 2\sum^\infty_{k=1}\vert f(a_k)-f(a_{k-1})\vert+\vert f(1)-f(0)\vert\lt +\infty\end{align}$。

（2）

令$x_k=(\frac{2}{k\pi})^{\frac{1}{\beta}}$，则$f(x_k)=(-1)^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}\frac{1-(-1)^k}{2}(\frac{2}{k\pi})^{\frac{\alpha}{\beta}}$，$V^1_0(f)\geq\displaystyle\sum^n_{k=2}\vert f(x_k)-f(x_{k-1})\vert\geq\sum^n_{k=2}(\frac{2}{k\pi})^{\frac{\alpha}{\beta}}=(\frac{2}{\pi})^{\frac{\alpha}{\beta}}\sum^n_{k=2}\frac{1}{k^{\frac{\alpha}{\beta}}}$。由于$\frac{\alpha}{\beta}\leq 1$，$V^1_0(f)\geq\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum^n_{k=2}\frac{1}{k^{\frac{\alpha}{\beta}}}=+\infty$，即$f\notin BV[0,1]$。

14

因$f\in \mathrm{Lip}([a,b])$，存在$L>0$使对任何$x,y\in [a,b]$有$\vert f(x)-f(y)\vert\leq L\vert x-y\vert$。

（1）

因$g\in BV([c,d])$，对任何划分$c=x_0\lt\ldots\lt x_n=d$，有$\displaystyle\sum^n_{i=1}\vert f(g(x_i))-f(g(x_{i-1}))\vert\leq L\sum^n_{i=1}\vert g(x_i)-g(x_{i-1})\vert\leq LV^d_c(g)\lt +\infty$，故$V^d_c(f\circ g)\leq LV^d_c(g)\lt +\infty$，即$f\circ g\in BV([c,d])$。

（2）

因$g\in AC([c,d])$，对$c\leq x_1\leq y_1\leq\dots\leq x_k\leq y_k\leq d$使$\displaystyle\sum^k_{i=1}\vert y_i-x_i\vert<\delta$，均有$\displaystyle\sum^k_{i=1}\vert g(y_i)-g(x_i)\vert<\frac{\epsilon}{L}$，从而$\displaystyle\sum^k_{i=1}\vert f(g(y_i))-f(g(x_i))\vert\leq\sum^k_{i=1}L\vert g(y_i)-g(x_i)\vert\lt\epsilon$，这说明$f\circ g\in AC([c,d])$。

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