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東北大学 理学研究科 数学専攻 2019年8月実施 選択問題 [5]

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Author​

祭音Myyura (Based on L^2's answer refined with GPT 6 Astra)

Description​

問題は8題ある。3題を選択して解答すること。

μ\mu を [0,∞)[0,\infty) 上の σ\sigma-有限なボレル測度とする。以下の問いに答えよ。

(1) EE を [0,∞)[0,\infty) のボレル可測集合とし、χE\chi_E を EE の定義関数とする。次を示せ。

μ(E)=∫01μ({x∈[0,∞)∣χE(x)≥λ})dλ.\mu(E)=\int_0^1\mu(\{x\in[0,\infty)\mid\chi_E(x)\ge\lambda\})d\lambda.

(2) 任意の t>0t>0 に対し、次が成り立つことを示せ。

∫[0,∞)e−txdμ(x)=∫0∞te−tyμ([0,y])dy.\int_{[0,\infty)}e^{-tx}d\mu(x)=\int_0^\infty te^{-ty}\mu([0,y])dy.

(3) 次を満たす γ>0\gamma>0, A≥0A\ge0 が存在することを仮定する。

lim⁡a→∞μ([0,a])aγ=A.\lim_{a\to\infty}\frac{\mu([0,a])}{a^\gamma}=A.

このとき、次が成り立つことを示せ。

lim⁡t>0t→0tγ∫[0,∞)e−txdμ(x)=A∫0∞xγe−xdx.\lim_{\substack{t>0\\t\to0}}t^\gamma\int_{[0,\infty)}e^{-tx}d\mu(x) =A\int_0^\infty x^\gamma e^{-x}dx.

题目描述​

试卷共8题，选择其中3题作答。

设 μ\mu 为 [0,∞)[0,\infty) 上的 σ\sigma 有限博雷尔测度。回答下列问题。

(1) 设 EE 为 [0,∞)[0,\infty) 的博雷尔可测集，χE\chi_E 为其示性函数。证明

μ(E)=∫01μ({x∈[0,∞)∣χE(x)≥λ})dλ.\mu(E)=\int_0^1\mu(\{x\in[0,\infty)\mid\chi_E(x)\ge\lambda\})d\lambda.

(2) 证明对任意 t>0t>0，都有

∫[0,∞)e−txdμ(x)=∫0∞te−tyμ([0,y])dy.\int_{[0,\infty)}e^{-tx}d\mu(x)=\int_0^\infty te^{-ty}\mu([0,y])dy.

(3) 假设存在 γ>0\gamma>0 和 A≥0A\ge0，满足

lim⁡a→∞μ([0,a])aγ=A.\lim_{a\to\infty}\frac{\mu([0,a])}{a^\gamma}=A.

证明

lim⁡t↓0tγ∫[0,∞)e−txdμ(x)=A∫0∞xγe−xdx.\lim_{t\downarrow0}t^\gamma\int_{[0,\infty)}e^{-tx}d\mu(x) =A\int_0^\infty x^\gamma e^{-x}dx.

Kai​

(1)​

0<λ≤10<\lambda\le1 のとき {x≥0:χE(x)≥λ}=E\{x\ge0:\chi_E(x)\ge\lambda\}=E である。従って

∫01μ({x≥0:χE(x)≥λ}) dλ=∫01μ(E) dλ=μ(E).\int_0^1\mu\bigl(\{x\ge0:\chi_E(x)\ge\lambda\}\bigr)\,d\lambda =\int_0^1\mu(E)\,d\lambda=\mu(E).

端点 λ=0\lambda=0 の値は積分に影響しない。

(2)​

F(y)=μ([0,y])F(y)=\mu([0,y]) とおく。非負関数に対する Tonelli の定理より、

∫0∞te−tyF(y) dy=∫[0,∞)(∫x∞te−ty dy)dμ(x)=∫[0,∞)e−tx dμ(x).\begin{aligned} \int_0^\infty t e^{-ty}F(y)\,dy &=\int_{[0,\infty)}\left(\int_x^\infty t e^{-ty}\,dy\right)d\mu(x)\\ &=\int_{[0,\infty)}e^{-tx}\,d\mu(x). \end{aligned}

(3)​

(2) と変数変換 u=tyu=ty により、

tγ∫[0,∞)e−tx dμ(x)=∫0∞e−utγF(u/t) du.t^\gamma\int_{[0,\infty)}e^{-tx}\,d\mu(x) =\int_0^\infty e^{-u}t^\gamma F(u/t)\,du.

仮定から、ある a0,C>0a_0,C>0 に対し a≥a0a\ge a_0 ならば F(a)≤CaγF(a)\le Ca^\gamma となる。また、測度の単調性により全ての a≥0a\ge0 について

F(a)≤F(a0)+Caγ.F(a)\le F(a_0)+Ca^\gamma.

従って 0<t≤10<t\le1 ならば

0≤e−utγF(u/t)≤e−u(F(a0)+Cuγ),0\le e^{-u}t^\gamma F(u/t) \le e^{-u}\bigl(F(a_0)+Cu^\gamma\bigr),

右辺は可積分である。各 u>0u>0 において tγF(u/t)→Auγt^\gamma F(u/t)\to Au^\gamma なので、優収束定理から

lim⁡t↓0tγ∫[0,∞)e−tx dμ(x)=A∫0∞uγe−u du=AΓ(γ+1).\lim_{t\downarrow0}t^\gamma\int_{[0,\infty)}e^{-tx}\,d\mu(x) =A\int_0^\infty u^\gamma e^{-u}\,du =A\Gamma(\gamma+1).

Reference​

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