用什么尺度衡量一个函数

两条曲线看起来很接近，究竟是每一点的误差都小，还是总误差小？一个很窄、很高的尖峰，会让这两个判断给出不同答案。$L^p$ 空间把这些“大小”和“距离”写成精确的数，也让前面建立的积分真正成为分析函数的工具。

固定测度空间 $(X,\Sigma,\mu)$。对可测实值函数和 $1\le p<\infty$，定义

$$\|f\|_p=\left(\int_X|f|^p\,d\mu\right)^{1/p}.$$

当这个数有限时，函数属于 $L^p$。$p=1$ 累计绝对值，$p=2$ 先平方再累计、最后开方。取 $p$ 次方以后再开 $p$ 次方，是为了保留齐次性：$$。

同一个矩形，三种读法

在 $[0,1]$ 上，取 $f=4\mathbf1_{[0,1/4]}$。它只在四分之一的区间上非零。直接计算

$$\|f\|_1=4\cdot\frac14=1,\qquad \|f\|_2=\sqrt{16\cdot\frac14}=2.$$

若只关心几乎处处的最高高度，答案则是 $4$。这就是下面的 $L^\infty$ 范数。

对一般矩形函数 $a\mathbf1_A$，若 $0<\mu(A)<\infty$，有 $\|a\mathbf1_A\|_p=|a|\mu(A)^{1/p}$。这条简短公式可以帮你预测尖峰实验，不必每次重新积分。

本质上确界忽略零测集

对 $p=\infty$，定义

$$\|f\|_\infty =\operatorname*{ess\,sup}_X|f| =\inf\{M\ge0:|f|\le M\text{ 几乎处处}\}.$$

若没有有限的合格上界，值就是 $\infty$。若这个下确界为有限数 $M_0$，它本身也是几乎处处上界：可以选一列合格上界趋于 $M_0$，把每个上界失败的零测集作可数并，外面就有 $|f|\le M_0$。

在 $[0,1]$ 上，令 $f$ 除 $x=1/2$ 处取 $5$ 外，其余处都为 $1$。普通上确界为 $5$，本质上确界为 $$。单点没有 Lebesgue 测度，因而不改变这个范数。

“本质”不是允许忽略任意少量数据，而是只允许去掉零测集。一个极窄但宽度为正的尖峰，仍然会影响 $L^\infty$ 范数。

为什么要把几乎处处相等的函数视为同一个

若 $f=g$ 几乎处处，它们的所有这些范数都相同。特别地，一个只在零测集上非零的函数，其范数为零，点值却未必处处为零。

因此，$L^p(X)$ 的元素严格说是可测函数的几乎处处等价类。我们仍方便地写作 $f$，但同一个元素可以选不同的点值代表。这样 $\|f\|_p=0$ 就恰好表示 $f$ 是零元素。有限 的情形来自非负函数零积分当且仅当几乎处处为零； 则直接来自本质上确界的定义。

逐点相加和数乘也不依赖代表的选择：若换了两个代表，它们与原代表不同的地方至多落在两个零测集的并里，运算结果仍几乎处处相同。接下来证明的三角不等式，才会确认这些元素组成一个赋范线性空间。

实验：让宽度补偿高度

设 $f_n=n\mathbf1_{[0,1/n)}$。对有限 $p$，

$$\|f_n\|_p=(n^p/n)^{1/p}=n^{1-1/p}, \qquad\|f_n\|_\infty=n.$$

所以 $L^1$ 范数恒为一，$L^2$ 范数为 $\sqrt n$。在实验中选择尖峰预设，改变 ，再切换 ，看同一个函数的比较结果如何变化。打开孤立点开关前，预测它会不会影响这些范数。

孤立点会改变图上的一个点值，却不改变范数；宽度为正的支集缩小，则必须和高度一起计算。这列函数在每个 $x>0$ 最终为零，因此几乎处处趋于零，但 $L^1$ 范数不趋于零。几乎处处收敛与范数收敛仍然是不同要求。

Young 不等式：把乘积拆成两个幂

取 $1<p<\infty$，令 $q=p/(p-1)$，则 $1/p+1/q=1$。对 ，Young 不等式说

$$ab\le\frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q}.$$

固定 $b$，看右边减左边的函数 $H(a)=a^p/p-ab+b^q/q$。若 $$，导数为 ：在 前为负、后为正，所以此处取得最小值。代入并用 ，最小值恰为零。 时不等式显然。等号条件为 ，也可写作 。

当 $p=q=2$，它就是 $ab\le(a^2+b^2)/2$。差值为 $$，非负性一眼可见。例如 ，左边为 ，右边为 ，差为 。

Hölder：归一化以后再积分

若 $f\in L^p$、$g\in L^q$，且 $1/p+1/q=1$，则乘积可积，并且

$$\int_X|fg|\,d\mu\le\|f\|_p\|g\|_q.$$

先设 $1<p,q<\infty$。若任一范数为零，对应函数几乎处处为零，不等式直接成立。否则令 $A=\|f\|_p>0$、$B=\mathrm{\parallel }g{\mathrm{\parallel }}_q$，把 Young 用于 与 ：

$$\frac{|fg|}{AB} \le\frac{|f|^p}{pA^p}+\frac{|g|^q}{qB^q}.$$

右侧的积分是 $1/p+1/q=1$。因此左侧也可积，乘回 $AB$ 就得到 Hölder。这一步同时证明了乘积可积，没有预先把它当成假设。

端点 $p=1,q=\infty$ 不套 Young 的有限指数证明，而是用 $|g|\le\|g\|_\infty$ 几乎处处，直接积分得到 $\int \mathrm{\mid }fg\mathrm{\mid }\le \mathrm{\parallel }g{\mathrm{\parallel }}_{\mathrm{\infty }}$。另一个端点交换 即可。

其中 $p=q=2$ 给出 Cauchy–Schwarz 不等式。共轭关系约束的是倒数之和，不是 $p+q=1$。

实验：等号不是碰巧出现的

实验把空间缩成四个带权点，所以积分是 $\sum_i\mu_i|f_i g_i|$。先在 $$ 时手动调整 ，试着让左右两边靠近；再按“构造等号情形”，观察两组函数值之间的关系。换到 后，同样操作，看看配对从怎样的关系变成怎样的关系。

非零有限范数情形下，归一化后的 Young 每一点都取等号，要求 $|f|^p/A^p=|g|^q/B^q$ 几乎处处。构造 $g=\mathrm{\mid }$ 就满足这一比例关系。实验中的每个点有正权重，因此任何一处偏离都可能造成严格差距；把 设为零时，应回到单独处理的零范数情形，不能除以零。

Minkowski：函数相加也遵守三角不等式

要把 $\|\cdot\|_p$ 称为范数，还需要

$$\|f+g\|_p\le\|f\|_p+\|g\|_p.$$

$p=1$ 时直接对 $|f+g|\le|f|+|g|$ 积分。$p=\infty$ 时，两者的几乎处处上界相加就成为 的几乎处处上界，结论也成立。

下面处理 $1<p<\infty$。先确认 $f+g\in L^p$，否则不能随便约掉它的范数。利用 $t\mapsto t^p$ 的凸性，

$$|f+g|^p\le(|f|+|g|)^p \le2^{p-1}(|f|^p+|g|^p).$$

右边可积，所以 $C=\|f+g\|_p$ 有限。$C=0$ 时结论显然；若 $C>0$，取 ，则

$$\bigl\||f+g|^{p-1}\bigr\|_q =\left(\int|f+g|^p\right)^{1/q} =C^{p-1}.$$

逐点三角不等式和两次 Hölder 给出

$$\begin{aligned} C^p &\le\int |f|\,|f+g|^{p-1} +\int |g|\,|f+g|^{p-1}\\ &\le(\|f\|_p+\|g\|_p)C^{p-1}. \end{aligned}$$

约去有限正数 $C^{p-1}$，三角不等式得证。这样既确认了加法封闭，也补齐了范数的条件。直接从最后一步开始约分，会漏掉 $C$ 为零或尚未知道有限的问题。

这幅向量图帮助理解三角不等式的结构；函数空间的结论由上面的积分论证保证。我们现在可以定义距离 $d_p(f,g)=\|f-g\|_p$，据此讨论近似是否收敛。本课程到这里建立基础，不展开 $L^p$ 完备性与对偶理论。

有限测度上的包含关系

设 $0<\mu(X)<\infty$，且 $1\le p<q<\infty$。对 $|f|^p\cdot1$ 使用共轭指数 与 的 Hölder，得到

$$\int|f|^p\,d\mu \le\left(\int|f|^q\,d\mu\right)^{p/q} \mu(X)^{1-p/q}.$$

取 $p$ 次方根，

$$\|f\|_p\le\mu(X)^{1/p-1/q}\|f\|_q.$$

因此 $L^q(X)\subseteq L^p(X)$。$p=q$ 时是等式；若 $q=\infty$，直接由 积分，得到 ，对应约定 。若 ，所有可测函数代表都属于同一个零等价类，单独处理即可。

在测度为 $1$ 的空间上，这说明 $\|f\|_p\le\|f\|_q$。对于一般测度空间，不应无条件说“$p$ 越大，范数越大”，前面的测度因子不能丢。

无限测度时，包含关系可能消失。在 $(0,\infty)$ 上，$f(x)=1/(1+x)$ 属于 $L^2$ 却不属于 $L^1$：平方积分有限，原函数积分按对数发散。反方向也有反例： 属于 ，平方积分却发散。

零点附近的幂次边界

在 $(0,1)$ 上取 $f(x)=x^{-\alpha}$，$\alpha\ge0$。对有限 $p\ge1$，需要检查 。写 ，在 上先积分，再用 MCT 令 ，得到

$$\int_0^1x^{-\beta}\,dx= \begin{cases} \dfrac1{1-\beta},&\beta<1,\\ \infty,&\beta\ge1. \end{cases}$$

$\beta=1$ 处是 $\int_\varepsilon^1dx/x=-\log\varepsilon\to\infty$，端点必须排除。所以 $$ 当且仅当 。当 时，任意高值都会在正测度的小区间出现，故它不属于 ； 时则是常函数 。

例如 $f(x)=x^{-1/3}$ 属于所有 $1\le p<3$ 的 $L^p(0,1)$，但不属于 ，更不属于 。若把定义域写成 ，在零点任取一个有限值，不影响这些结论。

练习

题 1。 在 $[0,2]$ 上，$f=3\mathbf1_{[0,1/2]}$。求 $L^1,L^2,L^\infty$ 范数。把 处的值改成 ，结果如何？

查看解答

三个范数分别为 $3/2$、$3/\sqrt2$、$3$。单点修改不改变 Lebesgue 积分或本质上确界，所以答案不变；普通上确界会变为 $100$。这里底面总测度为 $2$，但函数真正非零的部分测度为 ，不能把两者混用。

题 2。 在 $[0,2]$ 上，已知 $\|f\|_2=3$。用 Hölder 给出 $\int_0^2|f|$ 的上界。这个上界能够达到吗？

查看解答

与常函数 $1$ 配对：$\int|f|\le\|f\|_2\|1\|_2=3\sqrt2$。取 ，其 范数为 ， 范数为 ，所以该上界可以达到。有限区间的长度因子确实有作用。

3

为什么 Lp 空间把几乎处处相等的可测函数视为同一个元素？

A.这样每个函数就连续了B.零测集改动不改变范数，取等价类后零范数恰好对应零元素C.所有函数原来就处处相等D.这样才能把空间变成有限维

题 4。 对 $f(x)=x^{-1/4}$，$0<x<1$，求出它属于哪些有限 $p\ge1$ 的 ，并算出相应范数。说明 为什么不能包含在答案里。

查看解答

要求 $p/4<1$，即 $1\le p<4$。此时 $\int_0^1x^{-p/4}\,dx=1/(1-p/4)$，故 。 时被积函数为 ，积分对数发散。零点本身取什么值无关，造成发散的是整个零点附近的正测度区域。