测度论笔记02·积分收敛定理

积分的定义-MCT-Fatou引理-DCT的框架搭建

非负简单函数的积分

取$(\varOmega, \mathcal{F}, \mu)$为测度空间，回顾简单函数的定义，$\phi$如果满足

1. 取值为实数（而不能是$\boldsymbol{\pm \infty}$）
2. 取有限个值
3. 是$(\varOmega, \mathcal{F}, \mu)$上的可测函数

就称$\phi$是$(\varOmega, \mathcal{F}, \mu)$上的简单函数

现在假设非负简单函数$\phi$在$D$上定义，（注意由简单函数的可测性我们知道$D \in \mathcal{F}$），设$E \in \mathcal{F}$且$E \subset D$，假设$\{E_i\}_{i = 1}^n$是$E$的一个划分，使得$\phi$在$E_i$上面的取值为$a_i$，且$\forall i, \boldsymbol{E_i \in \mathcal{F}}$（这样的划分是存在的，令$E_i = \{x\in E: \phi(x) = a_i\}$即可）我们定义$\boldsymbol{\phi}$在$\boldsymbol{E}$上的积分

$$\int_E{\phi\mathrm{d}\mu} \xlongequal{\triangle} \sum_{i=1}^n{a_i\mu \left( E_i \right)}$$

注意：

1. $E_i$的可测性保证了定义式右端$\mu(E_i)$的运算合法性
2. $\phi$的非负性保证了定义式右端求和的运算合法性（不会出现$+ \infty - \infty$的情况）

假设非负简单函数$\phi$在$D$上定义，那么由$\phi$的可测性，有

$$D_i \xlongequal{\triangle} \{x \in \varOmega: \phi(x) = a_i\}$$

都是可测集，并且是$D$的一个划分，设$E \in \mathcal{F}$且$E \subset D$，那么

$$E_i \xlongequal{\triangle} \{x \in E: \phi(x) = a_i\}$$

就是$E$的一个划分，而且有$E_i=D_i\cap E$，因此

$$\int_E{\phi\mathrm{d}\mu} = \sum_{i=1}^n{a_i\mu \left( E_i \right)} = \sum_{i=1}^n{a_i\mu \left( D_i \cap E \right)}$$

非负的一般可测函数的积分

设非负可测函数$f$在$D \in \mathcal{F}$上定义，定义$\boldsymbol{f}$在$\boldsymbol{D}$上的积分为

$$\int_D{f\mathrm{d}\mu} = \underset{\phi \leqslant f, \phi \text{为}\textbf{非负}\text{简单函数}}{\mathrm{sup}}\int_D{\phi \mathrm{d}\mu}$$

非负可测函数积分的若干性质

以下我们假定$f_i$总是一般的非负可测函数（可以是广义实值的），而$\phi_i, \varphi_i$总是非负简单函数，他们都在$D \in \mathcal{F}$上定义，下面是非负可测函数积分的若干性质

1. $f_1 \leqslant f_2 \Rightarrow \int_{D}{f_1 \mathrm{d}\mu} \leqslant \int_{D}{f_2 \mathrm{d}\mu}$
2. $D_0 \subset D, D_0 \in \mathcal{F} \Rightarrow \int_{D_0}{f \mathrm{d}\mu} \leqslant \int_{D}{f \mathrm{d}\mu}$
3. $f_1 = f_2, a.e. x\in D \Rightarrow \int_{D}{f_1 \mathrm{d}\mu} = \int_{D}{f_2 \mathrm{d}\mu}$
4. $\forall c > 0$，$\int_{D}{cf \mathrm{d}\mu} = c \int_{D}{f \mathrm{d} \mu}$

证明：

（1）

如果$\int_{D}{f_2 \mathrm{d}\mu} = + \infty$，那么我们已经完成了证明，现在只考虑$\int_{D}{f_2 \mathrm{d}\mu} < + \infty$的情形，任取$\phi$使得$0 \leqslant \phi \leqslant f_1$，则$\phi \leqslant f_2$，因此有

$$\int_{D}{\phi \mathrm{d}\mu} \leqslant \sup_{0 \leqslant \phi \leqslant f_2} \int_{D}{\phi \mathrm{d}\mu} = \int_{D}{f \mathrm{d}\mu}$$

由$\phi \leqslant f_1$的任意性，我们就证明了（1）

（2）

如果$\int_{D}{f \mathrm{d}\mu} = + \infty$，那么我们已经完成了证明，现在只考虑$\int_{D}{f \mathrm{d}\mu} < + \infty$的情形，任取$\phi$使得$0 \leqslant \phi \leqslant f$，设$\{D_i\}_{i = 1}^{m}$为$D$的一个分划，那么$\{D_i \cap D_0\}_{i = 1}^{m}$就是$D_0$的一个分划，因此有

$$\int_{D_0}{\phi \mathrm{d}\mu} = \sum_{i = 1}^{m} a_i \mu(D_i \cap D_0) \leqslant \sum_{i = 1}^{m} a_i \mu(D_i) \leqslant \int_{D}{\phi \mathrm{d}\mu} \leqslant \sup_{0 \leqslant \phi \leqslant f} \int_{D}{\phi \mathrm{d}\mu} = \int_{D}{f \mathrm{d}\mu}$$

由$\phi \leqslant f$的任意性，我们就证明了（2）

（3）

我们先证明$\int_{D}{f_1 \mathrm{d}\mu} < +\infty , \int_{D}{f_2 \mathrm{d}\mu} < +\infty$的情形，设

$$E = \{x\in D: f_1(x) \ne f_2(x)\}$$

则$\mu(E) = 0$，任取$\phi$使得$0 \leqslant \phi \leqslant f_1$，定义

$$\varphi = \begin{cases} \phi ,x\in D\cap E^c\\ 0,x\in E\\ \end{cases}$$

则$\varphi \leqslant \phi \leqslant f_2$，并且$\varphi$也是非负简单函数，我们有

$$\int_{D}{\phi \mathrm{d}\mu} = \sum_{i = 1}^{m} a_i \mu(D_i) = \sum_{i = 1}^{m} a_i \mu(D_i \cap E) + \sum_{i = 1}^{m} a_i \mu(D_i \cap E^c) \xlongequal{\mu(E) = 0} \sum_{i = 1}^{m} a_i \mu(D_i \cap E^c)$$

又注意到$\{D_i \cap E^c\}_{i = 1}^{m}$是$E^c$的一个划分，因此我们有

$$\int_{D}{\varphi \mathrm{d}\mu} = \sum_{i = 1}^{m} a_i \mu(D_i \cap E^c) + 0\cdot \mu(E^c) = \sum_{i = 1}^{m} a_i \mu(D_i \cap E^c)$$

因此

$$\int_{D}{\phi \mathrm{d}\mu} = \int_{D}{\varphi \mathrm{d}\mu} \leqslant \sup_{0\leqslant \varphi \leqslant f_2} \int_{D}{\varphi \mathrm{d}\mu} = \int_{D}{f_2 \mathrm{d}\mu}$$

由$\phi$的任意性我们知道$\int_{D}{f_1 \mathrm{d}\mu} \leqslant \int_{D}{f_2 \mathrm{d}\mu}$，同理可证$\int_{D}{f_2 \mathrm{d}\mu} \leqslant \int_{D}{f_1 \mathrm{d}\mu}$，由此我们就证明了

$$\int_{D}{f_2 \mathrm{d}\mu} = \int_{D}{f_1 \mathrm{d}\mu}$$

对于$\int_{D}{f_1 \mathrm{d}\mu} = +\infty$或$\int_{D}{f_2 \mathrm{d}\mu} = +\infty$的情形，只需用类似的方法证明$\forall N \in \mathbb{N}$，都$\exists \phi \leqslant f_i$使得$\int_{D}{\phi \mathrm{d}\mu} \geqslant N$即可

（4）

当$\int_{D} {f \mathrm{d}\mu} = +\infty$时，结论显然成立，下面只讨论$\int_{D} {f \mathrm{d}\mu} < +\infty$的情形，任取$0 \leqslant \phi \leqslant f$，则有$c \phi \leqslant cf$，所以有

$$c \int_{D} {\phi \mathrm{d}\mu} \xlongequal{\phi为非负简单函数} \int_{D} {c \phi \mathrm{d}\mu} \leqslant \sup_{\varphi \leqslant cf}{\int_{D} {\varphi \mathrm{d}\mu}} = \int_{D} {cf \mathrm{d}\mu}$$

由$\phi$的任意性，我们知道$c \int_{D} {f \mathrm{d}\mu} \leqslant \int_{D} {cf \mathrm{d}\mu}$，又注意到$\forall \varphi \leqslant cf$，有$\frac{\varphi}{c} \leqslant f$（注意这一步用到了$c > 0$的条件），仿照上面的方法论证可知$\int_{D} {cf \mathrm{d}\mu} \leqslant c \int_{D} {f \mathrm{d}\mu}$

所以$\int_{D} {cf \mathrm{d}\mu} = c \int_{D} {f \mathrm{d}\mu}$

$\square$

Remark

注意Lebesgue积分具有线性性，但是这里我们只证明了线性性的“一半”，即数乘，因为数乘性质可以直接按照定义来证明，而线性性的“另一半”，即加法，其证明依赖MCT（单调收敛定理）

MCT（单调收敛定理）

由简单函数的积分诱导出的测度

取$(\varOmega, \mathcal{F}, \mu)$为测度空间，设$\phi$是一个非负简单函数，并且$\boldsymbol{\phi}$在全集$\boldsymbol{\varOmega}$上都有定义（即$\phi$的定义域包含$\varOmega$）,那么由$\nu : \mathcal{F}\rightarrow[0, + \infty], \nu(A) = \int_A{\phi \mathrm{d}\mu}$定义的集函数是一个$(\varOmega,\mathcal{F})$上的测度，即三元组$(\varOmega, \mathcal{F},\nu)$构成一个测度空间

证明：

首先注意到$\nu(\varnothing) = \int_{\varnothing}{\phi}\mathrm{d}\mu = 0$，下面我们只需证明$\nu$满足可列可加性

假设$\{A_n\}_{n = 1}^{\infty} \subset \mathcal{F}$是$\mathcal{F}$中两两不交的集合列，设

$$\phi = \sum_{i = 1}^{m} a_i\chi_{D_i}$$

由于$\phi$在整个$\varOmega$上都有定义，所以$\bigcup_{i = 1}^{m}D_i = \varOmega$，那么注意到

$$\{D_i \cap\left(\bigcup_{n = 1}^{\infty}{A_n}\right)\}_{i = 1}^{m}$$

是$\bigcup_{n = 1}^{\infty}{A_n}$的一个划分，根据非负简单函数的积分的定义，有

$$\int_{\bigcup_{n = 1}^{\infty}} A_n \phi \mathrm{d}\mu = \sum_{i = 1}^{m} a_i \mu(D_i \cap\left(\bigcup_{n = 1}^{\infty}{A_n}\right)) = \sum_{i = 1}^{m}a_i\left(\sum_{n = 1}^{\infty}\mu(D_i \cap A_n)\right)$$

我们可以把最后一个等号右边的式子看作是“有限（$m$）个极限”相加，由于被求和的极限都是正项级数，所以交换求和顺序不影响运算的合理性，即

$$\sum_{n = 1}^{\infty}\left(\sum_{i = 1}^{m}a_i \mu(D_i \cap A_n) \right), \sum_{i = 1}^{m}a_i\left(\sum_{n = 1}^{\infty}\mu(D_i \cap A_n)\right) \in [0, +\infty]$$

分$\sum_{n = 1}^{\infty}\mu(D_i \cap A_n)$是否为$+\infty$讨论可知

$$\sum_{i = 1}^{m}a_i\left(\sum_{n = 1}^{\infty}\mu(D_i \cap A_n)\right) = \sum_{n = 1}^{\infty}\left(\sum_{i = 1}^{m}a_i \mu(D_i \cap A_n) \right) = \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{A_n}{\phi \mathrm{d} \mu} = \sum_{n = 1}^{\infty}\nu(A_n)$$

至此，我们证明了$\nu$满足可列可加性，因此$\nu$是$(\varOmega, \mathcal{F})$上的一个测度

$\square$

MCT（单调收敛定理）

取$(\varOmega, \mathcal{F}, \mu)$为测度空间，设$\{f_n\}_{n = 1}^{\infty}, f$为该测度空间上面的非负、可测、广义实值函数（列）（3个条件同时满足），设$D \in \mathcal{F}$，$\{f_n\}_{n = 1}^{\infty}, f$在$D$上都有定义，而且$\lim_{n\rightarrow \infty} f_n = f, a.e. x \in D$，如果$\forall n, f_n(x) \leqslant f_{n + 1}(x), a.e. x \in D$，则有

$$\lim_{n\rightarrow \infty} \int_{D}{f_n \mathrm{d} \mu} = \int_{D}{f \mathrm{d} \mu}$$

证明：

首先由非负可测函数积分的性质3，$a.e.$成立的性质不影响积分值，所以可以直接认为定理条件都在$D$上处处成立。由于$\forall n, f_n(x) \leqslant f_{n + 1}(x)$，所以$\forall n, f = \lim_{n\rightarrow \infty} f_n \geqslant f_n$，由非负可测函数积分的性质1，我们有

$$\int_{D}{f_n \mathrm{d} \mu} \leqslant \int_{D}{f \mathrm{d} \mu} (\forall n \in \mathbb{N})$$

两边同时取极限，得到

$$\lim_{n\rightarrow \infty} \int_{D}{f_n \mathrm{d} \mu} \leqslant \int_{D}{f \mathrm{d} \mu}$$

当$\lim_{n \rightarrow \infty}\int_{D} f_n \mathrm{d}\mu = + \infty$时，反向不等式即证，下面我们仅考虑$\lim_{n \rightarrow \infty}\int_{D} f_n \mathrm{d}\mu < + \infty$的情形

任取$0 \leqslant \phi \leqslant f$以及$\alpha \in (0,1)$，我们有$0 \leqslant \alpha \phi \leqslant \phi \leqslant f$，定义集合列$\{E_n\}_{n = 1}^{\infty}$为

$$D_n = \{x\in D: f_n(x) \geqslant \alpha \phi(x)\}$$

则$\{E_n\}_{n = 1}^{\infty}$是一个递增列，我们下面来证明$\bigcup_{n = 1}^{\infty}{D_n} = D$，由$D_n$的构造知$\bigcup_{n = 1}^{\infty}{D_n} \subset D$，下面我们来证明反向包含，任取$x \in D$，如果$f(x) = 0$，那么$f_1(x) = f_2(x) = \cdots = 0$，此时$\phi(x) = 0, f_1(x) = \alpha \phi(x) = 0$所以$x \in D_1$，如果$f(x) > 0$，此时$0 \leqslant \alpha \phi < \phi \leqslant f$，由数列极限的定义即知$\exists N \in \mathbb{N}$使得$f_N(x) > \alpha \phi(x)$，所以$x\in D_N \subset \bigcup_{n = 1}^{\infty}{D_n}$，至此我们已经证明了$\boldsymbol{\bigcup_{n = 1}^{\infty}{D_n} = D}$

令$\nu(D) = \int_{D}{\phi \mathrm{d}\mu}$（即为我们之前定义的由简单函数的积分诱导出的测度），我们有

$$\int_{D}{f_n \mathrm{d}\mu} \geqslant \int_{D_n}f_n \mathrm{d}\mu \geqslant \int_{D_n}{\alpha \phi}\mathrm{d}\mu \xlongequal{\phi是非负简单函数} \alpha \int_{D_n}{\phi} \mathrm{d}\mu = \alpha \nu(D_n)$$

这里第一个不等号是因为非负可测函数的积分性质2；第二个不等号是因为在$D_n$上$f_n \geqslant \alpha \phi$，而且这里$\alpha \phi$是简单函数，再根根据一般非负可测函数的积分定义，$\int_{D_n}{f_n}\mathrm{d}\mu = \sup_{0 \leqslant \varphi \leqslant f_n} \int_{D_n} \mathrm{d}\mu$

注意到$\{D_n\}_{n = 1}^{\infty} \uparrow$，并且有$\lim_{n \to \infty} D_n = \bigcup_{n = 1}^{\infty}D_n = D$所以有

$$\lim_{n \to \infty}\nu(D_n) = \nu (\lim_{n \to \infty} D_n) = \nu(D)$$

在$\int_{D}{f_n \mathrm{d}\mu} \geqslant \alpha \nu(D_n)$两边同时取极限$n \to \infty$，得到

$$\lim_{n \to \infty} \int_{D}{f_n \mathrm{d}\mu} \geqslant \lim_{n \to \infty} \alpha \nu(D_n) = \alpha \lim_{n \to \infty} \nu(D_n) = \alpha \nu(D)$$

由$\alpha$的任意性，我们有

$$\lim_{n \to \infty} \int_{D}{f_n \mathrm{d}\mu} \geqslant \nu(D) = \int_{D}{\phi \mathrm{d}\mu}$$

再由$\phi$的任意性，我们就有

$$\lim_{n \to \infty} \int_{D}{f_n \mathrm{d}\mu} \geqslant \int_{D}{f \mathrm{d}\mu}$$

至此，我们就证明了$\lim_{n \to \infty} \int_{D}{f_n \mathrm{d}\mu} = \int_{D}{f \mathrm{d}\mu}$

$\square$

一个小结论

设$f$是任意非负可测函数（可以是广义实值的），$E\subset D, D, E \in \mathcal{F}$，则

$$\int_E{f\chi_{D}\mathrm{d}\mu} = \int_D{f\mathrm{d}\mu}$$

证明：

取在$E$上定义的非负简单函数列$\{\phi_n\}_{n = 1}^{\infty}$使得$0 \leqslant \phi_1 \leqslant \phi_2 \leqslant \cdots \leqslant f$，并且$\lim_{n \to \infty}\phi_n = f$，定义

$$\varphi_n = \begin{cases} \phi_n ,x\in E\\ 0,x\in D\cap E^c\\ \end{cases}$$

则在$D$上面，$0 \leqslant \varphi_1 \leqslant \varphi_2 \leqslant \cdots \leqslant f$，并且$\lim_{n \to \infty}\varphi_n = f \chi_{E}$，由MCT，我们有

$$\lim_{n \to \infty} \int_{D}\varphi_n \mathrm{d}\mu = \int_{D}f\chi_{E} \mathrm{d}\mu$$

又因为

$$\forall n \in \mathbb{N}, \int_{D} \varphi_n \mathrm{d}\mu \xlongequal{\varphi_n和\phi_n都是非负简单函数} \int_{E} \phi_n \mathrm{d}\mu$$

所以有

$$\int_{D}f\chi_{E} \mathrm{d}\mu = \lim_{n \to \infty} \int_{D} \varphi_n \mathrm{d}\mu = \lim_{n \to \infty} \int_{D} \phi_n \mathrm{d}\mu = \int_{E}f\mathrm{d}\mu$$

$\square$

MCT的应用——一般非负可测函数的积分性质

现在有了MCT与上面我们证明的“一个小结论”后，我们就可以来证明一般的非负可测函数（可以是广义实值的）的Lebesgue积分的线性性以及区域可加性

（线性性） 取$(\varOmega, \mathcal{F}, \mu)$为测度空间，设非负可测函数列$\{f_n\}_{n = 1}^{\infty}$在$D\in \mathcal{F}$上都有定义，那么$\forall N \in \mathbb{N}$，我们有

$$\int_{D}{\sum_{n = 1}^{N} f_n \mathrm{d}\mu} = \sum_{n = 1}^{N} \int_{D}{f_n}\mathrm{d}\mu$$

以及

$$\int_{D}{\sum_{n = 1}^{\infty} f_n \mathrm{d}\mu} = \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{D}{f_n}\mathrm{d}\mu$$

证明：

为了证明第一个式子，由归纳法原理，我们只需证明

$$\int_{D}{f_1 + f_2}\mathrm{d} \mu = \int_{D}f_1 \mathrm{d}\mu + \int_{D}f_2 \mathrm{d}\mu$$

取$0 \leqslant \phi_{11} \leqslant \phi_{12} \leqslant \cdots$以及$0 \leqslant \phi_{21} \leqslant \phi_{22} \leqslant \cdots$使得$\lim_{n \to \infty} \phi_{1n} = f_1, \lim_{n \to \infty} \phi_{2n} = f_2$，由MCT，我们有

$$\lim_{n \to \infty} \int_{D} \phi_{1n} \mathrm{d}\mu = \int_{D} f_1 \mathrm{d}\mu, \lim_{n \to \infty} \int_{D} \phi_{2n} \mathrm{d}\mu = \int_{D} f_2 \mathrm{d}\mu$$

注意到$0 \leqslant \phi_{11} + \phi_{21} \leqslant \phi_{12} + \phi_{22} \leqslant \cdots$并且$\lim_{n \to \infty} \phi_{1n} +\phi_{2n} = f_1 + f_2$，所以有

$$\begin{align*} \int_{D}f_1 \mathrm{d}\mu + \int_{D}f_2 \mathrm{d} \mu = \lim_{n \to \infty} \int_{D} \phi_{1n} \mathrm{d}\mu + \lim_{n \to \infty} \int_{D} \phi_{2n} \mathrm{d}\mu &\xlongequal{极限运算性质} \lim_{n \to \infty} \left(\int_{D} \phi_{1n} \mathrm{d}\mu + \int_{D} \phi_{2n} \mathrm{d} \mu \right) &\xlongequal{\phi_{1n}和\phi_{2n}是简单函数} \lim_{n \to \infty} \int_{D} \phi_1 + \phi_2 \mathrm{d}\mu &\xlongequal{MCT} \lim_{n \to \infty} \int_{D} f_1+f_2 \mathrm{d}\mu \end{align*}$$

至此，再由归纳法原理，我们就已经证明了

$$\int_{D}{\sum_{n = 1}^{N} f_n \mathrm{d}\mu} = \sum_{n = 1}^{N} \int_{D}{f_n}\mathrm{d}\mu$$

令$F_N = \sum_{n = 1}^{N} f_n$，由于$\{f_n\}_{n = 1}^{\infty}$是非负可测函数列，所以$0 \leqslant F_1 \leqslant F_2 \leqslant \cdots$，注意到$\sum_{n = 1}^{\infty} f_n = \lim_{N \to \infty} F_N$，我们就有

$$\begin{align*} \int_{D}{\sum_{n = 1}^{\infty} f_n \mathrm{d}\mu} = \int_{D} \lim_{N \to \infty} F_N \mathrm{d}\mu \xlongequal{MCT} \lim_{N \to \infty} \int_{D}{F_N}\mathrm{d}\mu = \lim_{N \to \infty} \int_{D}{\sum_{n = 1}^{N}f_n \mathrm{d}\mu} \xlongequal{Lebsegue积分的有限线性性} \lim_{N \to \infty} \left(\sum_{n = 1}^{N} \int_{D}{f_n \mathrm{d}\mu} \right) \xlongequal{级数和的定义} \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{D}{f_n \mathrm{d}\mu} \end{align*}$$

$\square$

（区域可加性） 设$\{D_n\}_{n = 1}^{\infty} \subset \mathcal{F}$为一族两两不交的可测集，$\forall n\in \mathbb{N}$，$f$在$D_n$上都有定义，且$f$为任意的非负可测函数，那么$\forall N \in \mathbb{N}$，我们有

$$\int_{\bigcup_{n = 1}^{N}D_n}f\mathrm{d}\mu = \sum_{n = 1}^{N} \int_{D_n} f \mathrm{d}\mu$$

以及

$$\int_{\bigcup_{n = 1}^{\infty}D_n}f\mathrm{d}\mu = \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{D_n} f \mathrm{d}\mu$$

证明：

为了证明第一个式子，由归纳法原理，我们只需证明

$$\int_{D_1 \cup D_2}f \mathrm{d}\mu = \int_{D_1}f\mathrm{d}\mu + \int_{D_2}f\mathrm{d}\mu$$

注意到在$D_1 \cup D_2$上，我们有$f = f\chi_{D_1} + f\chi_{D_2}$，因此有

$$\begin{align*} \int_{D_1 \cup D_2}f \mathrm{d}\mu = \int_{D_1 \cup D_2}f\chi_{D_1} + f\chi_{D_2} \mathrm{d}\mu \xlongequal{Lebesgue积分的线性性} \int_{D_1 \cup D_2}f\chi_{D_1} \mathrm{d}\mu + \int_{D_1 \cup D_2}f\chi_{D_2} \mathrm{d}\mu \xlongequal{“一个小结论”} \int_{D_1}f \mathrm{d}\mu + \int_{D_2}f \mathrm{d}\mu \end{align*}$$

由归纳法原理，我们就证明了第一个式子

对第二个式子，注意到在$\bigcup_{n = 1}^{\infty}D_n$上，

$$f = \sum_{n = 1}^{\infty}f\chi_{D_n}$$

所以有

$$\begin{align*} \int_{\bigcup_{n = 1}^{\infty}D_n} f \mathrm{d}\mu = \int_{\bigcup_{n = 1}^{\infty}D_n} \left(\sum_{n = 1}^{\infty}f\chi_{D_n} \right) \mathrm{d}\mu \xlongequal{Lebesgue积分的线性性} \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{\bigcup_{n = 1}^{\infty}D_n} f \chi_{D_n} \mathrm{d}\mu \xlongequal{“一个小结论”} \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{D_n} f \mathrm{d}\mu \end{align*}$$

$\square$

推论：取$(\varOmega, \mathcal{F}, \mu)$为测度空间，设$f$是一个非负可测函数（可以是广义实值的），并且$\boldsymbol{f}$在全集$\boldsymbol{\varOmega}$上都有定义（即$f$的定义域包含$\varOmega$）,那么由$\nu : \mathcal{F}\rightarrow[0, + \infty], \nu(A) = \int_A{f \mathrm{d}\mu}$定义的集函数是一个$(\varOmega,\mathcal{F})$上的测度，即三元组$(\varOmega, \mathcal{F},\nu)$构成一个测度空间

Fatou引理

取$(\varOmega, \mathcal{F}, \mu)$为测度空间，$D \in \mathcal{F}$，设$\{f_n\}_{n = 1}^{\infty}$是在$D$上有定义的非负可测函数列（可以是广义实值的），则有

$$\int_{D} \liminf_{n \to \infty} f_n \mathrm{d} \mu \leqslant \liminf_{n \to \infty} \int_{D} f_n \mathrm{d} \mu$$

证明：

注意到

$$\int_{D} \liminf_{n \to \infty} f_n \mathrm{d} \mu = \int_{D} \lim_{k \to \infty} \inf_{n \geqslant k} f_k \mathrm{d} \mu \xlongequal{\inf_{n \geqslant k} f_k 关于k单调，MCT} \lim_{n \to \infty} \int_{D} \inf_{n \geqslant k} f_k \mathrm{d} \mu$$

又因为$F_k \xlongequal{\mathrm{def}} \inf_{n \geqslant k} f_n \; s.t. \; \forall x\in D, F_{k + 1}(x) \geqslant F_k(x)$，所以$\int_{D}F_k \mathrm{d}\mu = \int_{D} \inf_{n \geqslant k} f_n \mathrm{d} \mu$关于$k$是递增数列，因此$\lim_{k \to \infty}\int_{D}F_k \mathrm{d}\mu$存在，所以有

$$\lim_{k \to \infty}\int_{D}F_k \mathrm{d}\mu = \liminf_{k \to \infty} \int_{D}F_k \mathrm{d}\mu$$

再注意到$\forall x \in D, \forall k \in \mathbb{N}, f_k \geqslant F_k$，所以有

$$\int_{D} F_k \mathrm{d}\mu \leqslant \int_{D} f_k \mathrm{d}\mu$$

两边同时取下极限，就得到了

$$\begin{align*} \int_{D} \liminf_{n \to \infty} f_n \mathrm{d} \mu = \int_{D} \lim_{k \to \infty} \inf_{n \geqslant k} f_k \mathrm{d} \mu = \lim_{k \to \infty}\int_{D}F_k \mathrm{d}\mu = \liminf_{k \to \infty} \int_{D}F_k \mathrm{d}\mu \leqslant \liminf_{k \to \infty} \int_{D} f_k \mathrm{d}\mu \end{align*}$$

$\square$

DCT（控制收敛定理）

一般可测函数的积分

设$f$是测度空间$(\varOmega, \mathcal{F}, \mu)$上的一般可测函数，$D \in \mathcal{F}$，$f$在$D$上有定义，定义$f$的正、负部分分别为

$$f^+=\begin{cases} f,\:f>0\\ 0,\:f\leqslant 0\\ \end{cases},\; f^-=\begin{cases} -f,\:f<0\\ 0,\:f\geqslant 0\\ \end{cases}$$

则$f^+$和$f^-$都是非负可测函数，我们有

1. 如果$\int_{D}f^+ \mathrm{d}\mu < +\infty$和$\int_{D}f^- \mathrm{d}\mu < +\infty$两者同时成立，则称$f$在$D$上可积，并定义$\int_{D}f \mathrm{d}\mu \xlongequal{\mathrm{def}} \int_{D}f^+ \mathrm{d}\mu - \int_{D}f^- \mathrm{d}\mu$
2. 如果$\int_{D}f^+ \mathrm{d}\mu < +\infty$和$\int_{D}f^- \mathrm{d}\mu < +\infty$两者只成立其一，则称$f$在$D$上半可积（有些文献也称“$\boldsymbol{f}$的积分存在”），并定义$\int_{D}f \mathrm{d}\mu \xlongequal{\mathrm{def}} \int_{D}f^+ \mathrm{d}\mu - \int_{D}f^- \mathrm{d}\mu$
3. 如果$\int_{D}f^+ \mathrm{d}\mu < +\infty$和$\int_{D}f^- \mathrm{d}\mu < +\infty$两者都不成立，则称$f$在$D$上不可积

广义Fatou引理

取$(\varOmega, \mathcal{F}, \mu)$为测度空间，$D \in \mathcal{F}$，设$g$是$D$上可积函数，$\{f_n\}_{n = 1}^{\infty}$是在$D$上有定义的函数列（可以是广义实值的）使得$\forall n \in \mathbb{N}, \: f_n \geqslant g$，则有$f_n$与$\liminf_{n \to \infty}f_n$都是半可积的，并且

$$\int_{D} \liminf_{n \to \infty} f_n \mathrm{d} \mu \leqslant \liminf_{n \to \infty} \int_{D} f_n \mathrm{d} \mu$$

如果$\forall n \in \mathbb{N}, \: f_n \leqslant g$，则有$f_n$与$\limsup_{n \to \infty}f_n$都是半可积的，并且

$$\int_{D} \limsup_{n \to \infty} f_n \mathrm{d} \mu \geqslant \limsup_{n \to \infty} \int_{D} f_n \mathrm{d} \mu$$

证明：

对第一个式子，因为$f_n \geqslant g$，所以$\liminf_{n \to \infty} f_n \geqslant g$，所以$\liminf_{n \to \infty} f_n$半可积

注意到$f_n - g$是非负、关于$\boldsymbol{n}$递增的可测函数列，因此对$f_n - g$应用Fatou引理，我们有

$$\begin{align*} \int_{D} {\liminf_{n \to \infty} f_n \mathrm{d} \mu} - \int_{D} g \mathrm{d}\mu \xlongequal{g可积} \int_{D} {\left(\liminf_{n \to \infty} f_n \right) - g \mathrm{d}\mu} = \int_{D} {\left(\liminf_{n \to \infty} f_n - \liminf_{n \to \infty} g \right) \mathrm{d}\mu} = \int_{D} \liminf_{n \to \infty} {(f_n - g)} \mathrm{d}\mu \leqslant \liminf_{n \to \infty} \int_{D}{f_n - g} \mathrm{d}\mu \end{align*}$$

又因为$g$可积，而且$f_n \geqslant g$，所以$\int_{D} f_n \mathrm{d}\mu \in [0, +\infty]$，所以$\forall n \in \mathbb{N}, \: \int_{D} f_n - g \mathrm{d}\mu = \int_{D} f_n \mathrm{d}\mu - \int_{D} g \mathrm{d}\mu$，在这个式子两边同时取下极限，我们有

$$\begin{align*} \liminf_{n \to \infty} \int_{D} f_n - g \mathrm{d}\mu = \liminf_{n \to \infty} \left( \int_{D} f_n \mathrm{d}\mu - \int_{D} g \mathrm{d}\mu \right) \xlongequal{\liminf_{n \to \infty} \int_{D} g \mathrm{d}\mu = \int_{D} g \mathrm{d}\mu} \liminf_{n \to \infty} \int_{D} f \mathrm{d}\mu - \int_{D} g \mathrm{d}\mu \end{align*}$$

结合上式，我们就得到了

$$\begin{align*} \int_{D} {\liminf_{n \to \infty} f_n \mathrm{d} \mu} - \int_{D} g \mathrm{d}\mu \leqslant \liminf_{n \to \infty} \int_{D} f \mathrm{d}\mu - \int_{D} g \mathrm{d}\mu \xRightarrow{\int_{D} g\mathrm{d}\mu \in \mathbb{R}} \int_{D} \liminf_{n \to \infty} f_n \mathrm{d} \mu \leqslant \liminf_{n \to \infty} \int_{D} f_n \mathrm{d} \mu \end{align*}$$

对于第二个式子，注意到$-f\leqslant -g$

一般可测函数积分的几个性质

（区域可加性）设$\{D_n\}_{n = 1}^{\infty} \subset \mathcal{F}$为两两不交的可测集合列，设$f$在$D = \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n$上半可积，则我们有

$$\int_{\bigcup_{n = 1}^{m}D_n}f \mathrm{d}\mu = \sum_{n = 1}^{m} \int_{D_n}f \mathrm{d}\mu$$

以及

$$\int_{\bigcup_{n = 1}^{\infty}D_n}f \mathrm{d}\mu = \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{D_n}f \mathrm{d}\mu$$

证明：

对第一个式子，因为$f$在$D$上可积，所以$\int_{D}f^-\mathrm{d}\mu$和$\int_{D}f^+\mathrm{d}\mu$中至多有一个为$+ \infty$，不妨设$\int_{D}f^+\mathrm{d}\mu \in [0, + \infty]$，而$\int_{D}f^-\mathrm{d}\mu \in [0, + \infty)$，此时$\int_{\bigcup_{n = 1}^{m}D_n}f^-\mathrm{d}\mu \leqslant \int_{D}f^-\mathrm{d}\mu$，因此$\int_{\bigcup_{n = 1}^{m}D_n}f^-\mathrm{d}\mu \in [0, + \infty)$，所以我们有

$$\begin{align*} \int_{\bigcup_{n = 1}^{m}D_n}f \mathrm{d}\mu = \int_{\bigcup_{n = 1}^{m}D_n}f^+ \mathrm{d}\mu - \int_{\bigcup_{n = 1}^{m}D_n}f^- \mathrm{d}\mu = \sum_{n = 1}^{m} \int_{D_n}f^+ \mathrm{d}\mu - \sum_{n = 1}^{m} \int_{D_n}f^- \mathrm{d}\mu \xlongequal{\sum_{n = 1}^{m} \int_{D_n}f^- \mathrm{d}\mu \in [0, +\infty)} \sum_{n = 1}^{m} \int_{D_n}f^+ - f^- \mathrm{d}\mu = \sum_{n = 1}^{m} \int_{D_n}f \mathrm{d}\mu \end{align*}$$

同样地，对第二个式子，保持上面的假设不变，我们有$\int_{D}f^-\mathrm{d}\mu \in [0, + \infty)$，此时$\int_{\bigcup_{n = 1}^{\infty}D_n}f^-\mathrm{d}\mu \leqslant \int_{D}f^-\mathrm{d}\mu$，因此$\int_{\bigcup_{n = 1}^{\infty}D_n}f^-\mathrm{d}\mu \in [0, + \infty)$，所以我们有

$$\begin{align*} \int_{\bigcup_{n = 1}^{\infty}D_n}f \mathrm{d}\mu = \int_{\bigcup_{n = 1}^{\infty}D_n}f^+ \mathrm{d}\mu - \int_{\bigcup_{n = 1}^{\infty}D_n}f^- \mathrm{d}\mu = \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{D_n}f^+ \mathrm{d}\mu - \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{D_n}f^- \mathrm{d}\mu \xlongequal{\sum_{n = 1}^{\infty} \int_{D_n}f^- \mathrm{d}\mu \in [0, +\infty)} \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{D_n}f^+ - f^- \mathrm{d}\mu = \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{D_n}f \mathrm{d}\mu \end{align*}$$

（在一定条件下的可加性）取测度空间$(\varOmega, \mathcal{F}, \mu)$，设$D \in \mathcal{F}$，$f,g$为在$D$上有定义的半可积函数，如果$\int_{D}f-g \mathrm{d}\mu \in [- \infty, + \infty]$（即没有出现$\infty - \infty$的情形）那么我们有

1. $f+g$在$D$上几乎处处有定义
2. $f + g$在$D$上半可积
3. $\int_{D} \left(f + g\right) \mathrm{d} \mu = \int_{D} f \mathrm{d} \mu + \int_{D} g \mathrm{d} \mu$

证明：

因为$\int_{D}f-g \mathrm{d}\mu \in [- \infty, + \infty]$，所以我们不妨设$\int_{D}f \mathrm{d}\mu, \int_{D}g \mathrm{d}\mu \in (- \infty, + \infty]$，因此我们有$\int_{D} f^+ \mathrm{d}\mu , \int_{D} g^+ \mathrm{d}\mu \in [0, +\infty]$与$\int_{D} f^- \mathrm{d}\mu , \int_{D} g^- \mathrm{d}\mu \in [0, +\infty)$，因此$f, g$只能在$D$的一个零测子集上面取值为$- \infty$，这就证明了$f+g$在$D$上几乎处处有定义

由于$f$和$g$都在$D$上可测，所以$f + g$也在$D$上可测，注意到

$$\left(f + g\right)^+ \leqslant f^+ + g^+$$

以及

$$\left(f + g\right)^- \leqslant f^- + g^-$$

所以我们有$\int_{D}\left(f + g\right)^+\mathrm{d}\mu \leqslant \int_{D} (f^+ + g^+) \mathrm{d}\mu = \int_{D}f^+ \mathrm{d}\mu + \int_{D}g^+ \mathrm{d}\mu$以及$\int_{D}\left(f + g\right)^-\mathrm{d}\mu \leqslant \int_{D} (f^- + g^-) \mathrm{d}\mu = \int_{D}f^- \mathrm{d}\mu + \int_{D}g^- \mathrm{d}\mu$，于是我们就有$\int_{D}\left(f + g\right)^+\mathrm{d}\mu \in [0,+\infty]$以及$\int_{D}\left(f + g\right)^-\mathrm{d}\mu \in [0, + \infty)$，所以$f + g$在$D$上半可积（即不会出现$\infty - \infty$的情形）

注意到

$$f + g = \left(f + g\right)^+ - \left(f + g\right)^- = f^+ - f^- + g^+ - g^-$$

由于$\left(f + g\right)^-, f^- , g^- \in [0, +\infty) \; a.e. x \in D$，所以

$$\left(f + g\right)^+ + f^- + g^- = \left(f + g\right)^- + f^+ + g^+ \; a.e. x\in D$$

（注意这里的$a.e.$是由$f+g$在$D$上几乎处处有定义中的几乎处处所引起的），对等式两边同时在$D$上积分（没有定义的地方补充定义函数值为$0$），我们有

$$\begin{align*} \int_{D}{\left(\left(f + g\right)^+ + f^- + g^- \right)} \mathrm{d}\mu \xlongequal{\left(f + g\right)^+ , f^- , g^-都是非负值函数} \int_{D}\left(f + g\right)^+ \mathrm{d}\mu + \int_{D}f^- \mathrm{d}\mu + \int_{D}g^- \mathrm{d}\mu = \int_{D}{\left(\left(f + g\right)^- + f^+ + g^+\right)} \mathrm{d}\mu \xlongequal{\left(f + g\right)^- , f^+ , g^+都是非负值函数}\int_{D}\left(f + g\right)^- \mathrm{d}\mu + \int_{D}f^+ \mathrm{d}\mu + \int_{D}g^+ \mathrm{d}\mu \end{align*}$$

又因为$\int_{D}f^- \mathrm{d}\mu, \int_{D}g^- \mathrm{d}\mu, \int_{D} (f + g)^- \mathrm{d}\mu \in [0, + \infty)$，所以我们可以在上式中把它们作移项（即把它们减到等号对面的式子上面去），于是我们就得到了

$$\int_{D} (f + g)^+ \mathrm{d}\mu - \int_{D} (f + g)^- \mathrm{d}\mu = \int_{D} f^+ \mathrm{d}\mu - \int_{D} f^- \mathrm{d}\mu + \int_{D} g^+ \mathrm{d}\mu - \int_{D} g^- \mathrm{d}\mu \xlongequal{\text{非负函数积分的定义}} \int_{D} (f + g) \mathrm{d}\mu$$

$\square$

DCT（控制收敛定理）