實分析Ⅱ|筆記整理（6）——一般可測函數積分

08-16

來自專欄一個大學生的日常筆記30 人贊了文章

讀者們好！

看了下上一篇筆記的點贊數我感覺上一篇確實是鮮有創新，所以不容易吸引人。其實本來我也想說之後都拿筆寫然後再掃描進電腦，但是發現寫字的話，很多話就懶得寫了，那樣出來的筆記，自己倒是看著還行，但是內容上和原書基本上沒差……所以還是決定繼續在電腦上續上這一口氣了。因為電腦打字速度稍微快一些，所以還可以有時間用敘述性的語氣把過程銜接起來，這樣子的話筆記就會比手寫要友好很多。

因為ZH5月份的bug讓這一部分筆記缺失了一部分內容，具體的情況如下：

劉理：雜燴|2018.5-近期情況說明，相關typo修改?

zhuanlan.zhihu.com

這一部分要推廣上一節的積分到一般可測函數，和Stein一樣，研究勒貝格積分的過程也是一步一步往外推的。

提供之前的筆記：

實分析Ⅱ|筆記整理（5）——非負可測函數積分
實分析Ⅱ|筆記整理（4）——第二三章部分習題解答
實分析Ⅱ|筆記整理（3）——第一章部分習題及解答
實分析Ⅱ|筆記整理（2）——開集，閉集等集合性質深化
實分析Ⅱ|筆記整理（1）——集合論補充，相關應用習題舉例（1）

我們開始本節的內容。本節所含原書內容為P143-163

一般可測函數的積分

和Stein一樣，討論一般可測函數的積分的時候，我們人為的把它們分成了正部和負部。然後利用之前討論出的結果來研究。

Definition 1:
設 $f(x)$ 為 $E subset mathbb{R}^n$ 上的可測函數，若積分 $int_E f^+(x)dx,int_E f^-(x)dx$ 中至少有一個有限值，則稱 $int_E f(x)dx=int_E f^+(x)dx-int_E f^-(x)dx$ 是 $f(x)$ 在 $E$ 上的積分。如果兩個積分值都有限，則稱它可積。並且記 $E$ 上可積函數全體為 $L(E)$ 。

同樣的，因為等式 $int_E |f(x)|dx=int_E f^+(x)dx+int_E f^-(x)dx$ 的存在，所以如果 $f(x)$ 可積，那麼它的正部和負部都是有限的。它們的差有限，那麼它們的和自然有限（或者說， $-int_E f^{-}(x)dx$ 是有限的）。反過來推也可以，所以可以得出

$f(x),|f(x)|$ 的可積性等價。

之後我們會經常用到這個結論。

根據這個定義可以得到很多簡單的性質。

Proposition 1:
(1)若 $f in L(E)$ ，那麼 $f(x)$ 在 $E$ 上幾乎處處有限。
(2)若 $E in mathcal{U}$ ，且 $f(x)=0 ~ a.e. ~ xin E$ ，那麼 $int_E f(x)dx=0$
(3)若 $f(x)$ 在 $E$ 上可測， $g$ 在 $E$ 上可積，且 $|f(x)| le g(x), x in E$ ，則 $f$ 可積。

書上在這一塊添加了一個小的例子，也是一個之後可能比較多用到的結論。

Example 1:
設 $f in L(mathbb{R}^n)$ ，那麼 $lim_{N o infty}int_{{x in mathbb{R}^n: |x| ge N}}|f(x)|dx=0$

簡單說明一下。構造 $E_N={x in mathbb{R}^n:|x| ge N}$ （事實上這個構造已經出現相當多次了……），那麼 ${|f(x)|chi_{E_N}(x)}$ 是一個漸降列。並且 $lim_{N o infty}|f(x)|chi_{E_N}(x)=0$ 。

根據這個結論和積分的相關性質，可以得到 $lim_{N o infty}int_{E_N}|f(x)|dx=lim_{N o infty}int_{mathbb{R}^n}|f(x)|chi_{E_N}(x)dx$ ，因為是漸降列，我們上一節介紹過這種情況積分依然是可交換的（但是成立附加了一個條件就是 $f$ 可積）。所以 $lim_{N o infty}int_{mathbb{R}^n}|f(x)|chi_{E_N}(x)dx=int_{mathbb{R}^n}lim_{N o infty}|f(x)|chi_{E_N}(x)dx=0$ ，就證明了結論。

這個定理的直觀解釋就是：存在一個有限集合，使得勒貝格積分在這個集合外的值可以任意小。Stein里也介紹過這個結論。

和非負可測函數的情況相同，一般情況的積分也有相似的線性性質。

Proposition 2:
若 $f,g in L(E),C in mathbb{R}$ ，那麼
(1) $int_E Cf(x)dx=C int _Ef(x)dx$
(2) $int_E (f(x)+g(x))dx=int_E f(x)dx+int_E g(x)dx$

對於第一個結論。顯然需要分 $C$ 的情況來進行討論。

當 $C ge 0$ 時，注意到 $(Cf)^+=Cf^+,(Cf)^-=Cf^-$ ，所以這種情況根據非負可測函數的線性性，第一個結論是顯然的。

當 $C=-1$ 時， $(-f)^+=f^-,(-f)^-=f^+$ ，所以容易知道 $int_E(-f(x))dx=-int_E f(x)dx$ 。而 $C<0$ 時只需要根據 $Cf(x)=-|C|f(x)$ 即可得到結論，這裡略去。

有人可能要問書上這一部分的證明為什麼要加一步 $C=-1$ 的討論。這是因為如果不加，之後的證明 $int_E Cf(x)dx=int_E -|C|f(x)dx=-int_E |C|f(x)dx$ 就無法說清楚（因為我們不知道一個全負可測函數的積分是什麼情況，我們只能轉為非負可測函數的情況來討論）。

再來看第二個結論。首先由 $|f(x)+g(x)| le |f(x)|+|g(x)|$ 就可以知道 $f+g in L(E)$ （因為這個積分絕對值是有限的）。之後，由 $(f+g)=(f+g)^+-(f+g)^-=f^+-f^-+g^+-g^-$ ，所以移項可得 $(f+g)^++f^-+g^-=(f+g)^-+f^++g^+$ 。這樣的話就可以根據非負函數積分的線性性質可得 $int_E (f+g)^+(x)dx+int_E f^-(x)dx+int_E g^-(x)dx=int_E (f+g)^-(x)dx+int_E f^+(x)dx+int _E g^+(x)dx$

再一次移項即可得到結論。

書上在這一塊舉了一個與控制函數相關的例子。

Example 2:
設 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的可測函數，且有 $int_{[0,1]}|f(x)|ln (1+|f(x)|)dx<+infty$ ，那麼 $f in L([0,1])$ 。

這一個例子顯然是想說要尋求一個 $|f(x)|$ 的控制函數。但是這裡只提供了函數 $|f(x)|ln (1+|f(x)|)$ 的可積性。顯然這個函數要比 $|f(x)|$ 大，所以這就要求了 $|f(x)| ge e-1$ 。所以可以考慮把集合按照 $|f(x)|$ 的值的範圍做拆分（因為另一個部分根據測度有限，可以知道常值函數可以作這個集合上的控制函數）

設 $E_1={x in [0,1]: |f(x)| le e},E_2=[0,1]ackslash E$ ，那麼這樣的話，在 $x in E_1$ 時， $|f(x)| le e-1$ ，在 $x in E_2$ 時， $|f(x)| le |f(x)| ln (1+|f(x)|)$ 。所以在兩個區間上都是可積的，那麼自然在它們倆的並集上可積，就證明了結論。

這只是一個控制函數的例子，之後的控制收斂定理會系統的再講述這一部分相關的內容。

還有一個例子，是與之前的Levi非負漸升列積分定理相關的一個結論。

Example 3:
設 $f in L(E),f_n in L(E)(n in mathbb{N})$ 。若 $lim_{n o infty}f_n(x)=f(x)(x in E),f_n(x) le f_{n+1}(x)(n in mathbb{N},x in E)$ 。那麼有 $lim_{n o infty}int_E f_n(x)dx=int_E f(x)dx$ 。

因為這是一個漸升列，所以我們和之前一樣的考慮，設 $F_n(x)=f(x)-f_n(x)$ 把它改為一個漸升列。那麼這樣的話 ${F_n(x)}$ 就是 $E$ 上的非負漸降且收斂於 $0$ 的可積函數列，這樣的話根據上一節的Proposition 2就可以得到 $0=lim_{n o infty}int_E F_n(x)dx=lim_{n o infty}(int_E f(x)dx -int_E f_n(x)dx)=int_E f(x)dx-lim_{n o infty}int_Ef_n(x)dx$ 。這就證明了結論。

這個證明可能剛開始會讓人不解，因為為什麼漸升列反而要轉為漸降列處理。事實上是因為漸升列的性質是在非負函數下成立的。但是這裡並沒有非負的條件。所以只能夠進行變換，轉為非負函數的漸降列來處理。

好的，回到我們的主線，繼續推廣在非負可測函數意義下成立的性質，看看它們在一般可測函數的意義下又是否成立。

Proposition 3:
設 $E_k in mathcal{M}(k=1,2,cdots),E_i cap E_j = emptyset(i e j)$ ，若 $f(x)$ 在 $E=igcup_{k=1}^{infty}E_k$ 上可積，那麼 $int_E f(x)dx=sum_{k=1}^{infty}int_{E_k}f(x)dx$ 。

這隻需要根據 $sum_{k=1}^{infty}int_{E_k}f(x)dx=sum_{k=1}^{infty}(int_{E_k}f^+(x)dx-int_{E_k}f^-(x)dx)$ $=int_E f^+(x)dx-int_E f^-(x)dx=int_E f(x)dx$ 即可（因為這個性質在非負可測函數下已經證明是成立的了）。

根據這個結論容易得到

Proposition 4:
改變函數在零測集上的值不會改變它的可積性和積分值。

我們再來看一個例子。

Example 4:
設 $f(x) in L([a,b])$ ，若對任意的 $c in [a,b]$ 有 $int_{[a,c]}f(x)dx=0$ ，那麼 $f(x)=0 ~ a.e. x in [a,b]$ 。

若結論不成立，那麼就會存在 $E subset [a,b],m(E)>0$ ，且 $f(x)$ 在 $E$ 上的值非零。不妨設 $E$ 上有 $f(x)>0$ 。並且取閉集 $F, F subset E$ ，且有 $m(F)>0$ ，令 $G=(a,b) ackslash F$ ，就有 $int_G f(x)dx+int_F f(x)dx=0$ 。

根據 $int_F f(x)dx>0$ 可得 $sum_{n ge 1} int_{[a_n,b_n]}f(x)dx=int_G f(x)dx e 0$ （ $[a_n,b_n]$ 是開集的構成區間，事實上 $a_n,b_n$ 都取成有理數即可）。那麼就有 $int_{[a_{n_0},b_{n_0}]}f(x)dx e 0$ 對於某一個 $n_0$ 成立。但是另一方面， $int_{[a,a_{n_0}]}f(x)dx =0,int_{[a,b_{n_0}]}f(x)dx =0$ ，所以這就與上面的結論矛盾了。

接下來引入的是積分的絕對連續性和平移變換定理。

Proposition 5:
設 $f in L(E)$ ，那麼對於任意的 $epsilon>0$ ，存在 $delta>0$ ，使得當 $E$ 中子集 $e$ 的測度 $m(e)<delta$ 時有 $|int_e f(x)dx| le int_e |f(x)|dx < epsilon$

不妨設 $f(x) ge 0$ ，那麼根據簡單函數逼近定理和非負漸升列積分定理可得，對任意的 $epsilon>0$ ，存在可測簡單函數 $varphi(x),0 le varphi(x) le f(x)(x in E)$ ，使得 $int_E (f(x)-varphi(x))dx=int_E f(x)dx-int_E varphi(x)dx<epsilon/2$ 。

注意到 $f(x)=(f(x)-varphi(x))+varphi(x)$ ，所以只需要考慮 $varphi(x)$ 在區間上的積分即可。這裡我們設 $varphi(x) le M,delta=epsilon/(2M)$ ，根據 $int_ef(x)dxle int_E (f(x)-varphi(x))dx+int_e varphi(x)dx le epsilon$ 即可得到結論。

Proposition 6:
若 $f in L(mathbb{R}^n)$ ，那麼對於任意的 $y_0 in mathbb{R}^n,f(x+y_0) in L(mathbb{R}^n)$ ，有 $int_{mathbb{R}^n}f(x+y_0)dx=int_{mathbb{R}^n}f(x)dx$ 。

根據積分的定義知只需要考慮 $f(x) ge 0$ 的情況。我們一步步來推，先考慮非負可測簡單函數的情況。

設 $f(x)=sum_{i=1}^{k}c_i chi_{E_i}(x) , x in mathbb{R^n}$ ，這樣的話， $f(x+y_0)=sum_{i=1}^{k}c_ichi_{E_i-{y_0}}(x)$ 仍然是非負可測簡單函數。所以根據 $m(E_i-{y_0})=m(E_i)$ 即可得到 $int_{mathbb{R}^n}f(x+y_0)dx=int_{mathbb{R}^n}f(x)dx$ 。

如果是一般非負可測函數，那麼存在非負可測簡單函數漸升列 ${varphi_k(x)}$ ，使得 $lim_{k o infty}varphi_k(x)=f(x),x in mathbb{R}^n$ 。那麼自然可知 ${varphi_k(x+y_0)}$ 仍然為漸升列。並且 $lim_{k o infty}varphi_k(x+y_0)=f(x+y_0),x in mathbb{R}^n$ 。所以由非負函數漸升列積分定理可得 $int_{mathbb{R}^n}f(x+y_0)dx=lim_{k o infty}int_{mathbb{R}^n}varphi_k(x+y_0)dx=lim_{k o infty}int_{mathbb{R}^n}varphi_k(x)dx=int_{mathbb{R}^n}f(x)dx$ ，這就證明了結論。

這個證明方法運用的結論都是在測度部分所證明的。測度部分的結論告訴我們，對點集做平移和伸縮變換，其測度也會對應的變化（平移變換不變，伸縮變換會使測度對應收縮）。

運用同樣的方法，我們再來看書上的這一個例子（不得不說這一節書上的例子我得抄挺多的……）。

Example 5:
設 $I subset mathbb{R}$ 是區間， $f in L(I)$ ， $a e 0$ ，記 $J={x/a: x in I}$ ， $g(x)=f(ax)(x in J)$ ，則 $g in L(J)$ ，並且有 $int_Lf(x)dx=|a|int_Lg(x)dx$ 。

還是一樣，先討論簡單可測函數的情況。

先設 $f(x)=chi_E(x)$ ，其中 $E$ 是 $I$ 中的可測集，那麼 $a^{-1}E subset J$ 。又 $chi_E(ax)=chi_{a^{-1}E}(x)$ ，所以有 $int_Jg(x)dx=frac1{|a|}m(E)=frac1{|a|}int_If(x)dx$ ，同理可以推出簡單可測函數的情況。

再討論一般情況。設簡單可測函數列 ${varphi_n(x)}$ 滿足 $varphi_n(x) o f(x)(n o infty,x in I)$ ，並且 $|varphi_n(x)| le |f(x)|$ 。再令 $psi_n(x)=varphi_n(ax)$ ，那麼 $varphi_n(x) o g(x)$ 並且也是簡單函數列。所以有 $|a| int_Jg(x)dx=|a| lim_{n o infty}int_J psi_n(x)dx=lim_{n o infty} int_I varphi_n(x)dx=int_I f(x)dx$ 。

控制收斂定理

這是勒貝格積分理論中最重要的結果之一。

Theorem 1:
設 $f_k in L(E)(k=1,2,cdots)$ ，並且有 $lim_{k o infty}f_k(x)=f(x) ~ a.e. ~ x in E$ 。若存在 $E$ 上可積函數 $F(x)$ 使得 $|f_k(x)| le F(x) ~ a.e. ~ x in E(k=1,2,cdots)$ ，那麼就有 $lim_{k o infty} int _E f_k(x)dx=int_E f(x)dx$ 。

首先，根據 $|f(x)| le F(x) ~a.e. x in E$ 可知 $f(x)$ 為 $E$ 上可積函數，那麼作函數列 $g_k(x)=|f_k(x)-f(x)|$ ，那麼 $g_k in L(E), 0 le g_k(x) le 2 F(x) ~ a.e. ~ x in E$ 。

首先運用Fatou引理可得 $int_E lim_{k o infty}(2F(x)-g_k(x))dx le underline{lim}limits_{k o infty}int_E (2F(x)-g_k(x))dx$ 。那麼稍微放縮一下可得 $int_E 2F(x)dx-int_E lim_{k o infty}g_k(x)dx le int _E 2F(x)dx-overline{lim}limits_{k o infty}int_E g_k(x)dx$ 。由 $lim_{k o infty}int_Eg_k(x)dx=0$ ，在不等式中消去兩邊的 $int_E 2F(x)dx$ ，可得 $overline{lim}limits_{k o infty}int_E g_k(x)dx =0$ 。最後根據 $|int_E f_k(x)dx-int_E f(x)dx| le |int_E (f_k(x)-f(x))dx| le int_E g_k(x)dx$ 可知定理結論成立。

當然了，控制收斂定理也絕非只有這一種形式。下面這個被稱為依測度收斂的控制收斂定理。

Theorem 2:
設 $f_k in L (mathbb{R}^n)(k=1,2,cdots)$ ，且 $f_k(x)$ 在 $mathbb{R}^n$ 上依測度收斂於 $f(x)$ 。若存在 $F in L(mathbb{R}^n)$ ，使得 $|f_k(x)| le F(x) (k=1,2,cdots; a.e. ~ x in mathbb{R}^n)$ 。那麼 $f in L ( mathbb{R}^n)$ ，並且有 $lim_{k o infty}int_{mathbb{R}^n} f_k(x)dx=int_{mathbb{R}^n}f(x)dx$ 。

這個證明方法是比較麻煩的。但是按照書上的說法，「習之也不無益處」。

設 $epsilon>0$ 任意給定，則只需要說明存在 $K$ ，使得 $k>K$ 時有 $int_{mathbb{R}^n}|f_k(x)-f(x)|dx < epsilon$ 即可。

首先根據Riesz定理（原書定理的3.17，這一部分沒有筆記），存在 ${f_{k_i}(x)}$ 使得 $lim_{i o infty}f_{k_i}(x)=f(x) ~ a.e. ~ xin mathbb{R}^n$ 。也就是說 $|f(x)| le F(x) ~ a.e. ~ xin mathbb{R}^n$ 。

其次，我們對函數做一些定義域的劃分，以化簡討論。

首先根據Example 1可知存在 $N$ 使得 $int_{{x : |x| ge N}}F(x)dx < epsilon /6$ 。那麼自然可以得到 $int_{{x: |x| ge N}}|f_k(x)-f(x)|dxle2int_{{x : |x| ge N}}F(x)dx <epsilon/3$ 。

其次，根據積分連續性(Proposition 5)，可得存在 $delta>0$ ，使得 $m(e) < delta$ 時有 $int_e F(x)dx < epsilon /6$ 。所以 $int_e |f_k(x)-f(x)|dx le 2 int_e F(x)dx < epsilon/3$ 。所以根據這個結論，我們考慮取滿足這個條件的集合 $e$ 。注意到 $f_k(x)$ 依測度收斂於 $f(x)$ ，所以我們設 $B=B(0,N),m(B)=l,E_k={x in B: |f_k(x)-f(x)| > epsilon/(3l)}$ 。（顯然，我們現在關注的問題就是 $|x| le N$ 這一部分區域的情況）這個時候就一定會存在 $K$ ，使得 $k ge K$ 時有 $m(E_k)<delta$ 。

最後，我們討論 $k ge K$ 情況下的積分區域。分解定義域為兩塊。一部分是 ${x: |x| ge N}$ ，這一塊的函數積分一定是 $< epsilon/3$ 的。然後下面討論 $int_B|f_k(x)-f(x)|dx$ ，分解為 $int_{E_k}|f_k(x)-f(x)|dx+int_{B ackslash E_k}|f_k(x)-f(x)|dx$ 。那麼有一部分積分是小於 $epsilon/3$ 的。還有一部分，注意到 $x in B ackslash E_k$ 時， $|f_k(x)-f(x)| le epsilon/(3l)$ 。所以 $int_{B ackslash E_k}|f_k(x)-f(x)|dx le int_B epsilon/(3l)dx=epsilon/3$ 。三塊合在一起就可以得到我們想要的結論。

可以看出來，這個證明雖然麻煩，但是邏輯清晰，思維縝密（有點像書上的定理3.9，也就是簡單可測函數逼近定理）。所以如果能夠多看幾遍，其實也就相當於過了一遍之前已經學過的幾個定理和性質了。

最後我們以它的兩個重要的推論結束這一章。

Corollary 1:
設 $f_k in L(E)$ ，若 $sum_{k =1}^{infty}int_E |f_k(x)|dx < +infty$ ，那麼 $sum_{k=1}^{infty}f_k(x)$ 在 $E$ 上幾乎處處收斂。若記其和函數為 $f(x)$ ，那麼 $f in L(E)$ ，並且有 $sum_{k=1}^{infty}int_E f_k(x)dx=int_E f(x)dx$ 。

（這一部分Stein也證明過，但是證明的視角不太相同）

首先我們作 $F(x)=sum_{k=1}^{infty}|f_k(x)|$ ，那麼由非負可測函數的積分定理（上一節的Theorem 6）可得 $int_E F(x)dx=sum_{k=1}^{infty}int_E |f_k(x)|dx < +infty$ 。這樣的話 $F$ 就是可積的。這就推出了 $F$ 幾乎處處有限，那就說明級數幾乎處處收斂，設和函數為 $f(x)$ ，則由 $|f(x)| le sum_{k=1}^{infty}|f_k(x)| =F(x)$ 可知 $f(x)$ 可積。設 $g_m(x)=sum_{k=1}^{m}f_k(x)$ ，類似方法可以推出它可積。所以根據控制收斂定理可得 $int_E f(x)dx=int_ E lim_{m o infty}g_m(x)dx=lim_{m o infty}int_E g_m(x)dx=sum_{k=1}^{infty}int_E f_k(x)dx$ （強調一下，控制收斂定理得到的一個最重要的結論就是積分和極限可交換），這就證明了結論。

不難看出，這就是推廣了之後的逐項積分定理。

Corollary 2:
設 $f(x,y)$ 是定義在 $E imes (a,b)$ 上的函數，它作為 $x$ 的函數在 $E$ 上可積，作為 $y$ 的函數在 $(a,b)$ 上可微。若存在 $F in L(E)$ ，使得 $|frac{d}{dy}f(x,y)| le F(x)$ ，那麼 $frac{d}{dy}int_E f(x,y)dx=int_E frac d{dy}f(x,y)dx$ 。