4.2勒贝格积分的极限定理

3(mE 1)
],
注意到 f n x F x ， a.e 于 E ,且 f x F x ， a.e 于 E ,则
山东农业大学 数学系 于瑞林
当 n N 时,有

E
f n ( x)dx f ( x)dx f n ( x) f ( x) dx
综上可得,等式(4.2.1)在 mE 的情形下成立. Step2 设 mE ，由于 F x 在 E 上 L-可积，则

E
F x dx lim En F x n dx ．
n
因此，对 0 ， k 0 ，使
F x k dx 4 ， E F x dx Ek
f n ( x) f ( x) ， a.e 于 E ， F ( x ) 在 E 上可积，现考察此时是否
有
lim f n ( x)dx lim f n ( x )dx f ( x)dx
n E E n E
（4.2.1）
成立？ 根据 Egroff 定理， 0 ， 使{ f n ( x)} 在 E E E E ， 上一致收敛到 f ( x ) ，且 mE ．因此，在 E E 上显然有等 式 （4． 2． 1） 成立． 所以问题转化为在 E 上是否有等式 （4． 2． 1） 成立？由于 f n ( x) F ( x ) ， a.e 于 E ，于是

A
f ( x )dx f ( x) dx ( f f N )dx f N dx A A A 0 0
N0 E( f f N )dx ． 0 2( N 0 1) 2 2
证毕． 定理 2 （Lebesgue 控制收敛定理） 设 f n 是可测集 E 上的可 测函数列，存在 E 上 L-可积函数 F x ，使得 f n x F x ，
例 1 考虑 E [0, ) 上，函数列
1, x [0, n]; f n ( x) 0, x (n, ). n 1, 2,
显然控制{ f n } 的函数 F ，必须 F 1， a.e 于 E ，它在[0, ) 上 不是 Lebesgue 可积的．{ f n } 的极限函数 f ( x) 1，在[0, ) 上 不是 Lebesgue 可积的．

Ek
[ f n ( x) f ( x )]dx

2
．
（4.2.5）
山东农业大学 数学系 于瑞林
因此，对 0 ，当 n N 时,有


E
f n ( x )dx f ( x)dx
E
[f
E
n
( x) f ( x )]dx



Ek
[ f n ( x) f ( x )]dx
性, 0 ，使当 mA 时，有

A
F ( x )dx

3
．
(4.2.2)
对上述 ,根据 f n f ,则存在自然数 N ,当 n N 时,有
mE[ f n ( x) f ( x)

3(mE 1)
] .
(4.2.3)
记
En E[ f n ( x ) f ( x )
E E E En

f n f dx
En
f n f dx

E En
f n f dx 2 F ( x )dx
En
2 f n f dx E E n 3 2 mE 3 3(mE 1)
.
(根据(4.2.2)) (根据(4.2.3))
f
E
n
( x)dx f ( x)dx
E
E
f n ( x) dx
E
E
f ( x) dx
2 F ( x)dx ．
问题又一次转化为关于积分 F ( x )dx ，是否有
E
lim F ( x)dx 0
0 E
成立？这就是 Lebesgue 积分的绝对连续性． 定理 1（Lebesgue 积分的绝对连续性） 设 E n 可测， f 在 E 上可积， 则对 0 ， 0 ， 使当 A E ， 且 mA 时，
lim
n [0,1]
f n ( x)dx 0
证明
首先证明 f n 是有界可测函数列． 事实上， 当 nx 1 时，
(nx) s 1 f n ( x) 1， 1 (nx ) s1 1 (nx) s1
故 f n ( x) 1． 对 x [0,1] ， f n ( x)
a.e 于 E ．如果 f n f ，则 f 在 E 上 L-可积且
lim E f n dx E lim f n dx E fdx ．
n n
证明 (1) 由于 f n f ，根据 Riesz 定理， f nk f n ，使得
f nk f ，a.e 于 E ，因此由 f n F x ，立即可知 f F x

E \ Ek
[ f n ( x ) f ( x)]dx

2

E \ Ek
f n f dx 2 F ( x)dx ．
（根据（4.2.5） ）

2
E Ek

2
2

4
（根据（4.2.4） ）
证毕． 推论 1 将定理 2 中的条件 f n f 改为 f n f ， a.e 于 E ， 结论依然成立． （注意：几乎处处收敛+ mE 依测度收 敛．所以，先将无限测度变为有限测度，对有限测度利用几 乎处处收敛必依测度收敛予以证明，即得结论． ） 注 控制收敛定理中控制函数的可积性是必不可少的．

f 由于 EN N0 dx E f N0 dx ，因此 0
f N )dx ． E( f 0 2

取

2( N 0 1)
，由第四章第一节 Lebesgue 积分的绝对可积
性可得，对任意 A E ，当 mA 时，有

故

E Ek
F x dx E F x dx Ek F x dx
E F x dx Ek F x k dx 4 ．

（4.2.4）
由于 mEk ， 故应用 Step1 的结论， 0 ， 必能取到 N , 当 n N 时,有
n
f n ( x) f ( x) ， x E0
故 f n ( x) f ( x) ， a.e 于 E ．从而

E
f n ( x)dx f ( x)dx ，
E
再由数列极限的性质，得
{ f n ( x)} ， f ( x ) Lebesgue 可积， 于是 0 ，N ， 当 n N 时，
对一切 x E ，有
f n ( x ) f ( x) ，
即
f n ( x ) f ( x) ．
山东农业大学 数学系 于瑞林
显然 f ( x) 在 E 上可积， 故 f n ( x) 实际上是被一个可积函数 控制住了．现我们降低要求，假定{ f n ( x)} 不一致收敛，但可 由某个可积函数 F ( x ) 控制，此时极限和积分能否交换顺序 呢 ？ 我 们 仍 不 妨 设 mE ， f n ( x) F ( x ) ， a.e 于 E ，
lim E f n dx E lim f n dx E fdx ．
n n
控制收敛定理和有界收敛定理的关键在于找到可积的 控制函数 F ( x ) 或常数 K ． 例2
(nx) s 设 f n ( x) (0 s 1) ， x [0,1] ，则 1 (nx) s1
§4．2 Lebesgue 积分的极限定理
教学目的 本节讨论关于积分号下取极限的性质，即取极限
和求积分交换顺序的定理．内容包括三个重要的定理以及一 些推论． 本节要点 积分的极限定理有三个重要定理，即控制收敛定
理，单调收敛（Levi）定理，Fatou 引理，它们分别适用于 不同的情况．学习本节的内容应注意分清各个定理的条件和 结论． 在 Riemann 积分中，极限与积分交换次序问题需要加很 强的条件，如一致收敛．而在这一节里同学们将会看到新的 积分在处理积分和极限交换次序时，所要求的条件比 Riemann 积分要弱得多， 这也正是 Lebesgue 积分最大的成功 之处，所以本节中的一些基本定理在一般分析数学中被经常 引用． 一． 控制收敛定理 不妨设 mE ，函数序列{ f n ( x)} 一致收敛到 f ( x ) ，

证明
A
f ( x )dx ．
由于 f 在 E 上 L-可积，则 f 在 E 上 L-可积．根据积分
山东农业大学 数学系 于瑞林
的定义，有

E
f dx lim En f n dx ， n
即 0 ， N 0 0 ，使得

E
f dx EN f N dx ． 0 0 2
山东农业大学 数学系 于瑞林
二．Levi 定理和 Fatou 引理 下面介绍两个与控制收敛定理同等重要而且也是常用 的收敛定理． 定理 2（Levi 定理） 设 f n 是可测集 E n 上的一列非负 可测函数，且在 E 上有 f n ( x) f n1 ( x) ，a.e 于 E ，则 f n 几乎 处处收敛于一非负可测函数 f ( x ) ，
山东农业大学 数学系 于瑞林
推论 2（Lebesgue 有界收敛定理） （1） mE ； （2）
若
f n 是可测集 E 上的可测函数列，存在常数 K ，使得
f n x K ， a.e 于 E ；
（3）如果 f n f ，或 f n f ， a.e 于 E ， 则 f 在 E 上 L-可积且
lim E f n dx E lim f n dx E fdx ．
n

n
证明
记 E E f n ( x) f n1 ( x) ， 则 mE 0 ． 在 E0 E \ E
n 1
上， f ( x ) lim f n ( x) 存在，可测，且有
1 1 1 (nx) s 1 0 ， f n (0) 0 ， nx
所以 f n 处处收敛到零，由有界控制收敛定理，立得结论． 例 3（Riemann 可积性的刻划） 如果 f ( x ) 是区间[a, b] 上的 有界函数， 则 f ( x ) 在[a, b] 上 Riemann 可积的充要条件是 f ( x ) 在 [a, b] 中的不连续点集是一个零测集． 证明略．
a.e 于 E ．根据 F Baidu Nhomakorabea x 的可积性立知 f 是可积的，从而 f 也是
可积的．
山东农业大学 数学系 于瑞林
（2）分析
要证明 lim E f n dx E lim f n dx E fdx 成立，
n n
E E
也即是要估计 f n dx fdx

E
( f n f )dx ．
困难在于（1） mE 有可能为 ； （2）在 E 上 f n ( x) f ( x) 的性质并不明确，因此逐步证明问题： （1） 先考虑有限测度集， 把有限可测集一分为二， 一部分 测度较大但被积函数较小， 另一部分虽然被积函数较 大，但测度很小． （2） 考虑无限测度集，把无限测度也一分为二，一部分 是有限测度集，利用（1）已有的结果；而另一部分 由于函数列被一个可积函数控制，利用可积函数的 性质，最后得到结论． 证明 Step1 假 设 mE , 对 任 意 0 , 根 据 积 分的 绝 对 连 续