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实变 II · Lebesgue 积分与三大收敛定理
前置：Lebesgue测度、函数列与级数。逐点看不见尖峰以后，它的面积是否也消失？Lebesgue积分先用可测集合搭出简单函数，再说明哪些极限操作能够保留积分。这里的关键不是记住三条定理名字，而是能逐项核对它们的条件。
学习层：极限先走，面积会不会跟上？
1. 具体谜题：尖峰真的“消失”了吗？
在 \([0,1]\) 上看
对每个固定的 \(x>0\)，当 \(n\) 足够大时 \(x\notin(0,1/n)\)，所以 \(f_n(x)\to0\)；但每一根尖峰的面积都等于 \(n\cdot(1/n)=1\)。如果只盯着一个点，会预测
这个预测为什么错？错的不是逐点极限，而是把“质量集中到越来越窄的区域”当成了“质量已经没有”。
2. 先做预测：三种序列分别能换序吗？
请先猜：\(1_{[1/n,1]}\) 的面积会不会增加到极限面积？\(n1_{(0,1/n)}\) 的面积会不会跟着点值一起下降？\(x^n\) 应该用单调收敛还是控制收敛来处理？交互图把这三个答案放在同一条 \([0,1]\) 轴上，方便把“看起来趋于 0”和“积分真的趋于 0”分开。
3. 最小模型：三条定理各自检查什么？
把空间固定为 \(( [0,1],\mathcal B,m )\)，其中 \(m([0,1])=1\)。要交换 \(\lim\) 与 \(\int\)，三组常用的充分条件是：
- MCT（Levi）：\(0\le f_n\uparrow f\)；非负性和逐点单调递增共同保证 \(\lim_n\int f_n=\int f\)，不要求控制函数；
- Fatou：只要 \(f_n\ge0\) 可测，就有 \(\int\liminf f_n\le\liminf\int f_n\)；它给的是不等式，不会凭空替你补上等号；
- DCT：\(f_n\to f\) a.e.，并且存在 \(g\in L^1\) 使 \(|f_n|\le g\)；这个可积“天花板”阻止质量逃逸，于是 \(\int f_n\to\int f\)。
4. 反例与边界：相似的图形，不相同的定理
\(n1_{(0,1/n)}\) 非负，所以 Fatou 没有问题；它既不单调递增，也没有可积的统一控制函数，因而 MCT 与 DCT 都不能使用。相反，\(x^n\) 在 \([0,1]\) 上有 \(0\le x^n\le1\)，DCT 适用，但它随 \(n\) 递减，不满足 MCT 的“向上”条件。一个常见边界是：每个 \(f_n\) 各自有界，远不等于存在同一个可积 \(g\) 控制所有 \(n\)；尖峰正好展示这个差别。
5. 迁移提示：把新序列交给哪条定理？
遇到新的 \(f_n\)，按这个顺序写在草稿上：先问是否非负，再问是否单调递增，再问是否 a.e. 收敛，最后尝试找一个与 \(n\) 无关且属于 \(L^1\) 的 \(g\)。例如看到 \(n1_{(0,1/n)}\)，不要只写“逐点趋于 0”，还要写出为什么任何统一支配函数都至少呈 \(1/x\) 级别，因而不可积。
无 JavaScript 时的静态读法：本实验在 \( [0,1] \) 上比较三个序列：\(1_{[1/n,1]}\) 的积分为 \(1-1/n\)，\(n1_{(0,1/n)}\) 的积分恒为 \(1\)，\(x^n\) 的积分为 \(1/(n+1)\)。脚本加载后可选择序列、拖动 \(n\)，并查看 SVG 图像与 MCT/Fatou/DCT 条件检查；即使脚本不可用，上述公式仍给出完整判断。
1. 积分的三级定义
在测度空间 \((X,\mathcal A,\mu)\) 上，先限定函数可测，再定义积分。
- 非负简单函数 \(s=\sum_{i=1}^r a_i1_{E_i}\)，其中 \(E_i\) 可测且互不相交、\(a_i\ge0\)：定义 \(\int s\,d\mu=\sum_i a_i\mu(E_i)\)，约定 \(0\cdot\infty=0\)。把不同表示共同细分为不交块，可以核对结果与表示方式无关。
- 非负可测 \(f\)：定义 \(\int f=\sup\{\int s:0\le s\le f,\ s\text{为非负简单函数}\}\)，允许结果为 \(+\infty\)。
- 一般实值可测 \(f=f^+-f^-\)：若正负部积分不同时为无穷，可定义扩展积分 \(\int f=\int f^+-\int f^-\)；若两者都有限，才称 \(f\in L^1\)。若两者都无穷，表达式 \(\infty-\infty\) 没有定义。
因此 Lebesgue 可积等价于 \(\int|f|<\infty\)。条件收敛的反常积分不一定是 Lebesgue 可积，例如 \(\int_1^\infty\sin x/x\,dx\) 的有符号极限存在，但绝对积分发散。
在有限闭区间上，Riemann 可积函数一定 Lebesgue 可积且积分相同；有界函数的 Riemann 可积性等价于其不连续点集为零测集。\(1_{\mathbb Q}\) 的不连续点是整个区间，所以不能 Riemann 积分，却因 a.e. 为零而有 Lebesgue 积分零。可测函数 a.e. 相等时，其定义了的积分相同；\(L^1\) 因而把 a.e. 相等的函数视作同一个元素。
2. 三条定理怎样接起来
以下函数均在同一个测度空间上可测。MCT、Fatou、DCT 不按“强弱排行榜”使用；它们有不同的前提与结论。
2.1 单调收敛 MCT：从集合连续性到函数连续性
若 \(0\le f_n\uparrow f\)，则 \(\int f_n\uparrow\int f\)，允许极限为无穷。证明的关键是回到定义中的简单函数。
设 \(L=\lim_n\int f_n\)。因 \(f_n\le f\)，先有 \(L\le\int f\)。固定非负简单函数 \(s\le f\) 和 \(0<c<1\)，令 \(E_n=\{f_n\ge cs\}\)。则 \(E_n\uparrow X\)：在 \(s>0\) 处，\(f_n\to f\ge s>cs\)；在 \(s=0\) 处不等式一直成立。于是
最后一步只用有限个层集上的测度从下连续性。令 \(c\uparrow1\)，再对全部 \(s\le f\) 取上确界，得 \(L\ge\int f\)，证毕。非负可测级数的部分和单调递增，所以 \(\int\sum_jf_j=\sum_j\int f_j\)，并不需要一致收敛。
2.2 Fatou：下确界把任意序列变成递增序列
若 \(f_n\ge0\)，定义 \(h_n=\inf_{k\ge n}f_k\)，则 \(h_n\uparrow\liminf_nf_n\)。MCT 与 \(h_n\le f_k\) 给
集中尖峰 \(n1_{(0,1/n)}\) 的左边为0、右边为1，说明这里确实可能严格不等。它的质量集中在原点附近，并没有向空间无穷远移动；另一个模型 \(1_{[n,n+1]}\) 才是空间上的质量逃逸。
2.3 DCT：可积控制把 Fatou 的不等式补成等式
若 \(f_n\to f\) a.e. 且存在 \(g\in L^1\) 使所有 \(|f_n|\le g\) a.e.，则 \(|f|\le g\) a.e.。对非负函数 \(2g-|f_n-f|\) 使用 Fatou，得到
这里 \(\int g<\infty\) 才允许相减。因差的绝对值积分非负，只能有 \(\|f_n-f\|_1\to0\)；再由 \(|\int f_n-\int f|\le\|f_n-f\|_1\) 得积分收敛。
怎样证明尖峰没有可积控制函数？ 对 \(0<x<1/2\)，取 \(n=\lceil1/(2x)\rceil\)，则 \(1/(2x)\le n<1/x\)，所以 \(f_n(x)=n\ge1/(2x)\)。任何统一控制 \(g\) 都至少有这个不可积下界；即使各不等式只在 a.e. 意义成立，可数个例外零测集的并仍是零测集，论证不变。
一致收敛和 DCT 不能无条件互相替代。在有限测度空间，若一致收敛到可积的 \(f\)，充分靠后的项被 \(|f|+1\) 控制；在无限测度空间，\(n^{-1}1_{[0,n]}\to0\) 一致收敛，积分却恒为1。另一方面，\(x^n\) 并不一致趋于它的逐点极限，却被1控制，DCT适用。单调递减也不是永远不能换序：若 \(0\le f_n\downarrow f\) 且 \(f_1\in L^1\)，可用DCT，或对 \(f_1-f_n\) 使用MCT。
3. Tonelli 与 Fubini：先检验绝对值
采用清楚的标准版本：两个 \(\sigma\)-有限测度空间 \((X,\mathcal A,\mu)\)、\((Y,\mathcal B,\nu)\)，以及乘积 \(\sigma\)-代数上的可测函数 \(f\)。
- Tonelli：若 \(f\ge0\)，则两种累次积分与乘积测度积分相等，允许值为无穷。
- Fubini：若 \(\int_{X\times Y}|f|\,d(\mu\times\nu)<\infty\)，则几乎处处的截面可积，两种累次积分均等于乘积积分。
两步方法是：先对 \(|f|\) 用Tonelli核查有限性，再将 \(f=f^+-f^-\) 相减。没有绝对可积性，即使两种累次积分各自存在，也可能不同。例如在 \((0,1)^2\) 上
利用 \(\partial_y[y/(x^2+y^2)]=f\)，先积 \(y\) 得 \(1/(1+x^2)\)，再积 \(x\) 得 \(\pi/4\)；利用 \(\partial_x[x/(x^2+y^2)]=-f\)，反向顺序得到 \(-\pi/4\)。在原点附近用极坐标，\(|f|\,dxdy=|\cos2\theta|\,dr\,d\theta/r\)，径向积分发散。这正是Fubini条件失败的位置。
4. 微积分基本定理：绝对连续补上缺失条件
若 \(f\in L^1([a,b])\)，则 \(F(x)=\int_a^x f(t)dt\) 绝对连续，并且 \(F'=f\) a.e.。绝对连续的定义是：对任意 \(\varepsilon>0\)，存在 \(\delta>0\)，使任意有限组互不相交区间 \((a_i,b_i)\subset[a,b]\) 满足
对积分定义的 \(F\)，右边由 \(\int_{\cup_i(a_i,b_i)}|f|\) 控制；可积函数在小测度集合上的积分可统一变小，给出绝对连续性。反过来，绝对连续 \(F\) 的导数 a.e. 存在、属于 \(L^1\)，并对每个 \(x\in[a,b]\) 满足
a.e. 可导与导数可积这两条单独还不够：Cantor 函数连续且单调，从0增至1，在 Cantor 集的补区间上恒定，因此导数a.e.为0，却不能由这个导数积分重建。单调函数a.e.可导是另一条定理，不应误读为单调函数必绝对连续。
5. 例题与迁移
例1：用DCT求极限。 对 \(x>0\) 取 \(f_n(x)=n\sin(x/n)/[x(1+x^2)]\)，在 \(x=0\) 连续定义为1。有 \(|f_n|\le1/(1+x^2)\) 且逐点趋于这个控制函数，所以 \(\lim_n\int_0^1f_n=\pi/4\)。
例2：非负级数逐项积分。 在 \((0,1)\) 展开 \(1/(1-x)=\sum_{n\ge0}x^n\)。MCT允许
其中单项积分可令 \(x=e^{-t}\) 化为 \(\int_0^\infty t e^{-(n+1)t}dt\)；最后的Basel级数值可回看Fourier级数。端点的定义不影响积分。
迁移题
- 对 \(f_n=n^\alpha1_{(0,1/n)}\)，按实数 \(\alpha\) 分类其积分极限与可积统一控制的存在性。逐点极限都是什么？
- 用 \(1-x^n\) 说明即使 \(x^n\) 递减，也能通过MCT间接证明积分趋于零。为什么不能对任意递减非负序列都照搬？
- 将Fubini反例的积分区域改成 \([\delta,1]^2\)，\(0<\delta<1\)。两种顺序现在各得什么？这与原来两个不同结果矛盾吗？
迁移题参考答案
- 对每个固定 \(x\)（含开区间端点 \(x=0\)），最终 \(f_n(x)=0\)。积分是 \(n^{\alpha-1}\)：\(\alpha<1\) 时趋零、\(\alpha=1\) 恒为1、\(\alpha>1\) 发散。\(\alpha\le0\) 时由1控制；\(0<\alpha<1\) 时由 \(x^{-\alpha}\) 控制且可积；\(\alpha\ge1\) 时沿正文的 \(n=\lceil1/(2x)\rceil\) 得 \(g(x)\ge(2x)^{-\alpha}\)，无可积控制。这个模型中DCT恰好解释 \(\alpha<1\) 的换序，但一般序列中DCT不是换序成立的必要条件。
- \(0\le1-x^n\uparrow1\) a.e.，MCT给 \(\int(1-x^n)\to1\)。因总区间长度为1，可以相减得 \(\int x^n\to0\)。一般情形需一个可积的起始函数来保证相减合法；例如 \(1_{[n,\infty)}\downarrow0\)，每项积分仍为无穷。
- 在这个紧方形上函数连续且绝对可积，Fubini适用。又因交换 \(x,y\) 会改变符号而区域不变，双重积分为0，两种顺序均为0。令 \(\delta\downarrow0\) 给的是同时删去原点附近条带的极限，并非原题先完成一个积分再完成另一个积分的过程；绝对可积性失败时，不同取极限程序可以得到不同值。
继续学习：Lᵖ空间把DCT给出的 \(L^1\) 收敛放进范数空间；概率极限定理进一步区分概率收敛、a.e.收敛和期望收敛。
Sheldon Axler：Measure, Integration & Real Analysis 第3章给积分与收敛定理，第5章给乘积测度及Tonelli/Fubini；本页证明和反例按上述明确假设使用。