Real Analysis

积分（MIRA）

本篇核心内容梗概

快速过一遍积分的基本概念，包括：

• 定义的建立

• 基本性质的导出

• 定义的扩展

然后开始讨论积分与极限的关系：

• 积分的分析性质

本篇将以“控制收敛定理”结尾

定义建立

定义 （$\mathcal{S}$分拆）
$(X,\mathcal{S})$是一个可测空间，$\mathcal{S}$分拆，指的就是一个有限的、成员互相无交的集族$A_1,A_2,\dots,A_m$，使得$A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_m=X$

定义 （下Lebesgue和）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$，定义了可测函数$f:X\to[0,\infty]$，以及一个$\mathcal{S}$分拆$P=\set{A_1\dots, A_m}$，则lower Lebesgue sum就定义为：
$$
\mathcal{L}(f,P)=\sum_{j=1}^m \mu(A_j)\inf\limits_{A_j} f
$$

定义 （非负函数的积分）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$，一个可测函数$f:X\to[0,\infty]$关于测度$\mu$的积分被定义为：
$$
\int f d\mu = \sup\set{\mathcal{L}(f,P):\forall \mathcal{S}\text{-partition } P}
$$

从定义出发，不难证明（见书3.4），一个特征函数的积分就等于特征集合的测度：$\int \chi_E d\mu = \mu(E)$，同样不难证明（见书3.7），非负简单函数（simple function）的积分也是符合直觉的：
$$
\int (\sum_{j=1}^m c_j \chi_{E_j}) d\mu=\sum_{j=1}^m c_j \mu(E_j)
$$

而且，虽然一个简单函数可以有多种表示方法，比如，上式中的$E_j$不一定是无交的集合，但是上式仍然是成立的！（书本的3.13就在讨论这件事）

此外，用定义就能很快证明“保序”性质（当然“保序”这个用词是不严谨的，为了达意罢了）：若两个非负可测函数$f(x)\leq g(x), \forall x\in X$，则$\int fd\mu \leq \int g d\mu$

定理 （积分的等价定义）
给出另一个定义积分的方法：借用简单函数来定义。一个测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$上一个函数$f:X\to[0,\infty]$，其积分也可定义为：
$$
\int f d\mu = \sup\set{\sum\limits_{j=1}^m c_j\mu(A_j): A_j \text{ are disjoint sets in }\mathcal{S} , c_j\in[0,\infty), f(x)\geq \sum_{j=1}^m c_j\chi_{A_j}(x), \forall x\in X}
$$

证一下双向大于：$\leq$与$\geq$即可（见书3.9）

性质的导出

单调收敛定理

这个定理，给出了交换极限符号和积分符号的一种充分条件

定理 （单调收敛）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$上有一个递增的可测函数序列$0\leq f_1\leq f_2\dots$，定义$f:X\to[0,\infty]$为$f(x)=\lim\limits_{k\to\infty} f_k(x)$，那么就有：
$$
\int f d\mu = \lim_{k\to\infty}\int f_k d\mu
$$

证明：对于任何一个固定的$k$，由“保序”得到$\int f_kd\mu\leq \int f d\mu$，因此$\lim\limits_{k\to\infty}\int f_k d\mu \leq \int f d\mu$下面只需证明另一边：

对于$\mathcal{S}$中任意的一些无交集合$A_1,\dots A_m $以及$c_1,\dots c_m\in [0,\infty)$满足$f(x)\geq \sum\limits_{j=1}^m c_j \chi_{A_j}(x)$，可以取一个$0<t<1$，这样子当然$f(x)> t \sum\limits_{j=1}^m c_j \chi_{A_j}(x)$

由此，对于每个固定的$x_0$，都能找到$k$使得$f_k(x_0)\geq t \sum\limits_{j=1}^m c_j \chi_{A_j}(x_0) $，记$E_k = \set{x\in X: f_k(x)\geq t \sum\limits_{j=1}^m c_j \chi_{A_j}(x)}$，那么就得到一个“单增”的集合序列：$E_1\subset E_2\subset \dots$，且其中所有成员之并就是$X$。因此，由定理（递增集合的测度极限）可得$\lim\limits_{k\to\infty}\mu(A_j\cap E_k)=\mu(A_j)$

根据定义，$f_k(x)\geq \sum\limits_{j=1}^m t c_j \chi_{A_j\cap E_k}(x)$，所以$\int f_k d\mu \geq t\sum\limits_{j=1}^m c_j\mu(A_j\cap E_k)$两边都是实数，取$k\to\infty$可以得到：$\lim\limits_{k\to\infty} f_k(x)\geq \sum\limits_{j=1}^m t c_j \chi_{A_j\cap E_k}(x)$，所以 $\lim\limits_{k\to\infty}\int f_k d\mu \geq t\sum\limits_{j=1}^m c_j\mu(A_j)$

再取$t\to 1$即可得到$\lim\limits_{k\to\infty}\int f_k d\mu \geq \sum\limits_{j=1}^m c_j\mu(A_j)$。注意到，我们没有对$A_j$怎么选取做任何假定，因此对于任何的$\mathcal{S}$分拆$P$，这个不等式都成立，因此：$\lim\limits_{k\to\infty}\int f_k d\mu \geq\sup\set{ \sum\limits_{j=1}^m c_j\mu(A_j) : \forall \text{ partition }P}$，故$\lim\limits_{k\to\infty}\int f_k d\mu \geq \int f d\mu$

$\square$

积分的可加性

定理 （非负函数积分的可加性）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$中，有两个可测的函数$f,g:X\to[0,\infty]$，那么：
$$
\int (f+g) d\mu = \int f d\mu+\int g d \mu
$$

证明：由于对于简单函数来说，$\int (\sum_{j=1}^m c_j \chi_{E_j}) d\mu=\sum_{j=1}^m c_j \mu(E_j)$，所以，如果$f,g$都是简单函数，那么欲求证的式子只要左右各自展开，就发现是一样的

那么，思路就是用简单函数递增逼近（构造参考定理“用简单函数近似可测函数”）：$f_1,f_2\dots \to f$以及$g_1,g_2\dots \to g$，那么根据定理 （单调收敛）即知：$\int (f+g) d\mu = \lim\limits_{k\to\infty} \int (f_k+g_k) d\mu$

从而，利用“简单函数情形下，欲证式成立”得到$\lim\limits_{k\to\infty} \int (f_k+g_k) d\mu =\lim\limits_{k\to\infty} \int f_k d\mu+ \lim\limits_{k\to\infty} \int g_k d\mu =\int f+ \int g$（最后一步用了两个分别的单调收敛定理）

$\square$

定义的拓展

回顾：为了将一个实值函数用非负函数表示，定义$f$正部和负部：
$$
f^+ = \begin{cases}
f & f \geq 0\\
0 & \text{else}\\
\end{cases} \quad f^- = \begin{cases}
-f & f \leq 0\\
0 & \text{else}\\
\end{cases}
$$

因此$f=f^+ - f^-$，$\vert f\vert = f^+ +f ^-$，用这个方法，很自然的将积分定义推而广之

而且，由于我们早就已知$\vert f\vert$也是可测函数，因此，$f^+$与$f^-$都是可测函数！

定义 （实值函数积分）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$，一个可测函数$f:X\to[-\infty,\infty]$，满足：$\int f^+ d\mu,\int f^- d \mu$中至少一个值是有限的，则$f$关于测度$\mu$的积分被定义为：
$$
\int f d\mu = \int f^+ d\mu -\int f^- d\mu
$$

注：今后的定理中，多次会“假设$\int f \mu$有定义”，意思就是上面这段话，关注点在 — 两个积分值至少一个是有限的

定理 （积分满足齐性）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$中，有个可测函数$f:X\to[-\infty,\infty]$使得$\int f d\mu$有定义，$c\in \mathbb{R}$那么：
$$
\int c f d\mu = c\int f d\mu
$$

证明：先证非负的情形：$f\geq 0 ,c\geq 0$，由于任何的分拆都有$\mathcal{L}(cf, P) = c\mathcal{L}(f,P)$成立，因此自然$\int c f d\mu = c\int f d\mu$

接着讨论$f:X\to [-\infty ,\infty]$，$c\geq 0$的情形，可知
$$
\begin{align*}
\int cf d\mu & = \int (cf)^+ d\mu - \int (cf)^- d\mu \\
& =\int cf^+ d\mu - \int cf^- d\mu \\
& =c\int f^+ d\mu - c\int f^- d\mu \\
& =c\int f d\mu
\end{align*}
$$
证明$f:X\to [-\infty ,\infty]$，$c\leq 0$的情形
$$ \begin{align*}
\int cf d\mu & = \int (cf)^+ + d\mu - \int (cf)^- d\mu \\
& =\int (-c)f^- d\mu - \int (-c)f^+ d\mu \\
& =(-c)\int f^- d\mu - (-c)\int f^+ d\mu \\
& =c\int f d\mu
\end{align*}
$$

定理 （积分满足可加性）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$中，有两个可测的函数$f,g:X\to \mathbb{R}$，且满足$\int \vert f\vert d\mu <\infty$以及$\int \vert g\vert d\mu <\infty$，那么：
$$
\int (f+g) d\mu = \int f d\mu+\int g d \mu
$$

证明：由于一体两面的关系$(f+g)^+ - (f+g)^- = f+g = f^+ -f^- + g^+ -g^-$，可得$(f+g)^+ + f^- +g^- =(f+g)^- + f^+ +g^+$，至此，转化为非负函数之间的恒等关系，两边同时积分（并且调用“非负函数积分满足可加性”）：$$
\begin{align*}
\int(f+g)^+ d\mu + \int f^- d\mu +\int g^- d\mu =\int(f+g)^- d\mu + \int f^+ d\mu +\int g^+ d\mu
\end{align*}
$$
此恒等式即：
$$
\begin{align*}
&\int(f+g)^+ d\mu - \int(f+g)^- d\mu \\
=& \int f^+ d\mu +\int g^+ d\mu - \int f^- d\mu -\int g^- d\mu \\
=& \int f d\mu + \int g d\mu
\end{align*}
$$
（以上的所有步骤都合法，不会出现未定义的情形，原因是$(f+g)^\pm \leq \vert f\vert +\vert g\vert$，积分全是有限值，无$\infty-\infty$之嫌）

定理 （积分的保序性）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$中，有两个可测函数$f,g:X\to \mathbb{R}$满足$\int f d\mu,\int g d\mu$都有定义，则，若$f(x)\leq g(x),\forall x\in X$成立，则$\int f d\mu \leq \int g d\mu$

有限的情形：作差，然后积分，利用加性与齐性即可
无限的情形，根据定义即可推知

有用的不等式：
定理 （积分的绝对值不等式）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$中，可测的函数$f:X\to [-\infty,\infty]$，满足$\int f d\mu$被良定义，那么：
$$
\left\vert\int f d\mu \right\vert\leq \int \vert f\vert d\mu
$$

证明：
$$
\begin{align*}
& \left\vert\int f d\mu \right\vert = \left\vert \int f^+ d\mu -f^- d\mu \right\vert \\
\leq & \left\vert \int f^+ d\mu \right\vert + \left\vert \int f^- d\mu \right\vert = \int f^+ d\mu + \int f^- d\mu \\
= & \int (f^+ + f^-) d\mu = \int \vert f\vert d\mu \\
\end{align*}
$$

分析性质

以上，我们建好了积分的地基，现在，就开始讨论极限与积分的互换关系！

定义 （子集上的积分）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$中，一个可测的集合$E\in\mathcal{S}$，若$f:X\to [-\infty,\infty]$是一个可测函数，且$\int \chi_E f d\mu$定义良好，则定义子集上的积分：$\int_E f d\mu =\int \chi_E f d\mu$

定理 （积分有限非负函数，小集合上积分必定小）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$中，$g:X\to[0,\infty]$是可测的且积分有定义且$\int g d\mu<\infty$，则对于任何$\varepsilon>0$均存在$\delta>0$使得$\int _ B g d\mu<\varepsilon$对于所有$B\in\mathcal{S}$且$\mu(B)< \delta$的集合成立

证明：整体思路是“用简单函数架桥”！

根据定理（积分的等价定义）可知，能用可测的简单实值函数从“下面”逼近一个非负函数，且其积分也能用这个简单函数的积分近似，所以，找可测的简单实值函数$h$使得$\int gd\mu - \int h d \mu<\frac{\varepsilon}{2}$

然后，毕竟简单函数很简单（才有限个实值），因此找到最大的那个值$H$，找到足够小的$\delta$满足$H\delta<\frac{\varepsilon}{2}$，则：$\int_B g d\mu = \int_B (g-h)d \mu + \int_B h d\mu <\frac{\varepsilon}{2}+H \delta<\varepsilon$

定理 （积分有限的非负函数几乎住在有限测度集合里）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$中，可测函数$g:X\to[0,\infty]$，且其积分有定义，满足$\int g d\mu<\infty$。那么，对任何$\varepsilon>0$，均存在一个$E\in\mathcal{S}$，满足$\mu(E)<\infty$使得$\int_{X-E} gd \mu <\varepsilon$

证明：根据积分的定义，能找到一个$\mathcal{S}$分拆$P=A_1,\dots,A_m$满足$\int g d\mu<\varepsilon+\mathcal{L}(g,P)$

下面，只保留那些$\inf\limits_{A_j} g>0$的集合$A_j$，将这样的$A_j$并成集合$E$，即是所求，原因如下：

• $\mu(E)<\infty$是必然的，否则的话，$\mathcal{L}(g,P)$会等于$\infty$，矛盾

• $\int_{X-E} gd\mu = \int gd\mu- \int \chi_E g d\mu<\varepsilon +\mathcal{L}(g,P) -\int \chi_E g d\mu <\varepsilon +\mathcal{L}(g,P) -\mathcal{L}( \chi_E g ,P)=\varepsilon$

定义 （几乎处处）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$中，有人说了某一个命题。然后，若能找到一个零测集$E\in\mathcal{S},\mu(E)=0$，使得该命题在$X-E$上成立，就称该命题几乎处处成立

在讨论积分的时候，“几乎处处”和“处处”其实效果一样（在零测集上修改函数值而积分不变），所以，我们经常可以把条件松弛到“几乎处处”，如下面这个关键定理

定理 （控制收敛定理）
测度空间$(X,\mathcal{S},\mu)$中，可测函数$f:X\to[-\infty,\infty]$以及有个序列$f_1,f_2\dots:X\to[-\infty,\infty]$，满足几乎处处$\lim\limits_{k\to\infty} f_k(x)=f(x)$成立。现在，若能找到一个可测函数$g:X\to[0,\infty]$且$\int g d\mu<\infty$，满足能够几乎处处控制（dominate）住序列$\vert f_k(x)\vert\leq g(x),\forall k$，则：
$$
\int f d\mu = \lim_{k\to\infty}\int f_k d\mu
$$

证明：对于任何$E\in \mathcal{S}$都有
$$
\begin{align*}
& \left\vert \int f_k d\mu -\int f d\mu \right\vert = \left\vert \int_{X-E} f_k d\mu -\int_{X-E} f d\mu + \int_{E} f_k d\mu -\int_{E} f d\mu \right\vert \\
\leq & \left\vert \int_{X-E} f_k d\mu \right\vert +\left\vert \int_{X-E} f d\mu \right\vert + \left\vert \int_{E} f_k d\mu -\int_{E} f d\mu \right\vert \\
\leq & 2\int_{X-E} g d\mu + \left\vert \int_{E} f_k d\mu -\int_{E} f d\mu \right\vert
\end{align*}
$$

1. $\mu(X)<\infty$时

根据定理（积分有限非负函数，小集合上积分必定小），能找到$\delta$使得$\int_B g d\mu <\frac{\varepsilon}{4}$对任何测度小于$\delta$的集合$B$成立。再调用Egorov定理，能找到一个集合$E$使得$\mu(X-E)<\delta$，且函数序列在$E$上一致收敛到$f$，这样，使用上面的式子时，能看出积分已被镇压下去：

$2\int_{X-E} g d\mu + \left\vert \int_{E} f_k d\mu -\int_{E} f d\mu \right\vert \leq \frac{\varepsilon}{2} +\left\vert \int_{E} (f_k - f) d\mu \right\vert$，后一项因一致收敛而消逝

2. $\mu(X)=\infty$时

先用定理（积分有限的非负函数几乎住在有限测度集合里），那么存在一个可测集合$E$满足$\mu(E)<\infty$且$\int _ {X-E} g d\mu<\frac{\varepsilon}{4}$，因此，继续前头的式子有：

$2\int_{X-E} g d\mu + \left\vert \int_{E} f_k d\mu -\int_{E} f d\mu \right\vert< \frac{\varepsilon}{2} +\left\vert \int_{E} (f_k - f) d\mu \right\vert$

现在对于$\left\vert \int_{E} (f_k - f) d\mu \right\vert = \left\vert \int (f_k\vert_E - f\vert_E) d\mu \right\vert$这一项应用 1. 中证明过的结果（因为$E$已经测度有限了呀！允许调用case1），即可

$\square$

最后看看该定理的一个特例，就是：

定理 （有界收敛定理）
其余和控制收敛定理一样，只不过$g(x)=c$用常数压制罢了