实分析课堂笔记 Chapter 2. 可测函数

Chapter 2. 可测函数

2.1 可测函数

Definition 2.1（原像） 给定映射 $f: X\rightarrow Y$，它诱导了原像映射

\[f^{-1}: 2^X\rightarrow 2^Y, f^{-1}(E) = \{x\in X, f(x)\in E\}. \]

Remark 2.2

\[\begin{aligned} f^{-1}(\bigcup_{\lambda}E_\lambda) &= \bigcup_\lambda f^{-1}(E_\lambda) \\ f^{-1}(\bigcap_{\lambda}E_\lambda) &= \bigcap_\lambda f^{-1}(E_\lambda) \\ f^{-1}(E^c) &= [f^{-1}(E)]^c \\ \mathcal{N} \text{ is a }\sigma\text{-algebra on }Y&\Rightarrow f^{-1}(\mathcal{N}) \text{ is a }\sigma\text{-algebra on }X. \end{aligned} \]

Definition 2.3（$(\mathcal{M,N}) $-可测函数）若 $(X,\mathcal{M}), (Y,\mathcal{N})$ 是可测空间，称 $f: X\rightarrow Y$ 是 $(\mathcal{M}, \mathcal{N})$-可测函数如果 $\forall E\in \mathcal{N}, f^{-1}(E)\in\mathcal{M}$。

Remark 2.4 可测函数的复合仍为可测函数。

Proposation 2.5 若 $\mathcal{N} = \mathcal{M(E)}$，则 $f: X\rightarrow Y$ 是 $(\mathcal{M,N})$-可测函数如果 $\forall E\in \mathcal{E}, f^{-1}(E)\in \mathcal{M}$。

Proof：$\Rightarrow$：显然。

$\Leftarrow$：$\{E\subset Y: f^{-1}(E)\in \mathcal{M}\}$ 是包含 $\mathcal{E}$ 的 $\sigma$-代数。

Corollary 2.6 若 $(X,\tau_1)$ 和 $(Y,\tau_2)$ 是拓扑空间，则若 $f:X\rightarrow Y$ 连续，则 $f$ 是 $(\mathcal{B}_X,\mathcal{B}_Y)$-可测函数。

Proof：$\mathcal{B}_Y = \mathcal{M}(\tau_2)$，且 $\forall U\in \tau_2, f^{-1}(U)\in \tau_1\subset \mathcal{B}_X$。由 Proposation 2.5 立即可得。

Definition 2.7（$\mathcal{M}$-可测函数）若 $(X,\mathcal{M})$ 是可测空间，则称 $f: X\rightarrow \mathbb{R}(\mathbb{C})$ 为 $\mathcal{M}$-可测函数如果 $f$ 是 $(\mathcal{M}, \mathcal{B}_\mathbb{R})$-可测函数。

Example 2.8 $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{C}$ 是勒贝格可测的如果 $f$ 是 $(\mathcal{L}, \mathcal{B}_\mathbb{C})$-可测的。

Remark 2.9 $f\circ g: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ 是 Borel 可测的，如果 $f$ 和 $g$ 都是 Borel 可测的；但 $f\circ g$ 不一定是 Lebesgue 可测的，如果 $f$ 和 $g$ 都是 Lebesgue 可测的。

Proposation 2.10 给定可测空间 $(X,\mathcal{M})$ 和函数 $f: X\rightarrow \mathbb{R}$，则以下等价：

$f$ 是 $\mathcal{M}$-可测的
$f^{-1}((a,\infty))\in \mathcal{M}, \forall a\in \mathbb{R}$
$f^{-1}([a,\infty))\in \mathcal{M}, \forall a\in \mathbb{R}$

Proof：1 推 2、3 显然；若 2 或 3 成立，因为 $\mathcal{M}(\{(a,\infty):a\in\mathbb{R}\}) = \mathcal{B}_\mathbb{R}$，所以 1 成立。

Definition 2.11

若 $f: X\rightarrow \mathbb{R}, E\in \mathcal{M}\subset 2^X$，则称 $f$ 在 $E$ 上可测（等价于 $f$ $\mathcal{M}_E$-可测）如果 $f^{-1}(B\cap E)\in \mathcal{M}, \forall B\in \mathcal{B}_\mathbb{R}$。
给定 $X$，集合列 $\{(Y_\alpha, \mathcal{N}_\alpha)\}_{\alpha\in A}$ 和函数列 $f_\alpha: X\rightarrow Y_\alpha$，则称 $\{f_\alpha\}$ 生成的最小 $\sigma$-代数为由 $\{f_{\alpha}^{-1}(E_\alpha): E_\alpha\in \mathcal{N}_\alpha, \alpha\in A\}$ 生成的 $\sigma$-代数。

Remark 2.12 若 $X = \prod_{\alpha\in A}Y_\alpha$，则 $X$ 上的乘积 $\sigma$-代数 $\otimes_{\alpha\in A}\mathcal{N}_\alpha$ 是由投影映射 $\{\pi_\alpha: X\rightarrow Y_\alpha|\alpha\in A\}$ 生成的最小 $\sigma$-代数。

Proposation 2.13 给定 $(X,\mathcal{M}), \{(Y,\mathcal{N}_\alpha)\}_{\alpha\in A}$，若 $Y = \prod_{\alpha\in A}Y_\alpha, \mathcal{N} = \otimes_{\alpha\in A} \mathcal{N}_\alpha$，则 $f: X\rightarrow Y$ 是 $(\mathcal{M,N})$-可测的当且仅当对所有 $\alpha$，$f_\alpha$ 是 $(\mathcal{M,N_\alpha})$-可测的。

Proof：$\Rightarrow$：显然；

$\Leftarrow：$因为 $f_\alpha$ 可测，所以对任意 $E_\alpha\in \mathcal{N}_\alpha$，$f^{-1}(\pi_\alpha^{-1}(E_\alpha))\in \mathcal{M}$。

又因为 $\mathcal{N} = \mathcal{M}(\{\pi_\alpha^{-1}(E_\alpha): E_\alpha\in \mathcal{N}_\alpha, \alpha\in A\})$，所以 $f$ 是可测函数。

Corollary 2.14 $f: X\rightarrow \mathbb{C}$ 是 $\mathcal{M}$-可测的当且仅当 $\mathrm{Re}f$ 和 $\mathrm{Im}f$ 都是 $\mathcal{M}$-可测的。

Definition 2.15（广义实数）记 $\overline{\mathbb{R}} = [-\infty,+\infty]$。定义 $\mathcal{B}_\mathbb{R} = \{E\subset \overline{\mathbb{R}}: E\cap \mathbb{R}\in \mathcal{B}_\mathbb{R}\}$。称 $f: X\rightarrow \overline{\mathbb{R}}$ 是 $\mathcal{M}$-可测的如果 $f$ 是 $(\mathcal{M}, \mathcal{B}_\overline{\mathbb{R}})$-可测的。

Remark 2.16 $f:X\rightarrow\overline{\mathbb{R}}$ 是可测的当且仅当 $f^{-1}(\{\pm\infty\})\in \mathcal{M}$ 且 $f$ 在 $f^{-1}(\mathbb{R})$ 上可测。

Proposation 2.17 若 $f,g: X\rightarrow \mathbb{C}$ 是 $\mathcal{M}$-可测的，则 $f+g,f-g,fg,f/g$ 可测。

Proof：乘积空间的函数可测，四则运算可测，故复合可测。

Remark 2.18 上面的结论对 $f: X\rightarrow \overline{\mathbb{R}}$ 也成立。

Proposation 2.19 若 $\forall j\in \mathbb{N}, f_j: X\rightarrow \overline{\mathbb{R}}$ 可测，则

\[g_1(x) = \sup_j f_j(x), g_2(x) = \inf_j f_j(x), g_3(x) = \limsup_j f_j(x), g_4(x) = \liminf_j f_j(x) \]

都可测。

Proof：因为 $g_1^{-1}((a,\infty]) = \cup_j f_j^{-1}((a,\infty])$，所以 $g_1$ 可测；

因为 $\inf_j f_j = \sup_j (-f_j)$，所以 $g_2$ 可测。

因为 $\limsup_j f_j = \inf_k\sup_{j\leq k}f_j$，所以 $g_3,g_4$ 可测。

Corollary 2.20

若 $f,g: X\rightarrow \overline{\mathbb{R}}$ 可测，则 $\max\{f,g\},\min\{f,g\}$ 均可测。
若 $f_j: X\rightarrow C$ 可测，且 $f(x) = \lim_{j\rightarrow \infty} f_j(x), \forall x\in X$ 存在，则 $f$ 可测。

Definition 2.21（正部和负部）设 $f: X\rightarrow \overline{\mathbb{R}}, f^+(x) = \max\{f(x),0\}, f^-(x) = \max\{-f(x),0\}$。且 $f = f^+ - f^-$。

Definition 2.22（极坐标分解）设 $f: X\rightarrow \mathbb{C}$，则其极坐标分解为 $f = (\text{sgn} f)|f|$，其中

\[\text{sgn}z = \begin{cases} \frac z{|z|}, & z\neq 0 \\ 0, & z=0 \\ \end{cases} \]

Remark 2.23 若 $f: X\rightarrow \mathbb{C}$ 可测，则 $\text{sgn}f, |f|$ 可测。

Definition 2.24（特征函数）设 $E\subset X$，定义其特征函数为

\[\chi_E(x) = \begin{cases} 1, & x\in E, \\ 0, & x\notin E. \end{cases} \]

Definition 2.25（简单函数）设 $f: X\rightarrow \mathbb{C}$，称 $f$ 是简单函数如果

\[f(x) = \sum_{j=1}^\infty z_j\chi_{E_j}, E_j\in \mathcal{M}, Z_j\in \mathbb{C}, z_j\neq z_k\forall j\neq k. \]

Remark 2.26

$\chi_E$ 可测当且仅当 $E\in \mathcal{M}$。
$f,g$ 是简单函数 $\Rightarrow f\pm g, fg$ 是简单函数。

Theorem 2.27 给定测度空间 $(X,\mathcal{M})$。

（1）若 $f: X\rightarrow [0,\infty]$ 可测，则存在简单函数 $\{\phi_n\}$ 使得 $0\leq \phi_1\leq \dots\leq \phi_n\leq f$，且 $\phi_n$ 点态收敛于 $f$；进一步地，若 $f$ 有界，则 $\phi_n$ 一致收敛于 $f$。

（2）若 $f: X\rightarrow \mathbb{C}$ 可测，则存在简单函数 $\{\phi_n\}$ 使得 $0\leq |\phi_1|\leq \dots\leq |\phi_n|\leq |f|$，且 $\phi_n$ 点态收敛于 $f$；进一步地，若 $|f|$ 有界，则 $\phi_n$ 一致收敛于 $f$。

Proof：（1）定义

\[\phi_n = \sum_{k=0}^{2^{2n}-1}k2^{-n}\chi_{E_n^k} + 2^n\chi_{F_n} \]

其中 $E_n^k = f^{-1}((k2^{-n},(k+1)2^{-n}]), F_n = f^{-1}((2^n,\infty])$。

则 $\phi_n$ 单调增且 $0\leq f-\phi_n\leq 2^{-n}, \forall f\leq 2^n$。

（2）设 $f = g+ih,$。其中 $g,h: X\rightarrow \mathbb{R}$。将（1）应用于 $g^{\pm},h^{\pm}$ 得到 $\{\varphi_n^\pm\},\{\psi_n^{\pm}\}$。令

\[\phi_n = (\varphi_n^+ - \varphi_n^-) + i(\psi_n^+ - \psi_n^-), \]

则 $\{\phi_n\}$ 满足条件。

Remark 2.28 给定 $(X,\mathcal{M},\mu)$，其中 $\mu$ 是完备测度，则

（1）若 $f$ 可测，$f=g\quad \mu-\text{a.e.}$，则 $g$ 可测。

（2）若 $\forall n\in \mathbb{N}$，$f_n$ 可测，且 $f_n\rightarrow f\quad \text{a.e.}$，则 $f$ 可测。

Proposation 2.29 给定 $(X,\mathcal{M},\mu)$，其完备化为 $(X,\overline{\mathcal{M}},\overline{\mu})$，若 $f$ 是 $\overline{\mathcal{M}}$ 可测的，则存在 $\mathcal{M}$ 可测的函数 $g$ 满足 $f=g\quad \overline{\mu}-\text{a.e.}$。

Proof：当 $f = \chi_E, E\in \overline{\mathcal{M}}$ 时显然。因此性质对简单函数也成立。

若 $f$ 可测，则存在 $\overline{\mathcal{M}}$ 可测简单函数列 $\{\phi_n\}$ 满足 $\phi_n\rightarrow f$。

令 $\psi_n$ 是 $\mathcal{M}$ 可测简单函数列且 $\psi_n = \phi_n$ 在 $X\backslash E_n, \overline{\mu}(E_n) = 0$ 上成立。

选取 $N\in \mathcal{M}$ 使得 $\mu(N) = 0, \cup_n E_n\subset N, \overline{\mu}(E_n) = 0$，

令 $g = \lim_{n\rightarrow \infty} \chi_{X\backslash N}\psi_n$，则 $g$ 可测且 $g=f$ 在 $N^c$ 上成立。

2.2 非负函数的积分

Definition 2.30（非负可测函数）给定测度空间 $(X,\mathcal{M},\mu)$，定义

\[\mathcal{L}^+ := \{可测函数 f: X\rightarrow [0,\infty]\} \]

Definition 2.31（简单函数的积分）若 $\phi\in \mathcal{L}^+, \phi = \sum_{i=1}^n \phi_i\chi_{E_i}$ 为简单函数，则定义

\[\int\phi d\mu = \int_X\phi d\mu = \sum_{i=1}^n\phi_i\mu(E_i). \]

Remark 2.32

规定 $0\cdot\infty = 0$。
简写 $\int \phi = \int\phi d\mu$。
若 $A\in \mathcal{M}$，$\phi\chi_A$ 是简单函数，则定义 $\int_A\phi d\mu = \int \phi\chi_Ad\mu$。

Proposation 2.33 设 $\phi,\psi$ 是 $\mathcal{L}^+$ 上简单函数，则

若 $c\geq 0$，则定义 $\int c\phi = c\int \phi$。
$\int (\phi + \psi) = \int\phi + \int\psi$。
若 $\phi\leq \psi$，则 $\int\phi \leq \int\psi$。
$A\mapsto \int_A\phi d\mu$ 是 $\mathcal{M}$ 上的测度。

Proof：（1）由定义，显然。

（2）设 $\int_\phi = \sum_{i=1}^n a_i\mu(E_i), \int\psi = \sum_{j=1}^m b_j\mu(F_j)$，

则 $E_i = \cup_{k=1}^m (E_i\cap F_k), F_j = \cup_{k=1}^n (F_j\cap E_k)$ 无交。因此

\[\begin{aligned} &\int\phi + \int\psi\\ =& \sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^ma_i\mu(E_i\cap F_k) + \sum_{j=1}^m\sum_{k=1}^n b_j\mu(F_j\cap E_k)\\ =& \sum_{j,k} (a_j+b_k)\mu(E_j\cap F_k)\\ =& \int(\phi+\psi). \end{aligned} \]

（3）因为 $\phi\leq \psi$，所以 $\forall E_j\cap F_k\neq \emptyset, a_j\leq b_k$。所以

\[\int\phi = \sum_{j,k} a_i\mu(E_i\cap F_k)\leq \sum_{j,k}b_k\mu(E_i\cap F_k) = \int\psi. \]

（4）若 $\{A_k\}\subset \mathcal{M}$，$A = \cup_{k=1}^\infty A_k$ 是无交并，定义 $\nu(A) = \int_A\phi$，则

\[\nu(A) = \int_A\phi = \sum_ja_j\mu(A\cap E_j) = \sum_{j,k}a_j\mu(A_k\cap E_j) = \sum_k\int_{A_k}\phi = \sum_k\nu(A_k) \]

因此 $\nu$ 是测度。

Definition 2.34（非负可测函数的积分）设 $f: \mathcal{L}^+$，定义

\[\int fd\mu = \sup\{\int\phi d\mu: 0\leq \phi\leq \mu, \phi为简单函数\}. \]

Remark 2.35

若 $f$ 是简单函数，则上述定义显然是良定义。
$\int f\leq \int g, \forall f\leq g$，且 $\int cf = c\int f, \forall c\in [0,\infty]$。

Theorem 2.36（单调收敛定理，MCT）设 $\{f_n\}\subset \mathcal{L}^+$ 满足 $f_j\leq f_{j+1}, \forall j$，且 $f = \lim_{n\rightarrow \infty} f_n$，则 $\int f = \lim_{n\rightarrow \infty} \int f_n$。

Proof：$\{f_n\}$ 是 $[0,\infty]$ 上的单调函数且极限在 $[0,\infty]$。

$\int f_n\leq \int f, \forall n \Rightarrow \lim_{n\rightarrow \infty}\int f_n\leq \int f$；

若给定 $\alpha\in (0,1)$ 和简单函数 $\phi$ 使得 $0\leq \phi\leq f$，定义 $E_n = \{x: f_n(x)\geq \alpha\phi(x)\}$，则 $E_n$ 单调递增且 $\cup_{n=1}^\infty E_n = X$。

因此 $\int f_n\geq \int_{E_n}f_n\geq \alpha\int_{E_n}\phi$。由 Proposation 2.33（4）可得 $\int_{E_n}\phi$ 是一个测度 $\nu(E_n)$。再由连续性得 $\lim_{n\rightarrow \infty} \nu(E_n) = \int_E\phi$。

令 $n\rightarrow \infty$，则 $\lim_{n\rightarrow \infty}\int f_n\geq \alpha\int_E\phi, \forall \alpha<1$。令 $\alpha\rightarrow 1$ 得结论成立。

Remark 2.37 为什么用 $\alpha\phi$ 而不是 $\phi - \epsilon$？因为 $\int_{E_n}(\phi-\epsilon)$ 可能是 $-\infty$。

Theorem 2.38 若 $\{f_n\}\subset \mathcal{L}^+, f = \sum_n f_n$，则 $\int f = \sum_{n=1}^\infty \int f_n$。

Proof：对 $f_1,f_2\in \mathcal{L}^+$，存在简单函数列 $\{\phi_j\}, \{\psi_j\}\in \mathcal{L}^+$ 使得 $\phi_j\rightarrow f_1, \psi_j\rightarrow f_2$，因此 $\phi_j + \psi_j \rightarrow f_1 + f_2$，因此

\[\int(f_1+f_2) = \lim_{j\rightarrow \infty} \int(\phi_j + \psi_j) = \lim_{j\rightarrow \infty}\int\phi_j + \lim_{j\rightarrow \infty}\int \psi_j = \int f_1 + \int f_2. \]

Proposation 2.39 若 $f\in \mathcal{L}^+$，则 $\int f = 0 \Rightarrow f=0,\quad \text{a.e.}$。

Proof：若 $f$ 是简单函数，显然；

"$\Leftarrow$"：若 $f=0,\quad \text{a.e.}$，则对任意简单函数 $\phi$，$0\leq \phi\leq f$，则 $\phi=0\quad \text{a.e.}$，则 $\int\phi = 0$。因此 $\int f = 0$。

"$\Rightarrow$"：令 $E_n = \{x: f(x) > \frac 1n\}$，则 $\cup_n E_n = \{x: f(x)\neq 0\}$。

若 $f=0\quad \text{a.e.}$ 不成立，则存在 $E_n$ 使得 $\mu(E_n) > 0$。

但 $\int f\geq \int_{E_n}f\geq \frac 1n\int_{E_n}1 = \frac 1n\mu(E_n)>0$，矛盾！所以 $f=0\quad \text{a.e.}$。

Corollary 2.40 若 $\{f_n\}\subset \mathcal{L}^+, f\in \mathcal{L}^+$，$f_n\rightarrow f \quad \text{a.e.}X$，则 $\int f = \lim_{n\rightarrow \infty}\int f_n$。

Proof：由题意，存在 $E$，$\mu(E^c) = 0, f_n\rightarrow f, \forall x\in E$。

则 $f - f\chi_E = 0, \quad \text{a.e.}$，$f_n - f_n\chi_E = 0, \quad \text{a.e.}$。因此

\[\int f = \int f\chi_E = \lim_{n\rightarrow\infty}\int f_n\chi_E = \lim_{n\rightarrow \infty}\int f_n. \]

Theorem 2.41（Fatou 引理）若 $\{f_n\}\subset \mathcal{L}^+$，则

\[\int\underline{\lim}\limits_{n\rightarrow\infty} f_n\leq \underline{\lim}\limits_{n\rightarrow \infty}\int f_n. \]

Proof：对任意 $k\geq 1$，因为 $\int_{n\geq k}f_n\leq f_j, \forall j\geq k$，所以 $\int \inf_{n\geq k} f_n\leq \int f_j, \forall j\geq k$。

所以 $\int \inf_{n\geq k} f_n \leq \inf_{j\geq k}\int f_j$。所以

\[\int\underline{\lim}\limits_{n\rightarrow\infty} f_n = \int\lim_{k\rightarrow \infty}\inf_{n\geq k}f_n = \lim_{k\rightarrow \infty}\int\inf_{n\geq k} f_n\leq \lim_{k\rightarrow \infty}\inf_{n\geq k}\int f_n = \underline{\lim}\limits_{n\rightarrow \infty}\int f_n. \]

Remark 2.42 严格不等号的例子：

$f_n(x) = \chi_{[n,n+1]}$
$f_n(x) = n\chi_{[0,\frac 1n]}$

2.3 实值和复值函数的积分

Definition 2.43（实可积）给定测度空间 $(X,\mathcal{M},\mu)$，$f: X\rightarrow \overline{\mathbb{R}}$，定义 $\int f = \int f^+ - \int f^-$。称 $f$ 可积如果 $\int f^+, \int f^- < \infty \Leftrightarrow \int |f| < \infty$。

Proposation 2.44 全体 $X$ 中实值可积函数构成实线性空间，且积分是该空间上的线性泛函。

Proof：（1）因为 $|af + bg| \leq |a||f| + |b||g|$，所以 $f,g$ 可积 $\Rightarrow$ $af+bg$ 可积。

（2）$\int \alpha f = \alpha\int f$。

（3）若 $f,g$ 可积，$h = f+g$，则

\[h^+ - h^- = f^+ - f^- + g^+ - g^-\Rightarrow h^+ + f^- + g^- = h^- + g^+ + f^+. \]

所以 $\int h^+ + \int f^- + \int g^- = \int h^- + \int f^+ + \int g^+$，故 $\int h = \int f + \int g$。

Definition 2.45（复可积）设 $f: X\rightarrow \mathbb{C}$ 可测。称 $f$ 复可积如果 $\int |f| < \infty$。若 $E\in \mathcal{M}$，称 $f$ 在 $E$ 上可积如果 $\int_E |f| < \infty$。

Remark 2.46 因为 $|f|\leq |\text{Re}f| + |\text{Im}f|\leq 2|f|$，所以 $f$ 可积 $\Leftrightarrow$ $\text{Re}f, \text{Im}f$ 可积。

Definition 2.47（复积分） 设 $f: X\rightarrow \mathbb{C}$ 可积，则定义 $\int f = \int \text{Re}f + i\int \text{Im}f$。

Definition 2.48（复可积空间）全体复可积函数构成的空间称为 $\mathcal{L}^1(\mu) = \mathcal{L}^1(X,\mu) = \mathcal{L}^1(X)$。

Proposation 2.49 $f\in \mathcal{L}^1\Rightarrow |\int f|\leq \int|f|$。

Proof：若 $\int f=0$，显然；

若 $f$ 是实值函数，则 $|\int f| = |\int f^+ - \int f^-| \leq \int f^+ + \int f^- = \int|f|$；

若 $f$ 是复值函数，令 $\alpha = \overline{\text{sgn}(\int f)}$，则

\[|\int f| = \alpha\int f = \text{Re}(\alpha\int f) = \int\text{Re}(\alpha f) \leq \int|\text{Re}(\alpha f)\leq |f|. \]

Proposation 2.50（1）$f\in \mathcal{L}^1\Rightarrow \{x: f(x)\neq 0\}$ 是 $\sigma-$ 有限集。

（2）若 $f,g\in \mathcal{L}^1$，则下列三者等价。

$\int_E f = \int_E g, \forall E\in \mathcal{M}$；
$\int |f-g| = 0$；
$f = g, \quad \text{a.e.}$

Proof：（1）若 $f\in \mathcal{L}^+$，则 $\{f>0\}$ 是 $\sigma-$ 有限的。

若 $f\in \mathcal{L}^1$，则 $\{x: f(x)\neq 0\} = \{\text{Re}f\neq 0\}\cup\{\text{Im}f\neq 0\}$ 是 $\sigma-$ 有限的。

（2）$|f-g|\geq 0$，则 $\int |f-g| = 0\Leftrightarrow |f-g|=0, \text{a.e.}\Rightarrow f=g,\text{a.e.}$。所以 (b)(c) 等价。

(a)$\Rightarrow$(c)：若 $\mu\{x: f(x)\neq g(x)\}\neq 0$，令 $u := \text{Re}(f-g), v := \text{Im}(f-g)$，则 $u^\pm, v^\pm$ 在某些 $E, \mu(E) > 0$ 上非零。令 $E = \{u^+ > 0\}$，则 $\text{Re}(\int_E f - \int_E g) = \int_E u^+ > 0$，矛盾。

Remark 2.51

零测集对积分没有影响。
几乎处处有限的广义实值函数可被视为是有限市值函数。

Theorem 2.52（控制收敛定理，DCT）设 $\{f_n\}$ 满足 $f_n\rightarrow f,\text{a.e.}$，且 $\exists g\in \mathcal{L}^1$ 使得 $|f_n|\leq g,\text{a.e.}$，则 $f\in \mathcal{L}^1, \int f = \lim_{n\rightarrow \infty} \int f_n$。

Proof：不妨设 $f,f_n: X\rightarrow \mathbb{R}$，则 $g+f_n\geq 0, \text{a.e.};\quad g-f_n\geq 0, \text{a.e.}$。根据 Fatou 引理，

\[\int (g+f) \leq \underline{\lim}\limits_{n\rightarrow \infty}\int(g+f_n), \quad \int (g-f) \leq \underline{\lim}\limits_{n\rightarrow \infty}\int(g-f_n). \]

因此

\[\overline{\lim}\limits_{n\rightarrow \infty}\int f_n \leq \int f\leq \underline{\lim}\limits_{n\rightarrow \infty}\int f_n. \]

所以 $\int f = \lim_{n\rightarrow \infty}\int f_n$。

Theorem 2.53 若 $\{f_j\}\in \mathcal{L}^1$，$\sum \int |f_i| < \infty$，则 $\sum f_i$ 几乎处处收敛于某个 $f\in \mathcal{L}^1$ 且 $\int f = \sum \int f_i$。

Proof：设 $g = \sum |f_i|$，则由单调收敛定理，有

\[\int g = \sum\int |f_i| < \infty. \]

所以 $g\in \mathcal{L}^1$，因此 $g$ 几乎处处有限。

所以 $\sum f_j(x)$ 几乎处处收敛于 $f(x)$。

因为 $\forall n, |\sum_{j=1}^n f_j| \leq g$，所以由控制收敛定理有 $\int f = \sum_{j=1}^\infty \int f_j < \infty$。

Theorem 2.54（1）若 $f\in \mathcal{L}^1(\mu)$，且 $\forall \epsilon>0$，存在简单函数 $\phi\in \mathcal{L}^1(\mu)$ 使得 $\int |f-\phi| < \epsilon$。

（2）若 $\mu$ 是 $\mathbb{R}$ 上的 Lebesgue-Stieltjes 测度，$\phi$ 中的 $E_j$ 可取为有限个开区间之并。

（3）存在连续且有紧支集的函数 $g: \mathbb{R\rightarrow R}$ 使得 $\int |f-g| < \epsilon$。

Proof：（1）存在 $\{\phi_n\}$ 使得 $0\leq |\phi_1|\leq \dots\leq |\phi_n|\leq |f|$，$\phi_n\rightarrow f$。

因为 $|\phi_n - f|\leq |\phi_n| + |f|\leq 2|f|$，所以由控制收敛定理得

\[\lim_{n\rightarrow \infty}\int|\phi_n-f| = \int\lim_{n\rightarrow\infty} |\phi_n-f| = 0. \]

（2）设 $\phi = \sum a_j\chi_{E_j}, a_j\neq 0$，$\{E_j\}$ 两两无交，则 $\mu(E_j) = \frac 1{|a_j|}\int_{E_j}|\phi|\leq \frac{\int |f|}{|a_j|} < \infty$。

若 $\mu$ 是 $\mathbb{R}$ 上的 Lebesgue-Stieltjes 测度，则可取有限个开区间之并 $A_j$ 使得 $\mu(E_j\triangle A_j) < \frac{2^{-j}\epsilon}{|a_j|}$。

令 $\phi := \sum a_j\chi_{E_j}$，则 $\int |\chi_{E_j} - \chi_{A_j}| = \mu(E_j\triangle A_j) < \frac{2^{-j}\epsilon}{|a_j|}$。

（3）若 $A_j = \cup_k I_j^k$，由（2）得 $I_j^k$ 是有限个开区间。$\chi_{I_j^k}$ 可以被连续函数逼近。

Theorem 2.55 设 $f: X\times [a,b]\rightarrow \mathbb{C}$，$f(\cdot,t): X\rightarrow \mathbb{C}$ 对任意 $t\in [a,b]$ 可积，令 $F(t) = \int_X f(x,t)d\mu(x)$，则

（1）设 $\exists g\in \mathcal{L}^1(\mu)$ 使得 $|f(x,t)|\leq g(x), \forall x,t$，若 $\lim_{t\rightarrow t_0} f(x,t) = f(x,t_0), \forall x\in X$，则 $\lim_{t\rightarrow t_0} F(t) = F(t_0)$。

（2）设 $\left(\frac{\partial f}{\partial t}\right)$ 存在，且存在 $g\in \mathcal{L}^1(\mu)$ 使得 $\left|\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\right|\leq g(x)$，则 $F$ 可微且 $F'(t) = \int\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)d\mu(x)$。

Proof：（1）令 $\{t_n\}\subset [a,b]\backslash\{t_0\},t_n\rightarrow t_0$，设 $f_n(x) = f(x,t_n)$，

因为 $|f_n|\leq g, \forall n$，所以由控制收敛定理有

\[\int_X f(x,t_0) = \int_X \lim_{n\rightarrow \infty}f_n = \lim_{n\rightarrow \infty}\int_X f_n = \lim_{n\rightarrow \infty}F(t_n). \]

（2）设

\[\frac{\partial f}{\partial t}(x,t_0)= \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{f(x,t_n) - f(x,t_0)}{t_n-t_0} := \lim_{n\rightarrow \infty}h_n(x). \]

由单调收敛定理，

\[|h_n(x)|\leq \sup_{t\in [a,b]}\left|\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\right|\leq g(x). \]

由控制收敛定理，

\[F'(t_0) = \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{F(t_n)-F(t_0)}{t_n-t_0} = \lim_{n\rightarrow \infty}\int h_n(x)d\mu(x) = \int\lim_{n\rightarrow \infty}h_n(x)d\mu(x) = \int\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)d\mu(x) \]

Theorem 2.56（Riemann 可积和 Lebesgue 可积的关系）

设 $f: [a,b]\rightarrow \mathbb{R}$ 可测，则

（1）若 $f$ Riemann 可积，则 $f\in \mathcal{L}^1([a,b])$，且 $\int_a^b fdx = \int_{[a,b]} fdm$。

（2）若 $f$ Riemann 可积，则 $m(\{x:f在x处不连续\})=0$。

Remark 2.57：

为什么要使用 Lebesgue 积分？
- 极限顺序可交换
- 函数类更大
- 有完备的函数空间（例如 $L^p$）
Lebesgue 积分一定更优吗？
- 不一定，某些经典的 Riemann 积分，如 $\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx$，从 Riemann 积分角度研究更好。

Definition 2.58（Gamma 函数）设 $z\in \mathbb{C}$，$\text{Re}(z)>0$，定义 $f_z: (0,+\infty)\rightarrow \mathbb{C}$ 为 $f_z(t) = t^{z-1}e^{-t}$，则因为 $t^{z-1} = e^{(z-1)\log t}$，所以有 $|f_z(t)|\leq t^{\text{Re}z-1}$ 且 $|f_z(t)|\leq C_ze^{-\frac t2}$。

定义 $\Gamma(z) := \int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}dt = \int_0^\infty f_z(t)dt$，则由控制收敛定理知 $\Gamma(z)$ 是良定义的。

Proposation 2.59 $\Gamma(z+1) = z\Gamma(z)$。由此 $\Gamma$ 函数的定义域可延拓到 $\mathbb{C}\backslash (\mathbb{Z}^-\cup \{0\})$。

Proof：

\[\int_\epsilon^N t^ze^{-t}dt = -t^ze^{-t}\bigg|_\epsilon^N + z\int_\epsilon^Nt^{z-1}e^{-t}dt \rightarrow z\int_0^\infty e^{-t}t^{z-1}dt = z\Gamma(z), \quad \epsilon\rightarrow 0^+,N\rightarrow \infty. \]

2.4 四种收敛模式

Definition 2.60（积分收敛）若 $\{f_n\}$ 和 $f$ 是 $\mathcal{L}^1$ 可积函数，且 $\lim_{n\rightarrow \infty}\int |f_n-f| = 0$，则称 $\{f_n\}$ $L^1$ 收敛于 $f$，记作 $f_n\stackrel{L^1}\rightarrow f$。

Definition 2.61（依测度收敛）若 $\{f_n\}$ 和 $f$ 是可测函数，且

\[\forall \epsilon>0，\lim_{n\rightarrow \infty}\mu(x:\{|f_n(x)-f(x)|>\epsilon\})=0, \]

则称 $\{f_n\}$ 依测度收敛于 $f$，记作 $f_n\stackrel{\mu}\rightarrow f$。

Theorem 2.62 若 $f_n\stackrel{L^1}\to f$，则 $f_n\stackrel{\mu}\to f$。

Proof：对任意 $\epsilon>0$，由积分收敛可知

\[\epsilon^{-1}\int|f_n-f|\geq \epsilon^{-1}\int_{|f_n-f|\geq \epsilon}|f_n-f|\geq \mu(\{|f-f_n|\geq \epsilon\})\rightarrow 0. \]

所以 $f_n\stackrel{\mu}\to f$。

Definition 2.63 称 $\{f_n\}$ 是测度 Cauchy 列如果

\[\forall \epsilon>0, \mu(\{x:|f_n(x) - f_m(x)|>\epsilon\})\stackrel{n,m\rightarrow \infty}\longrightarrow 0. \]

Remark 2.64 我们目前已经介绍了四种收敛模式：点态收敛（$f_n\rightarrow f, \text{a.e.}$）；一致收敛（$f_n\rightrightarrows f$）；积分收敛（$f_n\stackrel{L^1}\rightarrow f$）和依测度收敛（$f_n\stackrel{\mu}\rightarrow f$）。我们已知

一致收敛 $\Rightarrow$ 点态收敛，反之不然；
积分收敛 $\Rightarrow$ 测度收敛，反之不然。

事实上，其他几个都是不成立的。

Example 2.65 我们分别举例说明除了上面两个关系外，四种收敛模式不能互推：

（1）$f_n(x) = \frac 1n\chi_{[0,n]}$ 一致收敛于 $f(x) = 0$，但显然不积分收敛于 $0$。

（2）$f_n(x) = \chi_{[n,n+1]}$ 点态收敛于 $f(x) = 0$，但显然不依测度收敛于 $0$。

（3）$f_n(x) = n\chi_{[0,\frac 1n]}$ 依测度收敛于 $0$，但显然不点态收敛于 $0$。

（4）令 $g_{j,k} = \chi_{[\frac j{2^k},\frac{j+1}{2^k}]}, f_n := g_{j,k}, n = 2^k+j$，则 $f_n$ 积分收敛于 $0$，但显然不点态收敛于 $0$。

Theorem 2.66 设 $\{f_n\}$ 是测度 Cauchy 列，则

（1）存在可测函数 $f$ 使得 $f_n\stackrel{\mu}\to f$。

（2）存在子列 $\{f_{n_j}\}$ 使得 $f_{n_j} \rightarrow f, \text{a.e.}$。

（3）若 $f_n\stackrel{\mu}\to g$，则 $g=f,\text{a.e.}$。

Proof：选取 $g_j = f_{n_j}$ 使得：若 $E_j := \{x: |g_j - g_{j+1}|\geq 2^{-j}\}$ 则 $\mu(E_j) < 2^{-j}$。

设 $F_k = \cup_{j\geq k} E_j$，若 $x\not\in F_k$，则

\[\forall i\geq j\geq k, |g_j-g_i|\leq \sum_{l=j}^{i-1}|g_{l+1}-g_l|\leq \sum_{l=j}^{i-1} 2^{-l} \leq 2^{-j+1}. \]

因此 $\forall x\in F_k^c$，$\{g_j(x)\}$ 是 Cauchy 列。

令 $F := \limsup_j E_j = \cap_{k\geq 1}F_k$，则 $\mu(F) = 0$。

定义

\[f(x) = \begin{cases} \lim_j g_j(x), & x\not\in F,\\ 0, & x\in F, \end{cases} \]

则 $g_j\rightarrow f, \text{a.e.}$。所以

\[\{x: |f_n-f|\geq \epsilon\}\subset \{x: |f_n-g_j|\geq \frac\epsilon 2\}\cup\{x: |g_j-f|\geq \frac\epsilon 2\}. \]

所以 $\mu(\{x: |f_n-f|\geq \epsilon\})\rightarrow 0$。

假设 $f_n\stackrel{\mu}\to g$，则

\[\{x:|f-g|\geq \epsilon\}\subset \{x:|f-f_n|\geq \frac\epsilon 2\}\cup\{x:|g-f_n|\geq \frac\epsilon 2\} \]

由测度收敛可知 $\mu(\{x: |f-g|\geq \epsilon\}) = 0$。所以 $f=g,\text{a.e.}$。

Corollary 2.67 若 $f_n\stackrel{L^1}\to f$，则 $f_n\stackrel{\mu}\to f$，则存在子列 $\{f_{n_j}\}$ 点态收敛于 $f$。

Theorem 2.68（Egoroff 定理）若 $\mu(X) < \infty$，$f_n: X\rightarrow \mathbb{C}$ 可测，$f_n\rightarrow f,\text{a.e.}$，则

\[\forall \epsilon>0, \exists E\subset X,\mu(E)<\epsilon\rightarrow f_n\rightrightarrows f \text{ on }E^c. \]

Proof：不妨设 $f_n\rightarrow f$（否则可去掉一个零测集）。

定义 $E_n(k) = \cup_{m=n}^\infty\{x:|f_m(x)-f(x)|\geq \frac 1k\}$，则对任意固定的 $k$，$E_n(k)$ 关于 $n$ 单调减，且 $\cap_{n=1}^\infty E_n(k) = \emptyset$。因此 $\mu(E_n(k))\rightarrow 0, n\rightarrow \infty$。所以

\[\forall \epsilon>0, k\in \mathbb{N}, \exists n_k,\text{s.t.}\mu(E_{n_k}(k)) < 2^{-k}\epsilon. \]

令 $E = \cup_{k=1}^\infty E_{n_k}(k)$，则 $\mu(E) < \epsilon$。

若 $x\in E^c = \cup_{k=1}^\infty E_{n_k}^c(k)$，则 $|f_n(x) - f(x)| < \frac 1k, n>n_k \Rightarrow f_n\rightrightarrows f \text{ on }E^c$。

2.5 乘积测度

Definition 2.69（矩形）给定测度空间 $(X,\mathcal{M},\mu)$ 和 $(Y,\mathcal{N},\nu)$ 和乘积空间 $(X\times Y,\mathcal{M\otimes N})$，称 $X\times Y$ 中的集合是矩形如果它形如 $A\times B$，其中 $A\in \mathcal{M}, B\in \mathcal{N}$。

Proposation 2.70 全体矩形构成了一个基本族，因此 $\mathcal{A} := \{有限个矩形的无交并\}$ 是一个代数，且 $\mathcal{M(A)} = \mathcal{M\otimes N}$。

Proof：设 $A,E\in \mathcal{M}, B,F\in \mathcal{N}$，则 $(A\times B)\cap (E\times F) = (A\cup E) \times (B\cap F) \in \mathcal{M\otimes N}$，$(A\times B)^c = (X\times B^c)\cup (A^c\times B)$。

Definition 2.71（乘积预测度） 设 $A\in \mathcal{M}, B\in \mathcal{N}$，则定义 $\pi(A\times B) := \mu(A)\nu(B)$。

Proposation 2.72 $\pi$ 是 $\mathcal{A}$ 上的预测度。

Proof：设 $A\times B = \cup_j A_j\times B_j$ 是至多可数个矩形的无交并，则

\[\chi_A(x)\chi_B(y) = \chi_{A\times B}(x,y) = \sum_j\chi_{A_j\times B_j}(x,y) = \sum_j\chi_{A_j}(x)\chi_{B_j}(y). \]

将上述特征函数在 $X$ 上积分得

\[\begin{aligned} &\mu(A)\chi_B(y)\\ =& \int\chi_A(x)\chi_B(y)d\mu(x)\\ =& \int\sum_j\chi_{A_j\times B_j}(x,y)d\mu(x)\\ =& \sum_j\int\chi_{A_j}(x)\chi_{B_j}(y)d\mu(x)\\ =& \sum_j \mu(A_j)\chi_{B_j}(y). \end{aligned} \]

再在 $Y$ 上积分得

\[\begin{aligned} & \pi(A\times B)\\ =& \mu(A)\nu(B) \\ =& \sum_j\mu(A_j)\nu(B_j) \\ =& \sum_j\pi(A_j\times B_j). \end{aligned} \]

所以 $\pi$ 是 $\mathcal{A}$ 上的预测度。

Definition 2.73（乘积测度）$\pi$ 诱导了 $X\times Y$ 上对应代数 $\mathcal{M}\otimes \mathcal{N}$ 的外测度。记作 $\mu\times \nu$。

Remark 2.74

若 $\mu,\nu$ 是 $\sigma-$有限测度，则 $\mu\times v$ 也是。
在（1）的条件下，$\mu\times \nu$ 是唯一的。
同理可定义 $\mu_1\times \mu_2\times\dots\times \mu_n$。

Definition 2.75（分量）给定测度空间 $(X,\mathcal{M},\mu)$ 和 $(Y,\mathcal{N},\nu)$ 和 $E\subset X\times Y$，定义 $E_x := \{y\in Y,(x,y)\in E\}$，$E^y := \{x\in X, (x,y)\in E\}$ 分别为 $E$ 的 $x$ 方向分量和 $y$ 方向分量。对 $X\times Y$ 上的函数 $f$，我们称 $f_x(y) = f^y(x) = f(x,y)$。

Example 2.76

\[(\chi_E)_x(y) = \begin{cases} 1, & (x,y)\in E, \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} = \chi_{E_x}(y). \]

Proposation 2.77

（1）若 $E\in \mathcal{M\times N}$，则 $\forall x\in X, E_x\in \mathcal{N}$；$\forall y\in Y, E^y\in \mathcal{M}$。

（2）若 $f$ 是 $\mathcal{M\otimes N}$ 可测函数，则 $f_x, f^y$ 分别是 $\mathcal{N},\mathcal{M}$ 可测函数。

Proof：$\mathcal{M\otimes N}$ 是最小的包含所有矩形的 $\sigma-$代数。

考虑 $\mathcal{R} := \{E\subset X\times Y: E_x\in \mathcal{N}, E^y\in \mathcal{M}, \forall (x,y)\in X\times Y\}$，则只需证明 $\mathcal{R}$ 是 $\sigma-$ 代数。

设 $\{E_j\}\subset \mathcal{R}, E\in\mathcal{R},\forall x\in X,(\cup_{i=1}^\infty E_i)_x = \cup_{i=1}^\infty(E_i)_x$，则 $\cup_i E_i\in \mathcal{R}$。

又因为 $(E^c)_x = (E_x)^c$，所以 $E^c\in \mathcal{R}$。

所以 $\mathcal{R}$ 是 $\sigma-$代数。

设 $f: X\times Y\rightarrow \mathbb{C}$，则 $\forall B\subset \mathbb{C}$，$(f_x)^{-1}(B) = (f^{-1}(B))_x$。所以 $f$ 是 $\mathcal{M\otimes N}$ 可测的可推出 $f_x$ 是 $\mathcal{N}$ 可测的。

Definition 2.78（单调类）称 $\mathcal{C}\subset 2^X$ 是单调类如果

若 $\{E_j\}\subset \mathcal{C}$ 且 $E_1\subset E_2\subset\dots$，则 $\cup_j E_j\in \mathcal{C}$；
若 $\{E_j\}\subset \mathcal{C}$ 且 $E_1\supset E_2\supset\dots$，则 $\cap_j E_j\in \mathcal{C}$。

Remark 2.79

$\sigma-$ 代数都是单调类；
单调类的交集仍为单调类。

Lemma 2.80 若 $\mathcal{A}$ 是代数，则由 $\mathcal{A}$ 生成的单调类是 $\mathcal{M(A)}$。

Proof：由定义，$\mathcal{C\subset M(A)}$。因此只需证明 $\mathcal{C}$ 是 $\sigma-$代数。

给定 $E\in \mathcal{C}$，定义 $\mathcal{C}(E) := \{F\subset \mathcal{C}: E\backslash F,F\backslash E,E\cap F\in \mathcal{C}\}$，

则 $\emptyset, E\in \mathcal{C}(E)$，且 $E\in \mathcal{C}(F)\Leftrightarrow F\in \mathcal{C}(E)$。事实上，$\mathcal{C}(E)$ 是一个单调类。

若 $E\in \mathcal{A}$，则 $\forall F\in \mathcal{A}, F\in \mathcal{C}(E)$。所以 $\mathcal{A\subset C}(E)$，所以 $\mathcal{C}\subset \mathcal{C}(E)$。

若 $F\in \mathcal{C}$，则 $F\in \mathcal{C}(E),\forall E\in \mathcal{A}\Leftrightarrow E\in \mathcal{C}(F),\forall E\in \mathcal{A}\Rightarrow \mathcal{A}\in \mathcal{C}(F)\Rightarrow \mathcal{C}\in \mathcal{C}(F)$。

所以若 $E,F\in \mathcal{C}, F\in \mathcal{C}(E)$，则 $E\backslash F, E\cap F\in \mathcal{C}$，且 $X\in \mathcal{A}\subset \mathcal{C}$。所以 $\mathcal{C}$ 是代数。

现如果 $\{E_j\}\subset \mathcal{C},\cup_{j=1}^n E_j\in \mathcal{C},\forall n$，则 $\cup_{j=1}^\infty E_j\in \mathcal{C}$。所以 $\mathcal{C}$ 是 $\sigma-$代数。

Theorem 2.81 若 $(X,\mathcal{M},\mu)$ 和 $(Y,\mathcal{N},\nu)$ 是 $\sigma-$有限的，$E\in \mathcal{M\otimes N}$，则 $x\mapsto \nu(E_x)$ 和 $y\mapsto \mu(E_y)$ 可测且 $(\mu\times \nu)(E) = \int \nu(E_x)d\mu(x) = \int\mu(E^y)d\nu(y)$。

Proof：（1）先假设 $\mu(X), \nu(Y) < \infty$。设 $\mathcal{C} = \{E\in \mathcal{M\otimes N}:定理成立\}$。

则 $\mathcal{C}$ 包含全体矩形及其有限无交并。故只需证明 $\mathcal{C}$ 是单调类。

i) 设 $E = \cup_n E_n, \{E_n\}\subset \mathcal{C}$，$E_n$ 单增。令 $f_n(y) = \mu((E_n)^y)$，则 $f_n(y)$ 单调递增趋向于 $f(y) = \mu(E^y)$。因此

\[\int\mu(E^y)d\nu(y) = \lim_{n\rightarrow\infty}\int\mu((E_n)^y)d\nu(y) = \lim_{n\rightarrow \infty}(\mu\times \nu)(E_n) = (\mu\times \nu)(E). \]

ii) 设 $\{E_n\}\supset \mathcal{C}$，$E_n$ 单减。令 $f(y) = \mu((E_1)^y)$，则 $f\in \mathcal{L}^1(\nu)$。

由控制收敛定理得 $\int \mu(E^y)d\nu(y) = (\mu\times \nu)(E)$。

（2）若 $\mu,\nu$ 是 $\sigma-$有限的，$X\times Y = \cup_{i=1}^\infty X_i\times Y_i$，$X_i,Y_i$ 单调增且 $\mu(X_i) < \infty, \nu(Y_i) < \infty$，

因为 $E\in \mathcal{M\otimes N}$，所以将（1）应用于 $E\cap (X_j\times Y_j)$ 得

\[(\mu\times \nu)(E\cap (X_j\times Y_j)) = \int_{\chi_{X_j}}\cup_j(E_x\times Y_j)d\mu(x). \]

由单调收敛定理，$(\mu\times \nu)(E) = \int \nu(E_x)d\mu(x)$。

Theorem 2.82（Fubini-Tonelli）设 $(X,\mathcal{M},\mu)$ 和 $(Y,\mathcal{N},\nu)$ 是 $\sigma-$有限测度空间，则

（1）（Tonelli）若 $f\in \mathcal{L}^1(X\times Y)$，$g(x) = \int f_x d\nu, h(y) = \int f^y d\mu$，则 $g\in \mathcal{L}^+(X), h\in \mathcal{L}^+(Y)$，且

\[\int f d(\mu\times \nu) = \int(\int f(x,y)d\nu)d\mu = \int (\int f(x,y)d\mu)d\nu. \]

（2）（Fubini）若 $f\in \mathcal{L}^1(X\times Y)$，$f_x, f^y\in \mathcal{L}^1, \text{a.e.}$，则 Tonelli 的结论成立。

Proof：（1）由 Theorem 2.81，结论对集合的特征函数成立，进而对简单函数成立，进而由单调收敛定理对一般可测函数成立。

（2）由（1），对 $f\in \mathcal{L}^+(X\times Y)$，若 $\int fd(\mu\times \nu) < \infty$，则 $g,h\in \infty, \text{a.e.}, f_x,f^y\in \mathcal{L}^1, \text{a.e.}$。

将 $f$ 表示为 $f = f^+ - f^-$，由 Tonelli，结论成立。

Definition 2.83 称 $\mathbb{R}^n$ 上的测度 $m := m^n$ 是 $\mathbb{R}$ 上的 $n$ 重乘积的完备化。

Remark 2.84（1）

\[\begin{aligned} E\in \mathcal{L}^n&\Leftrightarrow m(E) = \inf\{m(U): U\supset E为开集\} = \sup\{m(K): K\subset E为闭集\}\\ &\Leftrightarrow E = G\backslash N,G\in \mathcal{G}_\delta,m(N)=0\\ &\Leftrightarrow E = F\cup N,F\in \mathcal{F}_\sigma,m(N)=0. \end{aligned} \]

（2）Lebesgue 测度在平移或旋转变换下不变。

posted @ 2025-03-16 12:36 EssnSlaryt 阅读(200) 评论(0) 收藏举报

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