问题及解答

Lebesgue 控制收敛定理 讲的是如果 $(X,\mathfrak{M},\mu)$ 上复可测函数列 $\{f_n\}$ 逐点收敛到某函数 $f$, 且诸 $\{f_n\}$ 被某个 $L^1$ $\mu$-可积的函数 $g$ 控制(指 $|f_n(x)|\leqslant g(x)$, $\forall\ n$, $\forall\ x\in X$), 则 $f$ 在 $X$ 上也是 $L^1$ $\mu$-可积的, 并且它与 $f_n$ 在 $X$ 上相差很小, 差值的模的积分趋于零. 且 $f_n$ 在 $X$ 上的 Lebesgue 积分收敛且趋于 $f$ 在 $X$ 上的 Lebesgue 积分.

使用数学语言, 即

Thm. 假定 $\{f_n\}$ 是 $X$ 上的复可测函数列, 使得

\[f(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}f_n(x),\qquad x\in X.\]

若存在一个函数 $g\in L^{1}(\mu)$ 使得

\[
|f_n(x)|\leqslant g(x),\qquad(n=1,2,3,\ldots;\ x\in X)
\]

则 $f\in L^{1}(\mu)$,

\[
\lim_{n\rightarrow\infty}\int_X |f_n-f|\mathrm{d}\mu=0,
\]

并且

\[
\lim_{n\rightarrow\infty}\int_X f_n\mathrm{d}\mu=\int_X f\mathrm{d}\mu.
\]

注意

\[
\lim_{n\rightarrow\infty}\int_X |f_n-f|\mathrm{d}\mu=0\quad+\quad f\in L^{1}(\mu)\quad\text{可推出}\quad\lim_{n\rightarrow\infty}\int_X f_n\mathrm{d}\mu=\int_X f\mathrm{d}\mu.
\]

参考 [1] P. 31.

References:

[1] W. Rudin, 《实分析和复分析》

Pf. 因为 $f$ 可测, 又 $|f|\leqslant g$, $g\in L^1(\mu)$, 故 $f\in L^1(\mu)$.

这里 $f$ 可测可由实可测函数的性质推出.

Claim. $|f_n-f|\leqslant 2g$.

Pf. $|f_n(x)|\leqslant g(x)$, 推出 $|f_n(x)-f(x)|\leqslant|f_n(x)|+|f(x)|\leqslant g(x)+|f(x)|$, $\forall\ x\in X$.

对 $|f_n(x)|\leqslant g(x)$ 取极限($n\rightarrow\infty$), 得 $|f(x)|\leqslant g(x)$. 因此, 我们得到

\[
|f_n-f|\leqslant 2g.
\]

把 Fatou 引理应用到函数 $2g-|f_n-f|$ 上, 得到

\[
\begin{split}
\int_X 2g\mathrm{d}\mu &=\int_X(\liminf_{n\rightarrow\infty}(2g-|f_n-f|))\mathrm{d}\mu\\
&\leqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}\int_X (2g-|f_n-f|)\mathrm{d}\mu\\
&=\int_X 2g\mathrm{d}\mu+\liminf_{n\rightarrow\infty}\Bigl(-\int_X |f_n-f|\mathrm{d}\mu\Bigr)\\
&=\int_X 2g\mathrm{d}\mu-\limsup_{n\rightarrow\infty}\int_X |f_n-f|\mathrm{d}\mu.
\end{split}
\]

因为 $\int_X 2g\mathrm{d}\mu$ 是有限值, 从两边减去它, 便得

\[
\limsup_{n\rightarrow\infty}\int_X |f_n-f|\mathrm{d}\mu\leqslant 0.
\]

可以令 $b_n=\int_X |f_n-f|\mathrm{d}\mu$, 则 $\{b_n\}$ 是非负实数列, 如果 $b_n\not\rightarrow 0$, 则其上极限是正的, 于是 $b_n$ 必趋于零, 即

\[
\lim_{n\rightarrow\infty}\int_X |f_n-f|\mathrm{d}\mu=0.
\]