11.3 勒贝格积分

English

设 $h$ 为测度空间 $(X,\mathcal{M},\mu )$ 上的简单函数

$$h=\sum _{i=1}^n{a}_i{\chi }_{A_i}(a_i\in \dot{\mathbb{R}})$$

其中 $A_i=h^{-1}(a_i)$ 是 $X$ 的可测子集。我们定义其积分为

$$\int h\mathrm{d}\mu =\sum _{i=1}^n{a}_i\mu (A_i).$$

该积分仅当所有集合 $A_i$ 的测度有限时，才给出有限答案；在某些情形下，它甚至可能根本没有合理的取值。例如，由下式定义的 $h:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$

$$h(x)=\{\begin{array}{ll}1& \text{ if }x>0\\ -1& \text{ if }x<0\end{array}$$

具有积分 $\infty +(-\infty )$，而该积分并未良定义。

若 $h:X\to \mathbb{R}$ 是简单函数，则对任意常数 $b$，我们有

$$\int bf\mathrm{d}\mu =b\int f\mathrm{d}\mu .\text{\hspace{1em}(11.8)}$$

若$\begin{array}{r}g={\sum }_{j=1}^m{b}_j{\chi }_{B_j}\end{array}$是另一个简单函数，则$f+g$是简单函数

$$f+g=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(a_i+b_j){\chi }_{A_i\cap B_j},$$

并且具有积分

$$\int (f+g)\mathrm{d}\mu =\int f\mathrm{d}\mu +\int g\mathrm{d}\mu .\text{\hspace{1em}(11.9)}$$

最好省略双重和中任何满足 $a_i+b_j=0$ 的项，否则我们可能面临为乘积 $0\infty$ 赋值的尴尬问题。

随文练习

证明式 (11.8)。

对任意一对函数 $f,g:X\to \mathbb{R}$，我们记 $f\le g$ 表示对所有 $x\in X$ 都有 $f(x)\le g(x)$。若 $h$ 与 $h^{\prime }$ 是简单函数，使得 $h\le h^{\prime }$，则

$$\int h\mathrm{d}\mu \le \int h^{\prime }\mathrm{d}\mu .$$

这直接由以下事实得出：$h-h^{\prime }$ 是一个处处非负的简单函数，因此其积分为 $\ge 0$

在 $\mathbb{R}$ 上取测度为勒贝格测度，非负可测函数 $f:X\to \mathbb{R}$ 的 勒贝格积分(Lebesgue integral) 定义为

$$\int f\mathrm{d}\mu =\sup \int h\mathrm{d}\mu$$

图 11.3 非负可测函数的积分

其中上确界取遍所有满足 $h\le f$ 的非负简单函数 $h:X\to \mathbb{R}$（图 11.3）。若 $E\subset X$ 是可测集，则 $f{\chi }_E$ 是 $X$ 上的可测函数，且在 $E$ 之外为零。我们定义 $f$ 在 $E$ 上的积分为

$${\int }_{E}f\mathrm{d}\mu =\int f{\chi }_E\mathrm{d}\mu .$$

随文练习

证明：对任意一对非负可测函数 $f$ 和 $g$

$$f\ge g⟹\int fd\mu \ge \int gd\mu .\text{\hspace{1em}(11.10)}$$

下述定理通常称为 单调收敛定理(monotone convergence theorem)：

定理 11.7 · 单调收敛定理（贝波·列维） (Monotone convergence theorem (Beppo Levi))

（贝波–列维）若 $f_n$ 是 $X$ 上非负可测实值函数的递增序列，且 $f_{n+1}\ge f_n$，使得对所有 $x\in X$ 都有 $f_n(x)\to f(x)$，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\int f_{n}d\mu =\int fd\mu .$$

证明

由定理 11.2 之前的评注可知，$f$ 是可测函数，因为它是可测函数序列的极限。若 $f$ 具有有限积分，则按定义，对任意 $ϵ>0$，存在简单函数 $h:X\to \mathbb{R}$，使得 $0\le h\le f$ 且 $\int f\mathrm{d}\mu -\int h\mathrm{d}\mu <ϵ$。对任意实数 $0<c<1$，令

$$E_n=\{x\in X|f_n(x)\ge ch(x)\}=(f_n-ch{)}^{-1}([0,\infty )),$$

显然，对每个正整数$n$，它是一个可测集。此外，由于$f_n$是一个递增函数序列，我们有

$$E_n\subset E_{n+1}\text{ and }X=\bigcup _{n=1}^{\infty }{E}_n,$$

由于当 $n$ 足够大时，每个点 $x\in X$ 都落在某个 $E_n$ 中。因此

$$\int f\mathrm{d}\mu \ge \int f_n\mathrm{d}\mu \ge c\int h{\chi }_{E_n}\mathrm{d}\mu .$$

若 $\begin{array}{r}h={\sum }_i{a}_i{\chi }_{A_i}\end{array}$，则

$$\int h{\chi }_{E_n}\mathrm{d}\mu =\int \sum _i{a}_i{\chi }_{A_i\cap E_n}\mathrm{d}\mu =\sum _i{a}_i\mu (A_i\cap E_n).$$

因此，由定理 11.3，

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\int h{\chi }_{E_n}\mathrm{d}\mu =\sum _i{a}_i\mu (A_i\cap X)=\sum _i{a}_i\mu (A_i)=\int h\mathrm{d}\mu ,$$

从而

$$\int f\mathrm{d}\mu \ge \underset{n\to \infty }{\lim }\int f_n\mathrm{d}\mu \ge c\int h\mathrm{d}\mu \ge c\int f\mathrm{d}\mu -cϵ.$$

由于 $c$ 可以任意接近 1，且 $ϵ$ 可以任意接近 $0,$，我们有

$$\int f\mathrm{d}\mu \ge \underset{n\to \infty }{\lim }\int f_n\mathrm{d}\mu \ge \int f\mathrm{d}\mu ,$$

这就证明了所需结果。

随文练习

如果 $\int f\mathrm{d}\mu =\infty ?$，该证明会如何变化

利用定理 11.2 的结果，即每个正可测函数都是递增简单函数的极限，由定理 11.7 可知，在式 Eq. (11.8) 和 Eq. (11.9) 中，简单函数可替换为任意可测函数。

定理 11.8 · 非负积分为零的判别 (Vanishing integral of a nonnegative measurable function)

非负可测函数 $f\ge 0$ 的积分等于零，当且仅当 $f(x)=0$ 几乎处处成立。

证明

若 $f(x)=0a.e.$ ，则令 $\begin{array}{r}h={\sum }_i{a}_i{\chi }_{A_i}\ge 0\end{array}$ 为一简单函数，使得 $h\le f$ 每个集合 $A_i$ 的测度必为零，否则 $f(x)>0$ 在一个正测度集合上。因此 $\int f\mathrm{d}\mu =\sup \int h\mathrm{d}\mu =0.$

反之，假设 $\int f\mathrm{d}\mu =0$ 。令 $E_n=\{x\mid f(x)\ge 1/n\}$ 。这些构成一列递增的可测集， $E_{n+1}\supset E_n$ ，且

$$f\ge \frac{1}{n}{\chi }_{A_n}.$$

因此

$$\int \frac{1}{n}{\chi }_{A_n}\mathrm{d}\mu =\frac{1}{n}\mu (A_n)\le \int f\mathrm{d}\mu =0,$$

这只有在 $\mu (A_n)=0$ 时才可能。由定理 11.3 可得

$$\mu (\{x\mid f(x)>0\})=\mu \left(\bigcup _{n=1}^{\infty }{A}_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\mu \left(A_n\right)=0.$$

因此 $f(x)=0$ 几乎处处成立。

积分可推广到取正值或负值的实值函数。若可测函数 $f$ 的正部与负部 $f^{+}$ 与 $f^{-}$ 均关于测度 $\mu$ 可积，则称该函数关于该测度 可积(integrable)。此时 $f$ 的积分定义为

$$\int f\mathrm{d}\mu =\int f^{+}\mathrm{d}\mu -\int f^{-}\mathrm{d}\mu .$$

若 $f$ 可积，则其模 $|f|=f^{+}+f^{-}$ 也可积，且

$$\left|\int f\mathrm{d}\mu \right|\le \left|\int f^{+}\mathrm{d}\mu -\int f^{-}\mathrm{d}\mu \right|\le \left|\int f^{+}\mathrm{d}\mu +\int f^{-}\mathrm{d}\mu \right|\le \int |f|\mathrm{d}\mu .\text{\hspace{1em}(11.11)}$$

因此，可测函数 $f$ 可积当且仅当 $|f|$ 可积。

若函数 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 关于 $\mathbb{R}$ 上的勒贝格测度可测且可积，则称其为 勒贝格可积(Lebesgue integrable)。与黎曼积分一样，常用以下记号

$$\int f(x)\mathrm{d}x={\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)\mathrm{d}x\equiv \int f\mathrm{d}\mu ,$$

以及在区间 $I=[a,b]$ 上的积分

$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\equiv {\int }_{I}f\mathrm{d}\mu .$$

区间 $[a,b]$ 上的黎曼可积函数在该区间上勒贝格可积。函数 $f$ 是黎曼可积的，如果对任意 $ϵ>0$，存在阶梯函数 $h_1$ 和简单函数 $h_2-$——它们在区间上为常值——使得 $h_1\le f\le h_2$ 且

$${\int }_a^b{h}_2(x)\mathrm{d}x-{\int }_a^b{h}_1(x)\mathrm{d}x<ϵ.$$

取 $H_n=\sup (h_{i1})$ 为函数序列 $(h_{i1},h_{i2})(i=1,\dots ,n)$，其中 $ϵ=1,\frac{1}{2},\dots ,\frac{1}{n}.$ 定义，则不难证明 $H_n$ 是简单函数，其积分的上确界就是 $f.$ 的黎曼积分。因此 $f$ 是勒贝格可积的，且其勒贝格积分等于其黎曼积分。这两种积分概念的区别在于，对于勒贝格积分，用于逼近函数 $f$ 的简单函数不必是阶梯函数，而可以在任意可测集上为常数。例如，由下式定义的 [0, 1] 上的函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}1& \text{ if }x\text{ is irrational }\\ 0& \text{ if }x\text{ is rational }\end{array}$$

它当然是勒贝格可积的，并且由于 $f=1a.e$，其勒贝格积分为 1。然而，它不能按所需方式用阶梯函数逼近，因此不是黎曼可积的。

随文练习

证明最后一个命题。

定理 11.9 · 勒贝格积分的线性性 (Linearity of the Lebesgue integral)

若 $f$ 与 $g$ 是勒贝格可积实函数，则对任意 $a$、$b\in \mathbb{R}$，函数 $af+bg$ 是勒贝格可积的，且对任意可测集 $E$

$${\int }_E(af+bg)\mathrm{d}\mu =a{\int }_{E}f\mathrm{d}\mu +b{\int }_{E}g\mathrm{d}\mu .$$

证明是直接的，留作练习（见章末习题）。

勒贝格控制收敛定理

勒贝格积分最重要的结果之一是，在一定的一般条件下，一列可积函数的极限是可积的。首先我们需要一个引理，它涉及函数列的上极限概念，该概念在定理 11.2 之前的段落中已定义。

引理 11.10 · 法图引理 (Fatou’s lemma)

（法图）若 $(f_n)$ 是定义在测度空间 $(X,\mathcal{M},\mu )$ 上的任意非负可测函数序列，则

$$\int \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{f}_n\mathrm{d}\mu \le \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\int f_n\mathrm{d}\mu .$$

证明

函数 $\begin{array}{r}{G}_n(x)={\inf }_{k\ge n}{f}_k(x)\end{array}$ 构成一个非负可测函数的递增序列，使得对于所有 $n$ 都有 $G_n\le f_n$。因此，序列 $(f_n)$ 的下极限是序列 $G_n$ 的极限。

$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{f}_n=\underset{n}{\sup }{G}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{G}_n.$$

由单调收敛定理 11.7，

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\int G_n\mathrm{d}\mu =\int \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{f}_n\mathrm{d}\mu$$

而不等式 $G_n\le f_n$ 则意味着

$$\int G_n\mathrm{d}\mu \le \int f_n\mathrm{d}\mu .$$

因此

$$\int \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{f}_n\mathrm{d}\mu =\underset{n\to \infty }{\lim }\int G_n\mathrm{d}\mu \le \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\int f_n\mathrm{d}\mu .$$

定理 11.11 · 勒贝格控制收敛定理 (Lebesgue dominated convergence theorem)

（勒贝格）设 $(f_n)$ 是定义在测度空间 $(X,\mathcal{M},\mu )$ 上的任意实值可测函数序列，它几乎处处收敛于函数 $f$。若存在正的可积函数 $g:X\to \mathbb{R}$，使得对所有 $n$ 都有 $|f_n|<g$，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\int f_{n}d\mu =\int fd\mu .$$

证明

函数 $f$ 是可测的，因为它是可测函数序列的几乎处处极限，并且由于 $|f_n|<g$，所有函数 $f_n$ 和 $f$ 关于测度 $\mu$ 可积。对正可测函数序列 $g_n=$ $2g-|f_n-f|>0$ 应用法图引理 11.10

$$\int \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}(2g-|f_n-f|)\mathrm{d}\mu \le \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\int (2g-|f_n-f|)\mathrm{d}\mu .$$

由于 $\int g\mathrm{d}\mu <\infty$ 且下极限 $|f_n-f|=\lim |f_n-f|=0$，我们有

$$0\le \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\int -|f_n-f|\mathrm{d}\mu =-\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\int |f_n-f|\mathrm{d}\mu .$$

由于 $|f_n-f|>0$，这只有在以下情况下才可能

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\int |f_n-f|d\mu =0.$$

因此

$$\left|\int (f_n-f)\mathrm{d}\mu \right|\le \int |f_n-f|\mathrm{d}\mu \to 0,$$

因此 $\int f_n\mathrm{d}\mu \to \int f\mathrm{d}\mu$，如所需。

本定理中的收敛称为 控制收敛(dominated convergence)，其中 $g$ 为 控制函数(dominating function)。勒贝格积分的一个吸引人的特点是，无界集上的积分完全按照有界集上的积分来定义。无界被积函数也是如此。这与黎曼积分形成鲜明对比，在黎曼积分中，此类积分不能直接定义，而必须定义为“反常积分”，即一列有界区间上有界函数的极限。在勒贝格理论中完全不需要反常积分的概念。然而，勒贝格控制收敛定理可用于将此类积分作为有限区域上有限被积函数的极限来求值。

例 11.8

控制函数的重要性由以下例子表明。函数序列 $\left({\chi }_{[n,n+1]}\right)$ 由不断向右平移的“单位峰”组成，并且显然处处有极限 $f(x)=0$。然而它没有控制函数，且积分不收敛

$$\int {\chi }_{[n,n+1]}\mathrm{d}\mu ={\int }_n^{n+1}1\mathrm{d}x=1\nrightarrow \int 0\mathrm{d}x=0.$$

我们不加证明地提及以下定理，它把高维欧几里得空间上的勒贝格积分与多重积分联系起来。

定理 11.12 · 富比尼定理 (Fubini’s theorem)

（富比尼）若 $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ 是勒贝格可测函数，则对每个 $x\in \mathbb{R}$，函数 $f_x(y)=f(x,y)$ 可测。类似地，对每个 $y\in \mathbb{R}$，函数 $f_y^{\prime }(x)=f(x,y)$ 在 $\mathbb{R}$ 上可测。通常记作

$$\int f(x,y)\mathrm{d}y\equiv \int f_x\mathrm{d}\mu and\int f(x,y)\mathrm{d}x\equiv \int f_y^{\prime }\mathrm{d}\mu .$$

于是

$$\begin{array}{rl}\int \int f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y& \equiv \int f\mathrm{d}{\mu }^2=\int \left(\int f(x,y)\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x\\ & =\int \left(\int f(x,y)\mathrm{d}x\right)\mathrm{d}y.\end{array}$$

该结果可推广到任意一对测度空间的乘积。证明可参见例如 [1, 2]。

习题

习题 11.12

证明：若 $f$ 与 $g$ 在 $E\subset \mathbb{R}$ 上勒贝格可积，且 $f\ge ga.e$ ，则

$${\int }_{E}f\mathrm{d}\mu \ge {\int }_{E}g\mathrm{d}\mu .$$

习题 11.13

证明定理 11.9。

习题 11.14

若 $f$ 是 $E\subset \mathbb{R}$ 上的勒贝格可积函数，则证明由下式定义的函数 $\psi$

$$\psi (a)=\mu (\{x\in E||f(x)|>a\})=O(a^{-1})asa\to \infty .$$