单调收敛定理

定理

如果a_k是一个单调的实数序列（例如a_k ≤ a_k+1），则这个序列具有极限（如果我们把正无穷大和负无穷大也算作极限的话）。当且仅当序列是有界的，这个极限是有限的。

证明

我们证明如果递增序列${\displaystyle \langle a_{n}\rangle }$ 有上界，则它是收敛的，且它的极限为${\displaystyle \sup _{n}\{a_{n}\}}$ 。

由于${\displaystyle \{a_{n}\}}$ 非空且有上界，因此根据实数的最小上界公理，${\displaystyle c=\sup _{n}\{a_{n}\}}$ 存在，且是有限的。现在，对于每一个${\displaystyle \varepsilon >0}$ ，都存在一个${\displaystyle a_{N}}$ ，使得${\displaystyle a_{N}>c-\varepsilon }$ ，否则${\displaystyle c-\varepsilon }$ 是${\displaystyle \{a_{n}\}}$ 的一个上界，这与${\displaystyle c}$ 为最小上界${\displaystyle \sup _{n}\{a_{n}\}}$ 的事实矛盾。于是，由于${\displaystyle \langle a_{n}\rangle }$ 是递增的，对于所有的n > N，都有${\displaystyle |c-a_{n}|=c-a_{n}\leq c-a_{N}<\varepsilon }$ ，因此根据定义，${\displaystyle \langle a_{n}\rangle }$ 的极限为${\displaystyle \sup _{n}\{a_{n}\}}$ 。证毕。

类似地，如果一个实数序列是递减且有下界，则它的最大下界就是它的极限。

定理

如果对于所有的自然数j和k，a_j,k都是非负实数，且a_j,k ≤ a_j+1,k，则（参见^[1]第168页）：

${\displaystyle \lim _{j\to \infty }\sum _{k}a_{j,k}=\sum _{k}\lim _{j\to \infty }a_{j,k}}$ 

这个定理是前一个定理的推广，也许就是最重要的单调收敛定理。

定理

设( X, A, ${\displaystyle \mu }$  )为一个测度空间。若序列 ${\displaystyle f_{1},f_{2},\ldots }$  为定义域是 ${\displaystyle X}$ ，对应域是 ${\displaystyle [0,\infty )}$  的 ${\displaystyle \mu }$ -可测单调递增函数序列。也就是说 ${\displaystyle \forall x\in X,\,k\in \mathbb {N} }$ ，有

${\displaystyle 0\leq f_{k}(x)\leq f_{k+1}(x)}$ 。

接着，设序列 ${\displaystyle \{f_{n}\}}$  的逐点极限为 ${\displaystyle f}$ 。也就是说 ${\displaystyle \forall x\in X,}$ 

${\displaystyle f(x):=\lim _{k\to \infty }f_{k}(x)}$ 。

则 ${\displaystyle f}$  会是 ${\displaystyle \mu }$ -可测函数，且：

${\displaystyle \lim _{k\to \infty }\int _{X}f_{k}\,d\mu =\int _{X}f\,d\mu }$ 。（参见^[2]第21.38节）

注意其积分值不一定是有限值，也就是左右两边可能都是无限大。

证明

我们首先证明f是${\displaystyle \mu }$ -可测函数。为此，只需证明区间[0,t]在f下的原像是X上的σ代数A的一个元素。设I为${\displaystyle [0,\infty ]}$ 的一个子区间。那么：

${\displaystyle f^{-1}(I)=\{x\in X|f(x)\in I\}}$ 。

另一方面，由于[0,t]是闭区间，因此：

${\displaystyle f(x)\in I\Leftrightarrow f_{k}(x)\in I,~\forall k\in \mathbb {N} }$ 。

所以：

${\displaystyle \{x\in X|f(x)\in I\}=\bigcap _{k\in \mathbb {N} }\{x\in X|f_{k}(x)\in I\}}$ 。

注意可数交集中的每一个集合都是A的一个元素，这是因为它是一个波莱尔子集在${\displaystyle \mu }$ -可测函数${\displaystyle f_{k}}$ 下的原像。由于根据定义，σ代数在可数交集下封闭，因此这便证明了f是${\displaystyle \mu }$ -可测的。需要注意的是，一般来说，任何可测函数的最小上界也是可测的。

现在我们证明单调收敛定理的余下的部分。f是${\displaystyle \mu }$ -可测的事实，意味着表达式${\displaystyle \int fd\mu }$ 是定义良好的。

我们从证明${\displaystyle \int fd\mu \geq \lim _{k}\int f_{k}d\mu }$ 开始。

根据勒贝格积分的定义，

${\displaystyle \int fd\mu =sup\{\int gd\mu |g\in SF,g\leq f\}}$ ，

其中SF是X上的${\displaystyle \mu }$ -可测简单函数的交集。由于在每一个${\displaystyle x\in X}$ ，都有${\displaystyle f_{k}(x)\leq f(x)}$ ，我们便有：

${\displaystyle \left\{\int gd\mu |g\in SF,g\leq f_{k}\right\}\subseteq \left\{\int gd\mu |g\in SF,g\leq f\right\}.}$ 

因此，由于一个子集的最小上界不能大于整个集合的最小上界，我们便有：${\displaystyle \int fd\mu \geq \lim _{k}\int f_{k}d\mu .}$ 

右面的极限存在，因为序列是单调的。

我们现在证明另一个方向的不等式（也可从法图引理推出），也就是说，我们来证明：

${\displaystyle \int fd\mu \leq \lim _{k}\int f_{k}d\mu .}$ 

从积分的定义可以推出，存在一个非负简单函数的非递减序列g_n，它几乎处处逐点收敛于f，且：

${\displaystyle \lim _{k}\int g_{k}d\mu =\int fd\mu .}$ 

只需证明对于每一个${\displaystyle k\in \mathbb {N} }$ ，都有：

${\displaystyle \int g_{k}d\mu \leq \lim _{j}\int f_{j}d\mu }$ 

这是因为如果这对每一个k都成立，那么等式左端的极限也将小于或等于等式右端。

我们证明如果g_k是简单函数，且

${\displaystyle \lim _{j}f_{j}(x)\geq g_{k}(x)}$ 

几乎处处，则：

${\displaystyle \lim _{j}\int f_{j}d\mu \geq \int g_{k}d\mu .}$ 

由于积分是线性的，我们可以把函数${\displaystyle g_{k}}$ 分拆成它的常数部分，化为${\displaystyle g_{k}}$ 是σ代数A的一个元素B的指示函数的情况。在这种情况下，我们假设${\displaystyle f_{j}}$ 是一个可测函数的序列，它在B的每一个点的最小上界都大于或等于一。

为了证明这个结果，固定${\displaystyle \epsilon >0}$ ，并定义可测集合的序列：

${\displaystyle B_{n}=\{x\in B:f_{n}(x)\geq 1-\epsilon \}.}$ 

根据积分的单调性，可以推出对于任何的${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$ ，都有：

${\displaystyle \mu (B_{n})(1-\epsilon )=\int (1-\epsilon )1_{B_{n}}d\mu \leq \int f_{n}d\mu }$ 

根据${\displaystyle \lim _{j}f_{j}(x)\geq g_{k}(x)}$ 的假设，对于足够大的n，任何B内的x都将位于${\displaystyle B_{n}}$ 内，因此：

${\displaystyle \bigcup _{n}B_{n}=B}$ 。

所以，我们有：

${\displaystyle \int g_{k}d\mu =\int 1_{B}d\mu =\mu (B)=\mu (\bigcup _{n}B_{n}).}$ 

利用测度的单调性，可得：

${\displaystyle \mu (\bigcup _{n}B_{n})=\lim _{n}\mu (B_{n})\leq \lim _{n}(1-\epsilon )^{-1}\int f_{n}d\mu }$ 

取${\displaystyle k\rightarrow \infty }$ ，并利用这对任何正数${\displaystyle \epsilon }$ 都正确的事实，定理便得证。

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