測度論/積分

令$(X,\sigma ,\mu )$ 是一個$\sigma$-有限測度空間。假設$s$ 是一個正的簡單可測函式，其中$s=\displaystyle \sum _{i=1}^{3}y_{i}\chi _{A_{i}}$；$A_{i}\in \sigma$ 是不相交的。

定義$\displaystyle \int _{X}s~d\mu =\sum y_{i}\mu (A_{i})$

令$f:X\to {\overline {\mathbb {R} }}$ 是可測的，並且令$f\geq 0$.

定義$\displaystyle \int _{X}f~d\mu =\sup\{\int _{X}s~d\mu =\sum y_{i}\mu (A_{i})|s{\text{ simple }},s\geq 0,s\leq f\}$

現在令$f$ 是任何可測函式。我們說$f$ 是可積的，如果$f^{+}$ 和$f^{-}$ 是可積的，並且如果$\displaystyle \int _{X}f^{+}~d\mu ,\int _{X}f^{-}~d\mu <\infty$。然後，我們寫

$\displaystyle \int _{X}f~d\mu =\int _{X}f^{+}~d\mu -\int _{X}f^{-}~d\mu$

在 $X$ 上的可測函式類用 ${\mathcal {L}}^{1}(X)$ 表示。

對於 $0<p<\infty$，我們定義 ${\mathcal {L}}^{p}$ 為所有滿足 $|f|^{p}\in {\mathcal {L}}^{1}$ 的可測函式 $f$ 的集合。

如果一個性質在除測度為零的點集外的所有點上都成立，那麼就說這個性質 **幾乎處處** 成立。

性質

令 $(X,\sigma ,\mu )$ 是一個測度空間，並令 $f,g$ 在 $X$ 上可測。那麼

1. 如果 $f\leq g$，那麼 $\displaystyle \int _{X}fd\mu \leq \int _{X}gd\mu$
2. 如果 $A,B\in \sigma$，$A\subset B$，那麼 $\displaystyle \int _{A}fd\mu \leq \int _{B}fd\mu$
3. 如果 $f\geq 0$ 且 $c\geq 0$，則 $\displaystyle \int _{X}cfd\mu =c\int _{X}fd\mu$
4. 如果 $E\in \sigma$，$\mu (E)=0$，則 $\displaystyle \int _{E}fd\mu =0$，即使 $f(E)=\{\infty \}$
5. 如果 $E\in \sigma$，$f(E)=\{0\}$，則 $\displaystyle \int _{E}fd\mu =0$，即使 $\mu (E)=\infty$

證明

單調收斂定理

假設 $f_{n}\geq 0$ 且 $f_{n}$ 對所有 $n$ 可測，使得

1. $f_{1}(x)\leq f_{2}(x)\leq \ldots$ 對於每個 $x\in X$
2. $f_{n}(x)\to f(x)$ 在 $X$ 上幾乎處處成立

那麼，$\displaystyle \int _{X}f_{n}d\mu \to \int _{X}fd\mu$

證明

$\displaystyle \int _{X}f_{n}d\mu$ 是 $\mathbb {R}$ 中的遞增序列，因此，$\displaystyle \int _{X}f_{n}d\mu \to \alpha \in {\overline {\mathbb {R} }}$（假設）。我們知道 $f$ 是可測量的，並且 $f\geq f_{n}\forall n$。也就是說，

$\displaystyle \int _{X}f_{1}d\mu \leq \int _{X}f_{2}d\mu \leq \ldots \int _{X}f_{n}d\mu \leq \ldots \int _{X}fd\mu$

因此，$\displaystyle \alpha \leq \int _{X}fd\mu =\sup\{\int _{X}sd\mu :s{\text{ is simple }},0\leq s\leq 1\}$

令 $c\in [0,1]$

定義 $E_{n}=\{x|f_{n}(x)\geq cs(x)\}$; $n=1,2\ldots$. 觀察到 $E_{1}\subset E_{2}\subset \ldots$ 並且 $\bigcup E_{n}=X$

假設 $x\in X$. 如果 $f(x)=0$ 那麼 $s(x)=0$ 意味著 $x\in E_{1}$. 如果 $f(x)>0$, 那麼存在 $n$ 使得 $f_{n}(x)>cs(x)$ 因此， $x\in E_{n}$.

因此， $\bigcup E_{n}=X$, 因此 $\displaystyle \int _{X}f_{n}(x)d\mu \geq \int _{E_{n}}f_{n}d\mu \geq c\int _{E_{n}}sd\mu$. 由於如果 $c\in [0,1]$, 這就成立了，我們有 $\alpha \geq \displaystyle \int _{X}fd\mu$. 因此， $\displaystyle \int _{X}f_{n}d\mu \to \int _{X}fd\mu$.

Fatou 引理

令 $f_{n}\geq 0$ 是可測函式。 那麼，

$\displaystyle \int _{X}\liminf f_{n}d\mu \leq \liminf \int _{X}f_{n}d\mu$

證明

對於 $k=1,2,\ldots$ 定義 $g_{k}(x)=\displaystyle \inf _{i\geq k}f_{i}(x)$。觀察到 $g_{k}$ 是可測量的，並且對於所有的 $x$ 都是遞增的。

當 $k\to \infty$ 時，$g_{k}(x)\to \displaystyle \liminf _{n\geq k}f_{n}(x)$。根據單調收斂定理，

$\displaystyle \int _{X}g_{k}d\mu \to \int _{X}\liminf f_{n}(x)d\mu$，並且由於 $\displaystyle \int _{X}g_{k}(x)d\mu \leq \liminf \int g_{k}(x)d\mu$，我們得到了結果。

控制收斂定理

令 $(X,\sigma ,\mu )$ 是一個複測度空間。令 $\{f_{n}\}$ 是一個復可測函式序列，這些函式逐點收斂到 $f$；$f(x)=\displaystyle \lim _{n\to \infty }f_{n}(x)$，其中 $x\in X$

假設存在 $|f_{n}(x)|\leq g(x)$，使得 $g\in {\mathcal {L}}^{1}(X)$，那麼

$f\in {\mathcal {L}}^{1}$ 且當 $n\to \infty$ 時，$\displaystyle \int _{X}|f_{n}-f|d\mu \to 0$

證明

我們知道 $|f|\leq g$，因此 $|f_{n}-f|\leq 2g$，即 $0\leq 2g-|f_{n}-f|$

因此，根據 Fatou 引理，$\displaystyle \int _{X}2gd\mu \leq \liminf \int _{X}(2g-|f_{n}-f|)d\mu \leq \displaystyle \int _{X}2gd\mu +\liminf \int _{X}(-|f_{n}-f|)d\mu$

$=\displaystyle \int _{X}2gd\mu -\limsup \int _{X}|f_{n}-f|d\mu$

由於 $g\in {\mathcal {L}}^{1}$，$\displaystyle \limsup _{n\to \infty }\int _{X}|f_{n}-f|d\mu \leq$，這意味著 $\displaystyle \limsup \int _{X}|f_{n}-f|d\mu$

定理

1. 假設 $f:X\to [0,\infty ]$ 是可測的，$E\in \sigma$，其中 $\mu (E)>0$，使得 $\displaystyle \int _{E}fd\mu =0$。那麼 $f(x)=0$ 幾乎處處在 $E$ 上。
2. 令 $f\in {\mathcal {L}}^{1}(X)$，並且令 $\displaystyle \int _{E}fd\mu =0$ 對於每一個 $E\in \sigma$ 成立。那麼，$f=0$ 幾乎處處在 $X$ 上。
3. 令 $f\in {\mathcal {L}}^{1}(X)$ 以及 $\displaystyle \left|\int _{X}fd\mu \right|=\int _{X}|f|d\mu$，那麼存在一個常數 $\alpha$，使得 $|f|=\alpha f$ 幾乎處處在 $E$ 上。

證明

1. 對於每一個 $n\in \mathbb {N}$，定義 $A_{n}=\{x\in E|f(x)>{\frac {1}{n}}\}$。觀察到 $A_{n}\uparrow E$
   但 ${\frac {1}{n}}\mu (A_{n})\leq \displaystyle \int _{A_{n}}fd\mu \leq \int _{E}fd\mu =0$。因此 $\mu (A_{n})=0$ 對於所有 $n$，根據連續性，$f=0$ 在 $E$ 上幾乎處處為零。
2. 寫成 $\displaystyle \int _{E}fd\mu =\int _{E}u^{+}d\mu -\int _{E}u^{-}d\mu +i\left(\int _{E}v^{+}d\mu -\int _{E}v^{-}d\mu \right)$，其中 $u^{+},u^{-},v^{+},v^{-}$ 是非負實可測函式。
   此外，由於 $\displaystyle \int _{E}u^{+}d\mu ,\int _{E}(-u^{-})d\mu$ 都是非負的，它們各自為零。因此，應用第一部分，我們有 $u^{+},u^{-}$ 在 $E$ 上幾乎處處為零。我們可以類似地證明 $v^{+},v^{-}$ 在 $E$ 上幾乎處處為零。