积分从一个可测底面开始

如果一个函数在集合 $A$ 上处处取 $1$，在外面取 $0$，它的总量应当就是 $A$ 的测度。这句话不要求 $A$ 是区间。它可以由很多分散部分组成，也可以是上一章出现的有理数集。

固定测度空间 $(X,\Sigma,\mu)$，对可测集 $A$ 定义

$$\int_X\mathbf1_A\,d\mu=\mu(A).$$

当 $\mu$ 是直线上的长度，这可以想成高度为 $1$ 的面积；当 $\mu$ 是计数测度，它就是把每个点的贡献相加。积分符号后面的 $d\mu$ 指明了我们采用哪一种测量规则。

图中的柱体把“高度乘底面测度”画了出来。换到抽象测度空间时，不一定还有几何柱体，定义仍然是同一个有限和的起点。

简单函数的积分与表示方式无关

设 $\varphi=\sum_{j=1}^{m}a_j\mathbf1_{A_j}$，其中 ，各 可测且两两不交。定义

$$\int\varphi\,d\mu=\sum_{j=1}^{m}a_j\mu(A_j).$$

未列出的部分可视为函数值为零。这里约定 $0\cdot\infty=0$：零函数即使定义在无限测度的集合上，积分仍为零。正高度乘无限测度则给出 $\infty$。所以有限值简单函数的积分也可能无限。

同一个函数可以有多种写法。比如高度为 $2$ 的底面，可以整块写，也可以切成两块写。要确认定义没有歧义，把两种分割 $A_j$ 与 $B_k$ 交叉细分成 $A_j\cap B_k$。在每个非空小块上，两种表示描述的是同一函数，因此高度相同；有限可加性又让底面测度恰好相加。把所有小块加回去，两个积分值便一致。

积分计算依赖每种高度以及对应底面的测度。底面不必连成一个区间；若两个不相邻部分高度一样，也可以合并成同一个取值集合。

算一个有重叠的例子。 在实数轴上取 $\varphi=2\mathbf1_{[0,2]}+3\mathbf1_{[1,3]}$。在重叠的 $[1,2]$ 上，函数值是 。按 、、 细分后，三个底面长度都为 ，所以

$$\int\varphi\,dx=2\cdot1+5\cdot1+3\cdot1=10.$$

这个结果也等于 $2\cdot2+3\cdot2$。原来重叠的两项表达的是函数值相加，因此交叠处应当取 $5$；它与把两个集合的并集直接测长是不同的问题。

同样的共同细分还能证明简单函数积分的单调性、非负数乘齐次性与可加性：把各个函数都写到同一套不交底面上，结论就成为有限个非负数的运算。

实验：同一函数换一种分组

调出两段相同的高度，比较按区间相加和按相同高度合并的两份计算。然后改变其中一段的宽度，先在纸上估计积分的变化，再用结果核对。切换到加权测度时，还要留意“底面长度”与“底面测度”已经不再相同。

无论如何分组，都应当是在计算同一个函数、同一种测度。若数值不同，先检查是否漏了重叠处的高度，或在切换测度后仍误用了原来的底长。

一般非负函数：收集所有下方估计

设 $f:X\to[0,\infty]$ 可测。它可能有无限多种高度，不能直接套一个有限和。我们把所有在它下方的非负简单函数都拿来作候选，定义

$$\int f\,d\mu =\sup\left\{\int\varphi\,d\mu: \varphi\text{ 为可测简单函数},\ 0\le\varphi\le f\right\}.$$

候选不为空，至少有零函数。上确界允许为 $\infty$，所以每个非负可测函数都有这个意义下的积分；只有当积分有限时，我们才称它可积。

若 $f$ 本身是简单函数，一方面它可以亲自作为候选，另一方面简单函数积分的单调性保证任何候选积分都不超过它。因此新定义确实保留了原来的有限和。

图中画了几种下方估计。积分定义取遍所有合格的简单函数，而不是任选一次分层就把它当成精确值。

由定义立刻能得到单调性：$0\le f\le g$ 时，每个 $f$ 的候选也是 $g$ 的候选，所以 $\int f\le\int g$。对 $$，候选函数乘以 建立一一对应，给出 ； 时两边都按零处理。

还有一步不能抢先跳过去：为什么一列简单函数越来越靠近 $f$，积分就一定靠近 $\int f$？这正是下面的定理。证明了它，我们再推广可加性。

单调收敛定理

若 $f_n$ 都是非负可测函数，且对每个点有 $f_n(x)\uparrow f(x)$，则

$$\lim_{n\to\infty}\int f_n\,d\mu=\int f\,d\mu.$$

根据上一章，极限 $f$ 可测。积分单调递增，因此左边极限 $L$ 存在于 $[0,\infty]$。由于 $f_n\le f$，直接得到的方向是 $L\le\int f$。下面证明它不会停在一个过小的值上。

把 $s$ 略微压低是有用的。若直接要求 $f_n\ge s$，即使 $f_n$ 从下趋于 $s$，也可能永远达不到它。系数 $$ 留出了一点间隙，让每个点最终都进入测试集合。

图中曲线的上下次序提示逐点单调性；证明中真正把集合逼近接到积分逼近上的，是简单函数的有限分层，以及各层底面的从下连续性。

有了定理，才能把有限和推广出去

取上一章构造的简单函数 $\varphi_n\uparrow f$，单调收敛定理现在保证

$$\int f\,d\mu=\lim_n\int\varphi_n\,d\mu.$$

这说明我们可以用一列明确的近似计算积分，不必真的列举定义中全部候选。

若 $f,g\ge0$ 可测，另取 $\psi_n\uparrow g$。因为 $\varphi_n+\psi_n\uparrow f+g$，简单函数的可加性与单调收敛给出

$$\begin{aligned} \int(f+g)\,d\mu &=\lim_n\int(\varphi_n+\psi_n)\,d\mu\\ &=\lim_n\left(\int\varphi_n\,d\mu+\int\psi_n\,d\mu\right)\\ &=\int f\,d\mu+\int g\,d\mu. \end{aligned}$$

所有量都非负，允许出现 $\infty$，没有无穷大相减的问题。进一步，对非负可测 $h_k$ 的部分和使用单调收敛，就得到 $\int\sum_k h_k\,d\mu=\sum_k\int h_k\,d\mu$。

定义 $\int_A f\,d\mu:=\int f\mathbf1_A\,d\mu$。当可测底面 $A,B$ 不交时，指示函数相加，因而 。图中的竖向分割展示的是底面拆分，而不是把有重叠的区域重复相加。

一个不用猜面积的计算

在 $[0,1]$ 上求 $\int x\,dx$。令 $m=2^n$，把每段 $[k/m,(k+1)/m)$ 的高度设为 ，在端点 处单独取值 ，得到 。它们是非负简单函数，随网格细化单调趋于 。

$$\int_0^1s_n\,dx =\sum_{k=0}^{m-1}\frac{k}{m}\frac1m =\frac{m(m-1)}{2m^2} =\frac12-\frac1{2m}.$$

端点的单独取值贡献为零。让 $n\to\infty$，单调收敛定理给出 $\int_0^1x\,dx=1/2$。熟悉的三角形面积由新的积分定义重新得到了验证。

按高度切：层析公式

对非负可测函数，除了固定底面往上累计，也可以固定高度 $t$，测量还有多少底面满足 $f>t$。相应的公式是

$$\int_X f\,d\mu=\int_0^{\infty}\mu(\{f>t\})\,dt.$$

先看简单函数 $s=\sum_j a_j\mathbf1_{A_j}$。固定 后， 正是所有 的底面之并，所以其测度为 。对 积分得到 。

对一般 $f$，取 $s_n\uparrow f$。对每个固定 $t\ge0$，$\{s_n>t\}\uparrow\{f>t\}$，集合从下连续性给出测度递增趋于极限。再对 使用单调收敛，便得到层析公式。右边的被积函数随 单调不增，因而可测。这条推导没有要求积分有限。

这幅图用二维底面上的体积展示分层；下方实验把底面简化成区间，更容易读出每一层的长度。每层只累计函数值超过当前高度的那些位置。

实验：竖切与横切累计同一片区域

取 $f(x)=x^2$，$0\le x\le1$。在高度 $0\le t\le1$，超水平集为 ，长度是 。先拖动高度线，判断横切片会变长还是变短，再增加分层数量，比较上下估计。

这里两种切法的总量都为 $1/3$。不要只看最终数字：图中的横切长度 $1-\sqrt t$ 随 $t$ 递减，正好解释了每层上、下和应当选择哪一端的长度。改变切法并没有改变所累计的区域。

零积分意味着什么

若 $f\ge0$ 可测且只在零测集 $N$ 上可能非零，每个非负简单下界的正高度底面都包含在 $N$ 内，积分为零，因此 $\int f=0$。即使 $f$ 在 $N$ 上取 ，结论也不变。

反过来，若 $\int f=0$，令 $A_n=\{f\ge1/n\}$。由 $f\ge(1/n)\mathbf1_{A_n}$，有 ，故每个 都是零测集。而 也为零测集。所以非负可测函数满足 ，当且仅当 几乎处处。

这个结论中的“非负”很重要。允许正负值时，积分为零也可能只是两边抵消，下一章会专门处理。

练习

题 1。 在 $[0,2]$ 上令 $\varphi=3\mathbf1_{[0,1]}+5\mathbf1_{(1,2]}$。求积分。把单点 的取值改成 后，结果变吗？

查看解答

两个不交底面的 Lebesgue 测度均为 $1$，积分为 $3+5=8$。在单点上把值改成 $100$ 不改变积分，因为新增贡献只在零测集上。这个理由针对 Lebesgue 测度；若改用计数测度，单点的贡献就不能忽略。

题 2。 在 $[0,1]$ 上取 $f_n=n\mathbf1_{(0,1/n)}$。验证它处处趋于零，却不能使用单调收敛定理推出积分趋于零。

查看解答

对固定 $x>0$，当 $n>1/x$ 时便有 $f_n(x)=0$；在 $0$ 处始终为零。因此处处极限是零，而每项积分为 。函数列不单调递增：例如在 ，第一项为 ，第二项已经降为 。非负与逐点收敛不足以代替定理中的单调性。

3

证明单调收敛定理时，由 fₙ≤f 直接得到哪一个方向？

A.∫f ≤ lim ∫fₙB.lim ∫fₙ ≤ ∫fC.两边都必须有限D.无需再证明就已经相等

题 4。 设可测 $A_n$ 递增，令 $f_n=\mathbf1_{A_n}$。把单调收敛定理写成一个关于集合测度的结论，并说明这与第一章的关系。

查看解答

有 $\mathbf1_{A_n}\uparrow\mathbf1_{\bigcup_nA_n}$，故 。它就是第一章的从下连续性。我们的证明顺序是先由可数可加得到集合版本，再用集合版本证明函数版本；此处是在验证推广的一致性，并非重新用函数版本作为前面证明的依据。