极限与积分之间，还差一个条件

盯住一个位置，函数值越来越接近零；把整张图的面积加起来，却始终是 $1$。这并不矛盾：固定一个点看到的是局部取值，积分累计的是整个空间。它们之间需要定理连接，不能只凭“曲线看起来已经贴近了”就交换次序。

在 $[0,1]$ 上令

$$f_n(x)=n\mathbf1_{(0,1/n)}(x).$$

对每个固定 $x>0$，当 $n>1/x$ 时，尖峰已经退到它的左边，$f_n(x)=0$；在 $x=0$ 处始终取零。因此 处处成立。但每个积分都是高度乘宽度：。

三幅图使用相同的坐标比例。越窄并不意味着总量越小，因为高度同时增加了。下面的三个定理，各自说明了什么条件能排除这样的损失，或者至少保留一个不等式。

Fatou 引理保留一个方向

若 $f_n:X\to[0,\infty]$ 都可测，则

$$\int_X\liminf_{n\to\infty}f_n\,d\mu \le\liminf_{n\to\infty}\int_Xf_n\,d\mu.$$

这里不要求函数列收敛，也不要求每项积分有限。下极限描述的是尾部越来越稳定的下方信息。定义

$$g_n(x)=\inf_{k\ge n}f_k(x).$$

去掉更多前项，只会让尾部下确界升高，所以 $g_n\uparrow\liminf f_n$。它们非负、可测，可以用第四章的单调收敛定理：

$$\int\liminf f_n\,d\mu=\lim_n\int g_n\,d\mu.$$

另一方面，对每个 $k\ge n$ 都有 $g_n\le f_k$，故

$$\int g_n\,d\mu\le\inf_{k\ge n}\int f_k\,d\mu.$$

令 $n\to\infty$，右边正是积分序列的下极限，证明完成。这里是在“所有函数的共同下界”与“所有积分的共同下界”之间比较，没有把积分与下确界直接说成相等。

对开头的尖峰列，Fatou 给出 $0\le1$。它允许严格不等，正好记录了极限函数没有保留下来的那部分总量。

非负性也不能直接去掉。把尖峰取负，$h_n=-n\mathbf1_{(0,1/n)}$ 仍逐点趋于零，但若照搬同一个方向，就会写出错误的 $0\le-1$。若函数列有共同的可积下界，可以减去那个下界后再用 Fatou；没有这样的条件，就不能硬套。

单调收敛：每一点都往上增加

第四章已经证明：若 $0\le f_n\uparrow f$，则

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

这里允许结果为 $\infty$。适合使用它的场景包括截断高度逐渐增加、非负级数的部分和、简单函数从下逼近。它要求的是每个点上的次序，而不是积分数值递增。开头的尖峰积分甚至恒定，函数列却不单调。

例如在 $[0,4]$ 上令 $f_n(x)=(1-1/n)x$。各点的函数值随 $n$ 增加，极限是 $$。因此

$$\int_0^4 f_n(x)\,dx =8\left(1-\frac1n\right)\longrightarrow8 =\int_0^4x\,dx.$$

另一个常见用法是把一个无界函数截成有界函数。在 $0<x\le1$ 上取 $u_n(x)=\min\{n,x^{-1/2}\}$，在 处定义为零。它们单调趋于 的这个可测代表。分界点由 给出，即 ，所以

$$\int_0^1u_n\,dx =n\frac1{n^2}+\int_{1/n^2}^1x^{-1/2}\,dx =\frac1n+2-\frac2n=2-\frac1n.$$

单调收敛给出极限函数的积分为 $2$。无界并不妨碍可积；要看高值出现的底面有多大。

主导收敛：整列函数共用一个可积上界

设 $f_n,f$ 是可测实值函数，$f_n\to f$ 几乎处处。若存在一个固定的非负可积函数 $g$，使每个 $n$ 都有 几乎处处，则 都可积，且

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

“固定”指 $g$ 不随 $n$ 改变。“可积”要求 $\int g<\infty$。仅仅知道每个 $f_n$ 都有一个自己的上界，不能替代这两个条件。

先处理例外点。把收敛失败的零测集、所有不等式失败的零测集，以及 $g=\infty$ 的零测集合并。只有可数多个集合，并集仍是零测集。在并集上把这些函数都改为零，就得到处处满足条件的可测版本，积分不变。以下对这些版本证明。

由取极限知 $|f|\le g$，所以 $f$ 可积。记 $G=\int g$，$I_n=\int f_n$。对非负函数列 使用 Fatou，

$$G+\int f\le\liminf_n(G+I_n)=G+\liminf_n I_n,$$

于是 $\int f\le\liminf I_n$。对 $g-f_n$ 再用一次，

$$G-\int f\le\liminf_n(G-I_n)=G-\limsup_n I_n,$$

得到 $\limsup I_n\le\int f$。两边合起来，

$$\limsup I_n\le\int f\le\liminf I_n.$$

而任何实数序列都满足 $\liminf I_n\le\limsup I_n$，所以它们只能相等。主导函数让两次 Fatou 都能面对非负函数，也使 $G$ 有限，移项时不会出现无穷减法。

图画的是非负情形；一般有符号函数的条件是绝对值不超过 $g$，也就是被夹在 $-g$ 与 $g$ 之间。仅有包络还不够，函数列还必须几乎处处收敛。比如常函数列 $(-1)^n$ 被 $1$ 控制，却根本没有极限。

例子：端点的一处例外不影响结论

在 $[0,1]$ 上，$f_n(x)=x^n$ 对 $x<1$ 趋于零，在 处始终等于 。因此它几乎处处趋于零，且 ，这个常数在有限区间上可积。主导收敛定理给出积分趋于零。直接计算也有

$$\int_0^1x^n\,dx=\frac1{n+1}\longrightarrow0.$$

这组函数在区间内递减，不能直接当成第四章的递增非负版本来套。不过它有可积主导，DCT 正适用。若一定想用 MCT，可以改看 $1-x^n$；改写后再检查条件，而不是忽略原来的方向。

实验：看同一张图里的取值与积分

实验提供截断函数、$x^n$ 和尖峰三组序列。每次换组后，先说出极限函数，以及你准备使用的定理。拖动 $n$ 时同时看函数图与积分记录：哪个条件让前两组可以交换，第三组又少了什么？

有限帧动画不能证明无限序列的结论。它帮助你提出判断；真正的理由是截断列的单调性、$x^n$ 的可积主导，以及尖峰中高度与宽度的精确乘积。

尖峰究竟缺少什么

如果开头的尖峰能被某个固定可积 $g$ 主导，DCT 就会迫使它的积分趋于零，这与每项积分等于 $1$ 矛盾。因此不存在这样的 $g$。把每个尖峰的高度 $n$ 当成主导函数也不行：它随着 $n$ 改变。

更一般地，在 $[0,1]$ 上取

$$v_n(x)=n^\alpha\mathbf1_{(0,1/n)}(x),\qquad\alpha\ge0.$$

对所有 $\alpha$，它都逐点趋于零；但

$$\int v_n\,dx=n^{\alpha-1}.$$

当 $\alpha<1$ 时总量趋零，$\alpha=1$ 时恒为一，$\alpha>1$ 时趋于无穷。逐点极限完全相同，积分可以有三种不同命运。

图中三类矩形是配比示意，未采用共同的纵坐标比例。定量比较以标出的高度、宽度及乘积为准。

当 $0\le\alpha<1$，还真能找出可积主导。在尖峰内部 $x<1/n$，所以 $n^\alpha\le x^{-\alpha}$；外部函数为零。令 （在零点任取值），则

$$\int_0^1g(x)\,dx=\frac1{1-\alpha}<\infty.$$

这个幂函数积分可用在 $[\varepsilon,1]$ 上的常规积分、再令 $\varepsilon\downarrow0$ 并用 MCT 得到。DCT 因而解释了这一类尖峰为什么没有留下额外总量。$\alpha\ge1$ 时，积分公式已说明不可能存在任何共同可积主导，并非只是候选 $x^{-\alpha}$ 不合格。

把 $\alpha$ 分别设为 $1/2,1,2$，再让 $n$ 增大。动手前用 $n^{\alpha-1}$ 预测轨迹。若尖峰超出绘图区，要读清截断提示：画面被裁掉，不等于函数的高度被截断了。

选择定理时要检查的事实

如果你只知道非负性，Fatou 至少给出一个方向；若还知道逐点递增，MCT 把它加强成等式。若函数可以正负变化或不单调，就检查是否既有几乎处处收敛，又有一个共同可积主导，满足时使用 DCT。这些条件可以重叠，不要求一道题只能用一个定理。

有限测度也会影响判断。在有限测度空间上，一致收敛直接给出 $\int|f_n-f|\le\mu(X)\sup|f_n-f|\to0$。但在整个实轴上， 一致趋于零，积分却恒为 。无限测度空间不能把有限区间的估计照搬过去。

练习

题 1。 在 $[0,1]$ 上令 $f_n(x)=x^n\cos(nx)$。它是否单调？能否交换积分与极限？

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余弦因子让函数列不具备一般的递增性。但对 $x<1$，$|f_n(x)|\le x^n\to0$；端点是否收敛不影响几乎处处结论。整列又被可积常数 $1$ 主导，DCT 给出 。这里有效的不是“振荡”，而是衰减因子保证收敛、固定上界保证主导。

题 2。 对非负尖峰 $n\mathbf1_{(0,1/n)}$ 写出 Fatou 两侧的值，再把它取负。后者说明了什么？

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非负尖峰的左侧为 $0$，右侧为 $1$，得到严格不等 $0<1$。取负以后，逐点极限仍为零，每项积分却为 $-1$；原方向变成错误的 $0\le-1$。这说明不能任意删去非负性，也不能把 Fatou 当成无条件交换公式。

3

每个 fₙ 都可积且几乎处处趋于 f，还缺什么才能直接使用主导收敛定理？

A.每个 n 各选一个不同的上界B.一个固定可积 g，统一满足 |fₙ|≤g 几乎处处C.只要求积分序列有界D.只要求图像越来越窄

题 4。 假设非负可测函数满足 $f_n\uparrow f$ 几乎处处，$f$ 也可测。说明为什么可以使用 MCT；再说明仅有 $\int f_n$ 递增为什么不够。

查看解答

把单调性或收敛失败的可测零测集记为 $N$，在 $N$ 上把全部函数改成零。修改后处处满足 MCT，积分又不变，所以可恢复到原函数。仅有积分递增不控制各个点的次序：尖峰 $n\mathbf1_{(0,1/n)}$ 的积分恒为 $1$，已经是非递减的，逐点极限积分却为零。