这一节的主要概念自然就是一般可测函数的积分,它是使用非负可测函数的积分来定义的,注意前面曾经讨论过函数$f(x)$可以分解为两个非负函数的差:$f(x)=f^+(x)-f^-(x)$.

如果$\int_{E}{f^+(x)dx}$与$\int_{E}{f^-(x)dx}$中有一个为有限的,则定义$f(x)$的积分为

\[\int_{E}{f(x)dx} = \int_{E}{f^+(x)dx} – \int_{E}{f^-(x)dx},\]

如果两个都是有限的,则称$f(x)$为可积的.

这里之所以要求$\int_{E}{f^+(x)dx}$和$\int_{E}{f^-(x)dx}$至少有一个为有限,是因为$\infty-\infty$是没有定义的,它可以有各种情形,用$L(E)$表示Lebesgue函数的全体.

\[|f(x)|=f^+(x)+f^-(x), \quad \int_{E}{|f(x)|dx} = \int_{E}{f^+(x)dx} + \int_{E}{f^-(x)dx},\]

由此可知,$f(x)$的可积性与$|f(x)|$的可积性是一致的.(有一个前提,$f(x)$为可测函数)

\[|\int_{E}{f(x)dx}| \le \int_{E}{|f(x)|dx},\]

下面开始讨论可积函数的各种性质:

1. 有界可测函数$f(x)$,对$m(E)<\infty$的$E$有$f \in L(E)$.

\[\int_{E}{|f(x)|dx} < Mm(E) < \infty\]

2. 若$f \in L(E)$,则$f(x)$在$E$上是几乎处处有限的.

\[f \in L(E) \Rightarrow |f| \in L(E) \Rightarrow \int_{E}{|f(x)|dx} < \infty\]

由此得到$|f(x)|$几乎处处有限.

3. 若$E \in \mathcal{M}$,且$f(x)=0$ a.e.则$\int_{E}{f(x)dx}=0$.

$f(x)=0$ a.e.,可知$|f(x)|=0$a.e.对于非负函数,这是成立的,$\int_{E}{|f(x)|dx} = 0$.

4. 若$f(x)$是$E$上的可测函数,$g \in L(E)$,且$|f(x)| \le g(x)$,则$f \in L(E)$.

\[\int_{E}{|f(x)|dx} < \int_{E}{g(x)dx} < \infty.\]

5. 从简单可测函数积分的线性性质,推广到非负可测函数的积分线性性质,现在可以讨论一般可测函数的积分线性性质了.

若$f,g \in L(E)$,$c \in R^1$,则

(1) $\int_{E}{cf(x)dx} = c\int_{E}{f(x)dx}$;

(2) $\int_{E}{(f(x)+g(x))dx} = \int_{E}{f(x)dx} + \int_{E}{g(x)dx}$.

证明方法是应用非负可测函数的积分线性性质,这样需要对$c$讨论,把$f(x)$分解为$f^+(x)$和$f^-(x)$.

6. 若$f \in L(E)$,$g(x)$是$E$上的有界可测函数时,则$fg \in L(E)$.

\[|fg| \le |f(x)| \cdot \sup|g(x)|.\]

7. (积分的绝对连续性)若$f \in L(E)$,则对任给的$\epsilon>0$,存在$\delta>0$,使得当$E$中子集$e$的测度$m(e)<\delta$时,有

\[|\int_{e}{f(x)dx}| \le \int_{e}{|f(x)|dx} < \epsilon.\]

证明思路是分解$\int_{E}{f(x)dx}$的值为两部分.

\[\int_{E}{f(x)dx} = \int_{E}{(f(x)-\varphi(x))dx} + \int_{E}{\varphi(x)dx}.\]

这里$\varphi(x)$为一可测简单函数,由于它是只有有限个值,可设$|\varphi(x)|\le M$,而对于$\varphi(x)$与$f(x)$,我们可以取得这样的$\varphi(x)$,使

\[\int_{E}{[f(x)-\varphi(x)]dx} \le \frac{\epsilon}{2},\]

$0 \le \varphi(x) \le f(x)$,这样,当$e \subset E$,$m(e)<\delta$时有

\[\begin{aligned}
\int_{e}{f(x)dx} &= \int_{e}{f(x)dx} – \int_{e}{\varphi(x)dx} + \int_{e}{\varphi(x)dx} \\
&\le \int_{E}{(f(x)-\varphi(x))dx} + \int_{e}{\varphi(x)dx} \\
&<\frac{\epsilon}{2} + M \cdot m(e) \le \epsilon,
\end{aligned}\]

这里还是各种逼近问题,注意这里的分解方法,这种分解方法会经常用到:

\[\int_{A}{f(x)dx} + \int_{B}{g(x)dx},\]

$f(x)$任意小,$m(B)$可以任意小,从而两者之和也可以任意小.

8. 设$E_k \in \mathcal{M}$,$k=1,2,\cdots$,$E_i \cap E_j = \emptyset$,($i \neq j$),若$f(x)$在$E = \bigcup_{1}^{\infty}{E_k}$上可积.则

\[\sum_{k=1}^{\infty}{\int_{E_k}{f(x)dx}} = \int_{E}{f(x)dx}.\]

注意对于非负可测函数我们已经证明了类似的结论.

$f(x)$在$E$上可积,从而$|f(x)|$在$E$上也是可积的.

$f(x)=f^+(x)+f^-(x)$,则

\[\begin{aligned}
\int_{E}{|f(x)|dx} &= \int_{E}{(f^+(x) + f^-(x))dx} = \int_{E}{f^+(x)dx} + \int_{E}{f^-(x)dx} \\
&= \sum{\int_{E_k}{f^+(x)dx}} + \sum{\int_{E_k}{f^-(x)dx}}
\end{aligned}\]

这两个级数是收敛的,现在对于$f(x)$来说,有这样一个问题

\[\sum{\int_{E_k}{[f^+(x)-f^-(x)]dx}} = \sum{(\int_{E_k}{f^+(x)dx} – \int_{E_k}{f^-(x)dx})}\]

这是无穷级数,能否进行移项呢?这是可以的,因为这个级数是绝对收敛的(即前面的$|f(x)|$可积),于是有

\[\begin{aligned}
&\sum{(\int_{E_k}{f^+(x)dx} – \int_{E_k}{f^-(x)dx})} \\
=&\sum{\int_{E_k}{f^+(x)dx}} – \sum{\int_{E_k}{f^-(x)dx}} \\
=&\int_{E}{f^+(x)dx} – \int_{E}{f^-(x)dx} = \int_{E}{f(x)dx}.
\end{aligned}\]

不需要考虑这么复杂(即不必考虑所谓移项问题):$\sum{a_i}$和$\sum{b_i}$收敛,则$\sum{a_i+b_i}$是收敛的.并且有

\[\sum{a_i+b_i} = \sum{a_i} + \sum{b_i}.\]

9. 可积函数几乎处处为零的判别法.设$f(x) \in L[a,b]$,若对任意的$c \in [a,b]$,有$\int_{a}^{c}{f(x)dx}=0$,则$f(x)=0$ a.e..

证明:$f(x)=0$ a.e. $\Leftrightarrow$ $m(\{x \in [a,b] : f(x) \neq 0\})=0$.

记$E = \{x \in [a,b]: f(x) \neq 0\}$, $E_k = \{ x \in [a,b] : \frac{1}{k+1} < f(x) \le \frac{1}{k}\}$,则$E_i \cap E_j = \emptyset$,$E=\bigcup{E_k}$

\[\int_{E}{f(x)dx} = \sum{\int_{E_k}{f(x)dx}},\]

这里面不对,不能这么做.

证明思路是使用可测集$E$的分解.把$E$分解为闭集$F$和另一个集合,$f(x)$在$F$上是$m(F)>0$,$f(x)>0$,先想到这儿吧.

(1)考虑集合:$E = \{x \in [a,b]: f(x)>0\}$.如果$m(E)>0$,则存在闭集$F$,使得$m(F)>0$,且$f(x)$在$F$上连续,从而是有界的,事实上有最大值和最小值,注意到$f(x)>0$,$x \in F$.

\[\int_{F}{f(x)dx} + \int_{G \backslash F}{f(x)dx} = \int_{G}{f(x)dx} = 0\]

而$\int_{F}{f(x)}>0$,故$\int_{G \backslash F}{f(x)dx} \neq 0$,而$G \backslash F$可以由构成区间表示出来,

\[\int_{G \backslash F}{f(x)dx} = \sum{\int_{a_i}^{b_i}{f(x)dx}} \neq 0,\]

由此可知至少存在一个$\int_{a_i}^{b_i}{f(x)dx} \neq 0$,而

\[\int_{a}^{b_i}{f(x)dx} = \int_{a}^{a_i}{f(x)dx} + \int_{a_i}^{b_i}{f(x)dx} \neq 0\]

矛盾.这似乎不大对?上面最后的推理似乎不对?应该是$\int_{a}^{a_i}{f(x)dx}$和$\int_{a}^{b_i}{f(x)dx}$至少有一个不为0.

10. 设$g(x)$是$E$上的可测函数,若对任意的$f \in L^1(E)$,都有$fg \in L^1(E)$,则除一个零测集外,$g(x)$是有界函数.

书中构造了一个$f(x)$:先作集合

\[E_i = \{x \in E: k_i \le |g(x)| < k_{i+1}\}\]

然后令

\[f(x) = \begin{cases}
\frac{\text{sign}(g(x))}{i^{1 + \frac{1}{2}} \cdot m(E_i)} & x \in E_i \\
0& x \notin E_i
\end{cases}\]

为什么这么构造呢?分子部分是有迹可循的:

(1) $f(x) \in L(E)$, 则

\[\sum|\frac{\text{sign}(g(x))}{i^{1 + 1/2}m(E_i)} \cdot m(E_i)| = \sum{\frac{1}{i^{1 + 1/2}}} < \infty\]

(2)$f(x)g(x)$,$\text{sign}(g(x))g(x) = |g(x)| \ge k_i \ge i$,于是有

\[\sum{\frac{\text{sign}(g(x)) \cdot g(x)}{i^{1+1/2} \cdot m(E_i)} \cdot m(E_i)} \ge \sum{\frac{1}{i^{1/2}}} > \infty.\]

11. 类似于测度的平移不变性,有关于积分变量的平移不变性:

若$f \in L(R^n)$,则对任意的$y \in R^n$,$f(x+y) \in L(R^n)$,且有

\[\int_{R^n}{f(x+y)dx} = \int_{R^n}{f(x)dx}.\]

首先注意前面提过积分与测度可以通过特征函数相联系.

$f(x) = \chi(x)$,则$f(x+y) = \chi(x+y)$,

\[\int_{R^n}{\chi(x+y)dx} = \int_{R^n}{\chi(x)dx}.\]

证明过程分为几步:(1)对简单可测函数成立;(2)对非负可测函数成立;(3)对可测函数成立.

(1)$f(x) = \sum_{i=1}^{p}{c_i\chi_{E_i}(x)}$;

\[f(x + y) = \sum_{i=0}^{p}{c_i\chi_{E_i}(x+y)} = \sum_{i=1}^{p}{c_i\chi_{E_i – \{y\}}(x)},\]

这样就有

\[\int_{R^n}{f(x+y)dx} = \sum{c_im(E_i – \{y\})} = \sum{c_im(E_i)} = \int_{R^n}{f(x)dx}.\]

(2)可测简单函数列逼近之.

(3)$f(x) = f^+(x) – f^-(x)$,$f(x+y)=f^+(x+y)-f^-(x+y)$.

\[\begin{aligned}
\int_{R^n}{f(x+y)dx} &= \int_{R^n}{f^+(x+y)dx} – \int_{R^n}{f^-(x+y)dx} \\
&=\int_{R^n}{f^+(x)dx} – \int_{R^n}{f^-(x)dx} \\
&=\int_{R^n}{f(x)dx}.
\end{aligned}\]

12. 下面介绍的Lebesgue控制收敛定理极为重要,应仔细推敲,它给出了积分与极限交换的一个充分条件.

设$f_k \in L(E)$,且有$\lim{f_k(x)}=f(x)$ a.e.,若存在$E$上的可积函数$F(x)$,使得$|f_k(x)| \le F(x)$ a.e.,则$\lim{\int_{E}{f_k(x)dx}} = \int_{E}{f(x)dx}$.

有几个结论是很容易推出的:

(1)从$|f_k(x)|\le F(x)$可知$|f(x)| \le F(x)$;

(2)$F(x)$可积可以得到$f(x)$可积;

(3)

\[\begin{aligned}
&\lim_{k \rightarrow \infty}{\int_{E}{f_k(x)dx}} = \int_{E}{f(x)dx} \\
\Leftrightarrow &\lim_{k \rightarrow \infty}{[\int_{E}{f_k(x)dx} – \int_{E}{f(x)dx}]} = 0 \\
\Leftrightarrow &\lim_{k \rightarrow \infty}{\int_{E}{(f_k(x) – f(x))dx}} = 0
\end{aligned}\]

令$g_k(x) = |f_k(x) – f(x)|$,则$g_k(x) \ge 0$,$0 \le g_k(x) \le 2F(x)$,$g_k \in L(E)$.

使用Fatou引理(这种问题应该首先想到Fatou引理):

\[\begin{gather*}
\int_{E}{\lim_{k \rightarrow \infty}{(2F(x) – g_k(x))}dx} \le \underline{\lim}\int_{E}{(2F(x)-g_k(x))dx} \\
2\int_{E}{F(x)dx} – \int_{E}{\lim{g_k(x)}dx} \le 2\int_{E}{F(x)dx} – \overline{\lim}\int_{E}{g_k(x)dx}
\end{gather*}\]

由此推出

\[\overline{\lim}{\int_{E}{g_k(x)dx}} \le \int_{E}{\lim{g_k(x)}dx}\]

而$\lim{g_k(x)} = 0$ a.e.,于是

\[\overline{\lim}{\int_{E}{g_k(x)dx}} = 0,\]

于是

\[\lim_{k \rightarrow \infty}{|\int_{E}{(f_k(x) – f(x))dx}|} \le \lim_{k \rightarrow \infty}{\int_{E}{|f_k(x) – f(x)|dx}} = 0.\]

作为一个推论,我们有逐项积分方面的结论:

设$f_k(x) \in L(E)$,若有$\sum{\int_{E}{|f_k(x)|dx}} < \infty$,则$\sum{f_k(x)}$在$E$上几乎处处收敛,若记其和为$f(x)$,则$f \in L(E)$,且有

\[\sum{\int_{E}{f_k(x)dx}} = \int_{E}{f(x)dx}.\]

取$F(x) = \sum{|f_k(x)|}$为上一题中的$F(x)$,$g_m(x) = \sum_{1}^{m}{f_k(x)}$,为上一题中的$f_k(x)$.

利用非负可测函数关于逐项积分的定理可知,$F(x) \in L(E)$,从而$\sum{f_k(x)}$几乎处处收敛,绝对收敛的级数是收敛的.

最后一个结论是关于积分号下求导的:

$f(x,y)$是定义在$E \times (a,b)$上的函数,它作为$x$的函数在$E$上是可积的,作为$y$的函数在$(a,b)$上是可微的,若存在$F \in L(E)$使得

\[|\frac{d}{dy}f(x,y)| \le F(x), \quad (x,y) \in E \times (a,b)\]

则

\[\frac{d}{dy}\int_{E}{f(x,y)dx} = \int_{E}{\frac{d}{dy}f(x,y)dx}.\]

证明利用了控制收敛定理,$h_k \rightarrow 0$,$\frac{d}{dy}f(x,y) = \lim_{k \rightarrow \infty}{\frac{f(x,y+h_k) – f(x,y)}{h_k}}$.

\[|\frac{d}{dy}f(x,y)| \le F(x) \Rightarrow |\frac{f(x,y+h_k) – f(x,y)}{h_k}| \le F(x)\]

这几个结论涉及到了积分,极限,微分,在以后会经常用到,需要多加琢磨.