03勒贝格积分——有界函数的勒贝格积分

Lingfeng 2024-05-26

03勒贝格积分——有界函数的勒贝格积分

勒贝格可积充要条件 设 $f(x)$ 是可测集 $E$ ( $m(E)<+\infty$ )上的有界函数, 则 $f(x)$ 在 $E$ 上的勒贝格可积的充要条件是 $f(x)$ 在 $E$ 上可测.

证明
先证明充分性. 设 $f(x)$ 在 $E$ 上可测, 且 $b \leq f(x) \leq B$ . 对于任意 $\delta>0$ , 存在 $[b,B]$ 的分划 $b=y_{0}<y_{1}<\dots<y_{n}=B$ 使得 $max_{0\leq i\leq n}(y_{i}-y_{i-1}) <\delta$ . 此时令 $E_{i}=E(y_{i-1}<f(x)\leq y_{i})$ 则显然 $E_{i}$ 可测且互不相交, $E=\bigcup_{i = 1}^{\infty}E_{i}$ . 所以 $D=\{ E_{i} \}$ 构成 $E$ 的一个分划, 此时有 $\sum_{i=1}^{n}w_{i}m(E_{i})<\delta \sum_{i=1}^{n}m(E_{i})=\delta m(E)$ 从而 $f(x)$ 在 $E$ 上勒贝格可积.

再证明必要性. 由于 $f(x)$ 勒贝格可测, 对任意正整数 $n$ , 存在分划 $D_{n}=\{ E_{1}^{(n)},E_{2}^{(n)},\dots,E_{m_{n}}^{(n)} \}$ 使得 $\sum_{i=1}^{m_{n}}w_{i}^{(n)}m(E_{i}^{(n)})< \frac{1}{n}$ 不妨假设 $\{ D_{n} \}$ 中的各分划一个比一个细. 此时设 $\sup_{x \in E_{i}^{(n)}}f(x)=B_{i}^{(n)}, \quad \inf_{x \in E_{i}^{(n)}}f(x)=b_{i}^{(n)}, \quad i=1, 2,\dots,m_{n}$ 作两列简单函数 $\begin{align*} g_{n}(x) &= \sum_{i=1}^{m_{n}}b_{i}^{(n)}I_{x \in E_{i}^{(n)}} \\ h_{n}(x) &= \sum_{i=1}^{m_{n}}B_{i}^{(n)}I_{x \in E_{i}^{(n)}} \end{align*}$ 显然 $g_{n}(x)\leq f(x)\leq h_{n}(x)$ , 由于 $D_{n}$ 一个比一个细, 因此 $g_{1}(x)\leq\dots\leq g_{n}(x)\leq \dots\leq f(x)\leq \dots\leq h_{n}(x)\leq\dots\leq h_{1}(x)$ 故 $\lim_{ n \to \infty }g_{n}(x)=g(x)$ , $\lim_{ n \to \infty }h_{n}(x)=h(x)$ 存在. 此时 $h(x)$ , $g(x)$ 均可测, 且 $g(x)\leq f(x)\leq h(x)$ . 下面只需证明 $g(x)=h(x),a.e.E$ 则必有 $g(x)=f(x)=h(x),a.e.E$ , 从而 $f(x)$ 可测. 此时考虑反证法, 假设 $g(x)=h(x),a.e.E$ 不成立, 即 $m(E(h-g>0))=m\left( \bigcup_{k = 1}^{\infty} E\left( h-g\geq \frac{1}{k} \right) \right)>0$ 则存在正整数 $K$ , 使得 $m\left( E\left( h-g\geq \frac{1}{K} \right) \right)>0$ 记 $E^{*}=E\left( h-g > \frac{1}{K} \right)$ , 故对任意 $x \in E^{*}$ , 对于任意的正整数 $n$ , 有 $h_{n}(x)-g_{n}(x)\geq \frac{1}{K}$ 从而 $x \in E_{i}^{(n)}\cap E^{*}$ 时, 有 $w_{i}^{(n)}=B_{i}^{(n)}-b_{i}^{(n)}\geq \frac{1}{K}$ 此时 $\begin{align*} \sum_{i=1}^{m_{n}}w_{i}^{(n)}m(E_{i}^{(n)})& \geq \sum_{i=1}^{m_{n}} w_{i}^{(n)}m(E_{i}^{(n)}\cap E^{*}) \\ &\geq \frac{1}{K} \sum_{i=1}^{m_{n}}m(E_{i}^{(n)}\cap E^{*}) \\ &= \frac{1}{K}m(E^{*}) \end{align*}$ 这与 $\lim_{ n \to \infty } \sum_{i=1}^{m_{n}}w_{i}^{(n)}m(E_{i}^{(n)})=0$ 矛盾, 故证毕.

勒贝格积分和黎曼积分值关系 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上黎曼可积, 则必勒贝格可积, 且有相同的积分值, 即 $\int _{a}^{b}f(x) \, dx=\int _{[a,b]}f(x) \, dx$

证明
首先 $f(x)$ 是有界的, 其次对于 $[a,b]$ 任意分划 $T:a=x_{0}<x_{1}<\dots<x_{n}=b$ 总对应一可测分划 $D=\{ [a,x_{1}],(x_{1},x_{2}],\dots,(x_{n-1},b] \}$ 此时注意到显然有 $m_{i}\leq b_{i}$ , $M_{i}\geq B_{i}$ , 因此 $s(T)\leq s(D)\leq \underline{\int}_{[a,b]} f(x) \, dx \leq \overline{\int }_{[a,b]} f(x)\, dx\leq S(D)\leq S(T)$ 故 $\int _{a}^{b}f(x) \, dx =\sup_{T}s(T)\leq \underline{\int}_{[a,b]}f(x)\, dx\leq\overline{\int}f(x)\,dx\leq \inf_{T}S(T)=\int _{a}^{b}f(x) \, dx$ 故证毕.

勒贝格可积性质

设 $f(x)$ 在 $E$ 上可积, $f(x)\geq0$ 且 $\int _{E}f(x) \, dx=0$ , 则 $f(x)=0\quad a.e.E$
(积分的绝对连续性)设 $f(x)$ 在 $E$ 上可积, 对任意 $\varepsilon>0$ , 存在 $\delta>0$ , 对于任意可测集 $A\subset E$ , 当 $m(A)<\delta$ 时, 有 $\int _{A}\lvert f(x) \rvert \, dx <\varepsilon$
证明
(1) 设 $E_{n}=E\left( f\geq \frac{1}{n} \right)$ , 故 $0=\int _{E}f(x) \, dx \geq \int _{E_{n}}f(x) \, dx \geq \frac{1}{n}m(E_{n})$ 因此对于任意正整数 $n$ , 有 $m(E_{n})=0$ 因此 $m(E(f>0))=m\left( \bigcup_{n = 1}^{\infty} E\left( f\geq \frac{1}{n} \right) \right)\leq \sum_{n=1}^{+\infty}m(E_{n})=0$
(2) 先证明 $f(x)$ 有界, $m(E)<+\infty$ 的情况. 设 $\lvert f(x) \rvert<M$ , 则对任意可测集 $A\subset E$ , 有 $\left\lvert \int _{A} f(x)\, dx \right\rvert\leq \int_{A} \lvert f(x) \rvert \, dx \leq Mm(A)$ 显然取 $\delta= \frac{\varepsilon}{M}$ , 即满足题意.

再证明一般情况. 对于任意的 $\varepsilon>0$ , 存在 $N>0$ , 使得 $\int _{E}\lvert f(x) \rvert \, dx -\int _{E_{N}}[\lvert f(x) \rvert ]_{N} \, dx < \frac{\varepsilon}{2}$ 注意到 $[\lvert f(x) \rvert]_{N}$ 在 $E_{N}$ 上积分有绝对连续性, 故对上述 $\varepsilon>0$ , 存在 $\delta>0$ , 对于任意 $A \subset E$ , 当 $m(A)<\delta$ , 有 $\int _{A}[\lvert f(x) \rvert ]_{N} \, dx < \frac{\varepsilon}{2}$ 此时 $\begin{align*} \left\lvert \int _{A}f(x) \, dx \right\rvert &\leq \int _{A}\lvert f(x) \rvert \, dx \\ &= \int _{A\setminus E_{N}} \lvert f(x) \rvert \, dx +\int _{A\cap E_{N}}(\lvert f(x) \rvert -[\lvert f(x) \rvert ]_{N}) \, dx +\int _{A\cap E_{N}} [\lvert f(x) \rvert ]_{N} \, dx \\ &\leq \int _{E\setminus E_{N}} \lvert f(x) \rvert \, dx + \int _{E_{N}}(\lvert f(x) \rvert - [\lvert f(x) \rvert ]_{N} ) \, dx + \int _{A\cap E_{N}} [f(x)]_{N}\, dx \\ &= \int _{E}\lvert f(x) \rvert \, dx -\int _{E_{N}}[\lvert f(x) \rvert ]_{N} \, dx+\int _{A\cap E_{N}} \, dx \\ &< \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{align*}$ 故证毕.