03勒贝格积分——有界函数的勒贝格积分

Lingfeng2024-05-26

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.