单调收敛定理

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在数学中,有许多定理称为单调收敛定理;这里我们介绍一些主要的例子。

单调实数序列的收敛性[编辑]

定理[编辑]

如果ak是一个单调的实数序列(例如ak ≤ ak+1),则这个序列具有极限(如果我们把正无穷大和负无穷大也算作极限的话)。这个极限是有限的,当且仅当序列是有界的。

证明[编辑]

我们证明如果递增序列\langle a_n \rangle有上界,则它是收敛的,且它的极限为\sup_n \{a_n\}

由于\{ a_n \}非空且有上界,因此根据实数的最小上界公理c = \sup_n \{a_n\}存在,且是有限的。现在,对于每一个\varepsilon > 0,都存在一个a_N,使得a_N > c - \varepsilon ,否则c - \varepsilon \{ a_n \}的一个上界,这与c为最小上界\sup_n \{a_n\}的事实矛盾。于是,由于\langle a_n \rangle是递增的,对于所有的n > N,都有|c - a_n| = c - a_n \leq c - a_N < \varepsilon ,因此根据定义,\langle a_n \rangle的极限为\sup_n \{a_n\}。证毕。

类似地,如果一个实数序列是递减且有下界,则它的最大下界就是它的极限。

单调级数的收敛性[编辑]

定理[编辑]

如果对于所有的自然数jkaj,k都是非负实数,且aj,k ≤ aj+1,k,则(参见[1]第168页):

\lim_{j\to\infty} \sum_k a_{j,k} = \sum_k \lim_{j\to\infty} a_{j,k}

勒贝格单调收敛定理[编辑]

这个定理是前一个定理的推广,也许就是最重要的单调收敛定理。

定理[编辑]

设( X, A, \mu )为一个测度空间。设 f_1, f_2, \ldots \mu -可测[0,\infty]值单调递增函数。也就是说:

 \forall x\in X, k\in \mathbb{N}, f_k(x) \leq f_{k+1}(x)

接着,设序列 f_{n} 的逐点极限为f。也就是说:

\forall x\in X, f(x):= \lim_{k\to\infty} f_k(x)

那么,f是\mu -可测的,且(参见[2]第21.38节):

\lim_{k\to\infty} \int f_k d\mu = \int f d\mu

证明[编辑]

我们首先证明f是\mu -可测函数。为此,只需证明区间[0,t]在f下的原像是X上的σ代数A的一个元素。设I为[0,\infty] 的一个子区间。那么:

 f^{-1}(I) = \{x\in X | f(x)\in I \}

另一方面,由于[0,t]是闭区间,因此:

f(x)\in I \Leftrightarrow f_k(x)\in I, ~ \forall k\in \mathbb{N}

所以:

\{x\in X | f(x)\in I\} = \bigcap_{k\in \mathbb{N}} \{x\in X | f_k(x)\in I\}

注意可数交集中的每一个集合都是A的一个元素,这是因为它是一个波莱尔子集在\mu -可测函数 f_k 下的原像。由于根据定义,σ代数在可数交集下封闭,因此这便证明了f是\mu -可测的。需要注意的是,一般来说,任何可测函数的最小上界也是可测的。

现在我们证明单调收敛定理的余下的部分。f是\mu -可测的事实,意味着表达式 \int f d\mu 是定义良好的。

我们从证明 \int f d \mu \geq \lim_k \int f_k d \mu 开始。

根据勒贝格积分的定义,

 \int f d \mu = sup \{\int g d \mu | g \in SF, g\leq f \}

其中SF是X上的\mu -可测简单函数的交集。由于在每一个x\in X ,都有f_k(x)\leq f(x),我们便有:

\left\{\int g d \mu | g \in SF, g\leq f_k \right\}\subseteq \left\{\int g d \mu | g \in SF, g\leq f \right\}.

因此,由于一个子集的最小上界不能大于整个集合的最小上界,我们便有: \int f d \mu \geq \lim_k \int f_k d \mu .

右面的极限存在,因为序列是单调的。

我们现在证明另一个方向的不等式(也可从法图引理推出),也就是说,我们来证明:

 \int f d \mu \leq \lim_k \int f_k d \mu.

从积分的定义可以推出,存在一个非负简单函数的非递增序列gn,它几乎处处逐点收敛于f,且:

 \lim_k \int g_k d \mu = \int f d \mu.

只需证明对于每一个k\in \mathbb{N} ,都有:

  \int g_k d \mu \leq \lim_j \int f_j d \mu

这是因为如果这对每一个k都成立,那么等式左端的极限也将小于或等于等式右端。

我们证明如果gk是简单函数,且

 \lim_j f_j(x) \geq g_k(x)

几乎处处,则:

 \lim_j \int f_j d \mu \geq \int g_k d \mu.

由于积分是线性的,我们可以把函数g_k分拆成它的常数部分,化为g_k是σ代数A的一个元素B的指示函数的情况。在这种情况下,我们假设f_j是一个可测函数的序列,它在B的每一个点的最小上界都大于或等于一。

为了证明这个结果,固定\epsilon > 0 ,并定义可测集合的序列:

 B_n = \{x \in B: f_n(x) \geq 1 - \epsilon \}.

根据积分的单调性,可以推出对于任何的n\in \mathbb{N},都有:

 \mu(B_n) (1 - \epsilon) = \int (1 - \epsilon)
1_{B_n} d \mu \leq \int f_n d \mu

根据 \lim_j f_j(x) \geq g_k(x) 的假设,对于足够大的n,任何B内的x都将位于B_n内,因此:

 \bigcup_n B_n = B

所以,我们有:

 \int g_k d\mu =\int 1_B d\mu = \mu(B) = \mu(\bigcup_n B_n) .

利用测度的单调性,可得:

\mu(\bigcup_n B_n)=\lim_n \mu(B_n) \leq \lim_n (1 - \epsilon)^{-1} \int f_n d\mu

k \rightarrow \infty,并利用这对任何正数\epsilon都正确的事实,定理便得证。

参见[编辑]

注释[编辑]

  1. ^ J Yeh. Real analysis. Theory of measure and integration. 2006. 
  2. ^ Erik Schechter. 21.38. Analysis and Its Foundations. 1997.