08 积分的绝对连续性：小集合上的积分一定小（ε–δ 刻画） · 作业1

这道题在问什么

人话版一句话版

可积函数不能把大量的「积分质量」堆在测度很小的集合上：任给 $ε > 0 ，$ 总有 $δ > 0 ，$ 只要 $μ (F) < δ ，$ 就有 $\int_{F} ∣ X ∣ d μ < ε 。$ 理由一句话： $∣ X ∣$ 只可能在小集合上很大，而它的总积分有限，所以「很大的部分」本身积分就小；剩下「不太大的部分」在小集合上的积分不超过「上限 × 测度」。两种证法分别用简单函数和截断来实现这个拆分。

考点：用简单函数从下逼近积分（第 1 讲第 30 页、第 33 页、第 34 页）；控制收敛定理 / 单调收敛定理（第 1 讲第 44 页、第 36 页）；按 ${∣ X ∣ \leq n} 、$ ${∣ X ∣ > n}$ 截断。
和其他题的关系：小测 2 第 3 题把本题推广到一族随机变量（一致绝对连续），小测 2 第 2 题的「单个可积变量一致可积」用的是本题证法二同样的截断。第 6 题的乘积证明也用了截断技巧。

先补基础

基础补课集合上的积分 ∫_F |X| dμ

定义： $\int_{F} ∣ X ∣ d μ := \int ∣ X ∣ 1_{F} d μ ，$ 即把 $F$ 外面的值改成 0 再积分。
单调： $F \subseteq G$ 时 $∣ X ∣ 1_{F} \leq ∣ X ∣ 1_{G} ，$ 所以 $\int_{F} ∣ X ∣ \leq \int_{G} ∣ X ∣ 。$
可加： $F$ 拆成两个不相交的部分 $F_{1} \cup F_{2}$ 时， $\int_{F} ∣ X ∣ = \int_{F_{1}} ∣ X ∣ + \int_{F_{2}} ∣ X ∣$ （因为 $1_{F} = 1_{F_{1}} + 1_{F_{2}} ）。$
例： $[0, 1]$ 上 $X (x) = x ，$ $\int_{[0, 1/2]} x d x = \frac{1}{8} ，$ $\int_{(1/2, 1]} x d x = \frac{3}{8} ，$ 加起来 $\frac{1}{2} 。$

基础补课简单函数，以及「从下逼近」积分（第 1 讲 p30、p33）

简单函数（simple function）：只取有限个值的可测函数，写成 $φ = \sum_{k = 1}^{m} a_{k} 1_{A_{k}} 。$ $A_{k}$ 两两不交、 $a_{k} \geq 0$ 时， $\int_{F} φ = \sum_{k} a_{k} μ (A_{k} \cap F) 。$
简单函数有界：它的最大值 $K = max_{k} a_{k}$ 是有限数，所以 $\int_{F} φ \leq K μ (F)$ （每一项 $a_{k} μ (A_{k} \cap F) \leq K μ (A_{k} \cap F) ，$ 再用 $A_{k} \cap F$ 两两不交）。
非负可测函数的积分定义为 $\int ∣ X ∣ = sup {\int φ : φ 简单, 0 \leq φ \leq ∣ X ∣}$ （第 1 讲第 33 页定义 27）。所以当 $\int ∣ X ∣ < \infty$ 时，对任意 $η > 0 ，$ 存在简单函数 $0 \leq φ \leq ∣ X ∣ ，$ 使 $\int (∣ X ∣ - φ) < η$ （上确界的定义：比上确界小一点点的数不再是上界）。
例： $X (x) = x$ 在 $[0, 1]$ 上， $φ = \frac{1}{2} 1_{[1/2, 1]}$ 满足 $0 \leq φ \leq X ，$ $\int (X - φ) = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4} ；$ 分得更细，误差可以任意小（二进逼近，第 1 讲第 34 页）。

基础补课可积函数几乎处处有限

若 $\int ∣ X ∣ < \infty ，$ 则 $μ (∣ X ∣ = \infty) = 0 。$ 理由：对每个 $n ，$ $∣ X ∣ \geq n 1_{{∣ X ∣ = \infty}} ，$ 积分得 $n μ (∣ X ∣ = \infty) \leq \int ∣ X ∣ ；$ 若 $μ (∣ X ∣ = \infty) > 0 ，$ 令 $n \to \infty$ 左边趋于 $\infty ，$ 矛盾。所以 $∣ X ∣ 1_{{∣ X ∣ > n}} \to 0$ 几乎处处：对每个使 $∣ X (ω) ∣ < \infty$ 的 $ω ，$ $n$ 超过 $∣ X (ω) ∣$ 之后这一项就是 0。

基础补课控制收敛定理（回顾，第 1 讲 p44）

若 $h_{n} \to h$ a.e.，且存在可积的 $G$ 使 $∣ h_{n} ∣ \leq G$ a.e. 对所有 $n$ 成立，则 $\int h_{n} \to \int h 。$ 证法二取 $h_{n} = ∣ X ∣ 1_{{∣ X ∣ > n}} ，$ $h = 0 ，$ $G = ∣ X ∣ 。$

基础补课ε–δ 的读法

「任给 $ε > 0 ，$ 存在 $δ > 0 ，$ 使得只要 $μ (F) < δ$ 就有 $\int_{F} ∣ X ∣ < ε 」：$ 先有人给你一个容忍度 $ε ，$ 你要给出一个门槛 $δ ；$ $δ$ 可以依赖 $ε$ （和 $X ），$ 但不能依赖 $F$ ——同一个 $δ$ 要对所有测度小于 $δ$ 的集合同时管用。这和函数连续性的 $ε$ – $δ$ 定义是同一种句式。

题目与原解答

课件原文题目

Let $X$ be an integrable function on $(Ω, F, μ)$ . Then for any $ε > 0$ , there exists $δ > 0$ such that

F \in F, μ (F) < δ ⟹ \int_{F} ∣ X ∣ d μ < ε .

中文翻译

设 $X$ 是 $(Ω, F, μ)$ 上的可积函数。证明：对任意 $ε > 0 ，$ 存在 $δ > 0 ，$ 使得只要 $F \in F$ 且 $μ (F) < δ ，$ 就有 $\int_{F} ∣ X ∣ d μ < ε 。$

「Then …」按意思是「证明 …」。
「可积」（integrable）： $\int ∣ X ∣ d μ < \infty 。$ 题目没有假设 $μ (Ω) < \infty ，$ 结论对无穷测度空间也成立。

原解答的思路（左栏）：

证法一：取简单函数 $φ$ 使「 $\int f - φ d μ < \frac{ε}{2} 」；$ $\int_{A} φ \leq μ (A) \sum a_{k} ，$ 取 $δ = \frac{ε}{2 \sum a _{k}} ；$
证法二（「or」之后）：令 $X_{n} = ∣ X ∣ 1_{{∣ X ∣ > n}} ，$ 由 DCT 取 $n$ 使 $\int_{{∣ X ∣ > n}} ∣ X ∣ < \frac{ε}{2} ；$ 拆分 $\int_{A} ∣ X ∣ \leq n μ (A) + \frac{ε}{2} ，$ 取 $δ = \frac{ε}{2 n} 。$

两种思路都对。证法一的记号混乱（ $f 、$ $x 、$ $X$ 混用）、逼近的对象没说清，导致最后一个不等式不成立， $δ$ 还可能除以 0；证法二基本正确，只有字母 $F 、$ $A$ 混用和 DCT 条件没写。见「原解答逐行对照」。

思路：怎么想到的

什么样的 $F$ 会让 $\int_{F} ∣ X ∣$ 大？ 只能是 $∣ X ∣$ 很大的地方。如果 $∣ X ∣$ 有上界 $K ，$ 那么 $\int_{F} ∣ X ∣ \leq K μ (F) ，$ 取 $δ = ε / K$ 就完事了。
困难： $∣ X ∣$ 可以无界（例如 $x^{- 1/2}$ 在 0 附近）。办法是把 $∣ X ∣$ 拆成「有界的部分」+「余下的部分」：有界部分用第 1 条处理；余下部分在整个空间上的积分就很小，在 $F$ 上当然更小。
两种拆法：证法一用简单函数 $φ \leq ∣ X ∣$ 当「有界部分」，余下的 $∣ X ∣ - φ$ 积分很小来自积分的定义；证法二用截断 $∣ X ∣ 1_{{∣ X ∣ \leq n}}$ 当「有界部分」，余下的 $∣ X ∣ 1_{{∣ X ∣ > n}}$ 积分很小来自 DCT。

完整解答

定理命题（积分的绝对连续性）

设 $\int ∣ X ∣ d μ < \infty 。$ 则对任意 $ε > 0 ，$ 存在 $δ > 0 ，$ 使对所有满足 $μ (F) < δ$ 的 $F \in F ，$ 都有 $\int_{F} ∣ X ∣ d μ < ε 。$

推导证明思路

把 $∣ X ∣$ 写成「有界部分 + 积分很小的部分」：有界部分在 $F$ 上的积分 $\leq$ 上界 $\times μ (F) ，$ 用 $δ$ 控制；积分很小的部分直接 $< \frac{ε}{2} 。$

证法一：简单函数逼近

第 1 步：选 $φ 。$ 由「先补基础」，存在简单函数 $φ ，$ 满足 $0 \leq φ \leq ∣ X ∣$ 且

\int (∣ X ∣ - φ) d μ < \frac{ε}{2} .

第 2 步： $φ$ 有界。 记 $K = max φ$ （ $φ$ 只取有限个值， $K$ 是有限的非负数）。对任何 $F ，$ $\int_{F} φ \leq K μ (F) 。$

第 3 步：定 $δ 。$ 令 $δ = \frac{ε}{2 ( K + 1 )}$ （分母加 1 是为了 $K = 0$ 时也有意义）。若 $μ (F) < δ ，$ 则

\int_{F} ∣ X ∣ = \int_{F} (∣ X ∣ - φ) + \int_{F} φ \leq \int (∣ X ∣ - φ) + K μ (F) < \frac{ε}{2} + \frac{K ε}{2 ( K + 1 )} < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε .

第一个等号： $∣ X ∣ = (∣ X ∣ - φ) + φ ，$ 两部分都非负；第一个不等号： $∣ X ∣ - φ \geq 0 ，$ $F$ 换成整个空间积分只会变大，以及第 2 步。 $■$

证法二：截断 + 控制收敛定理

第 1 步：大值部分的积分趋于 0。 令 $h_{n} = ∣ X ∣ 1_{{∣ X ∣ > n}} 。$ 由「先补基础」， $h_{n} \to 0$ a.e.；又 $0 \leq h_{n} \leq ∣ X ∣ ，$ $∣ X ∣$ 可积。由 DCT，

\int_{{∣ X ∣ > n}} ∣ X ∣ d μ = \int h_{n} d μ \to 0.

所以可以取正整数 $N$ 使 $\int_{{∣ X ∣ > N}} ∣ X ∣ < \frac{ε}{2} 。$

第 2 步：定 $δ$ 并拆分。 令 $δ = \frac{ε}{2 N} 。$ 若 $μ (F) < δ ，$ 把 $F$ 拆成 $F \cap {∣ X ∣ \leq N}$ 和 $F \cap {∣ X ∣ > N} ：$

\int_{F} ∣ X ∣ = \int_{F \cap {∣ X ∣ \leq N}} ∣ X ∣ + \int_{F \cap {∣ X ∣ > N}} ∣ X ∣ \leq N μ (F) + \int_{{∣ X ∣ > N}} ∣ X ∣ < N \cdot \frac{ε}{2 N} + \frac{ε}{2} = ε .

第一块里 $∣ X ∣ \leq N ；$ 第二块把 $F$ 去掉，集合变大，积分不减。 $■$

用 MCT 代替 DCT 也可以： $∣ X ∣ 1_{{∣ X ∣ \leq n}} ↑ ∣ X ∣$ a.e.，由 MCT， $\int_{{∣ X ∣ \leq n}} ∣ X ∣ ↑ \int ∣ X ∣ < \infty ，$ 两者之差 $\int_{{∣ X ∣ > n}} ∣ X ∣ \to 0 。$

等价的序列说法

推论：若 $μ (F_{n}) \to 0 ，$ 则 $\int_{F_{n}} ∣ X ∣ \to 0 。$ 证明：任给 $ε ，$ 取命题中的 $δ ；$ $n$ 足够大时 $μ (F_{n}) < δ ，$ 于是 $\int_{F_{n}} ∣ X ∣ < ε 。$

原解答逐行对照

证法一第 1 句 Due to $X$ is an integrable function, there is a simple function $ϕ$ s.t. $\int f - ϕ d μ < \frac{ε}{2}$ .

想说的是完整解答证法一第 1 步。

易错点原解答的问题：f 应为 |X|，还要求 0 ≤ φ ≤ |X|

$f$ 在题目中没有出现，应为 $∣ X ∣ ；$ 式子应写成 $\int (∣ X ∣ - φ) d μ < \frac{ε}{2} 。$
必须说明 $φ$ 满足 $0 \leq φ \leq ∣ X ∣ ：$ 这样 $∣ X ∣ - φ \geq 0 ，$ 而且这样的 $φ$ 的存在性正是积分定义（上确界）给的。不加这个条件，「 $\int (∣ X ∣ - φ)$ 很小」并不能推出 $∣ X ∣ - φ$ 在 $F$ 上的积分也很小（正负可以抵消）。
英文：Due to X is 应为 Since X is。

证法一第 2 句 We can rewrite $ϕ = Σ a_{k} I_{A_{k}} \Rightarrow \int_{A} ϕ d μ = \sum a_{k} μ (A_{k} \cap A) \leq μ (A) \sum_{k = 1}^{n} a_{k}$

把简单函数写成示性函数的组合，算出它在 $A$ 上的积分。不等号用的是 $μ (A_{k} \cap A) \leq μ (A)$ 和 $a_{k} \geq 0 。$

证法一第 3 句 we can set $δ = \frac{ε}{2Σ a _{k}}$ .

意思是：可以取 $δ = \frac{ε}{2 \sum _{k} a _{k}} 。$

易错点原解答的问题：δ 可能除以 0，界也取得太粗

若 $φ \equiv 0$ （例如 $\int ∣ X ∣ < \frac{ε}{2}$ 时可以取 $φ = 0 ），$ $\sum a_{k} = 0 ，$ $δ$ 没有定义。应写成 $δ = \frac{ε}{2 ( 1 + \sum a _{k} )} ，$ 或者像完整解答那样用最大值 $K ：$ $δ = \frac{ε}{2 ( K + 1 )} 。$
$\sum a_{k}$ 依赖于 $φ$ 的写法（同一个函数可以有不同的写法），用 $K = max a_{k}$ （ $A_{k}$ 两两不交）更自然： $\int_{A} φ \leq K μ (A) ，$ 界也更紧。

证法一第 4 句 Then $\int_{F} ∣ x ∣ d μ \leq \int_{F} ∣ x - ϕ ∣ d μ + \int_{F} ∣ ϕ ∣ d μ < \frac{ε}{2} + μ (F) \sum a_{k} < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε$ .

意思是： $∣ x ∣$ 在 $F$ 上的积分，不超过 $∣ x - ϕ ∣$ 与 $∣ ϕ ∣$ 在 $F$ 上的积分之和；原解答接着断言前者小于 $\frac{ε}{2} 、$ 后者不超过 $μ (F) \sum_{k} a_{k} < \frac{ε}{2} ，$ 所以总共小于 $ε 。$

易错点原解答的问题：第一个「<」没有根据

小写 $x$ 应为 $X 。$
不等式 $∣ X ∣ \leq ∣ X - φ ∣ + ∣ φ ∣$ 本身对，但接下来需要 $\int_{F} ∣ X - φ ∣ < \frac{ε}{2} ，$ 而第 1 句给的是 $\int (∣ X ∣ - φ) < \frac{ε}{2} 。$ 两者不同：在 $X < 0$ 的地方， $∣ X - φ ∣ = ∣ X ∣ + φ ，$ 比 $∣ X ∣ - φ$ 大。例： $X = - 1 、$ $φ = 1$ 处， $∣ X ∣ - φ = 0 ，$ $∣ X - φ ∣ = 2 。$
改正：直接写 $\int_{F} ∣ X ∣ = \int_{F} (∣ X ∣ - φ) + \int_{F} φ \leq \int (∣ X ∣ - φ) + K μ (F)$ （完整解答第 3 步）。另一种改法是让 $φ$ 在 $L^{1}$ 意义下逼近 $X$ 本身（ $\int ∣ X - φ ∣ < \frac{ε}{2} ，$ $φ$ 可正可负），那时第一行的写法就对了，但要把 $\sum a_{k}$ 换成 $\sum ∣ a_{k} ∣ 。$

证法二 Let $X_{n} ≜ ∣ X ∣ 1_{{∣ X ∣ > n}}$ . By DCT, $\int_{Ω} X_{n} d μ = \int_{{∣ X ∣ > n}} ∣ X ∣ d μ \to 0$ … For any measurable set $A$ , $\int_{A} ∣ X ∣ = \int_{F \cap {∣ X ∣ \leq n}} ∣ X ∣ + \int_{A \cap {∣ X ∣ > n}} ∣ X ∣ \leq n μ (A) + \int_{{∣ X ∣ > n}} ∣ X ∣ < n μ (A) + \frac{ε}{2} < ε$ , $δ = \frac{ε}{2 n}$ .

这正是完整解答证法二，思路正确。

易错点原解答的问题：证法二的小毛病

DCT 的两个条件没写： $X_{n} \to 0$ a.e.（因为可积函数几乎处处有限）， $∣ X_{n} ∣ \leq ∣ X ∣$ 且 $∣ X ∣$ 可积。
第一个积分下标里的 $F$ 应为 $A$ （同一个集合，字母前后不一致）。
「 $< ε 」$ 要在 $μ (A) < δ$ 时才成立，而 $δ = \frac{ε}{2 n}$ 写在了最后。逻辑顺序应是：先取 $n ，$ 再令 $δ = \frac{ε}{2 n} ，$ 然后对任意 $μ (A) < δ$ 的 $A$ 推出 $\int_{A} ∣ X ∣ < ε 。$

例子与数值验证

例 1：X(x) = x^{−1/2}，把三种 δ 都算出来

在 $(0, 1]$ 上（勒贝格测度）， $X (x) = x^{- 1/2}$ 无界，但可积： $\int_{0}^{1} x^{- 1/2} d x = 2 。$ 取 $ε = 0.1 。$

最好的 $δ$ ： $X$ 递减，在测度为 $t$ 的集合中， $(0, t]$ 上的积分最大（把 $F$ 中位于 $t$ 右边的部分换成 $(0, t]$ 中同样测度、不在 $F$ 里的部分，被积函数只会变大）。 $\int_{0}^{t} x^{- 1/2} d x = 2 t ，$ 要 $2 t \leq ε ，$ 即 $t \leq \frac{ε ^{2}}{4} = 0.0025 。$ 所以最好的 $δ$ 是 $0.0025 。$

证法二的 $δ$ ： ${X > N} = (0, \frac{1}{N ^{2}}) ，$ $\int_{0}^{1/ N^{2}} x^{- 1/2} = \frac{2}{N} 。$ 要 $\frac{2}{N} < 0.05 ，$ 取 $N = 41$ （ $\frac{2}{41} \approx 0.0488 ），$ $δ = \frac{0.1}{82} \approx 0.00122 。$

证法一的 $δ$ ：取二进逼近 $φ_{N} = min (2^{- N} ⌊ 2^{N} X ⌋, N) \leq X 。$ 误差 $\int (X - φ_{N}) \leq \frac{1}{N} + 2^{- N}$ （ ${X \geq N}$ 上贡献 $\frac{2}{N} - \frac{1}{N} = \frac{1}{N} ，$ 其余地方误差不超过 $2^{- N} ）。$ $N = 21$ 时 $\leq 0.04762 + 0.0000005 < 0.05 ；$ $K = 21 ，$ $δ = \frac{0.1}{2 \cdot 22} \approx 0.00227 。$

两种证法给出的 $δ$ 都比最好的小，这没关系：题目只要求存在一个能用的 $δ 。$

例 2（反例）：去掉可积性，结论失败

$(0, 1]$ 上 $X (x) = \frac{1}{x} ，$ $\int_{0}^{1} \frac{d x}{x} = \infty 。$ 对任何 $δ > 0 ，$ 取 $F = (0, \frac{δ}{2}) ，$ $μ (F) < δ ，$ 但 $\int_{F} \frac{d x}{x} = \infty 。$ 不存在能用的 $δ 。$ 证明坏在哪里：证法二里 $\int_{{∣ X ∣ > n}} ∣ X ∣ = \int_{0}^{1/ n} \frac{d x}{x} = \infty ，$ 不趋于 0。

例 3：反过来不成立——绝对连续不推出可积

$R$ 上 $X \equiv 1 ，$ 不可积（ $\int_{R} 1 = \infty ）。$ 但 $\int_{F} 1 = μ (F) ，$ 取 $δ = ε$ 就有「 $μ (F) < δ \Rightarrow \int_{F} ∣ X ∣ < ε 」。$ 所以在无穷测度空间上，本题的结论比可积性弱。（在概率空间上加上「总量有界」，两者才接近，见小测 2 第 3 题。）

例 4：每个都绝对连续，但不「一致」

尖峰 $X_{n} = n 1_{(0, 1/ n)}$ 在 $[0, 1]$ 上，每个都可积，由本题各有自己的 $δ_{n} 。$ 取 $ε = \frac{1}{2} ：$ $F = (0, \frac{1}{n})$ 时 $\int_{F} X_{n} = 1 ，$ 所以 $δ_{n}$ 必须 $\leq \frac{1}{n} 。$ $n \to \infty$ 时 $δ_{n} \to 0 ，$ 没有一个公共的 $δ$ 对所有 $X_{n}$ 管用。这正是小测 2 第 3 题里「一致绝对连续」要排除的情况。

拓展延伸

测度的绝对连续与 Radon–Nikodym 定理

令 $ν (F) = \int_{F} ∣ X ∣ d μ ，$ 它是一个测度（可数可加性来自 MCT）。本题说： $μ (F)$ 小 ⇒ $ν (F)$ 小；特别地 $μ (F) = 0 \Rightarrow ν (F) = 0 ，$ 记作 $ν ≪ μ$ （ $ν$ 关于 $μ$ 绝对连续）。测度论的 Radon–Nikodym 定理（这里作为已知结论介绍）说反过来也对：若 $μ$ 是 $σ$ -有限测度、 $ν$ 是有限测度且 $ν ≪ μ ，$ 则存在可积的 $h \geq 0$ 使 $ν (F) = \int_{F} h d μ 。$ 概率论里的「密度」就是这样来的：随机变量有密度 $⟺$ 它的分布关于勒贝格测度绝对连续。

从一个函数到一族函数：一致可积

有限个可积函数：各取 $δ_{i} ，$ 再取 $δ = min_{i} δ_{i} ，$ 一个 $δ$ 对所有成员管用。
无穷多个就不一定（例 4）。「存在公共的 $δ 」$ 叫一致绝对连续，在概率空间上它加上 $sup E ∣ X_{t} ∣ < \infty$ 等价于一致可积（小测 2 第 2 题、小测 2 第 3 题）。一致可积是「依概率收敛 + 一致可积 ⟺ $L^{1}$ 收敛」（Vitali 收敛定理）里的关键条件。

与微积分的联系：变上限积分是绝对连续函数

令 $G (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ （ $f$ 在 $[0, 1]$ 上可积）。对互不相交的小区间 $(a_{i}, b_{i}) ，$ 取 $F = ⋃_{i} (a_{i}, b_{i}) ，$ 本题给出： $\sum_{i} (b_{i} - a_{i}) < δ \Rightarrow \sum_{i} ∣ G (b_{i}) - G (a_{i}) ∣ \leq \int_{F} ∣ f ∣ < ε 。$ 这正是实分析中「绝对连续函数」的定义；勒贝格积分版本的微积分基本定理说，绝对连续函数恰好就是变上限积分。

常见疑问与易错点

易错点问：δ 能不能随 F 变？

答：不能。若允许 $δ$ 依赖 $F ，$ 对 $μ (F) > 0$ 的 $F$ 只要取 $δ = μ (F) ，$ 条件「 $μ (F) < δ 」$ 就不成立，命题自动为真；对 $μ (F) = 0$ 的 $F ，$ $\int_{F} ∣ X ∣ = 0$ 本来就成立。这样命题对任何可测函数都成立，成了一句空话（例 2 的 $\frac{1}{x}$ 也「满足」）。本题的力量在于：一个 $δ$ 同时管住所有测度小于 $δ$ 的集合，不管它们长什么样、在什么位置。

易错点问：证法一为什么一定要 φ ≤ |X|？

答：两个用处：(1) 让 $∣ X ∣ - φ \geq 0 ，$ 于是「它在整个空间上的积分小」能推出「它在 $F$ 上的积分也小」；(2) 这样的 $φ$ 的存在性正是非负函数积分的定义（取简单函数下方逼近的上确界）。没有 $φ \leq ∣ X ∣ ，$ 原解答最后一行就出了问题。

易错点问：无穷测度空间上也成立吗？

答：成立。两种证法都没有用到 $μ (Ω) < \infty ，$ 只用到 $\int ∣ X ∣ < \infty 。$ 例 3 甚至说明，无穷测度时这个性质可能对不可积函数也成立。

易错点问：为什么证法二要用 DCT，直接说「n 大时 {|X| > n} 的测度小」不行吗？

答：不够。测度小不等于积分小——这正是本题要证的东西，不能拿来用。证法二需要的是大值部分的积分 $\int_{{∣ X ∣ > n}} ∣ X ∣$ 趋于 0，这要靠 DCT（或 MCT）和可积性。

小结与自测

小结本题小结

结论： $X$ 可积 ⇒ 任给 $ε$ 有 $δ ，$ $μ (F) < δ \Rightarrow \int_{F} ∣ X ∣ < ε ；$ 等价地， $μ (F_{n}) \to 0 \Rightarrow \int_{F_{n}} ∣ X ∣ \to 0 。$
证法一：简单函数 $0 \leq φ \leq ∣ X ∣ ，$ $\int (∣ X ∣ - φ) < \frac{ε}{2} ，$ $δ = \frac{ε}{2 ( K + 1 )} ，$ $K = max φ 。$
证法二：DCT 给出 $\int_{{∣ X ∣ > N}} ∣ X ∣ < \frac{ε}{2} ，$ $δ = \frac{ε}{2 N} 。$
可积性不能去掉（ $\frac{1}{x} ）；$ 单个函数可以，一族函数不一定有公共的 $δ$ （尖峰）。
原解答要改的地方： $f$ 应为 $∣ X ∣$ 且要 $0 \leq φ \leq ∣ X ∣ ；$ $\int_{F} ∣ X - φ ∣$ 应为 $\int_{F} (∣ X ∣ - φ) ；$ $δ$ 的分母可能为 0；证法二的 $F$ / $A$ 混用与 DCT 条件。

自测

1. $(0, 1]$ 上 $X (x) = x^{- 1/3} ，$ $ε = 0.3 。$ 求最大的 $δ ，$ 使 $μ (F) < δ \Rightarrow \int_{F} X < 0.3 。$

点开看答案

$X$ 递减，最坏的集合是 $(0, t] ：$ $\int_{0}^{t} x^{- 1/3} d x = \frac{3}{2} t^{2/3} 。$ 要 $\frac{3}{2} t^{2/3} \leq 0.3 ，$ 即 $t^{2/3} \leq 0.2 ，$ $t \leq 0. 2^{3/2} \approx 0.0894 。$ 所以 $δ = 0.0894$ （ $μ (F) < δ$ 时 $\int_{F} X < \frac{3}{2} δ^{2/3} = 0.3 ）。$

2. 用本题证明：若 $X$ 可积，则 $\int_{[0, 1/ n]} ∣ X ∣ d x \to 0$ （ $μ$ 为 $[0, 1]$ 上的勒贝格测度）。

点开看答案

$F_{n} = [0, \frac{1}{n}] ，$ $μ (F_{n}) = \frac{1}{n} \to 0 。$ 由推论， $\int_{F_{n}} ∣ X ∣ \to 0 。$ 也可以直接用 DCT： $∣ X ∣ 1_{F_{n}} \to 0$ a.e.（除了 $x = 0 ），$ 被 $∣ X ∣$ 控制。

3. 判断：「在 $[0, 1]$ （勒贝格测度）上，若可测函数 $X$ 满足本题的结论，则 $X$ 可积。」对照例 3 说明为什么 $[0, 1]$ 和 $R$ 不一样。

点开看答案

正确。取 $ε = 1 ，$ 得到 $δ 。$ 把 $[0, 1]$ 等分成 $N$ 个长度小于 $δ$ 的小区间 $I_{1}, \dots, I_{N}$ （ $N > \frac{1}{δ}$ 即可），每个上 $\int_{I_{j}} ∣ X ∣ < 1 ，$ 所以 $\int_{0}^{1} ∣ X ∣ \leq \sum_{j = 1}^{N} \int_{I_{j}} ∣ X ∣ < N < \infty 。$ $R$ 不一样，是因为它要无穷多个小区间才能盖住，每块积分小于 1 加起来仍可能是 $\infty$ （例 3 的 $X \equiv 1 ）。$

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
集合	set	把一些对象放在一起当成一个整体，例如 {1,2,3}。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
测度	measure	给 σ-代数里的每个集合一个 [0, ∞] 中的「大小」，空集为 0，并且可数可加。
可积	integrable (L¹)	∫\|f\| dμ < ∞。全体可积函数记作 L¹(μ)。
简单函数	simple function	只取有限个值的可测函数，是若干示性函数的线性组合，图像像台阶。
单调收敛定理	monotone convergence theorem (MCT)	非负可测函数单调递增地收敛时，积分也收敛：∫fₙ ↑ ∫f。
控制收敛定理	dominated convergence theorem (DCT)	fₙ → f 几乎处处且 \|fₙ\| ≤ g、g 可积时，∫fₙ → ∫f。
随机变量	random variable	从样本空间到实数的（可测）函数，把结局翻译成数字；随机性来自「实现了哪个 ω」。
绝对连续	absolute continuity	函数版：小区间总长很小时增量总和也很小；测度版：Q ≪ P，P 为零的事件 Q 也为零。
一致可积	uniformly integrable (UI)	一族随机变量的尾部期望一致地变小：supₜ E[\|Xₜ\|; \|Xₜ\| > λ] → 0（λ → ∞）。它是「依概率收敛 ⇒ 期望收敛」的关键条件。
可测函数	measurable function	对每个 a，集合 {f > a} 都可测；这样的函数才能积分。
两两不交	pairwise disjoint	一列集合中任意两个都没有公共元素，对应「任意两件事不会同时发生」。
上确界	supremum (sup)	最小的上界。最大值不一定存在，但有上界的实数集一定有上确界。
上界	upper bound	数集 A 的上界是一个数 M，A 里每个数都 ≤ M。例如 2 和 5 都是 [0,1] 的上界；所有上界中最小的那个叫上确界。
几乎处处	almost everywhere (a.e.)	除了一个测度为 0 的集合之外都成立；零测集上的值不影响积分。
测度空间	measure space	三元组 (S, 𝓜, μ)：空间、σ-代数、测度。
示性函数	indicator function	𝟏_A(x) 在 x ∈ A 时取 1，否则取 0；它的积分就是 A 的测度。
勒贝格测度	Lebesgue measure	实数轴上「长度」的严格版本，定义在勒贝格可测集上，m([a,b]) = b − a。
概率空间	probability space	三元组 (Ω, 𝓕, P)：样本空间、事件的 σ-代数、概率测度。
可数可加性	countable additivity	两两不交的可数个集合，并集的测度等于各自测度之和。
Radon–Nikodym 导数	Radon–Nikodym derivative	Q ≪ P 时存在 L = dQ/dP ≥ 0，使 Q(A) = ∫_A L dP；它是「换测度的密度」。
分布	law / distribution	X 把概率「推」到取值空间上得到的测度：L(X)(B) = P(X ∈ B)。
依概率收敛	convergence in probability	对每个 ε > 0，P(\|Xₙ − X\| > ε) → 0；比几乎必然收敛弱。
区间	interval	数轴上的一段，[a,b] 包含端点，(a,b) 不包含端点。
勒贝格积分	Lebesgue integral	按函数值分块的积分：先定义简单函数的积分，再用下方的简单函数逼近取上确界。