09 用控制收敛定理求 lim ∫ k ln(1 + f²/k²) dμ（答案是 0） · 作业1

这道题在问什么

人话版一句话版

$f$ 在 $[0, 1]$ 上可积时， $lim_{k \to \infty} \int_{[0, 1]} k ln (1 + \frac{f ^{2}}{k ^{2}}) d μ = 0 。$ 逐点看，被积函数约等于 $\frac{f ^{2}}{k} \to 0 ；$ 难点在于交换极限与积分需要一个可积的控制函数。 $\frac{f ^{2}}{k}$ 这个上界不行（ $f$ 可积不保证 $f^{2}$ 可积），正确的上界来自不等式 $ln (1 + s^{2}) \leq s ：$ 被积函数 $\leq ∣ f ∣ ，$ 而 $∣ f ∣$ 恰好可积。

考点：控制收敛定理的使用（第 1 讲第 44 页）；找控制函数——这是用 DCT 时真正要动脑筋的一步；两个初等不等式 $ln (1 + u) \leq u$ 和 $ln (1 + s^{2}) \leq s 。$
和讲义的关系：小测 1 第 1 题叙述了 DCT 的每个条件；本题是一次完整的「验证条件 → 交换极限」练习。
和其他题的关系：第 10 题把控制函数推广成一列 $g_{n} ；$ 第 11 题讨论没有控制函数时会出什么问题。

先补基础

基础补课两个关于对数的不等式

$ln (1 + u) \leq u$ （ $u \geq 0 ）$ 。令 $h (u) = u - ln (1 + u) ，$ $h (0) = 0 ，$ $h^{'} (u) = 1 - \frac{1}{1 + u} = \frac{u}{1 + u} \geq 0 ，$ 所以 $h$ 不减， $h (u) \geq 0 。$ 几何意义：凹函数 $ln (1 + u)$ 的图像在它于 0 处的切线 $y = u$ 下方。例： $ln 2 \approx 0.693 \leq 1 。$
$ln (1 + s^{2}) \leq s$ （ $s \geq 0 ）$ 。令 $q (s) = s - ln (1 + s^{2}) ，$ $q (0) = 0 ，$

q^{'} (s) = 1 - \frac{2 s}{1 + s ^{2}} = \frac{1 + s ^{2} - 2 s}{1 + s ^{2}} = \frac{( 1 - s ) ^{2}}{1 + s ^{2}} \geq 0,

所以 $q (s) \geq 0 。$ 数值：比值 $\frac{l n ( 1 + s ^{2} )}{s}$ 的最大值约为 $0.805$ （在 $s \approx 1.98$ 处），确实不超过 1。

两者的区别：第 1 条对 $u = s^{2}$ 给出 $ln (1 + s^{2}) \leq s^{2} ，$ $s$ 大时比第 2 条差得多（ $s = 10$ 时一个是 100，一个是 10；真实值 $ln 101 \approx 4.6 ）。$

基础补课控制收敛定理（回顾，第 1 讲 p44）

若 $h_{k} \to h$ 几乎处处，且存在不依赖 $k$ 的可积函数 $G ，$ 使 $∣ h_{k} ∣ \leq G$ a.e. 对所有 $k$ 成立，则 $\int h_{k} \to \int h 。$ 用它时要验证三件事：逐点极限是什么；控制函数是什么；控制函数为什么可积。

基础补课可积不等于平方可积

在 $[0, 1]$ 上， $f \in L^{2}$ （ $\int f^{2} < \infty ）$ 能推出 $f \in L^{1}$ （第 2 讲第 25 页的单调性），反过来不行。例： $f (x) = x^{- 3/4} ，$ $\int_{0}^{1} x^{- 3/4} d x = 4 < \infty ，$ 但 $\int_{0}^{1} f^{2} = \int_{0}^{1} x^{- 3/2} d x = \infty 。$ 所以本题只知道 $\int ∣ f ∣ < \infty$ 时，不能用含 $f^{2}$ 的东西当控制函数。

基础补课可积函数几乎处处有限

若 $\int ∣ f ∣ < \infty ，$ 则 $μ (∣ f ∣ = \infty) = 0$ （否则积分至少是 $\infty \times$ 正数）。所以逐点讨论时，只需考虑 $f (x)$ 是有限实数的那些 $x 。$

基础补课连续参数的极限，归结为序列

DCT 是对序列 $h_{1}, h_{2}, \dots$ 陈述的。本题的 $k$ 如果是实数，用下面的事实： $lim_{k \to \infty} F (k) = L$ 当且仅当对每个趋于 $\infty$ 的数列 $k_{j} ，$ 都有 $F (k_{j}) \to L 。$ 所以只需对任意数列 $k_{j} \to \infty$ 用一次 DCT。若 $k$ 本来就只取正整数，这一步可以省略。

题目与原解答

课件原文题目

If $\int_{[0, 1]} ∣ f ∣ d μ < \infty$ , find

k \to \infty lim \int_{[0, 1]} k ln (1 + \frac{f ^{2}}{k ^{2}}) d μ .

中文翻译

若 $\int_{[0, 1]} ∣ f ∣ d μ < \infty ，$ 求

k \to \infty lim \int_{[0, 1]} k ln (1 + \frac{f ^{2}}{k ^{2}}) d μ .

放大核对过：对数里是 $\frac{f ^{2}}{k ^{2}}$ （平方除以平方），前面乘 $k ，$ 积分区域是 $[0, 1] 。$ $μ$ 是 $[0, 1]$ 上的勒贝格测度（结论对任何测度都成立）。
被积函数非负（ $ln$ 里的数 $\geq 1 ），$ 积分总有定义。

原解答的思路（左栏）：

把 $k$ 换成 $\frac{1}{k} ：$ 原极限 $= lim_{k \to 0} \int_{[0, 1]} \frac{l n ( 1 + f ^{2} k ^{2} )}{k} d μ ；$
用 $\frac{l n ( 1 + f ^{2} k ^{2} )}{k} \leq ∣ f ∣$ 和 DCT 交换极限与积分；
逐点极限为 0，所以答案是 0。

答案正确，控制函数也选对了。但关键不等式没有证明，逐点极限没有说明，变量替换造成记号混乱，还有几处笔误。见「原解答逐行对照」。

思路：怎么想到的

先猜答案。 $k \to \infty$ 时 $\frac{f ^{2}}{k ^{2}} \to 0 ，$ 而 $ln (1 + u) \approx u$ （ $u$ 小），所以 $k ln (1 + \frac{f ^{2}}{k ^{2}}) \approx k \cdot \frac{f ^{2}}{k ^{2}} = \frac{f ^{2}}{k} \to 0 。$ 答案应该是 0。
要交换极限与积分。逐点趋于 0 不代表积分趋于 0（尖峰反例，第 1 讲第 39 页）。被积函数关于 $k$ 也不单调（ $k$ 相对 $∣ f ∣$ 较小时它随 $k$ 增大，之后才减小），MCT 不方便，自然想到 DCT。
找控制函数。第一反应是用 $ln (1 + u) \leq u ：$ 被积函数 $\leq \frac{f ^{2}}{k} \leq f^{2} 。$ 但 $f^{2}$ 不一定可积（先补基础）。我们需要一个关于 $∣ f ∣$ 线性的上界，因为只有 $∣ f ∣$ 保证可积。
线性上界从哪来：要的是 $k ln (1 + \frac{f ^{2}}{k ^{2}}) \leq C ∣ f ∣ 。$ 令 $s = \frac{∣ f ∣}{k} ，$ 这等价于 $ln (1 + s^{2}) \leq C s 。$ $s$ 小时左边 $\approx s^{2} \leq s ，$ $s$ 大时左边只像 $2 ln s$ 那样慢慢长，所以 $C = 1$ 就够——这正是先补基础的第 2 个不等式。

完整解答

定理结论

若 $\int_{[0, 1]} ∣ f ∣ d μ < \infty ，$ 则

k \to \infty lim \int_{[0, 1]} k ln (1 + \frac{f ^{2}}{k ^{2}}) d μ = 0.

推导证明思路

令 $h_{k} = k ln (1 + f^{2} / k^{2}) 。$ 用 $ln (1 + s^{2}) \leq s$ 得 $0 \leq h_{k} \leq ∣ f ∣$ （可积的控制函数）；用 $ln (1 + u) \leq u$ 得 $0 \leq h_{k} \leq f^{2} / k \to 0$ （逐点极限）；DCT。

第 1 步：控制函数。 对每个 $x$ （ $f (x)$ 有限）和 $k > 0 ，$ 令 $s = \frac{∣ f ( x ) ∣}{k} \geq 0 ，$ 则 $\frac{f ( x ) ^{2}}{k ^{2}} = s^{2} 。$ 由 $ln (1 + s^{2}) \leq s ，$

0 \leq h_{k} (x) = k ln (1 + s^{2}) \leq k \cdot s = ∣ f (x) ∣.

$G = ∣ f ∣$ 不依赖 $k ，$ 且由题设可积。

第 2 步：逐点极限。 由 $ln (1 + u) \leq u$ （ $u = \frac{f ( x ) ^{2}}{k ^{2}} ），$

0 \leq h_{k} (x) \leq k \cdot \frac{f ( x ) ^{2}}{k ^{2}} = \frac{f ( x ) ^{2}}{k} k \to \infty 0,

对每个使 $f (x)$ 有限的 $x$ 成立，也就是几乎处处成立（先补基础）。夹逼得 $h_{k} \to 0$ a.e.。注意： $\frac{f ^{2}}{k}$ 只用来求逐点极限，不用来当控制函数。

第 3 步：DCT。 任取数列 $k_{j} \to \infty 。$ 由第 1、2 步， $h_{k_{j}} \to 0$ a.e.， $∣ h_{k_{j}} ∣ \leq ∣ f ∣ ，$ $∣ f ∣$ 可积。由 DCT， $\int h_{k_{j}} d μ \to \int 0 d μ = 0 。$ 数列是任取的，所以 $lim_{k \to \infty} \int h_{k} d μ = 0 。$ $■$

答案：极限等于 0。

原解答逐行对照

第 1 行 $lim_{k \to \infty} \int_{[0, 1]} k ln (1 + \frac{f ^{2}}{k ^{2}}) d μ = lim_{k \to 0} \int_{[0.1]} \frac{l n ( 1 + f ^{2} k ^{2} )}{k} d μ$

把 $k$ 换成 $\frac{1}{k} ：$ $k ln (1 + \frac{f ^{2}}{k ^{2}})$ 在 $k \mapsto \frac{1}{k}$ 下变成 $\frac{1}{k} ln (1 + f^{2} k^{2}) 。$ 等式正确。

易错点原解答的问题：换元造成记号混乱，且没有必要

等号两边的 $k$ 含义不同（一个趋于 $\infty ，$ 一个趋于 0），却用同一个字母，容易误读。应写成「令 $t = \frac{1}{k} 」。$
应为 $t \to 0^{+}$ （从正方向趋于 0）： $t < 0$ 时 $\frac{l n ( 1 + f ^{2} t ^{2} )}{t}$ 是负的，和原式不对应。
积分区域 $[0.1] 、$ 后面的 $[01]$ 都是 $[0, 1]$ 的笔误。
这个换元其实不需要：直接对 $k \to \infty$ 做（完整解答）更简单。

第 2 行 Using $\frac{l n ( 1 + f ^{2} k ^{2} )}{k} \leq ∣ f ∣$ and DCT we can

这正是完整解答第 1 步的控制函数（换回原来的 $k$ 就是 $k ln (1 + \frac{f ^{2}}{k ^{2}}) \leq ∣ f ∣ ）。$ 选得完全正确。

易错点原解答的问题：最关键的不等式没有证明

全题的难点就是这个上界，原解答直接写出而没有理由。它等价于 $ln (1 + s^{2}) \leq s$ （ $s \geq 0 ），$ 需要用导数 $\frac{( 1 - s ) ^{2}}{1 + s ^{2}} \geq 0$ 证明（先补基础）。要特别注意：常见的 $ln (1 + u) \leq u$ 只给出 $\leq \frac{f ^{2}}{k}$ 型的上界，在 $f \in / L^{2}$ 时不可积，不能代替这里的线性上界。另外，句子「we can」没有写完。

第 3 行 $lim_{k \to 0} \int_{[0, 1]} \frac{l n ( 1 + f ^{2} k ^{2} )}{k} d μ = \int_{[01]} lim_{k \to 0} \frac{l n ( f ^{2} k ^{2} + 1 )}{k} d μ = 0$

DCT 交换极限与积分，再算逐点极限。

易错点原解答的问题：逐点极限没有说明，连续参数也要交代

「 $lim_{t \to 0^{+}} \frac{l n ( 1 + f ^{2} t ^{2} )}{t} = 0 」$ 需要理由：由 $ln (1 + u) \leq u ，$ $0 \leq \frac{l n ( 1 + f ^{2} t ^{2} )}{t} \leq f^{2} t \to 0 ；$ 并且只在 $f (x)$ 有限处成立，即几乎处处（可积函数几乎处处有限）。
DCT 是对序列陈述的， $t \to 0^{+}$ 是连续参数。应说明：对任意数列 $t_{j} \to 0^{+}$ 用 DCT，于是连续参数的极限也是 0。
最好把答案写成一句话：所求极限等于 0。

例子与数值验证

例 1：f ≡ 1，极限像 1/k 一样趋于 0

被积函数是常数 $k ln (1 + \frac{1}{k ^{2}}) 。$ $k = 1, 10, 100, 1000$ 时分别为 $0.6931, 0.0995, 0.0100, 0.0010 ，$ 大约是 $\frac{1}{k}$ （与 $\frac{f ^{2}}{k}$ 的估计一致： $f \in L^{2}$ 时 $\int \frac{f ^{2}}{k} = \frac{1}{k} \int f^{2}$ 本身就趋于 0）。

例 2：f = x^{−3/4}——可积但不平方可积，收敛变慢

$\int_{0}^{1} x^{- 3/4} = 4 ，$ $\int_{0}^{1} x^{- 3/2} = \infty 。$ Python 数值积分（换元 $x = u^{4}$ 去掉奇点）：

$k$	$1$	$10$	$1 0^{2}$	$1 0^{3}$	$1 0^{4}$	$1 0^{5}$
$\int_{0}^{1} k ln (1 + \frac{x ^{- 3/2}}{k ^{2}}) d x$	$1.814$	$1.484$	$0.762$	$0.361$	$0.168$	$0.0781$
$\frac{2 π}{3} k^{- 1/3}$	$3.628$	$1.684$	$0.782$	$0.363$	$0.168$	$0.0782$

确实趋于 0，但速度只有 $k^{- 1/3} ，$ 比例 1 的 $\frac{1}{k}$ 慢得多。第二行的来历：令 $x = k^{- 4/3} y ，$ 积分变成 $k^{- 1/3} \int_{0}^{k^{4/3}} ln (1 + y^{- 3/2}) d y ，$ 后一个积分趋于常数 $\int_{0}^{\infty} ln (1 + y^{- 3/2}) d y \approx 3.6276$ （数值积分；它等于 $\frac{2 π}{3} ）。$ 这里 $\frac{f ^{2}}{k}$ 的上界的积分是 $\infty ，$ 毫无用处，而 $∣ f ∣$ 的控制照样有效。

例 3（反例）：f 不可积时，极限可以不是 0

取 $f (x) = \frac{1}{x}$ （ $\int_{0}^{1} \frac{d x}{x} = \infty ）。$ 令 $y = k x ：$

\int_{0}^{1} k ln (1 + \frac{1}{k ^{2} x ^{2}}) d x = \int_{0}^{k} ln (1 + \frac{1}{y ^{2}}) d y k \to \infty \int_{0}^{\infty} ln (1 + \frac{1}{y ^{2}}) d y .

分部积分： $\int ln (1 + y^{- 2}) d y = y ln (1 + y^{- 2}) + \int \frac{2}{1 + y ^{2}} d y ，$ 边界项在 0 和 $\infty$ 处都是 0，所以极限 $= \int_{0}^{\infty} \frac{2 d y}{1 + y ^{2}} = 2 \cdot \frac{π}{2} = π 。$ 数值： $k = 1, 10, 100, 1000$ 时为 $2.264, 3.042, 3.132, 3.141 。$ 逐点极限仍然是 0，积分的极限却是 $π$ ——控制函数 $∣ f ∣ = \frac{1}{x}$ 不可积，DCT 失效，「质量」堆在 $x \approx \frac{1}{k}$ 附近没有消失。

拓展延伸

把 2 次方换成 α 次方：三种截然不同的答案

考虑 $lim_{k \to \infty} \int k ln (1 + (\frac{∣ f ∣}{k})^{α}) d μ ，$ $f$ 可积。

$α > 1$ ：答案 0。 $\frac{l n ( 1 + s ^{α} )}{s}$ 在 $s \to 0$ 时像 $s^{α - 1} \to 0 ，$ 在 $s \to \infty$ 时像 $\frac{α l n s}{s} \to 0 ，$ 所以有界，记上界为 $C_{α} ，$ 控制函数 $C_{α} ∣ f ∣ ；$ 逐点 $\leq ∣ f ∣^{α} k^{1 - α} \to 0 。$ 本题 $α = 2 ，$ $C_{2} \approx 0.805 \leq 1 。$
$α = 1$ ：答案 $\int ∣ f ∣ 。$ 对 $a \geq 0 ，$ $k ln (1 + \frac{a}{k})$ 随 $k$ 递增（导数 $ln (1 + t) - \frac{t}{1 + t} > 0 ，$ $t = \frac{a}{k} ）$ 且趋于 $a ，$ 由 MCT 得 $\int ∣ f ∣ 。$ $f = x^{- 3/4}$ 时 $k = 1, 10, 1 0^{2}, 1 0^{3}, 1 0^{4}$ 的值为 $1.19, 2.41, 3.23, 3.64, 3.83 ，$ 慢慢靠近 4。
$0 < α < 1$ ：若 $μ (f \neq = 0) > 0 ，$ 答案 $\infty 。$ 逐点 $k ln (1 + (\frac{a}{k})^{α}) \approx a^{α} k^{1 - α} \to \infty$ （ $a > 0 ），$ 由 Fatou 引理，积分的下极限 $\geq \int \infty \cdot 1_{{f \neq = 0}} = \infty 。$ $α = \frac{1}{2} 、$ $f = x^{- 3/4}$ 时 $k = 1, 10, 100$ 的值为 $0.91, 3.94, 14.5 。$

统一的看法：k·φ(f/k) ≈ φ′(0)·f

本题是 $lim \int k φ (f / k)$ 型的极限， $φ (u) = ln (1 + u^{2}) 。$ 只要 $φ (0) = 0 、$ $φ$ 在 0 处可导、且 $∣ φ (u) ∣ \leq C ∣ u ∣ ，$ 逐点有 $k φ (\frac{f}{k}) \to φ^{'} (0) f ，$ DCT（控制函数 $C ∣ f ∣ ）$ 给出

k \to \infty lim \int k φ (\frac{f}{k}) d μ = φ^{'} (0) \int f d μ .

本题 $φ^{'} (0) = 0 ，$ 所以答案是 0。若 $φ (u) = ln (1 + ∣ u ∣) ，$ 它在 0 处不可导（左、右导数是 $- 1$ 和 $1 ），$ 上式不能直接套用；但逐点仍有 $k φ (\frac{f}{k}) = k ln (1 + \frac{∣ f ∣}{k}) \to ∣ f ∣ ，$ 控制函数照样是 $∣ f ∣ ，$ 所以答案是 $\int ∣ f ∣ ，$ 而不是 $\int f$ （与上一张卡片 $α = 1$ 一致）。

常见疑问与易错点

易错点问：为什么不能用 f²/k ≤ f² 当控制函数？

答：控制函数必须可积，而题目只给了 $\int ∣ f ∣ < \infty 。$ 例 2 的 $f = x^{- 3/4}$ 就有 $\int f^{2} = \infty 。$ $\frac{f ^{2}}{k}$ 可以用来算逐点极限，但不能当控制函数。若题目额外给 $f \in L^{2} ，$ 用 $\frac{f ^{2}}{k}$ 甚至更简单： $\int h_{k} \leq \frac{1}{k} \int f^{2} \to 0 ，$ 连 DCT 都不需要。

易错点问：控制函数可以依赖 k 吗？

答：不可以。DCT 要求一个对所有 $k$ 都管用的 $G 。$ $\frac{f ^{2}}{k}$ 依赖 $k ，$ 这也是它不适合当控制函数的另一个原因。（允许依赖 $k$ 的版本是第 10 题的推广 DCT，那里需要额外条件 $\int g_{k} \to \int g 。）$

易错点问：k 是整数还是实数，有区别吗？

答：结论一样。整数时直接用 DCT；实数时对任意趋于 $\infty$ 的数列用 DCT（先补基础）。原解答换元后写 $k \to 0 ，$ 就已经是连续参数了，需要这一步说明。

易错点问：答案为什么和 f 无关？

答：因为对每个可积的 $f ，$ 极限都是 0。不同的 $f$ 影响的是收敛速度： $f \in L^{2}$ 时大约是 $\frac{1}{k} \int f^{2}$ （例 1）， $f = x^{- 3/4}$ 时只有 $k^{- 1/3}$ （例 2）。

小结与自测

小结本题小结

答案： $lim_{k \to \infty} \int_{[0, 1]} k ln (1 + \frac{f ^{2}}{k ^{2}}) d μ = 0 。$
控制函数： $ln (1 + s^{2}) \leq s$ ⇒ 被积函数 $\leq ∣ f ∣ ，$ 可积。逐点极限： $ln (1 + u) \leq u$ ⇒ 被积函数 $\leq \frac{f ^{2}}{k} \to 0$ a.e.。
$\frac{f ^{2}}{k}$ 不能当控制函数（ $f \in L^{1}$ 不保证 $f \in L^{2} ）；$ $f$ 不可积时极限可以是 $π$ （ $f = \frac{1}{x} ）。$
原解答要补的地方：关键不等式的证明；逐点极限的理由；换元后字母混用、应为 $t \to 0^{+} ；$ 笔误 $[0.1] 、$ $[01] 。$

自测

1. 取 $f (x) = x^{- 1/2}$ （可积，但 $f^{2} = \frac{1}{x}$ 不可积）。验证

\int_{0}^{1} k ln (1 + \frac{1}{k ^{2} x}) d x = k ln (1 + \frac{1}{k ^{2}}) + \frac{ln ( 1 + k ^{2} )}{k},

并说明它趋于 0。

点开看答案

令 $t = k^{2} x ，$ 积分 $= \frac{1}{k} \int_{0}^{k^{2}} ln (1 + \frac{1}{t}) d t 。$ 由 $\frac{d}{d t} [t ln (1 + \frac{1}{t})] = ln (1 + \frac{1}{t}) - \frac{1}{t + 1} ，$ 得 $\int_{0}^{T} ln (1 + \frac{1}{t}) d t = T ln (1 + \frac{1}{T}) + ln (1 + T) 。$ 代入 $T = k^{2}$ 并乘 $\frac{1}{k}$ 即得。 $k ln (1 + \frac{1}{k ^{2}}) \leq \frac{1}{k} \to 0 ，$ $\frac{l n ( 1 + k ^{2} )}{k} \to 0 ，$ 所以趋于 0。数值： $k = 10, 100, 1000$ 时为 $0.561, 0.102, 0.0148 。$

2. 若题目改为「 $\int_{[0, 1]} f^{2} d μ < \infty 」，$ 给出一个不用 DCT 的一行证明。

点开看答案

由 $ln (1 + u) \leq u ，$ $0 \leq \int k ln (1 + \frac{f ^{2}}{k ^{2}}) \leq \int \frac{f ^{2}}{k} = \frac{1}{k} \int f^{2} \to 0 。$

3. $f$ 可积。 $lim_{k \to \infty} \int_{[0, 1]} k ln (1 + \frac{∣ f ∣}{k}) d μ$ 等于多少？

点开看答案

$\int_{[0, 1]} ∣ f ∣ d μ 。$ 对每个 $x ，$ $k ln (1 + \frac{∣ f ( x ) ∣}{k})$ 随 $k$ 递增，趋于 $∣ f (x) ∣ ，$ 由 MCT 得结论（也可以用 DCT，控制函数 $∣ f ∣ ，$ 因为 $ln (1 + u) \leq u ）。$

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
可积	integrable (L¹)	∫\|f\| dμ < ∞。全体可积函数记作 L¹(μ)。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
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。
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。
凹函数	concave function	−φ 是凸函数时，φ 叫凹函数：任意两点间的弦都在图像下方，例如 log x、√x。对凹函数，Jensen 不等式反向：E φ(X) ≤ φ(E X)。
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。
逐点收敛	pointwise convergence	对定义域里的每一个点 x，数列 fₙ(x) 都收敛到 f(x)；这样得到的函数 f 叫逐点极限。
当且仅当	if and only if (iff)	「A 当且仅当 B」：A 成立就一定有 B，B 成立也一定有 A，两者同真同假，记作 A ⟺ B。
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。
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。
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。
分部积分	integration by parts	∫ₐᵇ u v′ dx = [u v]ₐᵇ − ∫ₐᵇ u′ v dx：把求导从一个函数挪到另一个函数上。由乘积求导法则 (uv)′ = u′v + uv′ 两边积分得到。
Fatou 引理	Fatou's lemma	非负可测函数列满足 ∫ liminf fₙ ≤ liminf ∫ fₙ（只保证这个方向）。
下极限	limit inferior (lim inf)	数列「尾部的最小可能值」的极限；对集合则表示「从某一项起一直发生」。