10 推广的控制收敛定理：控制函数也可以随 n 变 · 作业1

这道题在问什么

人话版一句话版

普通的控制收敛定理要求一个固定的可积函数 $g$ 压住所有 $∣ f_{n} ∣ 。$ 本题放宽为：控制函数可以是一列 $g_{n} ，$ 只要 $g_{n} \to g$ 而且积分也收敛 $\int g_{n} \to \int g ，$ 结论 $\int f_{n} \to \int f$ 照样成立。证明和「用 Fatou 证 DCT」一模一样：对 $g_{n} + f_{n} \geq 0 、$ $g_{n} - f_{n} \geq 0$ 各用一次 Fatou，再消去有限的 $\int g 。$

考点：Fatou 引理（第 1 讲第 41 页）； $lim inf 、$ $lim sup$ 的运算；「积分收敛」这个条件到底用在哪一步。
和讲义、小测的关系：小测 1 第 2 题用 Fatou 证明普通 DCT，本题是把那里的 $g$ 换成 $g_{n} ；$ 小测 1 第 3 题提示里引用的「Homework 里的 DCT 结论」就是本题，那里用它证明了「a.e. 收敛时， $L^{1}$ 收敛 ⟺ $\int ∣ f_{n} ∣ \to \int ∣ f ∣ 」。$
原解答的主要问题：把 $g_{n}$ 写成了 $g ，$ 导致「 $f_{n} + g \geq 0 」$ 不成立，也看不出条件 $\int g_{n} \to \int g$ 用在哪里。

先补基础

基础补课Fatou 引理（回顾，第 1 讲 p41）

若 $h_{n} \geq 0$ 几乎处处，则

\int n lim inf h_{n} d μ \leq n lim inf \int h_{n} d μ .

只要求非负，不要求控制函数。若 $h_{n} \to h$ a.e.，左边就是 $\int h 。$ 例：尖峰 $h_{n} = n 1_{(0, 1/ n)} ，$ 左边 $0 ，$ 右边 $1 ，$ 不等号可以严格。

基础补课上下极限的两条运算规则

设 $a_{n}$ 是实数列。

加一个收敛数列：若 $b_{n} \to b$ （ $b$ 有限），则 $lim inf_{n} (a_{n} + b_{n}) = lim inf_{n} a_{n} + b 。$ 理由： $n$ 大时 $b_{n}$ 落在 $(b - η, b + η)$ 里，所以 $a_{n} + b_{n}$ 和 $a_{n} + b$ 只差不超过 $η ，$ $η$ 任意小。
取负号： $lim inf_{n} (- a_{n}) = - lim sup_{n} a_{n} 。$ 例： $a_{n} = (- 1)^{n} ，$ $lim inf (- a_{n}) = - 1 = - lim sup a_{n} 。$

第 1 条要求 $b_{n}$ 收敛：若 $b_{n}$ 只是有界， $lim inf (a_{n} + b_{n})$ 一般不能拆开。本题里 $b_{n} = \int g_{n} ，$ 它收敛正是题设 $\int g_{n} \to \int g$ 给的。

基础补课可积函数的积分可以拆开、可以消去

若 $u, v$ 可积，则 $\int (u \pm v) = \int u \pm \int v$ （第 1 讲第 43 页）。若 $c$ 是有限数且 $c + A \leq c + B ，$ 则 $A \leq B ；$ 但若 $c = \infty ，$ 「 $\infty \leq \infty 」$ 推不出任何东西。所以证明里消去 $\int g$ 时，必须用到 $g$ 可积。

基础补课普通 DCT 何时用不上

普通 DCT 要一个不依赖 $n$ 的可积 $G ，$ 使 $∣ f_{n} ∣ \leq G 。$ 最小的候选是 $G = sup_{n} ∣ f_{n} ∣ ；$ 如果它不可积，就没有任何固定的控制函数可用。但 $\int f_{n} \to \int f$ 仍可能成立——本题给出的就是这种情形下的一个充分条件（例 1）。

题目与原解答

课件原文题目

Assume that ${f_{n}}_{n = 1}^{\infty}, {g_{n}}_{n = 1}^{\infty}, f, g$ are integrable and $g_{n}$ are non-negative, $f_{n} \to f$ pointwise, $g_{n} \to g$ pointwise, $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n}$ a.s., and $\int g_{n} d μ \to \int g d μ$ . Show that

\int f_{n} d μ \to \int f d μ .

中文翻译

设 $f_{n} 、$ $g_{n} 、$ $f 、$ $g$ 都可积， $g_{n}$ 非负， $f_{n} \to f$ 逐点收敛， $g_{n} \to g$ 逐点收敛， $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n}$ 几乎处处成立，且 $\int g_{n} d μ \to \int g d μ 。$ 证明 $\int f_{n} d μ \to \int f d μ 。$

一般测度空间里应说「a.e.」（几乎处处），「a.s.」是概率空间的说法，意思相同。
「逐点收敛」换成「几乎处处收敛」，结论和证明都不变（Fatou 只要求 a.e.）。
和普通 DCT 的对比：普通 DCT 是本题 $g_{n} \equiv g$ 的特例（此时 $\int g_{n} \to \int g$ 自动成立）。

原解答的思路（左栏）：

说「 $f_{n} + g \geq 0 ，$ $g - f_{n} \geq 0 」，$ 对它们用 Fatou；
得到 $\int f \leq lim inf \int f_{n}$ 和 $\int f \geq lim sup \int f_{n} ；$
夹逼得结论。

框架正是标准证明，但通篇把 $g_{n}$ 写成了 $g$ ，第二个 Fatou 写成了等号，还有「 $lim sup sup 」$ 等笔误。最要紧的是：写成 $g$ 之后，题设 $\int g_{n} \to \int g$ 在证明里完全没有出现——而它是本题唯一的新条件。见「原解答逐行对照」。

思路：怎么想到的

回忆 DCT 的 Fatou 证明（小测 1 第 2 题）： $- g \leq f_{n} \leq g$ 给出两个非负函数 $g \pm f_{n} ，$ 各用一次 Fatou，一个给下界，一个给上界，最后消去 $\int g 。$
现在控制函数是 $g_{n}$ ： $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n}$ 给出的非负函数是 $g_{n} \pm f_{n} 。$ 照搬上面的步骤，Fatou 的右边会出现 $lim inf \int (g_{n} \pm f_{n}) 。$
新的困难：要从 $lim inf (\int g_{n} \pm \int f_{n})$ 里把 $\int g_{n}$ 拿出来，需要 $\int g_{n}$ 收敛，而且极限要等于左边出现的 $\int g ，$ 才能消掉。这正是题设 $\int g_{n} \to \int g$ ——它不是凑数的条件，而是证明能闭合的关键。

完整解答

定理命题（推广的控制收敛定理）

设 $f_{n}, g_{n}, f, g$ 可积， $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n}$ a.e.， $f_{n} \to f 、$ $g_{n} \to g$ a.e.，且 $\int g_{n} d μ \to \int g d μ 。$ 则 $\int f_{n} d μ \to \int f d μ 。$

推导证明思路

对 $g_{n} + f_{n} \geq 0$ 用 Fatou 得 $\int f \leq lim inf \int f_{n} ；$ 对 $g_{n} - f_{n} \geq 0$ 用 Fatou 得 $lim sup \int f_{n} \leq \int f 。$ 两次都用 $\int g_{n} \to \int g$ 把 $\int g_{n}$ 换成有限数 $\int g$ 并消去。

第 0 步：准备。 由 $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n}$ a.e. 得 $- g_{n} \leq f_{n} \leq g_{n} ，$ 即

g_{n} + f_{n} \geq 0, g_{n} - f_{n} \geq 0 a.e.

又 $g_{n} + f_{n} \to g + f 、$ $g_{n} - f_{n} \to g - f$ a.e.（两个收敛数列之和、差收敛）。

第 1 步：下界。 对 $h_{n} = g_{n} + f_{n}$ 用 Fatou：

\int (g + f) \leq n lim inf \int (g_{n} + f_{n}) = n lim inf (\int g_{n} + \int f_{n}) = \int g + n lim inf \int f_{n} .

第一个等号： $g_{n}, f_{n}$ 可积，积分可以拆开；第二个等号： $\int g_{n} \to \int g$ （有限），用「加一个收敛数列」的规则。左边拆成 $\int g + \int f ，$ 两边消去有限数 $\int g ：$

\int f \leq n lim inf \int f_{n} .

第 2 步：上界。 对 $h_{n} = g_{n} - f_{n}$ 用 Fatou：

\int (g - f) \leq n lim inf \int (g_{n} - f_{n}) = \int g + n lim inf (- \int f_{n}) = \int g - n lim sup \int f_{n} .

第一个等号同上（拆开 + 收敛数列规则），第二个等号是「取负号」规则。左边是 $\int g - \int f ，$ 消去 $\int g$ 再乘 $- 1 ：$

n lim sup \int f_{n} \leq \int f .

第 3 步：夹逼。 $lim sup_{n} \int f_{n} \leq \int f \leq lim inf_{n} \int f_{n} ，$ 而总有 $lim inf \leq lim sup ，$ 所以三者相等， $lim_{n} \int f_{n} = \int f 。$ $■$

条件用在了哪里： $g_{n} \pm f_{n} \geq 0$ （Fatou 需要非负）来自 $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n} ；$ $lim inf (g_{n} \pm f_{n}) = g \pm f$ 来自逐点收敛；把 $\int g_{n}$ 从 $lim inf$ 里拿出来并换成 $\int g$ 来自 $\int g_{n} \to \int g ；$ 消去 $\int g$ 来自 $g$ 可积。

原解答逐行对照

第 1 句 Using Fatou lemma and the property of pointwise, we can obtain $f_{n} + g \geq 0$ , $g - f_{n} \geq 0$ ,

意思是：用 Fatou 引理和逐点（收敛）的性质，可以得到 $f_{n} + g \geq 0 、$ $g - f_{n} \geq 0 ，$ 下面两句分别对这两个非负函数用 Fatou 引理。

易错点原解答的问题：g 应为 gₙ，而且「f_n + g ≥ 0」一般不成立

题设是 $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n} ，$ 所以非负的是 $g_{n} + f_{n}$ 和 $g_{n} - f_{n} ，$ 不是 $g \pm f_{n} 。$ $g$ 可以比 $g_{n}$ 小得多。反例： $[0, 1]$ 上 $g_{n} = 1_{[0, 1/ n]} ，$ $g = 1_{{0}}$ （逐点极限）， $\int g_{n} = \frac{1}{n} \to 0 = \int g ；$ $f_{n} = - g_{n} 。$ 则 $f_{n} + g = - 1_{[0, 1/ n]} + 1_{{0}} = - 1$ 在 $(0, \frac{1}{n}]$ 上，不是非负的。此外，非负性来自 $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n} ，$ 与「逐点收敛的性质」（the property of pointwise）无关；逐点收敛用来确定 $lim inf 。$

第 2 句 $\int (f + g) d μ \leq lim inf_{n \to \infty} \int f_{n} d μ + \int g d u \Rightarrow \int f d μ \leq lim inf_{n \to \infty} \int f_{n} d μ$ ,

意思是：对非负函数 $f_{n} + g$ 用 Fatou 引理，得到 $\int (f + g) \leq lim inf_{n} \int f_{n} + \int g ，$ 两边消去 $\int g ，$ 推出 $\int f \leq lim inf_{n} \int f_{n}$ （原文的 $d u$ 应为 $d μ ）。$

易错点原解答的问题：漏掉了 ∫gₙ → ∫g 这一步

正确的写法是 $\int (f + g) \leq lim inf \int (f_{n} + g_{n}) = lim inf \int f_{n} + lim \int g_{n} = lim inf \int f_{n} + \int g$ （完整解答第 1 步）。中间那个等号要用两件事： $\int g_{n}$ 收敛（才能从 $lim inf$ 里拿出来），且极限是 $\int g$ （才能和左边的 $\int g$ 消掉）。原解答写成 $g$ 之后，这一步凭空消失了——可这正是本题和普通 DCT 唯一的区别。另外，消去 $\int g$ 需要它有限（ $g$ 可积），应注明； $d u$ 应为 $d μ 。$

第 3 句 $\int (g - f) d μ = lim inf_{n} \int (g - f_{n}) d μ \Rightarrow \int f d μ \geq lim sup sup_{n \to \infty} \int f_{n} d μ$ .

意思是：对非负函数 $g - f_{n}$ 用 Fatou 引理，把 $\int (g - f)$ 和 $lim inf_{n} \int (g - f_{n})$ 联系起来，推出 $\int f \geq lim sup_{n} \int f_{n}$ （原文写成了「 $= 」$ 和「 $lim sup sup 」，$ 问题见下）。

易错点原解答的问题：Fatou 给的是「≤」，不是「=」；还有笔误

Fatou 引理只给不等式： $\int (g - f) \leq lim inf \int (g_{n} - f_{n}) 。$ 写成等号是错的（等号一般不成立，例如尖峰）。
同样要把 $g$ 改成 $g_{n} ，$ 并用 $\int g_{n} \to \int g$ 和 $lim inf (- a_{n}) = - lim sup a_{n}$ 推出 $\int g - \int f \leq \int g - lim sup \int f_{n}$ （完整解答第 2 步）。
「 $lim sup sup 」$ 多写了一个 $sup ，$ 应为 $lim sup 。$

第 4 句 Then $\int f d μ = lim_{n \to \infty} \int f_{n} d μ$ .

由上下界夹逼，正确。可以补一句「因为 $lim inf \leq lim sup 」。$

例子与数值验证

例 1：普通 DCT 用不上，推广版可以用

在 $[0, 1]$ 上，令 $I_{n} = (\frac{1}{n + 1}, \frac{1}{n}]$ （两两不交，长度 $\frac{1}{n ( n + 1 )} ），$

X_{n} = 1 + n 1_{I_{n}}, Y_{n} = 1 - n 1_{I_{n}}, f_{n} = X_{n} Y_{n} = 1 - n 1_{I_{n}} .

逐点极限：每个 $x \in (0, 1]$ 只属于一个 $I_{n} ，$ 此后不再属于，所以 $f_{n} (x) \to 1 ；$ $x = 0$ 不属于任何 $I_{n} ，$ $f_{n} (0) = 1 。$ 极限 $f \equiv 1 。$

推广 DCT：取 $g_{n} = \frac{X _{n}^{2} + Y _{n}^{2}}{2} = 1 + n 1_{I_{n}}$ （ $(1 + a)^{2} + (1 - a)^{2} = 2 + 2 a^{2} ）。$ 由 $∣ ab ∣ \leq \frac{a ^{2} + b ^{2}}{2} ，$ $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n} ；$ $g_{n} \to 1 = g$ 逐点； $\int g_{n} = 1 + \frac{n}{n ( n + 1 )} = 1 + \frac{1}{n + 1} \to 1 = \int g 。$ 条件全部满足，所以 $\int f_{n} \to \int 1 = 1 。$ 直接验算： $\int f_{n} = 1 - \frac{1}{n + 1} ，$ $n = 1, 2, 10, 100$ 时为 $0.5, 0.667, 0.909, 0.990 。$

普通 DCT 不行：任何压住所有 $∣ f_{n} ∣$ 的 $G$ 在 $I_{n}$ 上都 $\geq n - 1 ，$ 所以 $\int G \geq \sum_{n \geq 2} \frac{n - 1}{n ( n + 1 )} 。$ 这个级数的部分和到 $N = 1 0^{2}, 1 0^{4}, 1 0^{6}$ 时分别约为 $3.21, 7.79, 12.39 ，$ 像 $ln N$ 一样趋于 $\infty 。$ 没有可积的固定控制函数。

例 2（反例）：去掉 ∫gₙ → ∫g，结论失败

尖峰 $f_{n} = g_{n} = n 1_{(0, 1/ n)} ，$ $f = g = 0 。$ $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n} 、$ $g_{n} \geq 0 、$ $f_{n} \to 0 、$ $g_{n} \to 0$ 逐点都成立，所有函数可积；唯独 $\int g_{n} = 1 \neq \to 0 = \int g 。$ 结论确实失败： $\int f_{n} = 1 \neq \to 0 。$ 所以条件 $\int g_{n} \to \int g$ 不能删。证明坏在第 2 步： $lim inf \int (g_{n} - f_{n}) = 0 ，$ 可左边 $\int (g - f) = 0 ，$ 消去时要用的「 $lim \int g_{n} = \int g 」$ 不成立。

例 3：Scheffé 型的应用（小测 1 第 3 题）

设 $f_{n} \to f$ a.e.， $\int ∣ f_{n} ∣ \to \int ∣ f ∣ < \infty 。$ 取 $F_{n} = ∣ f_{n} - f ∣ ，$ $G_{n} = ∣ f_{n} ∣ + ∣ f ∣ ：$ $∣ F_{n} ∣ \leq G_{n} ，$ $F_{n} \to 0 ，$ $G_{n} \to 2∣ f ∣ ，$ $\int G_{n} \to 2 \int ∣ f ∣ 。$ 由本题， $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0 。$ 这就是小测 1 第 3 题的「⇐」方向，普通 DCT 在那里用不上，因为 $sup_{n} ∣ f_{n} ∣$ 可能不可积。

例 4：乘积的期望

概率空间上，若 $X_{n} \to X 、$ $Y_{n} \to Y$ a.s.，且 $E X_{n}^{2} \to E X^{2} < \infty 、$ $E Y_{n}^{2} \to E Y^{2} < \infty ，$ 则 $E [X_{n} Y_{n}] \to E [X Y] 。$ 取 $f_{n} = X_{n} Y_{n} ，$ $g_{n} = \frac{X _{n}^{2} + Y _{n}^{2}}{2} ，$ $g = \frac{X ^{2} + Y ^{2}}{2} ，$ 条件逐条满足（ $∣ X_{n} Y_{n} ∣ \leq g_{n} ，$ $E g_{n} \to E g ）。$ 例 1 就是这种情形的具体实例。

拓展延伸

更强的结论：其实是 L¹ 收敛

在本题条件下，还有 $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0 。$ 把本题用在 $F_{n} = ∣ f_{n} - f ∣ 、$ $G_{n} = g_{n} + ∣ f ∣$ 上： $∣ F_{n} ∣ \leq ∣ f_{n} ∣ + ∣ f ∣ \leq G_{n} ，$ $F_{n} \to 0 ，$ $G_{n} \to g + ∣ f ∣ ，$ $\int G_{n} = \int g_{n} + \int ∣ f ∣ \to \int g + \int ∣ f ∣ = \int (g + ∣ f ∣) 。$ 所以 $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to \int 0 = 0 。$ 积分收敛只是它的推论： $∣ \int f_{n} - \int f ∣ \leq \int ∣ f_{n} - f ∣ 。$

Pratt 引理：上下两边各一列

本题有一个对称的推广，常称为 Pratt 引理（这里作为已知结论介绍）：若 $ℓ_{n} \leq f_{n} \leq u_{n}$ a.e.， $ℓ_{n} \to ℓ 、$ $f_{n} \to f 、$ $u_{n} \to u$ a.e.，且 $\int ℓ_{n} \to \int ℓ 、$ $\int u_{n} \to \int u$ （都有限），则 $\int f_{n} \to \int f 。$ 证明：对 $f_{n} - ℓ_{n} \geq 0$ 和 $u_{n} - f_{n} \geq 0$ 各用一次 Fatou，和本题完全一样。本题是 $ℓ_{n} = - g_{n} 、$ $u_{n} = g_{n}$ 的情形。

依概率收敛的版本，以及和一致可积的关系

把「a.e. 收敛」换成「依测度收敛」（有限测度空间上），结论仍成立：若 $\int f_{n} \neq \to \int f ，$ 取一个子列使差值始终 $\geq ε ，$ 再用子列判别法（第 3 讲第 16 页）取 a.e. 收敛的子子列，对它用本题得到矛盾。这和第 3 讲第 20 页、第 21 页的依概率 DCT 是同一个论证。
在 $g_{n} \to g$ a.e.、 $g_{n} \geq 0$ 的前提下，「 $\int g_{n} \to \int g 」$ 等价于「 $g_{n} \to g$ 在 $L^{1}$ 中」（例 3 的论证）。概率空间上， $L^{1}$ 收敛的序列 ${g_{n}}$ 一致可积；被它压住的 ${f_{n}}$ 也一致可积，因为 $E [∣ f_{n} ∣; ∣ f_{n} ∣ > λ] \leq E [g_{n}; g_{n} > λ]$ （与小测 2 第 2 题中「被一个可积变量控制 ⇒ 一致可积」是同一个论证）；再由 Vitali 收敛定理也能得到本题结论。

常见疑问与易错点

易错点问：∫gₙ → ∫g 用在哪里？能不能只要 gₙ → g 逐点？

答：用在第 1、2 步把 $\int g_{n}$ 从 $lim inf$ 里拿出来并换成 $\int g 。$ 只有逐点收敛不够：例 2 的尖峰 $g_{n} \to 0$ 逐点，但 $\int g_{n} = 1 ，$ 结论失败。由 Fatou 总有 $\int g \leq lim inf \int g_{n} ，$ 条件 $\int g_{n} \to \int g$ 说的是「控制函数在取极限时没有丢失质量」。

易错点问：为什么一定要 g 可积？

答：第 1、2 步要从不等式两边消去 $\int g ，$ 只有它是有限数才能消（ $\infty \leq \infty$ 推不出任何东西）。同样， $f_{n} 、$ $g_{n}$ 可积保证了 $\int (g_{n} \pm f_{n}) = \int g_{n} \pm \int f_{n}$ 有意义。

易错点问：f 的可积性需要单独假设吗？

答：不需要。由 $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n}$ 取极限得 $∣ f ∣ \leq g$ a.e.，所以 $\int ∣ f ∣ \leq \int g < \infty 。$ 题目把它写进条件，只是为了省一句话。

易错点问：本题和普通 DCT 是什么关系？

答：普通 DCT 是本题的特例（取 $g_{n} \equiv g ）。$ 反过来，本题比普通 DCT 更强：例 1 中没有固定的可积控制函数，普通 DCT 无能为力，本题照样适用。

小结与自测

小结本题小结

推广 DCT： $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n} ，$ $f_{n} \to f 、$ $g_{n} \to g$ a.e.， $\int g_{n} \to \int g < \infty$ ⇒ $\int f_{n} \to \int f$ （甚至 $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0 ）。$
证明：对 $g_{n} \pm f_{n} \geq 0$ 用 Fatou；用 $\int g_{n} \to \int g$ 把 $lim inf (\int g_{n} \pm \int f_{n})$ 拆开；消去有限的 $\int g ；$ 夹逼。
$\int g_{n} \to \int g$ 不能删（尖峰）；它让定理在没有固定控制函数时也能用（例 1）。
原解答要改的地方： $g$ 应为 $g_{n}$ （「 $f_{n} + g \geq 0 」$ 一般不成立）；漏写 $\int g_{n} \to \int g$ 的使用；第二个 Fatou 应为「 $\leq 」；$ 「 $lim sup sup 」、$ $d u$ 等笔误。

自测

1. 例 2 的尖峰满足本题的哪些条件，不满足哪一条？结论为什么失败？

点开看答案

满足： $f_{n}, g_{n}, f, g$ 可积， $g_{n} \geq 0 ，$ $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n} ，$ $f_{n} \to 0 、$ $g_{n} \to 0$ 逐点。不满足： $\int g_{n} = 1 \neq \to 0 = \int g 。$ 控制函数自己的质量在极限中丢失了，被它控制的 $f_{n}$ 也跟着丢失质量， $\int f_{n} = 1 \neq \to 0 。$

2. 概率空间上， $X_{n} \to X$ a.s.， $E X_{n}^{2} \to E X^{2} < \infty 。$ 用本题证明 $E X_{n} \to E X 。$

点开看答案

$∣ X_{n} ∣ \leq \frac{1 + X _{n}^{2}}{2} =: g_{n}$ （因为 $(∣ X_{n} ∣ - 1)^{2} \geq 0 ）。$ $g_{n} \to \frac{1 + X ^{2}}{2} =: g$ a.s.， $E g_{n} = \frac{1 + E X _{n}^{2}}{2} \to \frac{1 + E X ^{2}}{2} = E g < \infty 。$ 由本题， $E X_{n} \to E X 。$

3. 判断：「在本题中把 $g_{n}$ 换成 $g$ 写证明（像原解答那样），只是笔误，不影响证明的正确性。」

点开看答案

错误。写成 $g$ 之后，第一步「 $f_{n} + g \geq 0 」$ 本身就可能不成立（见原解答对照中的反例 $g_{n} = 1_{[0, 1/ n]} 、$ $f_{n} = - g_{n} ），$ 而且证明里再也用不到题设 $\int g_{n} \to \int g$ ——一个没用到关键条件的「证明」不可能是对的，因为去掉这个条件结论会失败（尖峰）。

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
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。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
可积	integrable (L¹)	∫\|f\| dμ < ∞。全体可积函数记作 L¹(μ)。
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）。
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。
测度空间	measure space	三元组 (S, 𝓜, μ)：空间、σ-代数、测度。
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。
几乎必然收敛	almost sure convergence	除了概率为 0 的结局以外，Xₙ(ω) 都收敛到 X(ω)。
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。
下界	lower bound	数集 A 的下界是一个数 m，A 里每个数都 ≥ m。例如 0 和 −3 都是 (0,1] 的下界；所有下界中最大的那个叫下确界。
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」。
部分和	partial sum	级数 a₁ + a₂ + … 的前 n 项之和 Sₙ = a₁ + … + aₙ；级数的值就是 Sₙ 在 n → ∞ 时的极限。
级数	series	无穷多项相加 a₁ + a₂ + …，它的值是前 n 项和在 n → ∞ 时的极限。
依测度收敛	convergence in measure	对每个 ε > 0，μ(\|fₙ − f\| > ε) → 0：偏差超过 ε 的区域，测度越来越小。在概率空间上就是依概率收敛。
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。
子列	subsequence	从一个数列里按顺序挑出无穷多项组成的新数列。
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。