02 用 Fatou 引理证明控制收敛定理：从上下两边夹住 · 小测1

这道题在问什么

人话版一句话版

Fatou 引理只给一个方向的不等式（下界）。证明 DCT 的诀窍是用两次：对 $g + f_{n} \geq 0$ 用一次，得到 $\int f \leq lim inf \int f_{n} ；$ 对 $g - f_{n} \geq 0$ 再用一次，得到 $\int f \geq lim sup \int f_{n} 。$ 上下一夹， $\int f_{n} \to \int f 。$ 控制函数 $g$ 的作用有两个：把 $f_{n}$ 「垫」成非负的，以及保证 $\int g$ 有限、可以从两边消掉。

考点：Fatou 引理（第 1 讲第 41 页）的使用；上下极限的运算；为什么需要 $\int g < \infty 。$
和讲义的关系：第 1 讲第 44 页、第 45 页老师的板书用的是另一种写法（对 $2 g - ∣ f_{n} - f ∣$ 用 Fatou），本页把两种写法都讲清楚，并比较它们。
和其他题的关系：上一题第 1 题给出了两个定理的陈述；下一题第 3 题用的是同一个技巧的推广。作业 1 第 10 题把控制函数换成一列 $g_{n} ，$ 证明完全一样。

先补基础

基础补课上下极限的三条运算规则

设 $a_{n}$ 是实数列， $c$ 是有限实数。

加常数： $lim inf_{n} (c + a_{n}) = c + lim inf_{n} a_{n} ，$ $lim sup_{n} (c + a_{n}) = c + lim sup_{n} a_{n} ：$ 每一段尾部的下确界、上确界都整体加了 $c 。$
取负号： $lim inf_{n} (- a_{n}) = - lim sup_{n} a_{n} 。$ 例： $a_{n} = (- 1)^{n} ，$ $lim inf (- a_{n}) = - 1 = - lim sup a_{n} 。$
夹逼：若 $lim sup_{n} a_{n} \leq L \leq lim inf_{n} a_{n} ，$ 则 $a_{n} \to L$ （因为总有 $lim inf \leq lim sup ，$ 两者只能都等于 $L ）。$

基础补课积分的线性：什么时候可以拆

若 $u, v$ 都可积，则 $\int (u + v) = \int u + \int v ，$ $\int (u - v) = \int u - \int v$ （第 1 讲第 43 页）。「可积」很重要：若 $\int u = \int v = \infty ，$ $\int u - \int v$ 就是 $\infty - \infty ，$ 没有意义。

基础补课几乎处处收敛的极限是可测的

可测函数列的逐点极限仍然可测（第 1 讲第 29 页）。如果只在零测集之外收敛，在那个零测集上把 $f$ 规定为 0，就得到一个可测函数，积分不受影响。下面默认已经这样处理。

题目与原解答

课件原文题目

Use Fatou's lemma to prove dominate convergence theorem.

中文翻译

用 Fatou 引理证明控制收敛定理。

dominate 应为 dominated（同上一题）。
原解答：解答卷上这一题没有给出证明，下面由本站完整写出。

思路：怎么想到的

目标：证明 $\int f_{n} \to \int f ，$ 等价于同时证明 $\int f \leq lim inf \int f_{n}$ 和 $lim sup \int f_{n} \leq \int f$ （夹逼）。
手里的工具：Fatou 只对非负函数给出「 $\int lim inf \leq lim inf \int 」。$
缺什么： $f_{n}$ 可能有正有负，不能直接用。控制条件 $- g \leq f_{n} \leq g$ 正好提供两个非负函数： $g + f_{n} \geq 0$ 和 $g - f_{n} \geq 0 。$
一个给下界，一个给上界：对 $g + f_{n}$ 用 Fatou，得到的是关于 $lim inf \int f_{n}$ 的下界；对 $g - f_{n}$ 用 Fatou，负号把 $lim inf$ 翻成 $- lim sup ，$ 得到上界。

完整解答

要证的定理（第 1 题）：设 $f_{n} \to f$ a.e.，且存在可积函数 $g$ 使 $∣ f_{n} ∣ \leq g$ a.e. 对所有 $n$ 成立。则 $f$ 可积，且 $\int f_{n} d μ \to \int f d μ 。$

第 1 步（ $f$ 可积）： $f$ 可测（见「先补基础」）。 $∣ f_{n} ∣ \leq g$ a.e.，令 $n \to \infty ，$ 得 $∣ f ∣ \leq g$ a.e.，所以 $\int ∣ f ∣ \leq \int g < \infty 。$ 每个 $f_{n}$ 也可积： $∣ f_{n} ∣ \leq g$ a.e. 直接给出 $\int ∣ f_{n} ∣ \leq \int g < \infty 。$

第 2 步（下界：对 $g + f_{n}$ 用 Fatou）： $g + f_{n} \geq 0$ a.e.，而且 $g + f_{n} \to g + f$ a.e.，所以 $lim inf_{n} (g + f_{n}) = g + f$ a.e. 由 Fatou 引理，

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

两边都可以拆开（都可积），右边用「加常数」规则：

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

$\int g$ 是有限数，两边消去： $\int f \leq n lim inf \int f_{n} 。$

第 3 步（上界：对 $g - f_{n}$ 用 Fatou）： $g - f_{n} \geq 0$ a.e.， $g - f_{n} \to g - f$ a.e. 由 Fatou，

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

最后一个等号用了「取负号」规则。消去有限数 $\int g ，$ 再两边乘 $- 1$ （不等号反向）： $n lim sup \int f_{n} \leq \int f 。$

第 4 步（夹逼）：

n lim sup \int f_{n} \leq \int f \leq n lim inf \int f_{n},

而总有 $lim inf \leq lim sup ，$ 所以三者相等： $n lim \int f_{n} = \int f 。$ $■$

另一种写法（讲义的写法）：直接证明 L¹ 收敛

对 $h_{n} := 2 g - ∣ f_{n} - f ∣$ 用 Fatou（第 1 讲第 44 页）：

$∣ f_{n} - f ∣ \leq ∣ f_{n} ∣ + ∣ f ∣ \leq 2 g ，$ 所以 $h_{n} \geq 0 ；$ $∣ f_{n} - f ∣ \to 0$ a.e.，所以 $lim inf_{n} h_{n} = 2 g$ a.e.
Fatou： $\int 2 g \leq lim inf_{n} \int (2 g - ∣ f_{n} - f ∣) = \int 2 g - lim sup_{n} \int ∣ f_{n} - f ∣ 。$
消去有限数 $\int 2 g ：$ $lim sup_{n} \int ∣ f_{n} - f ∣ \leq 0 ，$ 即 $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0 。$ $■$

这种写法一步得到更强的结论 $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0$ （ $L^{1}$ 收敛），再由 $\int f_{n} - \int f \leq \int ∣ f_{n} - f ∣$ 推出积分收敛。两种写法用的是同一个想法：用可积的控制函数把函数垫成非负的，用 Fatou，最后消掉有限的 $\int g$ 。

原解答逐行对照

解答卷上本题空白。考试时的常见失分点：

易错点常见失分 1：消去 ∫g 时没说它有限

第 2、3 步都要从不等式两边消去 $\int g 。$ 只有 $\int g < \infty$ 时才能消：如果 $\int g = \infty ，$ 两边都是 $\infty ，$ 「 $\infty \leq \infty 」$ 什么也推不出。这正是「 $g$ 可积」这个条件在证明中被用到的地方，必须写出来。

易错点常见失分 2：只做了一边

只对 $g + f_{n}$ 用 Fatou，只能得到 $\int f \leq lim inf \int f_{n} ，$ 这就是 Fatou 引理本身的结论，不够。一定要用 $g - f_{n}$ 得到另一边。

易错点常见失分 3：把 liminf 直接写成 lim

在证明完成之前，并不知道 $\int f_{n}$ 收敛，只能写 $lim inf 、$ $lim sup 。$ 直接写 $lim$ 就是在假设要证的结论。

例子与数值验证

例 1：两边的不等式在具体例子里长什么样

$[0, 1]$ 上 $f_{n} (x) = x^{n} ，$ $f = 0$ （除 $x = 1$ 外）， $g \equiv 1 。$

$\int f_{n} = \frac{1}{n + 1} ，$ $lim inf = lim sup = 0 。$
第 2 步： $\int (1 + f) = 1 \leq lim inf \int (1 + x^{n}) = 1 ；$ 第 3 步： $\int (1 - f) = 1 \leq lim inf \int (1 - x^{n}) = 1 。$ 两边都恰好取等号，夹出极限 $0 = \int f 。$

例 2：证明在哪里断掉——没有可积的控制函数

尖峰 $f_{n} = n 1_{(0, 1/ n)} ，$ $f = 0 。$ 任何压住所有 $f_{n}$ 的 $g$ 都 $\geq sup_{n} f_{n} ，$ 积分为 $\infty$ （第 1 题例 4）。第 3 步变成「 $\infty \leq \infty - lim sup \int f_{n} 」，$ 消不掉 $\int g ，$ 得不到上界。只剩第 2 步，也就是 Fatou 本身： $0 = \int f \leq lim inf \int f_{n} = 1 。$ 不等号是严格的，积分确实不收敛。

例 3：概率里的说法

若随机变量 $X_{n} \to X$ a.s.，且 $∣ X_{n} ∣ \leq Y ，$ $E Y < \infty ，$ 则 $E X_{n} \to E X 。$ 例： $X_{n} = min (X, n) ，$ $X \geq 0$ 可积， $Y = X$ 控制，所以 $E min (X, n) \to E X 。$ 数值： $X \sim Exp (1)$ 时 $E min (X, n) = 1 - e^{- n} ，$ $n = 3$ 时约 $0.950 ，$ $n = 10$ 时约 $0.99995 。$

拓展延伸

这个证明的结构可以反复使用

「找一个非负的组合 + Fatou + 消去有限的部分」是证明收敛定理的标准套路：

推广的 DCT（作业 1 第 10 题）： $∣ f_{n} ∣ \leq g_{n} ，$ $g_{n} \to g ，$ $\int g_{n} \to \int g 。$ 对 $g_{n} \pm f_{n}$ 用 Fatou，消去的是 $lim \int g_{n} = \int g 。$
Scheffé 型结论（下一题第 3 题）：对 $∣ f_{n} ∣ + ∣ f ∣ - ∣ f_{n} - f ∣ \geq 0$ 用 Fatou。
$L^{p}$ 版本（作业 2 第 1 题）：对 $2^{p - 1} (∣ f_{n} ∣^{p} + ∣ f ∣^{p}) - ∣ f_{n} - f ∣^{p} \geq 0$ 用 Fatou。

依测度收敛时 DCT 也成立

把「a.e. 收敛」换成「依测度收敛」：如果 $\int f_{n} \neq \to \int f ，$ 就能找到一个子列让 $\int f_{n_{k}} - \int f \geq ε ；$ 依测度收敛的序列有一个几乎处处收敛的子子列（第 3 讲第 16 页），对它用 DCT 得到矛盾。第 3 讲第 20 页、第 21 页写出了完整证明。这种「子列的子列」论证非常常用。

常见疑问与易错点

易错点问：为什么要用 g + fₙ 和 g − fₙ，而不是直接用 |fₙ|？

答： $∣ f_{n} ∣$ 虽然非负，但 Fatou 只能告诉我们 $\int ∣ f ∣ \leq lim inf \int ∣ f_{n} ∣ ，$ 得不到关于 $\int f_{n}$ 本身的信息（正负号丢了）。 $g \pm f_{n}$ 既非负，又保留了 $f_{n}$ 的符号。

易错点问：两种写法哪个更好？

答：考试时两种都可以。讲义的写法（ $2 g - ∣ f_{n} - f ∣ ）$ 一步得到 $L^{1}$ 收敛，结论更强；本页的写法（ $g \pm f_{n} ）$ 更对称，更容易记住，并且推广到「控制函数也在变化」的情形时很自然。

易错点问：f 的可测性需要证明吗？

答：需要说一句：几乎处处收敛的可测函数列的极限，在零测集上修改后是可测的。否则 $\int f$ 可能没有定义。

小结与自测

小结本题小结

对 $g + f_{n} \geq 0$ 用 Fatou 得 $\int f \leq lim inf \int f_{n} ；$ 对 $g - f_{n} \geq 0$ 用 Fatou 得 $lim sup \int f_{n} \leq \int f ；$ 夹逼得 $\int f_{n} \to \int f 。$
$\int g < \infty$ 用在「从两边消去 $\int g 」$ 这一步，必须写出来。
讲义的写法：对 $2 g - ∣ f_{n} - f ∣ \geq 0$ 用 Fatou，直接得到 $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0 。$

自测

1. 在第 3 步中，哪一步用到了「 $lim inf (- a_{n}) = - lim sup a_{n} 」？$ 为什么必须用它？

点开看答案

在 $lim inf_{n} \int (g - f_{n}) = \int g + lim inf_{n} (- \int f_{n}) = \int g - lim sup_{n} \int f_{n}$ 这一步。Fatou 给出的总是 $lim inf ；$ 要得到 $\int f_{n}$ 的上界，必须借负号把 $lim inf$ 变成 $lim sup 。$

2. 若 $\int g = \infty ，$ 第 2 步的不等式 $\int g + \int f \leq \int g + lim inf \int f_{n}$ 还能推出什么？

点开看答案

什么也推不出：两边都是 $\infty ，$ 消不掉 $\int g 。$ 这说明「控制函数可积」在证明里是实打实地用到的。

3. 用 DCT 说明：若 $X \geq 0$ 可积，则 $E [X 1_{{X > n}}] \to 0 。$

点开看答案

$X 1_{{X > n}} \to 0$ 逐点成立（ $X < \infty$ a.s.），且被可积的 $X$ 控制，由 DCT，期望趋于 0。这正是「单个可积随机变量一致可积」（小测 2 第 2 题）的证明。

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
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）。
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。
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。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
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」。
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。
下确界	infimum (inf)	最大的下界。例如 (0,1] 没有最小值，但下确界是 0。
可积	integrable (L¹)	∫\|f\| dμ < ∞。全体可积函数记作 L¹(μ)。
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。
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。
零测集	null set	测度为 0 的集合，例如单点、有理数全体、康托尔集。
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。
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」。
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)。
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。
子列	subsequence	从一个数列里按顺序挑出无穷多项组成的新数列。
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。
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。
期望	expectation	随机变量对概率测度的积分 E[X] = ∫ X dP，也就是「加权平均」。