04 Lᵖ 收敛时，积分上界保持下来（其实积分本身也收敛） · 小测1

这道题在问什么

人话版一句话版

已知 $f_{k} \to f$ 在 $L^{p}$ 意义下（ $\int ∣ f - f_{k} ∣^{p} \to 0 ），$ 并且每个 $f_{k}$ 的「 $p$ 次方总量」都不超过同一个常数 $M 。$ 要证极限 $f$ 的总量也不超过 $M ：$ 上界在取极限时不会丢。提示的路线是「 $L^{p}$ 收敛 ⇒ 依测度收敛 ⇒ 有几乎处处收敛的子列 ⇒ Fatou」。其实还有更直接的办法，并且能得到更强的结论： $\int ∣ f_{k} ∣^{p} \to \int ∣ f ∣^{p} 。$

考点：题目开头复习的「两种基本收敛方式」：依测度收敛与几乎处处收敛；Markov 不等式；Riesz 子列定理；Fatou 引理。
和讲义的关系：Markov 不等式（第 2 讲第 29 页），依概率收敛有几乎必然收敛的子列（第 3 讲第 16 页），Fatou（第 1 讲第 41 页），Minkowski 不等式（第 2 讲第 27 页）。
和其他题的关系：小测 2 第 1 题会说明 $L^{p}$ 收敛不能推出几乎处处收敛，所以这里必须先取子列。

先补基础

基础补课Lᵖ 收敛与依测度收敛

设 $p > 0 。$

$L^{p}$ 收敛： $\int ∣ f_{k} - f ∣^{p} d μ \to 0 。$
依测度收敛：对每个 $ε > 0 ，$ $μ ({∣ f_{k} - f ∣ > ε}) \to 0 ，$ 即「误差超过 $ε$ 的地方」越来越小。概率空间里叫依概率收敛（第 3 讲第 14 页）。
几乎处处收敛：使 $f_{k} (x) \neq \to f (x)$ 的点组成零测集。

基础补课Markov 不等式（一般测度空间）

若 $h \geq 0$ 可测， $t > 0 ，$ 则 $μ ({h \geq t}) \leq \frac{1}{t} \int h d μ 。$

理由： $t 1_{{h \geq t}} \leq h$ 逐点成立，两边积分。第 2 讲第 29 页在概率空间上讲过，证明对一般测度一字不改。

基础补课Riesz 子列定理

若 $f_{k} \to f$ 依测度，则存在子列 $f_{k_{j}} \to f$ 几乎处处。

做法：对每个 $j ，$ 取 $k_{j}$ （递增）使 $μ (∣ f_{k_{j}} - f ∣ > 2^{- j}) < 2^{- j} 。$ 由 $\sum_{j} 2^{- j} < \infty$ 和 Borel–Cantelli 型的论证（只用到测度的可数次可加性，第 3 讲第 4 页），几乎每一点 $x$ 只在有限个 $j$ 上有 $∣ f_{k_{j}} (x) - f (x) ∣ > 2^{- j} ，$ 所以 $f_{k_{j}} (x) \to f (x) 。$ 概率空间里的版本见第 3 讲第 16 页。

基础补课两个初等不等式

$0 < p \leq 1$ ： $∣ a + b ∣^{p} \leq ∣ a ∣^{p} + ∣ b ∣^{p} 。$ 理由：设 $a, b \geq 0 、$ $a + b > 0 ，$ 令 $s = \frac{a}{a + b} \in [0, 1] ；$ $t \in [0, 1]$ 时 $t^{p} \geq t ，$ 所以 $s^{p} + (1 - s)^{p} \geq s + (1 - s) = 1 ，$ 两边乘 $(a + b)^{p}$ 即得。
$p \geq 1 ，$ Minkowski 不等式： $∥ u + v ∥_{p} \leq ∥ u ∥_{p} + ∥ v ∥_{p} ，$ 其中 $∥ u ∥_{p} = (\int ∣ u ∣^{p})^{1/ p}$ （第 2 讲第 27 页）。

题目与原解答

课件原文题目

We defined convergence in probability (measure): $lim_{n \to \infty} P (∣ X_{n} - X ∣ > ε) = 0$ , in general, we have convergence in measure accordingly: $lim_{n \to \infty} μ (∣ X_{n} - X ∣ > ε) = 0$ .

We defined convergence almost surely (a.s.): $P (lim_{n \to \infty} X_{n} = X) = 1$ , in general, we have convergence almost everywhere (a.e.): $μ (lim_{n \to \infty} X_{n} = X) = 1$ .

If $p > 0$ and

\int ∣ f - f_{k} ∣^{p} d μ \to 0

as $k \to \infty$ , there is a constant $M > 0$ such that

\int ∣ f_{k} ∣^{p} \leq M, for all k,

show that

\int ∣ f ∣^{p} \leq M .

Hint: Start from showing that $f_{k} \to f$ in measure.

中文翻译

我们定义过依概率收敛： $P (∣ X_{n} - X ∣ > ε) \to 0 ；$ 一般测度下相应地有依测度收敛： $μ (∣ X_{n} - X ∣ > ε) \to 0 。$ 我们定义过几乎必然收敛： $P (lim X_{n} = X) = 1 ；$ 一般测度下相应地有几乎处处收敛。

设 $p > 0 ，$ $k \to \infty$ 时 $\int ∣ f - f_{k} ∣^{p} d μ \to 0 ，$ 并且存在常数 $M > 0$ 使得对所有 $k ，$ $\int ∣ f_{k} ∣^{p} \leq M 。$ 证明 $\int ∣ f ∣^{p} \leq M 。$

提示：先证明 $f_{k} \to f$ 依测度收敛。

易错点题目的一处笔误：一般测度下的 a.e. 收敛

题目把一般测度下的几乎处处收敛写成 $μ (lim X_{n} = X) = 1 。$ 一般测度的总量不一定是 1（例如 $R$ 的长度是 $\infty ），$ 正确的写法是例外集测度为 0： $μ ({lim X_{n} \neq = X}) = 0$ （包括极限不存在的点）。概率空间里两种写法等价，一般测度下只有后一种对。

原解答的思路（左栏方框）：

用反证法说明 $f_{k} \to f$ 依测度（这一段写得比较乱，见下文）；
由依测度收敛取一个几乎处处收敛的子列 $f_{k_{j}} ；$
对 $∣ f_{k_{j}} ∣^{p}$ 用 Fatou： $\int ∣ f ∣^{p} \leq lim inf \int ∣ f_{k_{j}} ∣^{p} \leq M 。$

思路：怎么想到的

为什么不能直接用 Fatou：Fatou 需要逐点（几乎处处）收敛，可我们只知道 $L^{p}$ 收敛，而 $L^{p}$ 收敛推不出几乎处处收敛（小测 2 第 1 题）。
补救： $L^{p}$ 收敛 ⇒ 依测度收敛（Markov 不等式）⇒ 存在几乎处处收敛的子列（Riesz）。对子列用 Fatou；子列的积分也都 $\leq M ，$ 结论不受影响。
另一条路： $\int ∣ f ∣^{p}$ 和 $\int ∣ f_{k} ∣^{p}$ 只差一个「误差项」，而误差项 $\int ∣ f - f_{k} ∣^{p} \to 0 。$ 只要有一个把 $∣ f ∣^{p}$ 拆成 $∣ f_{k} ∣^{p}$ 加误差的不等式，就能直接得到结论，连子列都不用取。

完整解答

方法一（按提示）：依测度收敛 + 子列 + Fatou

第 1 步（ $L^{p}$ 收敛 ⇒ 依测度收敛）：固定 $ε > 0 。$ ${∣ f_{k} - f ∣ > ε} = {∣ f_{k} - f ∣^{p} > ε^{p}} ，$ 由 Markov 不等式，

μ (∣ f_{k} - f ∣ > ε) \leq \frac{1}{ε ^{p}} \int ∣ f_{k} - f ∣^{p} d μ k \to \infty 0.

所以 $f_{k} \to f$ 依测度。

第 2 步（取子列）：由 Riesz 子列定理，存在子列 $f_{k_{j}} \to f$ 几乎处处。于是 $∣ f_{k_{j}} ∣^{p} \to ∣ f ∣^{p}$ 几乎处处（ $t \mapsto ∣ t ∣^{p}$ 连续）。

第 3 步（Fatou）： $∣ f_{k_{j}} ∣^{p} \geq 0 ，$ 由 Fatou，

\int ∣ f ∣^{p} d μ = \int j lim inf ∣ f_{k_{j}} ∣^{p} d μ \leq j lim inf \int ∣ f_{k_{j}} ∣^{p} d μ \leq M .

最后一步用了每个 $\int ∣ f_{k_{j}} ∣^{p} \leq M 。$ $■$

方法二（更直接）：用不等式把 f 拆成 fₖ 加误差

情形 $0 < p \leq 1$ ：由 $∣ a + b ∣^{p} \leq ∣ a ∣^{p} + ∣ b ∣^{p}$ （取 $a = f_{k} ，$ $b = f - f_{k} ），$

\int ∣ f ∣^{p} \leq \int ∣ f_{k} ∣^{p} + \int ∣ f - f_{k} ∣^{p} \leq M + \int ∣ f - f_{k} ∣^{p} k \to \infty M .

情形 $p \geq 1$ ：由 Minkowski 不等式，

∥ f ∥_{p} \leq ∥ f_{k} ∥_{p} + ∥ f - f_{k} ∥_{p} \leq M^{1/ p} + ∥ f - f_{k} ∥_{p} k \to \infty M^{1/ p},

两边取 $p$ 次方得 $\int ∣ f ∣^{p} \leq M 。$ $■$

更强的结论：同样的不等式把 $f$ 和 $f_{k}$ 的角色对调，可以得到

\int ∣ f_{k} ∣^{p} - \int ∣ f ∣^{p} \leq \int ∣ f_{k} - f ∣^{p} (0 < p \leq 1), ∥ f_{k} ∥_{p} - ∥ f ∥_{p} \leq ∥ f_{k} - f ∥_{p} (p \geq 1),

所以 $\int ∣ f_{k} ∣^{p} \to \int ∣ f ∣^{p} ：$ $L^{p}$ 收敛蕴含 $p$ 次方总量收敛。题目的结论 $\int ∣ f ∣^{p} = lim \int ∣ f_{k} ∣^{p} \leq M$ 只是它的推论。

原解答逐行对照

「Suppose that there is $ε > 0$ such that $∣ X ∣ \geq ε$ for all $k$ , where $E = {∣ f - f_{k} ∣ > ε} 」$ ：意思应当是「假设不依测度收敛：存在 $ε > 0 ，$ 使得对无穷多个 $k ，$ $μ (E_{k}) \geq ε ，$ 其中 $E_{k} = {∣ f - f_{k} ∣ > ε} 」。$ 写成「 $∣ X ∣ \geq ε 」$ 是笔误。
「 $\int ∣ f - f_{k} ∣^{p} \geq \int_{E} ∣ f - f_{k} ∣^{p} \geq \int_{E} ε^{p} \geq ε^{p + 1} > 0 」$ ：在 $E_{k}$ 上 $∣ f - f_{k} ∣^{p} > ε^{p} ，$ 所以 $\int ∣ f - f_{k} ∣^{p} \geq ε^{p} μ (E_{k}) \geq ε^{p} \cdot ε = ε^{p + 1} 。$ 这对无穷多个 $k$ 成立，与 $\int ∣ f - f_{k} ∣^{p} \to 0$ 矛盾。思路正确。
「for all $ε$ . Hence, we have $f_{k} \to f$ in measure」：意思是「（上面的结论）对所有 $ε$ 成立，所以 $f_{k}$ 依测度收敛到 $f 」。$ 这是反证法的结论。
「we use the previous problem ... there exists a subsequence $f_{k_{j}} \to f$ a.e.」：意思是「用上一题……存在子列 $f_{k_{j}} \to f$ a.e.」。这里用的是 Riesz 子列定理，并不是「上一题」（第 3 题讲的是 $L^{1}$ 收敛的等价条件）。
Fatou 一行：正确。

易错点原解答的问题：反证法写得混乱，而且没有必要

原解答把两个不同的量（误差阈值和集合的测度）都叫 $ε ，$ 「 $∣ X ∣ \geq ε 」$ 也是笔误，读起来很难懂。实际上用 Markov 不等式一行就能直接证明依测度收敛（方法一第 1 步），不需要反证。如果坚持用反证法，应写成：「若不然，存在 $ε, δ > 0$ 和无穷多个 $k ，$ 使 $μ (∣ f - f_{k} ∣ > ε) \geq δ ，$ 于是 $\int ∣ f - f_{k} ∣^{p} \geq ε^{p} δ ，$ 与 $L^{p}$ 收敛矛盾。」

易错点原解答的问题：子列结论的出处写错

「依测度收敛有几乎处处收敛的子列」是 Riesz 子列定理（概率版本见第 3 讲第 16 页），不是第 3 题的结论。

例子与数值验证

例 1：总量的极限就是极限的总量

$[0, 1]$ 上 $f_{k} (x) = 1 + \frac{x}{k} ，$ $f \equiv 1 ，$ $p = 2 。$

$\int ∣ f_{k} - f ∣^{2} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{2}}{k ^{2}} d x = \frac{1}{3 k ^{2}} \to 0 ，$ $L^{2}$ 收敛。
$\int ∣ f_{k} ∣^{2} = 1 + \frac{1}{k} + \frac{1}{3 k ^{2}} ：$ $k = 1$ 时 $\approx 2.333 ，$ $k = 10$ 时 $\approx 1.103 ，$ $k = 100$ 时 $\approx 1.010 ，$ 趋于 $\int ∣ f ∣^{2} = 1 。$
取 $M = \frac{7}{3}$ （所有 $\int ∣ f_{k} ∣^{2}$ 的最大值），结论 $1 \leq \frac{7}{3}$ 成立；而且由「更强的结论」， $1$ 正是 $\int ∣ f_{k} ∣^{2}$ 的极限。

例 2：只有几乎处处收敛时，上界也保持（但总量可以丢）

$f_{k} = k^{1/ p} 1_{(0, 1/ k)}$ 在 $[0, 1]$ 上： $\int ∣ f_{k} ∣^{p} = 1 =: M ，$ $f_{k} \to 0$ 处处，但不在 $L^{p}$ 中收敛（ $\int ∣ f_{k} - 0 ∣^{p} = 1 ）。$ 由 Fatou， $\int ∣0 ∣^{p} = 0 \leq 1 ，$ 上界保持；但总量从 1 掉到 0，不再相等。对比例 1： $L^{p}$ 收敛时总量不会丢。

例 3：为什么 p ≥ 1 时不能用粗糙的不等式

$p \geq 1$ 时也有 $∣ a + b ∣^{p} \leq 2^{p - 1} (∣ a ∣^{p} + ∣ b ∣^{p})$ （凸性）。用它只能得到 $\int ∣ f ∣^{p} \leq 2^{p - 1} (M + \int ∣ f - f_{k} ∣^{p}) \to 2^{p - 1} M ，$ 比 $M$ 大，不够。比如 $p = 2$ 时只得到 $\leq 2 M 。$ 要得到精确的 $M ，$ 必须用 Minkowski（或方法一的 Fatou）。

拓展延伸

范数的下半连续性

方法一其实证明了一个更一般的事实：若 $f_{k} \to f$ 几乎处处（或依测度），则

\int ∣ f ∣^{p} \leq k lim inf \int ∣ f_{k} ∣^{p} .

这叫「 $L^{p}$ 范数在几乎处处收敛下是下半连续的」：极限的范数不会比序列的范数「跳上去」，只可能「掉下来」（例 2）。 $L^{p}$ 收敛时不会掉，范数连续。

Lᵖ 空间的完备性（Riesz–Fischer 定理）

方法一的「先取快速收敛的子列，再用 Fatou」正是证明 $L^{p}$ 完备（柯西列一定收敛）的标准方法：对 $L^{p}$ 中的柯西列，取子列使 $∥ f_{k_{j + 1}} - f_{k_{j}} ∥_{p} < 2^{- j} ，$ 证明它几乎处处收敛到某个 $f ，$ 再用 Fatou 证明 $f \in L^{p}$ 且 $∥ f_{k} - f ∥_{p} \to 0 。$

收敛方式的关系图

从	到	成立吗
$L^{p}$ 收敛	依测度收敛	成立（Markov）
依测度收敛	几乎处处收敛	不成立，但有 a.e. 收敛的子列（Riesz）
$L^{p}$ 收敛	几乎处处收敛	不成立（小测 2 第 1 题）
几乎处处收敛	$L^{p}$ 收敛	不成立（例 2 的尖峰）；加上一致可积或范数收敛就成立
几乎处处收敛	依测度收敛	有限测度时成立（第 3 讲第 14 页）

常见疑问与易错点

易错点问：对子列用 Fatou，得到的结论为什么对 f 成立？

答：子列 $f_{k_{j}}$ 几乎处处收敛到的就是 $f$ （依测度收敛的极限在 a.e. 意义下唯一）。Fatou 给出的是关于极限函数 $f$ 的不等式，与选了哪个子列无关。

易错点问：0 < p < 1 时 ∫|f|ᵖ 的 p 次方根还是范数吗？

答：不是：三角不等式 $∥ u + v ∥_{p} \leq ∥ u ∥_{p} + ∥ v ∥_{p}$ 在 $p < 1$ 时不成立。但 $\int ∣ u + v ∣^{p} \leq \int ∣ u ∣^{p} + \int ∣ v ∣^{p}$ 成立，所以 $d (u, v) = \int ∣ u - v ∣^{p}$ 仍是一个距离。方法二用的正是这个不等式。

易错点问：题目给的 M > 0 有用吗？

答： $M$ 只需要是有限常数； $M > 0$ 没有实质作用（若所有 $\int ∣ f_{k} ∣^{p} = 0 ，$ 结论 $\int ∣ f ∣^{p} = 0$ 也成立）。

小结与自测

小结本题小结

方法一（提示）：Markov 不等式 ⇒ 依测度收敛 ⇒ Riesz 子列 a.e. 收敛 ⇒ Fatou ⇒ $\int ∣ f ∣^{p} \leq M 。$
方法二： $0 < p \leq 1$ 用 $∣ a + b ∣^{p} \leq ∣ a ∣^{p} + ∣ b ∣^{p} ，$ $p \geq 1$ 用 Minkowski，直接得到；并且 $\int ∣ f_{k} ∣^{p} \to \int ∣ f ∣^{p} 。$
原解答：反证法一段笔误较多（应写 $μ (E_{k}) \geq δ ），$ 子列结论应归于 Riesz 定理。
题目笔误：一般测度下 a.e. 收敛应写成 $μ ({lim X_{n} \neq = X}) = 0 。$

自测

1. 设 $\int ∣ f_{k} - f ∣^{2} \to 0 。$ 用 Markov 不等式估计 $μ (∣ f_{k} - f ∣ > 0.1) 。$

点开看答案

$μ (∣ f_{k} - f ∣ > 0.1) \leq \frac{1}{0.01} \int ∣ f_{k} - f ∣^{2} = 100 \int ∣ f_{k} - f ∣^{2} \to 0 。$

2. 若只知道 $f_{k} \to f$ 几乎处处，且 $\int ∣ f_{k} ∣^{p} \leq M ，$ 还能推出 $\int ∣ f ∣^{p} \leq M$ 吗？

点开看答案

能，直接用 Fatou： $\int ∣ f ∣^{p} = \int lim inf ∣ f_{k} ∣^{p} \leq lim inf \int ∣ f_{k} ∣^{p} \leq M 。$ 不需要取子列。

3. 举一个 $f_{k} \to f$ 几乎处处、 $\int ∣ f_{k} ∣^{p} \leq M ，$ 但 $\int ∣ f ∣^{p} < lim inf \int ∣ f_{k} ∣^{p}$ 的例子。

点开看答案

例 2： $f_{k} = k^{1/ p} 1_{(0, 1/ k)} ，$ $f = 0 ：$ $\int ∣ f ∣^{p} = 0 < 1 = lim inf \int ∣ f_{k} ∣^{p} 。$

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
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。
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。
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。
子列	subsequence	从一个数列里按顺序挑出无穷多项组成的新数列。
Markov 不等式	Markov's inequality	X ≥ 0 时 P(X ≥ t) ≤ E X / t：期望小，取大值的概率就小。
Riesz 子列定理	Riesz's subsequence theorem	依测度（依概率）收敛的序列，一定有一个子列几乎处处收敛到同一个极限。
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）。
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。
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。
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。
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。
次可加性	subadditivity	并集的测度不超过各部分测度之和：μ(A ∪ B) ≤ μ(A) + μ(B)。
可数	countable	元素能排成第 1 个、第 2 个、第 3 个……的一列（有限也算），例如自然数、有理数。
集合	set	把一些对象放在一起当成一个整体，例如 {1,2,3}。
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。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
三角不等式	triangle inequality	\|a + b\| ≤ \|a\| + \|b\|：分两段走的总路程不会比直接走更短。推广有 \|∫f\| ≤ ∫\|f\|、E\|X + Y\| ≤ E\|X\| + E\|Y\|，以及 Lᵖ 范数的 Minkowski 不等式。