37 板书续页：单调收敛定理的证明（续） · 第1讲

这一页在讲什么

人话版一句话版

上一页证明了 $lim \int f_{n} \leq \int f ，$ 这一页证明反方向 $lim \int f_{n} \geq \int f 。$ 核心技巧有两个：把台阶打一个小折扣（乘以 $c < 1 ，$ 留出「ε 的余地」），以及测度的从下连续性。

这是第 36 页单调收敛定理（MCT）证明的后一半，整页都是老师的手写板书。
记号沿用第 36 页： $0 \leq f_{1} \leq f_{2} \leq \dots$ 可测， $f_{n} ↑ f$ 逐点， $I := lim_{n \to \infty} \int f_{n} d μ 。$ 上一页已经证明 $I$ 存在且 $I \leq \int f d μ 。$
本页要证 $I \geq \int f d μ 。$ 因为 $\int f$ 是所有下方台阶积分的上确界（第 33 页），只需证明：对每个简单函数 $0 \leq s \leq f ，$ 都有 $I \geq \int s d μ$ 。那么 $I$ 就是所有 $\int s$ 的一个上界，从而不小于最小上界 $\int f 。$
这一证明把前面的三块积木用在了一起：简单积分的性质（第 30 页–第 32 页）、非负积分的单调性（第 33 页）、测度的从下连续性（第 13 页）。

先补基础

基础补课集合列递增 Eₙ ↑ E 与从下连续性（回顾第 13 页）

$E_{n} ↑ E$ 的意思： $E_{1} \subseteq E_{2} \subseteq E_{3} \subseteq \dots$ （一个比一个大），并且 $⋃_{n} E_{n} = E$ （最终把 $E$ 全部盖住）。
从下连续性：若 $E_{n}$ 都可测且 $E_{n} ↑ E ，$ 则 $μ (E_{n}) ↑ μ (E) 。$
例： $E_{n} = [0, 1 - \frac{1}{n}] ↑ [0, 1) ，$ $Leb (E_{n}) = 1 - \frac{1}{n} ↑ 1 = Leb ([0, 1)) 。$
这一页要用它的一个直接推论：若 $E_{n} ↑$ （覆盖整个空间），那么对每个可测集 $A ，$ $A \cap E_{n} ↑ A ，$ 于是 $μ (A \cap E_{n}) ↑ μ (A) 。$

基础补课「留一点余地」：用 c = 1 − ε 代替 1

想证 $I \geq J ，$ 有时直接证很难，但证「 $I \geq c J$ 对每个 $c \in (0, 1)$ 都成立」比较容易，然后让 $c \to 1 。$
为什么这样就够了：若 $J < \infty ，$ $c J \to J ，$ 而 $I \geq c J$ 对所有 $c < 1$ 成立，极限保持不等号，得 $I \geq J 。$ 若 $J = \infty ，$ 任取一个 $c > 0$ 就有 $I \geq c \cdot \infty = \infty 。$
老师把 $c$ 写成 $1 - ε ，$ 称之为 epsilon room（ε 的余地）：故意把目标降低一点点，换来证明中的「严格不等号」。

基础补课示性函数乘以函数：s · 𝟏_E

$s 1_{E}$ 是一个新函数：在 $E$ 上等于 $s ，$ 在 $E$ 外等于 0。把它想成「只保留 $s$ 在 $E$ 上的那部分」。
若 $s = \sum_{j} a_{j} 1_{A_{j}} ，$ 则 $s 1_{E} = \sum_{j} a_{j} 1_{A_{j} \cap E}$ （因为 $1_{A_{j}} 1_{E} = 1_{A_{j} \cap E} ：$ 点同时在两个集合里才取 1）。由第 32 页的线性和推论 24， $\int s 1_{E} d μ = \sum_{j} a_{j} μ (A_{j} \cap E) 。$

基础补课有限和的极限

若对每个 $j = 1, \dots, r$ 都有递增数列 $x_{j}^{(n)} ↑ x_{j}$ （在 $[0, \infty]$ 中），则 $\sum_{j = 1}^{r} a_{j} x_{j}^{(n)} ↑ \sum_{j = 1}^{r} a_{j} x_{j}$ （ $a_{j} \geq 0 ）。$ 有限个递增数列加起来，极限就是各自极限相加；这里只有 $r$ 项，所以没有任何「无穷求和换序」的问题。

老师板书在说什么

老师板书板书转写（按从上到下的顺序）

NTS $\int f_{n} \geq \int f$ 　　 $\int f_{n} \geq (1 - ε) \int f$ $\forall ε > 0 ，$ 下面写 $ε \to 0 ；$ 在 $(1 - ε)$ 下方画一个向上的箭头，写 epsilon room.，再从这里拉一条弯曲的长箭头指向第 4 行的 $c$
For a nonnegative simple $0 \leq s \leq f$
we take $c \in (0, 1)$ . Let
$E_{n} := {x : f_{n} (x) \geq c s (x)}$ （红色） $(*)$
$E_{n}$ is measurable because $f_{n} - cs$ is measurable
and $E_{n} \subseteq E_{n + 1}$ because $f_{n} \leq f_{n + 1}$ . Then we have
$s (x) = 0 ：$ $f_{n} (x) > 0 = c s (x)$
$s (x) > 0 ：$ $f_{n} (x) ↑ f (x) \geq s (x) > c s (x)$
$E_{n} ↑ E := {x : f (x) \geq c s (x)}$ . 　（右侧） $E = ⋃_{j = 1}^{r} A_{j}$
Now if $s = \sum_{j = 1}^{r} a_{j} 1_{A_{j}}$ （上方有红色 $(*) ）$ then $A_{j} \cap E_{n} ↑ A_{j} \cap E = A_{j}$
$\int s 1_{E_{n}} d μ = \sum_{j = 1}^{r} a_{j} μ (A_{j} \cap E_{n}) ↑ \sum_{j = 1}^{r} a_{j} μ (A_{j}) = \int s d μ$ .
so $I := lim_{n \to \infty} \int f_{n} d μ$ , $I \geq c \int s d μ$
because $f_{n} \geq c s 1_{E_{n}}$ （红色） $(* *)$ .
If $\int s = \infty$ , then $I = \infty$ for $c > 0$ .
If $\int s < \infty$ , let $c ↑ 1$ , $0 \leq s \leq f$
$I \geq \int s d μ \Rightarrow I \geq sup_{S_{f}} \int s d μ = \int f d μ$ . #

下面按板书的顺序逐行讲，把省略的理由补上。

第 1 行：目标与「ε 的余地」

NTS 是 need to show（需要证明）。老师写的 $\int f_{n} \geq \int f$ 是简写，准确地说是 $I = lim_{n} \int f_{n} \geq \int f$ 。对单个固定的 $n ，$ $\int f_{n} \geq \int f$ 一般不成立（例如 $f_{n} = 1_{[0, n]}$ 时 $\int f_{1} = 1 < \infty = \int f ）。$
右边写的 $\int f_{n} \geq (1 - ε) \int f$ 对所有 $ε > 0 、$ 再令 $ε \to 0 ，$ 是证明策略的预告：先证一个打了折扣的不等式，再让折扣消失。
长箭头从 epsilon room 指向第 4 行的 $c ：$ $c$ 就是 $1 - ε$ 。下面实际证明的是：对每个台阶 $s \leq f$ 和每个 $c \in (0, 1) ，$ $I \geq c \int s 。$

第 2–4 行：固定一个台阶，构造关键集合 Eₙ

任取一个非负简单可测函数 $s ，$ 满足 $0 \leq s \leq f$ （即 $s \in S_{f} ）。$ 再取一个折扣 $c \in (0, 1) 。$
定义 $E_{n} = {x : f_{n} (x) \geq c s (x)} ：$ 第 $n$ 个函数已经超过「打折后的台阶」的那些点。老师用红色 $(*)$ 标出，因为整个证明都围绕这个集合。
直觉： $f_{n}$ 从下往上爬，爬过 $cs$ 的点越来越多；在 $E_{n}$ 上，我们就能用 $cs$ 来从下方估计 $f_{n} 。$

第 5 行：Eₙ 可测

老师给的理由： $f_{n} - cs$ 可测，而 $E_{n} = {f_{n} - cs \geq 0} 。$ 这要用到「两个可测函数之差可测」，课件没有专门证明。
一个更直接、只用已学知识的理由：设 $s = \sum_{j = 1}^{r} a_{j} 1_{A_{j}}$ 是标准表示。在 $A_{j}$ 上 $s = a_{j} ，$ 所以 $E_{n} = j = 1 ⋃ r (A_{j} \cap {f_{n} \geq c a_{j}}) .$ 每个 $A_{j}$ 可测，每个 ${f_{n} \geq c a_{j}}$ 可测（ $f_{n}$ 可测，第 29 页的等价检验），有限次交、并之后仍可测。

第 6 行：Eₙ 递增

若 $x \in E_{n} ，$ 即 $f_{n} (x) \geq cs (x) ，$ 则 $f_{n + 1} (x) \geq f_{n} (x) \geq cs (x) ，$ 所以 $x \in E_{n + 1} 。$ 这里用的是函数列递增： $f_{n} \leq f_{n + 1} 。$

第 7–9 行：Eₙ 最终覆盖整个空间——为什么必须 c < 1

对每个点 $x ，$ 分两种情况看它是否迟早进入 $E_{n} ：$

$s (x) = 0$ ： $cs (x) = 0 ，$ 而 $f_{n} (x) \geq 0 ，$ 所以 $x$ 属于每一个 $E_{n} 。$ （老师写成 $f_{n} (x) > 0 ，$ 应为 $f_{n} (x) \geq 0 ：$ 非负函数可以取 0，但 $\geq$ 已经足够说明 $x \in E_{n} 。）$
$s (x) > 0$ ： $f (x) \geq s (x) > c s (x) 。$ 第二个不等号是严格的，正是因为 $c < 1$ 且 $s (x) > 0 。$ 于是 $f (x)$ 严格大于 $cs (x) ，$ 而 $f_{n} (x) ↑ f (x) ，$ 所以从某个 $n$ 起 $f_{n} (x) > cs (x)$ （若 $f (x)$ 有限，取 $ε = f (x) - cs (x) > 0 ，$ 由收敛的定义， $n$ 足够大时 $f_{n} (x) > f (x) - ε = cs (x) ；$ 若 $f (x) = \infty ，$ $f_{n} (x) \to \infty$ 迟早超过有限数 $cs (x) ）。$ 即 $x$ 迟早进入 $E_{n} 。$

所以 $⋃_{n} E_{n} = {x : f (x) \geq cs (x)} ，$ 老师把它记作 $E 。$ 又因为处处 $f \geq s \geq cs ，$ 这个集合其实就是整个空间。老师在右侧写 $E = ⋃_{j = 1}^{r} A_{j} ，$ 说的正是这一点： $A_{1}, \dots, A_{r}$ 是空间的分割，并起来就是全空间。（这里的 $E$ 和第 36 页里空间的名字 $E$ 是同一个集合，只是老师重新推导了一遍。）

如果 $c = 1$ 会怎样？ 在 $f (x) = s (x)$ 并且每个 $f_{n} (x) < f (x)$ 的点上， $f_{n} (x) \geq s (x)$ 永远不成立，这个点永远进不了 $E_{n} 。$ 如果这样的点组成一个正测度的集合，证明就断了（见下面例 1）。折扣 $c < 1$ 把「 $\geq 」$ 变成了严格的「 $> 」，$ 严格不等号才能被收敛的数列「迟早越过」。

第 10–11 行：从下连续性让 ∫s𝟏_{Eₙ} 爬到 ∫s

写 $s = \sum_{j = 1}^{r} a_{j} 1_{A_{j}}$ （标准表示）。因为 $E_{n} ↑ E$ 且 $E$ 是全空间，所以 $A_{j} \cap E_{n} ↑ A_{j} \cap E = A_{j} 。$
由基础补课， $s 1_{E_{n}} = \sum_{j} a_{j} 1_{A_{j} \cap E_{n}}$ 是简单函数，积分 $\int s 1_{E_{n}} d μ = \sum_{j} a_{j} μ (A_{j} \cap E_{n}) 。$
由从下连续性（第 13 页），每个 $μ (A_{j} \cap E_{n}) ↑ μ (A_{j}) ；$ 有限和的极限等于极限的和：

\int s 1_{E_{n}} d μ = j = 1 \sum r a_{j} μ (A_{j} \cap E_{n}) ↑ j = 1 \sum r a_{j} μ (A_{j}) = \int s d μ .

第 12–13 行：关键不等式 (**)

逐点比较 $f_{n}$ 和 $cs 1_{E_{n}} ：$ 在 $E_{n}$ 上，按 $E_{n}$ 的定义 $f_{n} \geq cs = cs 1_{E_{n}} ；$ 在 $E_{n}$ 外， $f_{n} \geq 0 = cs 1_{E_{n}} 。$ 所以处处 $f_{n} \geq cs 1_{E_{n}} 。$ 这就是红色 $(* *)$ 标出的关键一步。
由非负积分的单调性和数乘（第 33 页命题 28）：

\int f_{n} d μ \geq \int c s 1_{E_{n}} d μ = c \int s 1_{E_{n}} d μ .

令 $n \to \infty ：$ 左边趋于 $I ，$ 右边由第 11 行趋于 $c \int s d μ 。$ 极限保持不等号，得到 $I \geq c \int s d μ 。$

第 14–16 行：去掉折扣，再对所有台阶取上确界

若 $\int s = \infty$ ：对任意 $c > 0 ，$ $I \geq c \cdot \infty = \infty ，$ 所以 $I = \infty ，$ 当然 $I \geq \int f ，$ 证明直接结束。
若 $\int s < \infty$ ： $I \geq c \int s$ 对每个 $c \in (0, 1)$ 都成立。令 $c ↑ 1 ，$ 右边趋于 $\int s ，$ 得 $I \geq \int s 。$
这对每一个 $s \in S_{f}$ 都成立，所以 $I$ 是集合 ${\int s : s \in S_{f}}$ 的一个上界，不小于它的最小上界： $I \geq sup_{s \in S_{f}} \int s d μ = \int f d μ 。$ 末尾 # 表示证毕。
与第 36 页的 $I \leq \int f$ 合起来： $lim_{n} \int f_{n} d μ = \int f d μ 。$ MCT 证毕。

图解

图解：「ε 的余地」和那条长箭头

这是板书最上面几行。按下面的顺序读：

左上 NTS $\int f_{n} \geq \int f ：$ 本页的目标（准确地说是 $lim \int f_{n} \geq \int f ）。$
右上 $\int f_{n} \geq (1 - ε) \int f ，$ $\forall ε > 0 ，$ $ε \to 0 ：$ 策略——先证打折扣的版本，再让折扣消失。
$(1 - ε)$ 下的小箭头和 epsilon room：给这个折扣起名字，「ε 的余地」。
从 epsilon room 拉下来的长箭头，指向下一行 $E_{n}$ 定义里的 $c ：$ 告诉你，下面证明中的 $c$ 就扮演 $1 - ε$ 的角色。

有了这张「路线图」，后面十几行就好读了：固定台阶 $s$ 和折扣 $c$ → 造 $E_{n}$ → $E_{n}$ 递增到全空间 → 从下连续性 → 关键不等式 → $c ↑ 1$ → 对 $s$ 取上确界。

例子

例 1：为什么折扣 c < 1 不能省

在 $([0, 1], B, Leb)$ 上取常数函数 $f_{n} = 1 - \frac{1}{n} ，$ 它们递增趋于 $f = 1 。$ 取台阶 $s = f = 1$ （它是简单函数，且 $s \leq f ）。$

不打折扣（ $c = 1 ）$ ： $E_{n} = {x : 1 - \frac{1}{n} \geq 1} = \emptyset$ 对每个 $n$ 都成立。 $E_{n}$ 永远是空集， $\int s 1_{E_{n}} = 0 ，$ 只能得到 $I \geq 0 ，$ 毫无用处。
打折扣（ $c = 0.9 ）$ ： $E_{n} = {x : 1 - \frac{1}{n} \geq 0.9} ，$ 当 $n < 10$ 时是 $\emptyset ，$ 当 $n \geq 10$ 时是整个 $[0, 1] 。$ 于是 $n \geq 10$ 时 $\int f_{n} \geq 0.9 \int s 1_{E_{n}} = 0.9 ，$ 得到 $I \geq 0.9 。$
让 $c ↑ 1$ ：对每个 $c < 1$ 都得到 $I \geq c ，$ 所以 $I \geq 1 = \int f 。$ 事实上 $I = lim (1 - \frac{1}{n}) = 1 。$

这个例子里 $f_{n}$ 处处都比 $s$ 低，没有任何点能「真正追上」 $s ；$ 只有把目标压低成 $cs ，$ $f_{n}$ 才能在有限步内越过它。

例 2：看 Eₙ 如何一步步长大

在 $([0, 1], B, Leb)$ 上， $f_{n} (x) = max (x - \frac{1}{n}, 0) ↑ f (x) = x 。$ 取台阶 $s = \frac{1}{2} 1_{[\frac{1}{2}, 1]}$ （ $s \leq f ），$ 折扣 $c = 0.9 ，$ 于是 $cs = 0.45 \cdot 1_{[\frac{1}{2}, 1]} 。$

在 $[0, \frac{1}{2})$ 上 $s = 0 ，$ 这些点属于每个 $E_{n} 。$
在 $[\frac{1}{2}, 1]$ 上要求 $x - \frac{1}{n} \geq 0.45 ，$ 即 $x \geq 0.45 + \frac{1}{n} 。$
所以 $E_{n} = [0, \frac{1}{2}) \cup [max (\frac{1}{2}, 0.45 + \frac{1}{n}), 1] 。$
- $n = 5 ：$ $0.45 + 0.2 = 0.65 ，$ $E_{5} = [0, \frac{1}{2}) \cup [0.65, 1] ；$
- $n = 10 ：$ $0.55 ，$ $E_{10} = [0, \frac{1}{2}) \cup [0.55, 1] ；$
- $n \geq 20 ：$ $0.45 + \frac{1}{n} \leq 0.5 ，$ $E_{n} = [0, 1] ，$ 全部盖住。
$\int s 1_{E_{n}} = \frac{1}{2} Leb ([max (\frac{1}{2}, 0.45 + \frac{1}{n}), 1]) ：$ $n = 5$ 时 $0.175 ，$ $n = 10$ 时 $0.225 ，$ $n \geq 20$ 时 $0.25 = \int s 。$

对照第 10–11 行： $E_{n}$ 递增、最终覆盖全空间， $\int s 1_{E_{n}}$ 递增到 $\int s = \frac{1}{4} 。$ 第 13 行的 $(* *)$ 说 $\int f_{n} \geq 0.9 \int s 1_{E_{n}} ，$ 例如 $n = 20$ 时 $\int f_{20} = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{20})^{2} \approx 0.451 ，$ 确实 $\geq 0.9 \times 0.25 = 0.225 。$

例 3：∫s = ∞ 的情形

在 $(R, B, Leb)$ 上 $f_{n} = 1_{[- n, n]} ↑ f = 1 。$ 取台阶 $s = 1_{[0, \infty)} \leq f ，$ $\int s = \infty 。$ 任取 $c \in (0, 1) ，$ $E_{n} = {f_{n} \geq cs} ：$ 在 $[0, \infty)$ 上要求 $1_{[- n, n]} \geq c ，$ 即 $x \leq n ；$ 在 $(- \infty, 0)$ 上 $s = 0 ，$ 总成立。所以 $E_{n} = (- \infty, n] ↑ R ，$ $\int s 1_{E_{n}} = Leb ([0, n]) = n \to \infty ，$ $I \geq c \cdot \infty = \infty 。$ 这对应板书第 14 行：只要有一个台阶积分无穷， $I$ 就是 $\infty 。$

推导：一步一步来

推导证明思路

固定台阶 $s \leq f$ 和折扣 $c < 1 ，$ 令 $E_{n} = {f_{n} \geq cs} 。$ $E_{n}$ 递增到全空间（这里用到 $c < 1 ），$ 于是 $f_{n} \geq cs 1_{E_{n}}$ 给出 $\int f_{n} \geq c \int s 1_{E_{n}} \to c \int s$ （这里用到从下连续性）。令 $c ↑ 1 ，$ 再对 $s$ 取上确界。

把 MCT 的完整证明（第 36 页与本页）串在一起：

已知： $0 \leq f_{1} \leq f_{2} \leq \dots$ 可测， $f_{n} ↑ f$ 逐点。

第 1 步（第 36 页）： $f$ 可测，因为 ${f > a} = ⋃_{n} {f_{n} > a} 。$

第 2 步（第 36 页）： $\int f_{n} \leq \int f_{n + 1} \leq \int f ，$ 所以 $I = lim \int f_{n}$ 存在且 $I \leq \int f 。$

第 3 步（本页）：任取 $s \in S_{f} ，$ 写成标准表示 $s = \sum_{j = 1}^{r} a_{j} 1_{A_{j}} ；$ 任取 $c \in (0, 1) 。$ 令 $E_{n} = {f_{n} \geq cs} 。$

$E_{n}$ 可测： $E_{n} = ⋃_{j} (A_{j} \cap {f_{n} \geq c a_{j}}) ；$
$E_{n} \subseteq E_{n + 1} ：$ 因为 $f_{n} \leq f_{n + 1} ；$
$⋃_{n} E_{n}$ 是全空间： $s (x) = 0$ 的点在每个 $E_{n}$ 中； $s (x) > 0$ 的点满足 $f (x) > cs (x) ，$ 而 $f_{n} (x) \to f (x) ，$ 所以迟早进入 $E_{n} 。$

第 4 步：由从下连续性， $μ (A_{j} \cap E_{n}) ↑ μ (A_{j}) ，$ 于是

\int s 1_{E_{n}} d μ = j = 1 \sum r a_{j} μ (A_{j} \cap E_{n}) ↑ \int s d μ .

第 5 步：处处 $f_{n} \geq cs 1_{E_{n}} ，$ 由单调性和数乘， $\int f_{n} \geq c \int s 1_{E_{n}} 。$ 令 $n \to \infty ，$ 得 $I \geq c \int s 。$

第 6 步：若 $\int s = \infty ，$ 则 $I = \infty ；$ 否则令 $c ↑ 1$ 得 $I \geq \int s 。$ 总之 $I \geq \int s 。$

第 7 步： $s \in S_{f}$ 是任取的，所以 $I \geq sup_{s \in S_{f}} \int s = \int f 。$ 结合第 2 步， $I = \int f 。$

常见疑问与易错点

易错点问：为什么不直接证明「某个 fₙ 处处 ≥ s」？

答：因为这通常不成立。第 36 页的补充和本页例 1 都说明： $f_{n}$ 可能在每一步都比 $s$ 低一点点，永远不能处处盖住 $s 。$ 本页的办法是退一步：不要求处处盖住，只在集合 $E_{n}$ 上盖住打折后的 $cs ，$ 再用测度的从下连续性说明「 $E_{n}$ 之外的部分」最终可以忽略。

易错点问：从下连续性在证明的哪一步用到？如果没有它会怎样？

答：在第 11 行， $μ (A_{j} \cap E_{n}) ↑ μ (A_{j}) 。$ 它是测度可数可加性的推论（第 13 页）。这说明 MCT 本质上是可数可加性在积分层面的体现：如果测度只有有限可加性，单调收敛定理就会失效。这也是为什么概率论坚持要求可数可加性（第 8 页）。

易错点问：证明哪里用到了「fₙ 递增」？

答：两处。第 6 行 $E_{n} \subseteq E_{n + 1}$ 用到 $f_{n} \leq f_{n + 1}$ ——没有它， $E_{n}$ 不递增，就不能用从下连续性。第 36 页中积分数列递增、极限存在也用到了它。如果去掉递增，第 39 页会给出积分极限与极限积分不相等的反例。

易错点问：为什么 ∫s = ∞ 要单独讨论？

答：因为「令 $c ↑ 1 」$ 这一步需要 $c \int s \to \int s ，$ 当 $\int s = \infty$ 时 $c \int s$ 对每个 $c > 0$ 都是 $\infty ，$ 这个极限过程没什么意义。单独处理更清楚：此时 $I \geq c \cdot \infty = \infty ，$ 直接得到 $I = \infty 。$

小结与自测

小结本页小结

目标： $I = lim \int f_{n} \geq \int f ；$ 只需对每个台阶 $0 \leq s \leq f$ 证明 $I \geq \int s 。$
关键集合 $E_{n} = {f_{n} \geq cs}$ （ $0 < c < 1 ）：$ 可测、递增、最终覆盖整个空间。 $c < 1$ 让 $f (x) > cs (x)$ 变成严格不等号， $f_{n} (x)$ 才能迟早越过。
关键不等式 $f_{n} \geq cs 1_{E_{n}} ，$ 配合从下连续性得 $I \geq c \int s ；$ 再令 $c ↑ 1 ，$ 对 $s$ 取上确界。
板书小笔误： $f_{n} (x) > 0$ 应为 $f_{n} (x) \geq 0 ；$ 「 $\int f_{n} \geq \int f 」$ 应理解为 $lim \int f_{n} \geq \int f 。$

自测

1. 在证明中，为什么 $E_{n} \subseteq E_{n + 1} ？$ 请用一句话说明，并指出用到了哪个假设。

点开看答案

若 $x \in E_{n} ，$ 即 $f_{n} (x) \geq cs (x) ，$ 则因为 $f_{n + 1} (x) \geq f_{n} (x) ，$ 有 $f_{n + 1} (x) \geq cs (x) ，$ 所以 $x \in E_{n + 1} 。$ 用到的是「函数列逐点递增」这个假设。

2. 在 $([0, 1], B, Leb)$ 上 $f_{n} = 1 - \frac{1}{n} ，$ $s = 1 ，$ $c = 0.8 。$ 求 $E_{n} ，$ 以及从第几个 $n$ 起 $E_{n} = [0, 1] 。$

点开看答案

$E_{n} = {1 - \frac{1}{n} \geq 0.8} ，$ 即 $\frac{1}{n} \leq 0.2 ，$ $n \geq 5 。$ 所以 $n \leq 4$ 时 $E_{n} = \emptyset ，$ $n \geq 5$ 时 $E_{n} = [0, 1] 。$ 于是 $n \geq 5$ 时 $\int f_{n} \geq 0.8 \int s 1_{E_{n}} = 0.8 ，$ 得 $I \geq 0.8 。$

3. 判断：「证明中若取 $c = 1 ，$ 其余步骤不变，也能得到 $I \geq \int s 。」$

点开看答案

错误。取 $c = 1$ 时， $E_{n} = {f_{n} \geq s}$ 不一定递增到全空间：在 $f (x) = s (x)$ 而 $f_{n} (x) < f (x)$ 的点上， $x$ 永远进不了 $E_{n} 。$ 例 1 中 $E_{n}$ 一直是空集。正是 $c < 1$ 提供了严格不等号 $f (x) > cs (x) ，$ 才保证每个点迟早进入 $E_{n} 。$

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
从下连续	continuity from below	集合一层层变大（Eₙ ↑ E）时，测度也跟着收敛：μ(Eₙ) → μ(E)。
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。
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。
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。
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。
可测集	measurable set	σ-代数里的集合，也就是可以谈「测度多大」的集合；在概率空间里，可测集就叫事件。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
集合	set	把一些对象放在一起当成一个整体，例如 {1,2,3}。
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。
标准表示	canonical representation	把简单函数写成 Σ aₖ 𝟏_{Aₖ}，其中 aₖ 各不相同、Aₖ = {s = aₖ}。
分割	partition	把区间 [a,b] 用分点 a = x₀ < x₁ < … < xₙ = b 切成小段。
空集	empty set	一个元素也没有的集合，记作 ∅。作为事件，它永远不会发生。
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。
有限可加性	finite additivity	两两不交的有限个集合，并集的测度等于各自测度之和。可数可加性是它的加强版：可数无穷多个集合也成立。
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。