42 板书续页：Fatou 引理的应用——单调函数导数的积分 · 第1讲

这一页在讲什么

人话版一句话版

微积分基本定理说 $\int_{0}^{1} f^{'} = f (1) - f (0) 。$ 可如果 $f$ 只是单调、只在几乎处处可导，等号就可能不成立了。老师用 Fatou 引理证明：至少还有不等号 $\int_{0}^{1} f^{'} \leq f (1) - f (0)$ 。

这是一页没有页码的手写续页，紧接着上一页（第 41 页）的 Fatou 引理，演示它的一个经典用法。
为什么值得学：这是「只能得到不等式」的典型场景。差商 $g_{n}$ 是非负的，但我们没有它的单调性，也没有可积的上界，所以 MCT、DCT 都用不上——只有 Fatou 能用。第 3 讲最后两页（第 46 页、第 47 页）会再次讨论同一个例子，并说明不等号确实可以严格。
证明的技巧（差商、换元、利用单调性估计积分）也是分析里很常用的手法，值得一行一行看懂。

先补基础

基础补课单调不减、几乎处处可导

单调不减（nondecreasing）： $x \leq y \Rightarrow f (x) \leq f (y) 。$ 图像只会往上走或走平，不会往下走。
几乎处处可导：除了一个测度为 0 的集合（第 43 页的「几乎处处」）以外，每一点都有导数。例： $f = 1_{[1/2, 1]}$ 只在 $x = \frac{1}{2}$ 处不可导（跳跃），其余点导数都是 0。
事实（这里当作已知）：单调函数一定几乎处处可导（勒贝格定理）。所以题目里的「假设可导」其实是多余的，但写上更清楚。

基础补课差商与导数

导数的定义是差商的极限：

f^{'} (x) = h \to 0^{+} lim \frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h} (右导数，取 h = \frac{1}{n} 就是本页的 g_{n}) .

单调不减时分子 $f (x + h) - f (x) \geq 0 、$ 分母 $h > 0 ，$ 所以差商总是 $\geq 0$ ——这正是能用 Fatou（要求非负）的原因。

基础补课积分换元（平移）

令 $u = x + \frac{1}{n} 。$ 当 $x$ 从 $0$ 走到 $1 - \frac{1}{n} ，$ $u$ 从 $\frac{1}{n}$ 走到 $1 ，$ 且 $d u = d x ，$ 所以

\int_{0}^{1 - 1/ n} f (x + \frac{1}{n}) d x = \int_{1/ n}^{1} f (u) d u .

单调函数在闭区间上有界、黎曼可积（不连续点只有可数个），所以这些积分都有意义，用黎曼积分和勒贝格积分算出来一样（第 27 页）。

老师板书在说什么

老师板书板书转写（按从上到下的顺序）

Example. Let $f (x)$ be nondecreasing on bdd $[0, 1]$ .（nondecreasing 和 bdd $[0, 1]$ 用红色荧光笔标出；bdd = bounded，有界）
Assuming $f$ is differentiable almost everywhere.
prove that $\int_{0}^{1} f^{'} (x) d x \leq f (1) - f (0)$ .
Let $f^{'} = 0$ on the non-differentiable set.（右上方注：null set）
$f^{'} \geq 0$ on the differentiable set.
We define $g_{n} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{f ( x + \frac{1}{n} ) - f ( x )}{1/ n}, 0, 0 \leq x \leq 1 - \frac{1}{n}, 1 - \frac{1}{n} \leq x \leq 1.$
$g_{n} \to f^{'}$ from right.（绿色笔） $\int_{1/ n}^{1} + \int_{0}^{1/ n} = \int_{0}^{1 - 1/ n} + \int_{1 - 1/ n}^{1}$
Fatou's lemma gives $\int_{0}^{1} f^{'} (x) \leq \int_{0}^{1} lim inf g_{n} \leq lim inf \int_{0}^{1} g_{n}$
We compute（红笔） $= n (\int_{1/ n}^{1} f (u) d u - \int_{0}^{1 - 1/ n} f (u) d u)$ .
$\int_{0}^{1} g_{n} (x) d x = n \int_{0}^{1 - 1/ n} [f (x + \frac{1}{n}) - f (x)] d x$
$= n (\int_{1 - \frac{1}{n}}^{1} f (u) d u - \int_{0}^{1/ n} f (u) d u)$ （ $n$ 被红圈圈出；绿色箭头从第 7 行的恒等式指到这里）
$\int_{1 - \frac{1}{n}}^{1} f (u) d u \leq \frac{1}{n} f (1) ，$ $\int_{0}^{1/ n} f (u) d u \geq \frac{1}{n} f (0)$
$\int_{0}^{1} g_{n} \leq \frac{1}{n} (f (1) - f (0))$ （ $\frac{1}{n}$ 被红圈圈出）
$\int_{0}^{1} f^{'} (x) \leq f (1) - f (0)$ .　#

第 1–5 行：题目与准备

题目： $f$ 在有界闭区间 $[0, 1]$ 上单调不减（老师用红色强调），几乎处处可导。要证 $\int_{0}^{1} f^{'} \leq f (1) - f (0) 。$
第 4 行：在不可导的点上， $f^{'}$ 本来没有定义。老师规定那里 $f^{'} = 0$ 。因为不可导点组成零测集（null set），这样改动不影响积分（第 43 页），却让 $f^{'}$ 成为定义在整个 $[0, 1]$ 上的函数。
第 5 行：在可导的点， $f^{'}$ 是非负差商的极限，所以 $f^{'} \geq 0 。$ 于是 $f^{'}$ 是非负函数， $\int f^{'}$ 一定有意义（可能先假设是 $+ \infty ，$ 最后证明它其实有限）。

第 6–7 行：用差商 $g_{n}$ 逼近 $f^{'}$

$g_{n}$ 在 $[0, 1 - \frac{1}{n}]$ 上是步长 $\frac{1}{n}$ 的差商；在最右边一小段 $[1 - \frac{1}{n}, 1]$ 上规定为 0，因为那里 $x + \frac{1}{n}$ 已经超出 $[0, 1] ，$ $f (x + \frac{1}{n})$ 没有定义。
$g_{n} \geq 0$ ：单调不减保证分子 $\geq 0 。$
$g_{n} \to f^{'}$ from right：固定 $x < 1 ，$ 当 $n$ 大到 $1 - \frac{1}{n} > x$ 时， $g_{n} (x)$ 就是右差商；若 $f$ 在 $x$ 可导，差商趋于 $f^{'} (x) 。$ 所以 $g_{n} \to f^{'}$ 几乎处处（只可能在零测的不可导点和 $x = 1$ 这一个点上失败）。
绿色的恒等式 $\int_{1/ n}^{1} + \int_{0}^{1/ n} = \int_{0}^{1 - 1/ n} + \int_{1 - 1/ n}^{1} ：$ 两边都等于 $\int_{0}^{1}$ （把 $[0, 1]$ 在两个不同的位置切成两段）。它在第 11 行用来「挪动」积分区间。

第 8 行：Fatou 引理

\int_{0}^{1} f^{'} = (a) \int_{0}^{1} n lim inf g_{n} \leq (b) n lim inf \int_{0}^{1} g_{n} .

(a) $g_{n} \to f^{'}$ 几乎处处，所以几乎处处 $lim inf g_{n} = f^{'} ，$ 积分相同。（老师写的是 $\leq ，$ 用等号也对。）
(b) Fatou 引理（第 41 页）： $g_{n}$ 非负可测。

接下来只要证明每个 $\int_{0}^{1} g_{n} \leq f (1) - f (0) ，$ 就有 $lim inf \int g_{n} \leq f (1) - f (0) 。$

第 9–11 行：计算 $\int_{0}^{1} g_{n}$

第 10 行： $g_{n}$ 在 $[1 - \frac{1}{n}, 1]$ 上为 0，所以只积 $[0, 1 - \frac{1}{n}] ；$ 分母 $\frac{1}{n}$ 移到外面变成乘 $n 。$
第 9 行（红笔）：对第一项换元 $u = x + \frac{1}{n}$ （见「先补基础」），得到 $n (\int_{1/ n}^{1} f - \int_{0}^{1 - 1/ n} f) 。$
第 11 行：用绿色恒等式移项： $\int_{1/ n}^{1} f - \int_{0}^{1 - 1/ n} f = \int_{1 - 1/ n}^{1} f - \int_{0}^{1/ n} f 。$ 直观上，两个积分区间 $[\frac{1}{n}, 1]$ 和 $[0, 1 - \frac{1}{n}]$ 有一大块公共部分 $[\frac{1}{n}, 1 - \frac{1}{n}] ，$ 相减时这部分抵消，只剩右端一小段减左端一小段。

第 12–14 行：用单调性估计

右端小段 $[1 - \frac{1}{n}, 1]$ 上 $f (u) \leq f (1)$ （单调不减， $u \leq 1 ），$ 区间长 $\frac{1}{n} ，$ 所以积分 $\leq \frac{1}{n} f (1) 。$
左端小段 $[0, \frac{1}{n}]$ 上 $f (u) \geq f (0) ，$ 所以积分 $\geq \frac{1}{n} f (0) 。$
于是 $\int_{0}^{1} g_{n} = n (\int_{1 - 1/ n}^{1} f - \int_{0}^{1/ n} f) \leq n \cdot \frac{1}{n} (f (1) - f (0)) = f (1) - f (0) 。$
第 13 行的笔误：老师写的是 $\int_{0}^{1} g_{n} \leq \frac{1}{n} (f (1) - f (0)) ，$ 漏掉了前面的因子 $n 。$ 红圈圈出的第 11 行的 $n$ 和第 13 行的 $\frac{1}{n}$ 正是要相乘约掉的一对，正确的结果是 $\int_{0}^{1} g_{n} \leq f (1) - f (0) 。$
第 14 行：代回第 8 行， $\int_{0}^{1} f^{'} \leq lim inf \int g_{n} \leq f (1) - f (0) 。$ 证毕（#）。

例子

例 1：等号成立——光滑函数

$f (x) = x^{2} ：$ $f^{'} (x) = 2 x ，$ $\int_{0}^{1} 2 x d x = 1 = f (1) - f (0) 。$ 对光滑（更一般地，绝对连续）的函数，微积分基本定理给出等号；Fatou 给出的不等号当然也成立。

数值验证差商： $n = 2$ 时 $g_{2} (x) = \frac{( x + \frac{1}{2} ) ^{2} - x ^{2}}{1/2} = 2 x + \frac{1}{2}$ （ $0 \leq x \leq \frac{1}{2} ），$ 其余为 0， $\int_{0}^{1} g_{2} = \int_{0}^{1/2} (2 x + \frac{1}{2}) d x = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2} \leq 1 。$

例 2：不等号严格——一个跳跃

$f = 1_{[1/2, 1]} ：$ 在 $x < \frac{1}{2}$ 为 0， $x \geq \frac{1}{2}$ 为 1。它单调不减，除 $x = \frac{1}{2}$ 外处处可导且 $f^{'} = 0 。$

左边： $\int_{0}^{1} f^{'} = 0$ （ $f^{'}$ 几乎处处为 0）。
右边： $f (1) - f (0) = 1 - 0 = 1 。$
$0 < 1 ，$ 严格不等。原因：跳跃处的「增长」集中在一个零测点上，导数「看不见」它。

用差商验证： $g_{n} (x) = n [f (x + \frac{1}{n}) - f (x)]$ 只在 $\frac{1}{2} - \frac{1}{n} \leq x < \frac{1}{2}$ 上等于 $n ，$ 其余为 0，所以 $\int g_{n} = n \cdot \frac{1}{n} = 1 ；$ 但每个固定的 $x \neq = \frac{1}{2}$ 处 $g_{n} (x) \to 0 。$ 这又是一个「质量在极限中丢失」的尖峰——和第 39 页如出一辙。

例 3：连续却仍严格——康托尔函数（只作了解）

即使 $f$ 连续，不等号也可以严格。康托尔函数（第 2 讲第 19 页）连续、单调不减，几乎处处导数为 0，却从 $f (0) = 0$ 爬到 $f (1) = 1 。$ 所以 $\int_{0}^{1} f^{'} = 0 < 1 。$ 它的增长全部发生在一个测度为 0 的康托尔集上。

推导：一步一步来

推导证明思路

用非负的差商 $g_{n}$ 逼近 $f^{'} ，$ Fatou 把问题变成估计 $\int g_{n} ；$ 而 $\int g_{n}$ 经过换元，只剩「右端小段减左端小段」，用单调性估计即可。

第 1 步（让 $f^{'}$ 处处有定义且非负）：在不可导的零测集上令 $f^{'} = 0 ；$ 可导点上 $f^{'} \geq 0 。$

第 2 步（可测性）： $f$ 单调，所以对每个 $a ，$ ${f > a}$ 是一个区间， $f$ 可测； $g_{n}$ 是可测函数的差与常数倍，也可测； $f^{'}$ 几乎处处是 $g_{n}$ 的极限，因而可测（勒贝格测度完备，零测集上的改动不破坏可测性，第 23 页）。

第 3 步（Fatou）： $g_{n} \geq 0$ 且 $g_{n} \to f^{'}$ 几乎处处，所以

\int_{0}^{1} f^{'} d x = \int_{0}^{1} n lim inf g_{n} d x \leq n lim inf \int_{0}^{1} g_{n} d x .

第 4 步（计算）：

\int_{0}^{1} g_{n} d x = n \int_{0}^{1 - 1/ n} [f (x + \frac{1}{n}) - f (x)] d x = n (\int_{1/ n}^{1} f (u) d u - \int_{0}^{1 - 1/ n} f (u) d u) = n (\int_{1 - 1/ n}^{1} f (u) d u - \int_{0}^{1/ n} f (u) d u) \leq n (\frac{1}{n} f (1) - \frac{1}{n} f (0)) = f (1) - f (0) （ g_{n} 在最后一段为 0 ） （第一项换元 u = x + \frac{1}{n} ） （公共部分 [\frac{1}{n}, 1 - \frac{1}{n}] 抵消） （单调性估计两小段）

第 5 步（合起来）：每个 $\int g_{n} \leq f (1) - f (0) ，$ 所以 $lim inf_{n} \int g_{n} \leq f (1) - f (0) 。$ 由第 3 步， $\int_{0}^{1} f^{'} \leq f (1) - f (0) 。$ $■$

（作为副产品： $\int_{0}^{1} f^{'} < \infty ，$ 所以 $f^{'}$ 是可积函数。）

常见疑问与易错点

易错点问：为什么不能直接用控制收敛定理得到等号？

答：DCT 需要一个可积函数压住所有 $g_{n} 。$ 例 2 里 $g_{n}$ 是高为 $n 、$ 宽为 $\frac{1}{n}$ 的尖峰，和第 39 页一样没有可积的上界；它也不单调，MCT 也不行。三个定理里只有 Fatou 的条件（非负）满足，所以只能得到不等号——而例 2 说明不等号确实可以严格，等号本来就不成立。

易错点问：为什么在不可导点令 f′ = 0，而不是别的值？

答：任何值都可以，因为不可导点是零测集，改动不影响积分。取 0 只是方便，并且保持 $f^{'} \geq 0 。$

易错点问：这和微积分基本定理矛盾吗？

答：不矛盾。微积分基本定理要求 $f$ 足够「好」（例如 $f^{'}$ 连续，或者 $f$ 绝对连续，第 2 讲第 17 页）。单调函数可以有跳跃（例 2），甚至可以像康托尔函数那样连续却「偷偷」增长（例 3），这时导数抓不住全部的增长，只剩不等号。

小结与自测

小结本页小结

结论： $f$ 在 $[0, 1]$ 上单调不减、几乎处处可导 ⇒ $\int_{0}^{1} f^{'} \leq f (1) - f (0) 。$
方法：非负差商 $g_{n} \to f^{'}$ 几乎处处 → Fatou → 换元把 $\int g_{n}$ 化成「右端小段减左端小段」→ 单调性估计得 $\int g_{n} \leq f (1) - f (0) 。$
不等号可以严格：跳跃函数（ $0 < 1 ）、$ 康托尔函数（连续却 $0 < 1 ）。$
板书第 13 行漏了因子 $n ：$ 应为 $\int g_{n} \leq n \cdot \frac{1}{n} (f (1) - f (0)) = f (1) - f (0) 。$

自测

1. 为什么 $g_{n} \geq 0 ？$ 如果 $f$ 是单调不增的，结论应该怎么改？

点开看答案

$f$ 不减时 $f (x + \frac{1}{n}) \geq f (x) ，$ 分子非负、分母为正，所以 $g_{n} \geq 0 。$ 若 $f$ 不增，对 $- f$ （不减）用结论： $\int_{0}^{1} (- f)^{'} \leq (- f) (1) - (- f) (0) ，$ 即 $\int_{0}^{1} f^{'} \geq f (1) - f (0) 。$

2. 对 $f (x) = x ，$ 直接算 $g_{n}$ 和 $\int_{0}^{1} g_{n} ，$ 说明这时为什么不等号是严格的 $1 - \frac{1}{n} < 1 ，$ 而极限后变成等号。

点开看答案

$g_{n} (x) = \frac{( x + \frac{1}{n} ) - x}{1/ n} = 1$ （ $0 \leq x \leq 1 - \frac{1}{n} ），$ 最后一段为 0，所以 $\int_{0}^{1} g_{n} = 1 - \frac{1}{n} 。$ 它小于 $f (1) - f (0) = 1 ，$ 是因为最后一段被规定为 0； $n \to \infty$ 时 $\int g_{n} \to 1 = \int_{0}^{1} f^{'} ，$ 等号成立。

3. 例 2 的跳跃函数中， $\int g_{n} = 1$ 对每个 $n$ 都成立，但 $\int lim g_{n} = 0 。$ 这说明了 Fatou 引理的哪一点？

点开看答案

说明 Fatou 的不等号可以是严格的： $\int lim inf g_{n} = 0 < 1 = lim inf \int g_{n} 。$ 质量集中在越来越窄的区间里，在极限中「丢失」了。

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
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。
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）。
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。
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。
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。
可积	integrable (L¹)	∫\|f\| dμ < ∞。全体可积函数记作 L¹(μ)。
单调递增	nondecreasing	后一项不小于前一项；单调有界的数列一定有极限。
集合	set	把一些对象放在一起当成一个整体，例如 {1,2,3}。
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。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
勒贝格积分	Lebesgue integral	按函数值分块的积分：先定义简单函数的积分，再用下方的简单函数逼近取上确界。
黎曼积分	Riemann integral	大一学的定积分：按 x 轴切竖条求和取极限。
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。
区间	interval	数轴上的一段，[a,b] 包含端点，(a,b) 不包含端点。
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。
绝对连续	absolute continuity	函数版：小区间总长很小时增量总和也很小；测度版：Q ≪ P，P 为零的事件 Q 也为零。
康托尔集	Cantor set	反复挖掉中间三分之一得到的集合：不可数，但长度为 0。
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。
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。

这一页在讲什么

先补基础

老师板书在说什么

第 1–5 行：题目与准备

第 6–7 行：用差商 gn​ 逼近 f′

第 8 行：Fatou 引理

第 9–11 行：计算 ∫01​gn​

第 12–14 行：用单调性估计

例子

推导：一步一步来

常见疑问与易错点

小结与自测

第 6–7 行：用差商 $g_{n}$ 逼近 $f^{'}$

第 9–11 行：计算 $\int_{0}^{1} g_{n}$