43 在 L¹ 里：零测集上改值、线性组合都无害 · 第1讲

这一页在讲什么

人话版一句话版

两条「放心使用」的规则：在测度为 0 的集合上随便改函数值，积分不变；可积函数的线性组合仍可积，积分可以拆开。再加上一个很常用的不等式 $\int f \leq \int ∣ f ∣ 。$ 老师最后用它们引出了控制收敛定理的核心想法。

位置：第 5 部分，MCT（第 36 页）和 Fatou（第 41 页）之后、控制收敛定理（第 44 页）之前。前面的定理都只针对非负函数；这一页把积分推广到有正有负的可积函数，并说明它是「好用的」。
为什么需要：DCT 处理的 $f_{n}$ 可以是负的；证明 DCT 时要把 $\int f_{n} - \int f$ 写成 $\int (f_{n} - f)$ （线性），还要用 $\int (f_{n} - f) \leq \int ∣ f_{n} - f ∣$ （三角不等式）。另外，「几乎处处收敛」之所以够用，靠的就是零支撑原则。
板书的作用：把问题「 $f_{n} \to f$ 时 $\int f_{n} \to \int f$ 吗？」改写成「 $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0$ 吗？」——这是 DCT 证明的出发点。

先补基础

基础补课正部、负部与有符号函数的积分（回顾第 33 页）

任何函数 $f$ 都可以拆成两个非负函数之差：

f^{+} = max (f, 0), f^{-} = max (- f, 0), f = f^{+} - f^{-}, ∣ f ∣ = f^{+} + f^{-} .

例： $f (x) = x - \frac{1}{2}$ 在 $[0, 1]$ 上， $f^{+}$ 在 $x > \frac{1}{2}$ 时等于 $x - \frac{1}{2} 、$ 否则为 0； $f^{-}$ 在 $x < \frac{1}{2}$ 时等于 $\frac{1}{2} - x 、$ 否则为 0。

有符号函数的积分定义为 $\int f = \int f^{+} - \int f^{-} ，$ 前提是两项不同时为 $\infty$ ；若两项都有限，就说 $f$ 可积，记作 $f \in L^{1} (μ) 。$ 因为 $∣ f ∣ = f^{+} + f^{-} ，$

f \in L^{1} (μ) ⟺ \int ∣ f ∣ d μ < \infty.

基础补课几乎处处（a.e.）

「某个说法几乎处处成立」，意思是：使它不成立的点，都落在某个测度为 0 的可测集里。例：在 $[0, 1]$ 上，「 $1_{Q} (x) = 0 」$ 几乎处处成立，因为它只在有理点上不成立，而有理数是零测集（第 28 页）。

基础补课数的三角不等式

对实数 $a, b ：$ $∣ a + b ∣ \leq ∣ a ∣ + ∣ b ∣ ；$ 对常数 $α ：$ $∣ α a ∣ = ∣ α ∣ ∣ a ∣ 。$ 逐点使用就得到函数版本 $∣ α f + β g ∣ \leq ∣ α ∣∣ f ∣ + ∣ β ∣∣ g ∣ 。$

课件原文逐句精读

课件原文On L¹, null changes and linear combinations are harmless

A statement holds $μ$ -almost everywhere (a.e.) if its failure set is contained in a measurable set $N$ with $μ (N) = 0$ .

Lemma 34 (Null-support principle) If $h \geq 0$ is measurable and $h = 0$ a.e., then $\int h d μ = 0$ . Indeed, every simple element of $h$ is supported on a null set.

Proposition 35 ( $L^{1}$ is a stable linear domain) If $f, g \in L^{1} (μ)$ and $α, β \in R$ , then

α f + β g \in L^{1} (μ), \int (α f + β g) d μ = α \int f d μ + β \int g d μ,

and

\int f d μ \leq \int ∣ f ∣ d μ .

The estimate $∣ α f + β g ∣ \leq ∣ α ∣∣ f ∣ + ∣ β ∣∣ g ∣$ gives integrability; nonnegative additivity applied to positive and negative parts gives linearity. Hence $f = g$ a.e. implies $\int f = \int g$ .

It means...

中文翻译

若一个命题不成立的点组成的集合包含在某个满足 $μ (N) = 0$ 的可测集 $N$ 里，就说它 $μ$ -几乎处处（a.e.）成立。

引理 34（零支撑原则） 若 $h \geq 0$ 可测且 $h = 0$ a.e.，则 $\int h d μ = 0 。$ 事实上， $h$ 下方的每个简单函数都只在一个零测集上不为零。

命题 35（ $L^{1}$ 是稳定的线性空间） 若 $f, g \in L^{1} (μ) ，$ $α, β \in R ，$ 则 $α f + β g \in L^{1} (μ) ，$ $\int (α f + β g) = α \int f + β \int g ，$ 并且 $\int f \leq \int ∣ f ∣ 。$

不等式 $∣ α f + β g ∣ \leq ∣ α ∣∣ f ∣ + ∣ β ∣∣ g ∣$ 给出可积性；对正部和负部使用（非负函数的）可加性，就得到线性。因此 $f = g$ a.e. 推出 $\int f = \int g 。$

这意味着……（后面是板书）

「几乎处处」的定义：为什么说「包含在」一个可测零测集里

失败的点组成的集合 ${x : 命题在 x 处不成立}$ 本身不一定可测，所以定义只要求它被某个可测的零测集 $N$ 盖住。
「零测集上随便」的直观：测度为 0 的集合在积分里「没有重量」，上面发生什么都不影响面积。

Lemma 34：零支撑原则

条件： $h \geq 0$ 可测，并且除了一个零测集 $N$ 之外 $h = 0 。$
结论： $\int h = 0 。$
课件给出的理由：非负函数的积分是下方简单函数积分的上确界（第 33 页）。任取简单函数 $0 \leq s \leq h ：$ 在 $N$ 外 $h = 0 ，$ 所以 $s = 0 ；$ $s$ 只可能在 $N$ 里取正值（这就是 supported on a null set）。于是 $\int s = \sum_{k} a_{k} μ (A_{k})$ 中每个 $a_{k} > 0$ 的 $A_{k} \subseteq N ，$ $μ (A_{k}) \leq μ (N) = 0 ，$ 所以 $\int s = 0 。$ 所有 $\int s$ 都是 0，上确界也是 0。

Proposition 35：可积函数的线性组合

可积性： $∣ α f + β g ∣ \leq ∣ α ∣∣ f ∣ + ∣ β ∣∣ g ∣ ，$ 两边积分（非负函数的单调性与可加性，第 38 页），右边 $= ∣ α ∣ \int ∣ f ∣ + ∣ β ∣ \int ∣ g ∣ < \infty 。$ 所以 $α f + β g \in L^{1} 。$
线性：先对非负函数有可加性（第 38 页），再用正部、负部拼出一般情形（推导见下）。
$\int f \leq \int ∣ f ∣$ ：积分的绝对值不超过绝对值的积分（老师把它框了起来，因为这是本页最常用的工具）。
Hence $f = g$ a.e. ⇒ $\int f = \int g$ ：把零支撑原则用在 $∣ f - g ∣$ 上（推导见下）。

定理引理 34 + 命题 35（整理）

$h \geq 0$ 可测且 $h = 0$ a.e. $⟹$ $\int h d μ = 0 。$
$f, g \in L^{1} (μ) ，$ $α, β \in R$ $⟹$ $α f + β g \in L^{1} (μ)$ 且 $\int (α f + β g) = α \int f + β \int g 。$
$f \in L^{1} (μ)$ $⟹$ $\int f d μ \leq \int ∣ f ∣ d μ 。$
$f, g \in L^{1} (μ)$ 且 $f = g$ a.e. $⟹$ $\int f = \int g 。$

老师板书在说什么

老师板书板书转写

印刷部分的标记：「 $h = 0$ a.e.」的 0 a.e. 下画了两道线；「 $\int h d μ = 0 」$ 下画了波浪线；a null set 下画线；不等式 $\int f d μ \leq \int ∣ f ∣ d μ$ 用蓝框框出。
It means... $f_{n} \to f condition ? \int f_{n} \to \int f$ .
$\int (f_{n} - f) d μ \to 0 ⟺ \int (f_{n} - f) d μ \to 0$
$\Leftarrow \int (f_{n} - f) \leq \int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0 (g_{n}) \geq f_{n} - f$ （ $g_{n}$ 被圈出）
it is the basic idea for dominated convergence Thm.

第 1 行：要回答的问题

已知 $f_{n} \to f$ （逐点或几乎处处），在什么条件下能推出 $\int f_{n} \to \int f ？$ 老师在箭头上写了 condition，下面打了问号——这就是下一页 DCT 要回答的问题。

第 2 行：先把目标改写

$\int f_{n} \to \int f$ 等价于 $\int f_{n} - \int f \to 0 ；$ 由线性（命题 35）， $\int f_{n} - \int f = \int (f_{n} - f) ；$ 一个数列趋于 0 当且仅当它的绝对值趋于 0。所以

\int f_{n} \to \int f ⟺ \int (f_{n} - f) d μ \to 0 ⟺ \int (f_{n} - f) d μ \to 0.

第 3 行：一个更强、但更好验证的充分条件

由框起来的不等式，

\int (f_{n} - f) d μ \leq \int ∣ f_{n} - f ∣ d μ .

所以只要 $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0 ，$ 就有 $\int f_{n} \to \int f$ 。老师写的是单向箭头「 $\Leftarrow 」：$ 这只是充分条件，不是必要的（例 5）。

为什么要换成 $\int ∣ f_{n} - f ∣ ？$ 因为 $∣ f_{n} - f ∣$ 是非负的，而我们对非负函数有强大的工具 Fatou（第 41 页）。

圈出的「 $g_{n} \geq f_{n} - f 」$ 是下一步的想法：如果能找到一个函数把差 $∣ f_{n} - f ∣$ 压住（被「控制」），就能用 Fatou 证明 $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0 。$

第 4 行：这就是控制收敛定理的基本思想

DCT（第 44 页）的条件「 $∣ f_{n} ∣ \leq g ，$ $g$ 可积」推出 $∣ f_{n} - f ∣ \leq 2 g ，$ 于是 $2 g - ∣ f_{n} - f ∣ \geq 0 ，$ 对它用 Fatou 就得到 $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0 。$ 下一页会完整展开。

例子

例 1：零支撑原则——狄利克雷函数

$h = 1_{Q \cap [0, 1]} \geq 0 ，$ 它只在有理点上不为 0，有理数是零测集，所以 $h = 0$ a.e.， $\int h = 0 。$ 和第 28 页的直接计算一致。

例 2：改一个点，积分不变

$f (x) = x^{2} ，$ $g$ 与 $f$ 相同，只是规定 $g (\frac{1}{2}) = 100 。$ 两者只在一个点 ${\frac{1}{2}}$ 上不同，单点测度为 0，所以 $f = g$ a.e.， $\int_{0}^{1} g = \int_{0}^{1} f = \frac{1}{3} 。$

例 3：线性的计算

在 $[0, 1]$ 上， $\int (2 x - 3 \cdot 1_{[0, 1/2]}) d x = 2 \int x d x - 3 \int 1_{[0, 1/2]} d x = 2 \cdot \frac{1}{2} - 3 \cdot \frac{1}{2} = - \frac{1}{2} 。$ 两个函数都可积，所以可以这样拆。

例 4：

\int f

可以严格小于

\int ∣ f ∣

$f = 1_{[0, 1/2]} - 1_{(1/2, 1]} ：$ 正负相消， $\int f = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0 ；$ 但 $∣ f ∣ = 1 ，$ $\int ∣ f ∣ = 1 。$ 所以 $0 < 1 。$ 只有当 $f$ 不变号（几乎处处 $f \geq 0$ 或 $f \leq 0 ）$ 时，两边才相等。

例 5：

\int f_{n} \to \int f ，

但

\int ∣ f_{n} - f ∣ \neq \to 0

在 $[0, 1]$ 上令

f_{n} = n 1_{(0, 1/ n)} - n 1_{(1/ n, 2/ n)} (n \geq 2) .

每个 $x$ 处最终 $f_{n} (x) = 0$ （ $n > 2/ x$ 之后），所以 $f_{n} \to f = 0$ 逐点。
$\int f_{n} = n \cdot \frac{1}{n} - n \cdot \frac{1}{n} = 0 = \int f ：$ 积分收敛。
但 $\int ∣ f_{n} - f ∣ = \int ∣ f_{n} ∣ = 1 + 1 = 2 \neq \to 0 。$

正负两个尖峰互相抵消，所以 $\int f_{n}$ 碰巧收敛；但差的绝对值并不变小。这说明板书第 3 行的「 $\Leftarrow 」$ 不能反过来： $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0$ 是更强的要求。

推导：一步一步来

推导证明思路

引理 34：下方的每个简单函数积分都是 0。命题 35：可积性用三角不等式；线性先对正、负部分别用非负可加性，再移项； $∣ \int f ∣ \leq \int ∣ f ∣$ 用 $f = f^{+} - f^{-} ；$ a.e. 相等则积分相等，是前面几条的组合。

(1) 引理 34。 见上文「课件原文逐句精读」中的论证：任何简单函数 $0 \leq s \leq h$ 都满足 $\int s = 0 ，$ 取上确界得 $\int h = 0 。$

(2) 加法的线性。 设 $f, g \in L^{1} ，$ 令 $u = f + g 。$ 一方面 $u = u^{+} - u^{-} ，$ 另一方面 $u = f^{+} - f^{-} + g^{+} - g^{-} 。$ 两式相等，移项使两边都只剩正的项：

u^{+} + f^{-} + g^{-} = u^{-} + f^{+} + g^{+} .

两边都是非负函数之和，对非负函数用可加性（第 38 页）：

\int u^{+} + \int f^{-} + \int g^{-} = \int u^{-} + \int f^{+} + \int g^{+} .

六个积分都有限（因为 $u, f, g$ 都可积），可以移项：

\int u^{+} - \int u^{-} = (\int f^{+} - \int f^{-}) + (\int g^{+} - \int g^{-}), 即 \int (f + g) = \int f + \int g .

(3) 数乘的线性。 $α \geq 0$ 时 $(α f)^{+} = α f^{+} 、$ $(α f)^{-} = α f^{-} ，$ 由非负函数的 $\int c f = c \int f$ （第 33 页）得 $\int α f = α \int f ；$ $α < 0$ 时 $(α f)^{+} = ∣ α ∣ f^{-} 、$ $(α f)^{-} = ∣ α ∣ f^{+} ，$ 同样得到 $\int α f = α \int f 。$ 与 (2) 合起来就是 $\int (α f + β g) = α \int f + β \int g 。$

(4) 三角不等式。

\int f = \int f^{+} - \int f^{-} \leq \int f^{+} + \int f^{-} = \int (f^{+} + f^{-}) = \int ∣ f ∣.

中间用的是数的不等式 $∣ a - b ∣ \leq a + b$ （ $a, b \geq 0 ）$ 和非负可加性。

(5) a.e. 相等则积分相等。 若 $f = g$ a.e.，则 $∣ f - g ∣ \geq 0$ 且 $∣ f - g ∣ = 0$ a.e.，由引理 34， $\int ∣ f - g ∣ = 0 。$ 再由 (2)(3)(4)：

\int f - \int g = \int (f - g) \leq \int ∣ f - g ∣ = 0. ■

常见疑问与易错点

易错点问：为什么线性要求 f、g 可积？非负函数不是也可以加吗？

答：非负函数确实总能相加（第 38 页，可以等于 $\infty ）。$ 但有正有负时， $\int f = \int f^{+} - \int f^{-}$ 可能出现 $\infty - \infty ，$ 没有意义，更谈不上拆开。可积（ $\int ∣ f ∣ < \infty ）$ 正好保证每一项都有限，移项才合法。

易错点问：「几乎处处为 0」和「处处为 0」在积分里有区别吗？

答：对积分来说没有区别——这正是引理 34 说的。所以以后很多定理只要求条件「几乎处处」成立（例如 DCT 只要求 $f_{n} \to f$ a.e.）。但对函数本身来说是有区别的： $1_{Q}$ 几乎处处为 0，却不是处处为 0。

易错点问：既然 ∫|fₙ − f| → 0 比 ∫fₙ → ∫f 更难达到，为什么要去证它？

答：因为它对非负函数 $∣ f_{n} - f ∣$ 说话，可以用 Fatou；而且它本身就是很有用的结论（叫 $L^{1}$ 收敛），比积分收敛提供更多信息（例 5 那样的抵消在 $L^{1}$ 收敛下不会发生）。DCT 的结论就同时包含了两者。

小结与自测

小结本页小结

几乎处处：失败点被某个可测零测集盖住。
零支撑原则： $h \geq 0$ 且 $h = 0$ a.e. ⇒ $\int h = 0 ；$ 推论： $f = g$ a.e. ⇒ $\int f = \int g 。$ 零测集上改值不影响积分。
$L^{1}$ 是线性空间：可积函数的线性组合可积，积分可以拆开； $\int f \leq \int ∣ f ∣ 。$
板书： $\int f_{n} \to \int f$ 等价于 $\int (f_{n} - f) \to 0 ，$ 只要 $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0$ 就够了——这是 DCT 的基本思想。

自测

1. 在 $[0, 1]$ 上， $f (x) = x$ 但在所有有理点上改成 $f (x) = 5 。$ 求 $\int_{0}^{1} f 。$

点开看答案

改动只发生在有理点上，有理数是零测集，所以 $f = x$ a.e.， $\int_{0}^{1} f = \int_{0}^{1} x d x = \frac{1}{2} 。$

2. 求 $f (x) = x - \frac{1}{2}$ 在 $[0, 1]$ 上的 $\int f$ 和 $\int ∣ f ∣ ，$ 验证三角不等式。

点开看答案

$\int_{0}^{1} (x - \frac{1}{2}) d x = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0 。$ $\int_{0}^{1} ∣ x - \frac{1}{2} ∣ d x = 2 \int_{0}^{1/2} t d t = \frac{1}{4} 。$ $∣0∣ \leq \frac{1}{4} ，$ 成立且严格，因为 $f$ 变号。

3. 判断：若 $f_{n} \to f$ 逐点且 $\int f_{n} \to \int f ，$ 则一定有 $\int ∣ f_{n} - f ∣ \to 0 。$

点开看答案

错误。例 5 的正负尖峰： $f_{n} \to 0$ 逐点， $\int f_{n} = 0 ，$ 但 $\int ∣ f_{n} ∣ = 2 。$

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
集合	set	把一些对象放在一起当成一个整体，例如 {1,2,3}。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
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。
可积	integrable (L¹)	∫\|f\| dμ < ∞。全体可积函数记作 L¹(μ)。
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。
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。
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。
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。
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。
有理数	rational number	能写成分数 p/q 的数，全体有理数记作 ℚ；它们可数，却在数轴上处处稠密。
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。
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。
正部	positive / negative part	f⁺ = max(f, 0)，f⁻ = max(−f, 0)，f = f⁺ − f⁻，\|f\| = f⁺ + 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。
当且仅当	if and only if (iff)	「A 当且仅当 B」：A 成立就一定有 B，B 成立也一定有 A，两者同真同假，记作 A ⟺ B。