一、核心引理：积分序决定函数序

逐步证明

令

A:={x∈X:g(x)>h(x)}.A:=\{x\in X:g(x)>h(x)\}.

由可测性，A∈MA\in\mathcal M。在题设中取 E=AE=A，得

∫A(g−h) dμ≤0.(1)\int_A(g-h)\,d\mu\leq0. \tag{1}

为了严格证明正偏差在正测度集合上具有正积分，定义

Am:={x∈X:g(x)−h(x)≥1m},m∈N.A_m:=\left\{x\in X:g(x)-h(x)\geq\frac1m\right\}, \qquad m\in\mathbb N.

因为每个正数总大于某个 1/m1/m，所以

A=⋃m=1∞Am.A=\bigcup_{m=1}^{\infty}A_m.

如果 μ(A)>0\mu(A)>0，则必存在 m0∈Nm_0\in\mathbb N 使 μ(Am0)>0\mu(A_{m_0})>0。于是

∫A(g−h) dμ≥∫Am0(g−h) dμ≥1m0μ(Am0)>0,\begin{aligned} \int_A(g-h)\,d\mu &\geq\int_{A_{m_0}}(g-h)\,d\mu\\ &\geq\frac1{m_0}\mu(A_{m_0})\\ &>0, \end{aligned}

这与 (1) 矛盾。因此 μ(A)=0\mu(A)=0，从而

g≤ha.e.\boxed{g\leq h\quad\text{a.e.}}

二、等式版：局部积分能唯一识别函数

这不是另一个独立技巧：等式同时给出两个方向的积分不等式，分别使用引理 1，即得 g≤hg\leq h a.e. 与 h≤gh\leq g a.e.

三、主例题：Problem 8.2 P192.23

1. 题目的真正障碍

如果题目直接给出 fk↑Ff_k\uparrow F a.e.，后面主要是 Levi 单调收敛定理的应用。但题设只给出

∫Efk≤∫Efk+1for every measurable E.\int_Ef_k\leq\int_Ef_{k+1} \qquad\text{for every measurable }E.

因此，本题最需要想到的一步不是“套 Levi 定理”，而是先用引理 1 把积分序还原为函数序。

2. 第一次使用引理 1：制造点态单调性

固定 kk。对任意可测集 EE，由

∫Efk dx≤∫Efk+1 dx\int_Ef_k\,dx\leq\int_Ef_{k+1}\,dx

及引理 1，得

fk≤fk+1qquada.e.f_k\leq f_{k+1}qquad\text{a.e.}

令

Nk:={x:fk(x)>fk+1(x)},N:=⋃k=1∞Nk.N_k:=\{x:f_k(x)>f_{k+1}(x)\}, \qquad N:=\bigcup_{k=1}^{\infty}N_k.

每个 NkN_k 都是零测集，因而 NN 也是零测集。对所有 x∉Nx\notin N，同时有

f1(x)≤f2(x)≤⋯≤fk(x)≤⋯ .f_1(x)\leq f_2(x)\leq\cdots\leq f_k(x)\leq\cdots.

于是可定义

F(x):=lim⁡k→∞fk(x),F(x):=\lim_{k\to\infty}f_k(x),

并有 fk↑Ff_k\uparrow F a.e.

3. 减去公共下界，为 Levi 定理创造非负性

函数列 fkf_k 未必非负，不能直接使用 Levi 定理。令

gk:=fk−f1.g_k:=f_k-f_1.

由 fk≥f1f_k\geq f_1 a.e.，

0≤gk↑F−f1a.e.0\leq g_k\uparrow F-f_1 \qquad\text{a.e.}

4. 在任意可测集上使用 Levi 定理

固定可测集 E⊂RnE\subset\mathbb R^n。由

0≤(fk−f1)1E↑(F−f1)1E,0\leq(f_k-f_1)\mathbf1_E \uparrow(F-f_1)\mathbf1_E,

Levi 定理给出

∫E(F−f1) dx=lim⁡k→∞∫E(fk−f1) dx=lim⁡k→∞(∫Efk dx−∫Ef1 dx)=∫Ef dx−∫Ef1 dx=∫E(f−f1) dx.\begin{aligned} \int_E(F-f_1)\,dx &=\lim_{k\to\infty}\int_E(f_k-f_1)\,dx\\ &=\lim_{k\to\infty}\left(\int_Ef_k\,dx-\int_Ef_1\,dx\right)\\ &=\int_Ef\,dx-\int_Ef_1\,dx\\ &=\int_E(f-f_1)\,dx. \end{aligned}

因而

∫E(F−f) dx=0for every measurable E.(2)\int_E(F-f)\,dx=0 \qquad\text{for every measurable }E. \tag{2}

在上式中取 E=RnE=\mathbb R^n，可得 F−f1∈L1(Rn)F-f_1\in L^1(\mathbb R^n)，因而 F<+∞F<+\infty a.e. 且 F∈L1(Rn)F\in L^1(\mathbb R^n)。这补足了“先把 FF 当成可积函数”的隐含步骤。

5. 第二次使用引理 1：识别极限函数

由 (2) 和引理 1 的等式版，

F=fqquada.e.F=fqquad\text{a.e.}

结合 F=lim⁡k→∞fkF=\lim_{k\to\infty}f_k a.e.，得

lim⁡k→∞fk(x)=f(x)a.e. x∈Rn.\boxed{ \lim_{k\to\infty}f_k(x)=f(x) \qquad\text{a.e. }x\in\mathbb R^n }.

四、引理 1 在例题中的两次出场

五、为什么必须对所有可测集成立？

只知道总积分相等，无法阻止积分质量的位置发生变化。例如在 R\mathbb R 上取

g=1[0,1],h=1[1,2].g=\mathbf1_{[0,1]}, \qquad h=\mathbf1_{[1,2]}.

则

∫Rg dx=∫Rh dx=1,\int_{\mathbb R}g\,dx =\int_{\mathbb R}h\,dx =1,

但 gg 与 hh 并不几乎处处相等。取 E=[0,1]E=[0,1] 后，

∫Eg dx=1,∫Eh dx=0.\int_Eg\,dx=1, \qquad \int_Eh\,dx=0.

因此，引理 1 的力量不来自一个总积分，而来自可以对每个可测集做局部测试。

六、常见误区

七、方法提炼

题型识别特征

  • 条件对任意可测集 EE 成立；
  • 已知 ∫Eg\int_Eg 与 ∫Eh\int_Eh 的大小或相等关系；
  • 目标是几乎处处的函数大小、函数相等或点态单调性；
  • 后续需要启动 Levi 单调收敛定理或密度唯一性。

标准解题流程

  1. 令 A={g>h}A=\{g>h\}，把结论的失败区域变成可测集；
  2. 把积分条件局部化到 AA；
  3. 用 Am={g−h≥1/m}A_m=\{g-h\geq1/m\} 证明正偏差的积分严格为正；
  4. 由矛盾得 μ(A)=0\mu(A)=0；
  5. 对函数列，再取可数个异常集的并；
  6. 若需使用 Levi 定理，先减去公共可积下界；
  7. 最后用引理 1 的等式版识别极限函数。

更高视角

对 g∈L1(X)g\in L^1(X)，集合函数

νg(E):=∫Eg dμ\nu_g(E):=\int_Eg\,d\mu

是有限有符号测度。引理 1 说明，有符号测度之间的序关系可以还原为 Radon—Nikodym 密度之间的 a.e. 序关系；等式版则是 Radon—Nikodym 密度唯一性的基本形态。

八、变式练习

九、前置知识与延伸阅读