单调收敛定理

在数学中，有许多定理称为单调收敛定理（Template:Lang-en）；这里我们介绍一些主要的例子。

单调实数序列的收敛性

定理

如果a_k是一个单调的实数序列（例如a_k ≤ a_k+1），则这个序列具有极限（如果我们把正无穷大和负无穷大也算作极限的话）。当且仅当序列是有界的，这个极限是有限的。

证明

我们证明如果递增序列$⟨a_n⟩$有上界，则它是收敛的，且它的极限为$\underset{n}{\sup }\{a_n\}$。

由于$\{a_n\}$非空且有上界，因此根据实数的最小上界公理，$c=\underset{n}{\sup }\{a_n\}$存在，且是有限的。现在，对于每一个$\epsilon >0$，都存在一个$a_N$，使得$a_N>c-\epsilon$，否则$c-\epsilon$是$\{a_n\}$的一个上界，这与$c$为最小上界$\underset{n}{\sup }\{a_n\}$的事实矛盾。于是，由于$⟨a_n⟩$是递增的，对于所有的n > N，都有$|c-a_n|=c-a_n\le c-a_N<\epsilon$，因此根据定义，$⟨a_n⟩$的极限为$\underset{n}{\sup }\{a_n\}$。证毕。

类似地，如果一个实数序列是递减且有下界，则它的最大下界就是它的极限。

单调级数的收敛性

定理

如果对于所有的自然数j和k，a_j,k都是非负实数，且a_j,k ≤ a_j+1,k，则（参见第168页）：

$\underset{j\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _k{a}_{j,k}=\sum _k\underset{j\to \mathrm{\infty }}{\lim }{a}_{j,k}$

勒贝格单调收敛定理

这个定理是前一个定理的推广，也许就是最重要的单调收敛定理。

定理

设( X, A, $\mu$ )为一个测度空间。若序列 $f_1,f_2,\dots$ 為定義域是 $X$，對應域是 $[0,\mathrm{\infty })$ 的 $\mu$-可测单调递增函数序列。也就是说 $\mathrm{\forall }x\in X,k\in \mathbb{N}$，有

$0\le f_k(x)\le f_{k+1}(x)$。

接着，设序列 $\{f_n\}$ 的逐点极限为 $f$。也就是说 $\mathrm{\forall }x\in X,$

$f(x):=\underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }{f}_k(x)$。

則 $f$ 會是 $\mu$-可测函數，且：

$\underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{X}{\int }{f}_{k}d\mu =\underset{X}{\int }fd\mu$。（参见第21.38节）

注意其積分值不一定是有限值，也就是左右兩邊可能都是無限大。

证明

我们首先证明f是$\mu$-可测函数。为此，只需证明区间[0,t]在f下的原像是X上的σ代数A的一个元素。设I为$[0,\mathrm{\infty }]$的一个子区间。那么：

$f^{-1}(I)=\{x\in X|f(x)\in I\}$。

另一方面，由于[0,t]是闭区间，因此：

$f(x)\in I\iff f_k(x)\in I,\mathrm{\forall }k\in \mathbb{N}$。

所以：

$\{x\in X|f(x)\in I\}=\bigcap _{k\in \mathbb{N}}\{x\in X|f_k(x)\in I\}$。

注意可数交集中的每一个集合都是A的一个元素，这是因为它是一个波莱尔子集在$\mu$-可测函数$f_k$下的原像。由于根据定义，σ代数在可数交集下封闭，因此这便证明了f是$\mu$-可测的。需要注意的是，一般来说，任何可测函数的最小上界也是可测的。

现在我们证明单调收敛定理的余下的部分。f是$\mu$-可测的事实，意味着表达式$\int fd\mu$是定义良好的。

我们从证明$\int fd\mu \ge \underset{k}{\lim }\int f_{k}d\mu$开始。

根据勒贝格积分的定义，

$\int fd\mu =sup\{\int gd\mu |g\in SF,g\le f\}$，

其中SF是X上的$\mu$-可测简单函数的交集。由于在每一个$x\in X$，都有$f_k(x)\le f(x)$，我们便有：

$\{\int gd\mu |g\in SF,g\le f_k\}\subseteq \{\int gd\mu |g\in SF,g\le f\}.$

因此，由于一个子集的最小上界不能大于整个集合的最小上界，我们便有：$\int fd\mu \ge \underset{k}{\lim }\int f_{k}d\mu .$

右面的极限存在，因为序列是单调的。

我们现在证明另一个方向的不等式（也可从法图引理推出），也就是说，我们来证明：

$\int fd\mu \le \underset{k}{\lim }\int f_{k}d\mu .$

从积分的定义可以推出，存在一个非负简单函数的非递減序列g_n，它几乎处处逐点收敛于f，且：

$\underset{k}{\lim }\int g_{k}d\mu =\int fd\mu .$

只需证明对于每一个$k\in \mathbb{N}$，都有：

$\int g_{k}d\mu \le \underset{j}{\lim }\int f_{j}d\mu$

这是因为如果这对每一个k都成立，那么等式左端的极限也将小于或等于等式右端。

我们证明如果g_k是简单函数，且

$\underset{j}{\lim }{f}_j(x)\ge g_k(x)$

几乎处处，则：

$\underset{j}{\lim }\int f_{j}d\mu \ge \int g_{k}d\mu .$

由于积分是线性的，我们可以把函数$g_k$分拆成它的常数部分，化为$g_k$是σ代数A的一个元素B的指示函数的情况。在这种情况下，我们假设$f_j$是一个可测函数的序列，它在B的每一个点的最小上界都大于或等于一。

为了证明这个结果，固定$ϵ>0$，并定义可测集合的序列：

$B_n=\{x\in B:f_n(x)\ge 1-ϵ\}.$

根据积分的单调性，可以推出对于任何的$n\in \mathbb{N}$，都有：

$\mu (B_n)(1-ϵ)=\int (1-ϵ)1_{B_n}d\mu \le \int f_{n}d\mu$

根据$\underset{j}{\lim }{f}_j(x)\ge g_k(x)$的假设，对于足够大的n，任何B内的x都将位于$B_n$内，因此：

$\bigcup _n{B}_n=B$。

所以，我们有：

$\int g_{k}d\mu =\int 1_{B}d\mu =\mu (B)=\mu (\bigcup _n{B}_n).$

利用测度的单调性，可得：

$\mu (\bigcup _n{B}_n)=\underset{n}{\lim }\mu (B_n)\le \underset{n}{\lim }(1-ϵ{)}^{-1}\int f_{n}d\mu$

取$k\to \mathrm{\infty }$，并利用这对任何正数$ϵ$都正确的事实，定理便得证。

参见

• 无穷级数
• 勒贝格控制收敛定理