实变函数2

Lebesgue积分

简单函数

(Definition)：1. 设$(X,\mathrm{\Gamma })$为可测空间，$S:X\to (-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$称为简单函数，当且仅当$S(X)$为有限集

对简单函数$S:X\to (-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$，设$S(X)=\{{\alpha }_1,...,{\alpha }_n\}$，再设$A_i=S^{-1}(\{{\alpha }_i\})$

那么$S=\sum _{i=1}^n{\alpha }_i{1}_{A_i}$，并且$S$可测当且仅当$A_1,...,A_n$为可测集

只证明第二个命题的$\Leftarrow$方向，此时，任何一个开区间的原像是若干$A_i$的并，从而仍然为可测集

下面是较为重要的简单函数逼近的构造

如果$f:X\to [0,+\mathrm{\infty }]$是可测函数，那么存在非负简单函数列$\{S_n\}$，使得

• $0\le S_1\le S_2...\le f$
• $S_n(x)\to f(x),\mathrm{\forall }x\in X$

证明：构造$S_n(x):=\{\begin{array}{lll}& \frac{k-1}{2^n},& \frac{k-1}{2^n}\le f(x)\le \frac{k}{2^n},k\in \{1,...,n{2}^n\}\\ & n,& f(x)\ge n\end{array}$即可，$◻$

注意到在上述构造中，我们保持了$S_n\le n$

非负函数的积分

(Definition)：

1. 非负简单函数的积分：设$(X,\mathrm{\Gamma },\mu )$是一个测度空间，$S:X\to [0,+\mathrm{\infty }]$是一个可测简单函数，写为$S=\sum _{i=1}^n{\alpha }_i{1}_{A_i}$，那么，定义$S$在$X$上的Lebesgue积分为${\int }_{X}S\text{d}\mu =\sum _{i=1}^n{\alpha }_i\mu (A_i)$，对于任给的$E\in \mathrm{\Gamma }$，定义$S$在$E$上的Lebesgue积分为${\int }_{E}S\text{d}\mu =\sum _{i=1}^n{\alpha }_i\mu (A_i\cap E)$

2. 非负函数的积分：对测度空间$(X,\mathrm{\Gamma },\mu )$，非负可测函数$f:X\to [0,+\mathrm{\infty }]$，对$E\in \mathrm{\Gamma }$，定义$f$在$E$上积分为

   ${\int }_{E}f\text{d}\mu =sup\{{\int }_{E}S\text{d}\mu :0\le S\le f,Sissimpleandmeasurable\}$

3. 可测函数的积分：对于一般的可测函数$f$，我们将其写为$f=f^{+}-f^{-}$，如果${\int }_E{f}^{+}\text{d}\mu$和${\int }_E{f}^{-}\text{d}\mu$中至少有一个是有限的，我们就定义${\int }_{E}f\text{d}\mu ={\int }_E{f}^{+}\text{d}\mu -{\int }_E{f}^{-}\text{d}\mu$，否则，我们称$f$的积分无定义

在目前这个阶段，我们能证明Lebesgue积分的一些最简单的性质

设$(X,\mathrm{\Gamma },\mu )$为测度空间，$E,F$为可测集，$f,g$为非负可测函数

• 如果$0\le f\le g$，那么${\int }_{E}f\text{d}\mu \le {\int }_{E}g\text{d}\mu$
• 如果$E\subset F$，那么${\int }_{E}f\text{d}\mu \le {\int }_{F}f\text{d}\mu$
• 如果$\alpha \in (0,+\mathrm{\infty })$，那么${\int }_E\alpha f\text{d}\mu =\alpha {\int }_{E}f\text{d}\mu$
• 如果$f{|}_E=0$或者$\mu (E)=0$，那么${\int }_{E}f\text{d}\mu =0$
• 如果$E\subset X$，那么${\int }_{E}f\text{d}\mu ={\int }_{X}f{1}_E\text{d}\mu$

我们对最后一条作出证明：${\int }_{X}f{1}_{E}d\mu =\underset{0\le S\le f{1}_E}{sup}{\int }_{X}Sd\mu =\underset{S}{sup}\sum {\alpha }_i\mu (A_i)$

对$x\in A_i\setminus E$，${\alpha }_i=S(x)\le f{1}_E(x)=0$，因此$A_i\subset E$

此时，$\underset{S}{sup}\sum {\alpha }_i\mu (A_i)=\underset{S\le f{1}_E}{sup}\sum {\alpha }_i\mu (A_i\cap E)\le \underset{S\le f}{sup}\sum {\alpha }_i\mu (A_i\cap E)={\int }_{E}fd\mu$

另一方面，${\int }_{E}fd\mu =sup{\int }_{E}Sd\mu =\underset{0\le S\le f}{sup}{\int }_{X}S{1}_{E}d\mu$

$=\underset{0\le S{1}_E\le f{1}_E}{sup}{\int }_{X}S{1}_{E}d\mu \le \underset{0\le S\le f{1}_E}{sup}{\int }_{X}Sd\mu ={\int }_{X}f{1}_{E}d\mu$，$◻$

Lebesgue Monotone convergence Theorem

下面几个定理都非常重要，因此证明会写的比较详细

(Lebesgue Monotone convergence Theorem，单调收敛定理)：设$\{f_n\}$为$X$上的可测函数列，并且$0\le f_1\le f_2...\le f_n\le ...\le +\mathrm{\infty }$，并且$\mathrm{\forall }x\in X,\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n(x)=f(x)$，那么$f$非负可测，并且$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_X{f}_n\text{d}\mu ={\int }_{X}f\text{d}\mu$

证明：根据之前的讨论，可测函数的极限是可测函数，因此$f$非负可测，下面证明$lim\int f_n=\int f$

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• Lemma：如果$S$是简单函数，那么$\phi (E):={\int }_{E}Sd\mu$是测度

引理证明：只需证明可列可加性，假设$\{E_n\}\in \mathrm{\Gamma }$并且$E_i\cap E_j=\mathrm{\varnothing }$

那么$\phi (\bigcup E_n)=\sum {\alpha }_i\mu (A_i\cap \bigcup E_n)=\sum {\alpha }_i\mu (\bigcup (A_i\cap E_n))=\sum {\alpha }_i\sum _j\mu (A_i\cap E_j)=\sum \phi (E_n)$，$◻$

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注意到$\int f_1\le \int f_2...\le \int f_n\le ...$，因此$lim\int f_n\le \int f$，只需证$\int f\le lim\int f_n$，这等价于证明对$0\le S\le f$的简单函数$S$有$\int S\le lim\int f_n$

固定$C\in (0,1)$，设$E_n:=\{f_n(x)>C\cdot S(x)\}$，那么$E_n$可测，并且$E_n\subset E_{n+1}$且$X=\bigcup E_n=lim{E}_n$

那么，${\int }_X{f}_n\ge {\int }_{E_n}{f}_n>C{\int }_{E_n}S=C{\phi }_S(E_n)$，其中${\phi }_S$是根据引理定义出的测度，根据测度的极限性质，我们有$lim{\int }_X{f}_n\ge C{\phi }_S(X)=C\int S$，此时令$C\to 1$，我们得到$lim{\int }_X{f}_n\ge \int S$，$◻$

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级数作为收敛的一种特殊情况，我们单独列出

设$\{f_n\}$非负可测，那么${\int }_X\sum f_{n}d\mu =\sum {\int }_X{f}_{n}d\mu$

在有了单调收敛定理之后，我们可以证明更普遍的性质，比如可加性

• 如果$S_1,S_2$为简单可测函数，那么$\int (S_1+S_2)=\int S_1+\int S_2$

• 如果$f,g$为非负可测函数，那么$\int (f+g)=\int f+\int g$

证明第一条性质只需注意到$\int (S_1+S_2)=\sum ({\alpha }_i+{\beta }_j)\mu (A_i\cap B_j)$，$\int S_1=\sum {\alpha }_i\mu (A_i\cap B_j)$即可

第二条性质可以用简单函数来逼近非负可测函数，之后使用单调收敛定理

设$f$为非负可测函数，定义$\phi (E)={\int }_{E}f$，那么$\phi$为正测度，并且对任意非负函数$g$，$\int gd\phi =\int gfd\mu$

证明：设$\{E_n\}$两两不交，那么$\phi (\bigcup E_n)=\int f{1}_{\bigcup E_n}=\int f\sum 1_{E_n}=\int \sum f{1}_{E_n}$，根据级数的收敛定理，我们有$\int \sum f{1}_E=\sum \int f{1}_E=\sum \phi (E_n)$，这就说明$\phi$是正测度

对于非负简单函数$S$，我们证明$\int Sd\phi =\int Sfd\mu$，$\int Sd\phi =\sum {\alpha }_i{\int }_{A_i}fd\mu =\sum {\alpha }_i{\int }_{X}f{1}_{A_i}d\mu$

$={\int }_{X}f\sum {\alpha }_i{1}_{A_i}d\mu ={\int }_{X}fSd\mu$，对于非负函数，我们取简单递增函数逼近，运用单调收敛定理即可，$◻$

Lebesgue积分的性质

(Definition)：1. 设$f$可测，如果$\int |f|<+\mathrm{\infty }$，那么称$f$为Lebesgue可积，可积函数的全体记为$L^1(X,\mu )$

从现在开始，我们将在$L^1$空间中进行研究，设$f,g\in L^1$

• ${\int }_{E}fd\mu ={\int }_{X}f{1}_{E}d\mu$

  特别的，由于$1_B=1_A+1_{B/A}$，因此${\int }_{B}f={\int }_{A}f+{\int }_{B/A}f$

• $|\int f|\le \int |f|$

• $\alpha f+\beta g\in L^1$，并且$\int \alpha f+\beta g=\alpha \int f+\beta \int g$

对于性质1的证明，考虑把$f$的正部和负部拆开证明，一个小细节是注意$(f{1}_E{)}^{+}=f^{+}{1}_E$

对于性质2的证明，$\int |f|=\int f^{+}+\int f^{-}$，而$|\int f|=|\int f^{+}-\int f^{-}|$，根据三角不等式即可证明

性质3实际上告诉我们，$L^1$是一个线性空间

Lebesgue Dominated convergence Theorem

(Lebesgue Dominated convergence Theorem，控制收敛定理)：设$\{f_n\}$可测，如果$f_n\to f$，且存在$g\in L^1(X,\mu )$使得$|f_n|\le g$，那么$f\in L^1(X,\mu )$，并且$lim{\int }_X{f}_{n}d\mu ={\int }_{X}fd\mu$

证明：由于$|f_n|\le g$，因此$|f|\le g$，于是$\int |f|\le \int g<+\mathrm{\infty }$，因此$f\in L^1$

此时，$|f_n-f|\le 2g$，因此$2g-|f_n-f|$非负可测

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• (Fatou's Lemma)：设非负函数族$\{f_n\}$可测，那么${\int }_{X}liminf{f}_{n}d\mu \le liminf{\int }_X{f}_{n}d\mu$

证明：令$g_n=\underset{k\ge n}{inf}{f}_k$，那么$g_n$可测，$g_n\le f_n$，$g_n\le g_{n+1}$，并且$liminf{f}_n=lim{g}_n$

根据单调收敛定理，$lim\int g_n=\int lim{g}_n=\int liminf{f}_n$，故只证$lim\int g_n\le liminf\int f_n$

而$liminf\int f_n\ge liminf\int g_n=lim\int g_n$，$◻$

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对$\{2g-|f_n-f|\}$运用Fatou's Lemma，我们得到$\int liminf2g-|f_n-f|\le liminf\int 2g-|f_n-f|$

注意到$liminf2g-|f_n-f|=2g$，而$liminf\int 2g-|f_n-f|=\int 2g-liminf\int |f_n-f|$

因此我们得到$liminf-|f_n-f|\ge 0$，即$limsup\int |f_n-f|=0$，从而$lim\int |f_n-f|=0$

最终，$|lim\int f_n-\int f|=|lim(\int f_n-f)|\le lim\int |f_n-f|=0$，$◻$

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根据控制收敛定理，我们又能得到一些结论

设$f$为可积函数，定义$\phi (E)={\int }_{E}f$，那么$\phi$为实测度

这个证明和前面非负函数的证明是类似的，不过使用控制收敛定理而不是单调收敛定理

以及著名的积分的绝对连续性

(积分的绝对连续性)：如果$f\in L^1(X,\mu )$，那么$\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }\delta >0$，对$\mu (E)<\delta$的$E$，有${\int }_E|f|d\mu <ϵ$

证明：任给$ϵ>0$，存在$n$以及简单可测函数$0\le S_n\le max(n,|f|)$，使得$\int |f|-\int S_n<ϵ/2$

取$\delta =1/2n$，那么${\int }_E|f|={\int }_E{S}_n+{\int }_E(|f|-S_n)<n\ast \delta +ϵ/2=ϵ$，$◻$

零测集的讨论

(Definition)：

1. 如果$\mu (E)=0$，那么称$E$为零测集

2. 对可测函数$f,g$，如果$\mu (\{f\ne g\})=0$，那么称$f,g$几乎处处相等，也可以说$f=g$对几乎所有$x$成立

不难证明，$f,g$几乎处处相等是一个等价关系

如果可测函数$f,g$相差一个零测集，那么${\int }_{E}f={\int }_{E}g,\mathrm{\forall }E\in \mathrm{\Gamma }$，因此零测集一般不影响积分的结果。但这个结论并不能使人满意：和可测函数$f$相差一个零测集的函数并不一定是可测函数，为此，我们引入完备化的定义

(Definition)：

3. 设$(X,\mathrm{\Gamma },\mu )$是测度空间，定义$\mathrm{\Gamma }$的完备化为

${\mathrm{\Gamma }}^{\ast }=\{E\subset X,\mathrm{\exists }A,B\in \mathrm{\Gamma },s.t.A\subset E\subset B,\mu (B\setminus A)=0\}$，那么${\mathrm{\Gamma }}^{\ast }$是$\sigma -$代数

此时，补充定义$\mu (E)=\mu (A)$，我们得到了$(X,{\mathrm{\Gamma }}^{\ast },\mu )$，我们称其为完备化的测度空间

在完备化的测度空间下，任意修改一个零测集的取值，不会修改一个函数的积分值

• 如果$f:X\to [0,\mathrm{\infty }]$可测，${\int }_{E}fd\mu =0$，那么$f$在$E$上几乎处处为$0$
• 如果$f\in L^1(X,\mu )$并且$\mathrm{\forall }E,{\int }_{E}fd\mu =0$，那么$f$在$X$上几乎处处为$0$
• 如果$f\in L^1(X,\mu )$且$|{\int }_{X}fd\mu |={\int }_X|f|d\mu$，那么$f\ge 0$或者$f\le 0$在$X$上几乎处处成立

性质1的证明用到一个技巧，考察集合$\{f>1/n\}$的测度，性质2，3都是性质1的推论

在这一节的末尾，我们证明控制收敛定理的一个强大的扩展版本，这个定理来源于严加安《测度论讲义》的定理3.2.7

设$\{f_n\}\in L^1$，且$f_n\to f$几乎处处收敛，再设$\{g_n\},g\in L_{+}^1$，$g_n\to g$几乎处处收敛，$\int g_n\to \int g$并且$|f_n|\le g_n$几乎处处成立，那么$lim\int |f_n-f|\to 0$

如果令$g_n=g$，那么我们就得到了控制收敛定理

证明：将所有的几乎处处成立的集合取交，我们得到的是一个所有性质都成立的集合，这个集合和$X$只相差一个零测集，在这个集合上，我们进行讨论

由于$|f_n|\le g_n$，因此$|f|\le g$，那么$h_n=g_n+g-|f_n-f|\ge 0$，对$h_n$运用Fatou's Lemma，我们得到$limsup\int |f_n-f|=0=lim\int |f_n-f|$

收敛性

(Definiiton)：对于测度空间$X$，$\{f_n\}$收敛，我们可以定义如下的几种收敛模式

1. 处处收敛：$\mathrm{\forall }x,f_n(x)\to f(x)$

2. 几乎处处收敛：$\mu (\{f_n(x)\nrightarrow f(x)\})=0$

3. 一致收敛：$\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }N,\mathrm{\forall }n>N,|f_n(x)-f(x)|<ϵ$

4. $L^1$收敛：当$\{f_n\},f\in L^1(X,\mu )$时，$f_n\to f$以$L^1$收敛当且仅当${\int }_X|f_n-f|\to 0$）

   （实际上也就是以$L^1$范数收敛）

5. 依测度收敛：$\mathrm{\forall }ϵ,\mu (\{|f_n(x)-f(x)|>ϵ\})\to 0$

6. 近一致收敛：$\mathrm{\forall }ϵ,\mathrm{\exists }\mu (E)<ϵ$，使$f_n\to f$在$X\setminus E$上一致收敛

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下面是一些显然的关系

$(3)\Rightarrow (1)\Rightarrow (2)$，$(3)\Rightarrow (6)$

接下来，我们探讨一些不显然的关系，除了我们列举的关系以外，其余的关系一般不成立

$(4)\Rightarrow (5)$​：如果$\{f_n\}$依$L^1$收敛，那么$\{f_n\}$依测度收敛

证明：$\mathrm{\forall }ϵ>0$，如果$f_n\to f$以$L^1$收敛，那么${\int }_X|f_n-f|\to 0$

注意到$\mu (\{|f(x)|>\alpha \})\le \frac{1}{\alpha }||f|{|}_1$，因此$\mu (\{|f_n-f|>ϵ\})\le \frac{1}{ϵ}||f_n-f|{|}_1\to 0$，$◻$

其中用到的不等式${\int }_X|f|\ge \alpha \mu (|f|>\alpha )$一般被称为Markov不等式，$◻$

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接下来，我们会讨论几乎处处收敛，近一致收敛，依测度收敛之间的关系

$(6)\Rightarrow (2),(5)$：如果$f_n\to f$近一致收敛，那么$f_n\to f$几乎处处并且依测度收敛

这就是说近一致收敛是这三者之中最强的

证明：$\mathrm{\forall }ϵ$，存在$\mu (E)<ϵ$，$f_n\to f$在$X\setminus E$上一致收敛，那么$\{f_n\nrightarrow f\}\subset E$，于是$\mu (\{f_n\nrightarrow f\})\le \mu (E)<ϵ$，令$ϵ\to 0$，我们得到$\mu (\{f_n\nrightarrow f\})=0$，即$f_n\to f$几乎处处收敛

固定$c$，当$n$足够大时，$\{|f_n-f|\ge c\}\subset E$，那么$lim\mu (\{|f_n-f|\ge c\})\to 0$，即$f_n\to f$依测度收敛，$◻$

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如果加上了$\mu (X)<\mathrm{\infty }$的条件，我们可以证明几乎处处收敛和近一致收敛是一致的

在$\mu (X)<\mathrm{\infty }$时，$(2)\Rightarrow (6)$：如果$\mu (X)<\mathrm{\infty }$并且$f_n\to f$几乎处处收敛，那么$f_n\to f$近一致收敛

证明：我们需要若干引理来证明这个命题

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• Lemma 1：如果$\mu (X)<\mathrm{\infty }$并且$f_n\to f$几乎处处收敛，那么$f_n\to f$依测度收敛

证明：对于几乎处处收敛，即$\mu (\{f_n(x)\nrightarrow f(x)\})=0$，从而$\mu (\bigcup _m\{lim\underset{n}{sup}|f_n-f|>\frac{1}{m}\})=0$

进而$\mu (\{lim\underset{n}{sup}|f_n-f|>\frac{1}{m}\})=0$，对任意$m$，记$E_n=\{|f_n-f|>\frac{1}{m}\},F_k=\bigcup _{n\ge k}{E}_n$

由于$\mu (X)<+\mathrm{\infty }$且$X\supset F_1\supset F_2\supset ...$，因此$lim\mu (F_n)=\mu (lim{F}_n)=0$

此时$limsup\mu (E_n)\le limsup\mu (F_n)=0$，因此$lim\mu (E_n)=0$，这实际上就是$f_n\to f$依测度收敛，$◻$

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设$g_n=\underset{k\ge n}{sup}|f_k-f|$，那么$lim{g}_n=lim|f_n-f|=0$几乎处处成立，由此，我们知道$g_n\to 0$依测度收敛

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• Lemma 2：设$\{{ϵ}_n\}$单调递减收敛至$0$，$\{g_n\}$可测，令$E_n=\{|g_n(x)|>{ϵ}_n\}$，如果$\sum \mu (E_n)<\mathrm{\infty }$，那么$g_n$几乎处处收敛到$0$，同时，$g_n$近一致收敛到$0$
• Lemma 3：如果$\{f_n\}$依测度收敛到$f$，那么存在子列$\{f_{n_k}\}$，使得$\{f_{n_k}\}$几乎处处收敛并且近一致收敛到$f$

注意引理3并不要求$\mu (X)<\mathrm{\infty }$

引理2的证明：由于$\sum \mu (E_n)<\mathrm{\infty }$，因此对$N$足够大，$\sum _{n=N}\mu (E_n)<ϵ$，取$E_{ϵ}=\bigcup E_n$，在$X\setminus E$上，$|g_n(x)|\le {ϵ}_n$，从而$g_n(x)\to 0$，$N$的选取对$X\setminus E$上的元素是一致的，这说明了$f$近一致收敛

而要说明几乎处处收敛，我们只需要证明$\mu (\{lim\underset{n}{sup}|g_n|>{ϵ}_m\})=0$，注意到$\{lim\underset{n}{sup}|g_n|>{ϵ}_m\}=\bigcap _k\bigcup _{n\ge k}\{|g_n|>{ϵ}_m\}\subset \bigcap _k\bigcup _n\{|g_n|>{ϵ}_n\}=limsup{E}_n$

而$\mu (limsup{E}_n)=0$，因此$f$几乎处处收敛，$◻$

引理3的证明：取${ϵ}_m=\frac{1}{m},E_m=\{|f_{n_m}-f|>{ϵ}_m\}$，其中$n_m$根据$f_n$依测度收敛的性质选取，使得$\mu (E_m)<2^{-m}$，如此选取的子列满足引理2的要求，$◻$

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根据引理，存在子列$\{g_{n_k}\}$近一致收敛，注意到$|f_n-f|\le g_{n_k},\mathrm{\forall }n\ge n_k$，因此$\{g_{n_k}\}$收敛时，$\{f_n\}$也收敛到$f$，$◻$

Lebesgue测度

外测度

(Definition)：

1. 我们称$I=\{x:a_i<x_i<b_i\}$为一个开矩体，记其体积为$|I|=\prod (b_i-a_i)$
2. 如果$E\subset \bigcup I_k$（可数个），其中$I_k$为开矩体，那么称$\{I_k\}$为$E$的一个$L-$覆盖，称$m^{\ast }(E):=inf\{\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|I_k|:E\subset \bigcup I_k\}$为$E$的外测度

外测度具有一些类似于测度的性质

1. $m^{\ast }(E)\ge 0$

2. 如果$E_1\subset E_2$，那么$m^{\ast }(E_1)\le m^{\ast }(E_2)$

3. $m^{\ast }(\bigcup E_k)\le \sum m^{\ast }(E_k)$（可列次可加性）

性质(1)，(2)显然，考虑性质(3)，我们对于$E_n$，寻找一个$L-$覆盖$\{I_{n,k}\}$，使得$m^{\ast }(E_n)\le \sum |I_{n,k}|\le m^{\ast }(E_n)+ϵ/2^n$，如此$\bigcup _n\{I_{n,k}\}$构成一个$\bigcup E_n$的$L-$覆盖，得到$m^{\ast }(\bigcup E_k)\le \sum m^{\ast }(E_k)+ϵ$，再令$ϵ\to 0$即可

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既然我们的外测度基于开矩体定义，那么至少在开矩体上，它应该是一个良定义的，也即

1. 对于可数点集$A$，$m^{\ast }(A)=0$

2. 对于开矩体$I$，$m^{\ast }(\overline{I})=|I|$，其中$\overline{I}$为$I$的闭包

3. 对于超平面$H$，$m^{\ast }(H)=0$

4. 对于开矩体$I$，$m^{\ast }(I)=|I|$

单点的外测度为0，根据次可加性，(1)成立

对于(2)，将开矩体每一维稍微放大，来得到稍大的$\overline{I}$的$L-$覆盖，因此$m^{\ast }(\overline{I})\le |I|$，而$m^{\ast }(\overline{I})\ge |I|$是显然的

证明(3)时，一个技巧是将给所有的维数一个界$(-n,n)$，之后对所有$n$取并，(4)根据(2),(3)可以很快得出

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外测度虽然没有可列可加性，但是有重要的分离可加性

如果$d(E_1,E_2)>0$，那么$m^{\ast }(E_1\cup E_2)=m^{\ast }(E_1)+m^{\ast }(E_2)$

证明：只需证$m^{\ast }(E_1\cup E_2)\ge m^{\ast }(E_1)+m^{\ast }(E_2)$，任取$E_1\cup E_2$的一个$L-$覆盖$\{I_n\}$，我们可以将$I_n$的每一维划分为$<\delta$的若干部分来得到一个更精细的$L-$覆盖，在这里，我们选取$\delta =d(E_1,E_2)/\dim$，如此这个覆盖中的每个开矩体只与$E_1,E_2$中的一个相交，那么$\sum |I_n|\ge m^{\ast }(E_1)+m^{\ast }(E_2)$，$◻$

Cantor集

(Definition)：定义$I_0=[0,1]$，之后每一步将每个区间的中间三分之一的开区间删除，得到$I_{n+1}$，令$C:=\bigcap _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{I}_n$为Cantor集

Cantor集是一个神奇的集合

1. $C$是非空有界闭集

2. 如果$[a_n,b_n]$是$I_n$中的端点，那么$a_n,b_n\in C$

3. $C$是完全集，这等价于$C=C^{\prime }$，也等价于$C$没有孤立点

4. $C$没有内点，即$C$的内部为空集

5. $C$是不可数集

6. $m^{\ast }(C)=0$

(1)根据闭区间套定理知$C$为非空闭集，(2)根据构造过程可知

在构造的第$n$步中，恰有$2^n$个闭区间，每个区间之间距离至少为$3^{-n}$，每个区间的长度为$3^{-n}$

因此对于任何$C$中的点$x$，$B(x,\delta )\not\subset C$，且总存在$\{x_n\}$逼近$x$，这证明了(3), (4)

而$m^{\ast }(I_n)=(2/3{)}^n\to 0$，这证明了(6)，对于(5)，可以证明$C$中点和$\{\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_i}{3^i},a_i\in \{0,2\}\}$一一对应

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(Definition)：定义$C\to [0,1]$的函数$f$：$f(\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_i}{3^i})=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_i/2}{2^i}$

将其扩展到$[0,1]$上，定义$g(x)=sup\{f(y):y\in C,y\le x\}$，称$g$为Cantor函数

Cantor函数也非常神奇

1. $f$是满射，但不是单射，并且$f$单调递增

2. $g{|}_C=f$，$g$单调递增

3. $g$在$[0,1]$上连续，进一步，$|g(x)-g(y)|\le 2|x-y{|}^{\alpha }$，其中$\alpha =\log 2/\log 3$

4. $g$在Cantor集以外的每个区间上取值为常数，这也说明$g$的导数几乎处处为$0$

其中(3)不好证明

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如果每次不是去掉中间的$1/3$，而是去掉中间的$\delta ,\delta \in (0,1/3)$，那么我们就得到了类Cantor集，这个集合是有界闭集，有测度但是没有内点

Lebesgue可测集

(Definition)：设$E\subset {\mathbb{R}}^d$，如果对任意$A\subset {\mathbb{R}}^d$有$m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\cap E^c)$，则称$E$为Lebesgue可测集，记$M$为Lebesgue可测集的全体

这个定义由Caratheodory提出，其和Lebesgue提出的定义是等价的，换而言之

对任意$A\subset {\mathbb{R}}^d$有$m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\cap E^c)$当且仅当对任意开矩体$I$有$m^{\ast }(I)=m^{\ast }(I\cap E)+m^{\ast }(I\cap E^c)$

证明：$\Rightarrow$显然，我们考虑$\Leftarrow$，取$A$的一个开矩体覆盖$\{I_k\}$使得$m^{\ast }(A)\le \sum |I_k|\le m^{\ast }(A)+ϵ$

那么$m^{\ast }(A\cap E)\le m^{\ast }(\bigcup (I_k\cap E))\le \sum m^{\ast }(I_k\cap E)$

因此，$m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\cap E^c)\le \sum (m^{\ast }(I_k\cap E)+m^{\ast }(I_k\cap E^c))=\sum |I_k|\le m^{\ast }(A)+ϵ$

取$ϵ\to 0$结合外测度的可列次可加性，$◻$

下面将我们之前的讨论联系起来

1. $M$是一个$\sigma -$代数

2. 对两两不交的集合列$\{E_n\}\in M$，有$m^{\ast }(\bigcup E_n)=\sum m^{\ast }(E_n)$

也就是说，外测度定义在$M$上时，它就是真正的测度

证明：(1) 不难知道，$\mathrm{\varnothing }\in M$，又可测集的定义对补集而言是对称的，因此对补集封闭

对$E_1,E_2\in M$，$m^(A (E_1 E_2)) + m^(A (E_1 E_2)^c) $

$\le [m^{\ast }(A\cap E_1\cap E_2)+m^{\ast }(A\cap E_1\cap E_2^c)]+[m^{\ast }(A\cap E_1^c\cap E_2)+m^{\ast }(A\cap E_1^c\cap E_2^c)]=m^{\ast }(A)$

因此，$E_1\cup E_2\in M$

接下来考虑$\{E_n\}\in M$两两不交，取$S_n=\bigcup ^n{E}_i$，对任意$A$，证明在有限情况下$m^{\ast }(A)=\sum ^n{m}^{\ast }(A\cap E_i)+m^{\ast }(A\cap S_n^c)$，之后令$n\to \mathrm{\infty }$得到$m^{\ast }(A)\ge \sum ^{\mathrm{\infty }}{m}^{\ast }(A\cap E_i)+m^{\ast }(A\cap S^c)\ge m^{\ast }(A\cap S)+m^{\ast }(A\cap S^c)$，故$S\in M$

2. 上面的式子的不等号实际上都是等号，令$A=S$，就可以得到$m^{\ast }(S)=\sum ^{\mathrm{\infty }}{m}^{\ast }(E_i)+m^{\ast }(\mathrm{\varnothing })=\sum ^{\mathrm{\infty }}{m}^{\ast }(E_i)$，$◻$

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经常用到的结论：如果对可测集$S$，集合$E_1\subset S,E_2\subset S^c$，那么$m^{\ast }(E_1\cup E_2)=m^{\ast }(E_1)+m^{\ast }(E_2)$

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既然我们知道了可测集的判定方法，我们就可以尝试什么样的集合在可测集中

${\mathbb{R}}^d$中开集为Lebesgue可测集

证明：任取$A\subset {\mathbb{R}}^d$，对开集$E$，证明$m^{\ast }(A)\ge m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\cap E^c)$

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• (Carathedory)：设$F$为开集，$E\subset F$，令$E_k=\{x\in E:d(x,F^c)\ge 1/k\}$，那么$lim{m}^{\ast }(E_k)=m^{\ast }(E)$

证明：对$x\in E\subset F,x\notin F^c$，因此$d(x,F^c)>0$，故$\bigcup E_k=E$，从而$m^{\ast }(E_i)\le m^{\ast }(E)$，$lim{m}^{\ast }(E_k)\le m^{\ast }(E)$

下面证明$lim{m}^{\ast }(E_k)\ge m^{\ast }(E)$，不妨设$lim{m}^{\ast }(E_k)<\mathrm{\infty }$

令$A_k=E_{k+1}\setminus E_k$，不难知道$d(A_k,A_{k+2})>0$，于是$m^{\ast }(E_{2k})\ge m^{\ast }(\bigcup A_{2j})=\sum m^{\ast }(A_{2j})$

令$k\to \mathrm{\infty }$，我们得到$\sum m^{\ast }(A_{2j})<lim{m}^{\ast }(E_{2k})<\mathrm{\infty }$，对奇数和同理，因此其后缀和趋于$0$

最后，注意到$m^{\ast }(E)\le m^{\ast }(E_{2k})+\sum m^{\ast }(A_{2j})+\sum m^{\ast }(A_{2j+1})$，令$k\to \mathrm{\infty }$得到我们想要的，$◻$

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我们对$A\cap E$和开集$E$带入引理，得到$lim{m}^{\ast }((A\cap E{)}_k)=m^{\ast }(A\cap E)$

那么，$m^{\ast }(A)\ge m^{\ast }((A\cap E^c)\cup (A\cap E{)}_k)=m^{\ast }(A\cap E^c)+m^{\ast }((A\cap E{)}_k)$，对$k$取极限即可，其中需要注意到$F_k\subset A,d(E^c,F_k)>0$，$◻$

(Corollary)：${\mathbb{R}}^d$中的Borel集是Lebesgue可测集

Borel集与Lebesgue可测集

下面是记录周民强《实变函数论》的一些比较凌乱的讨论.

设$E\in M$，任给$ϵ>0$，有

• 存在开集$F\subset E$，使得$m(F\setminus E)<ϵ$
• 存在闭集$G\supset E$，使得$m(E\setminus G)<ϵ$
• 如果$m(E)<\mathrm{\infty }$，那么存在紧集$K\subset E$，使得$m(E\setminus K)<ϵ$

对1，当$m(E)<\mathrm{\infty }$时，$E$的一个$L-$覆盖的并就是开集，而$m(E)=\mathrm{\infty }$时，我们对$m(E\cap B(0,k))$取一个$ϵ/2^k$的近似即可

2可以由1得到，对3，设$E_k=E\cap B(0,k)$，由$m(E)<\mathrm{\infty }$，我们可以取到$m(E\setminus E_k)<ϵ$，对$E_k$用2的结论，取到$ϵ$近似的$K$，此时$m(E\setminus K)<2ϵ$并且$K$是有界闭集

(Corollary)：设$E\in M$，则，存在$G_{\delta }$集$G\supset E$，使得$m(G\setminus E)=0$且存在$F_{\sigma }$集$F\subset E$，使得$m(E\setminus F)=0$

这个定理也可以表述为任何一个可测集$E$可以表为$G\setminus Z$的形式，其中$G\supset E$为$G_{\delta }$集，$Z$为零测集

(Corollary of Corollary)：Lebesgue测度空间是Borel测度空间的完备化

对一般的集合$E$以及外测度，上述定理中关于开集的结论仍然成立（以$m(F)-m(E)<ϵ$的形式），而可测集上的外测度实际上就是测度，因此我们有

(Corollary，外测度的正则性)：任取$E\subset {\mathbb{R}}^d$，那么存在$G_{\delta }$集$H\supset E$，使得$m^{\ast }(E)=m(H)$

(Corollary)：$m^{\ast }(lim inf{E}_k)\le lim inf{m}^{\ast }(E_k)$

我们取$H_k\subset E_k$使得$m^{\ast }(E_k)=m(H_k)$，用$H_k$改写不等式后，测度实际上就是$1_{H_k}$的积分，用Fatou's Lemma即可

上述定理的一个作用在于，如果我们尝试证明一个集合是可测集，可以尝试将其写为可测集和若干零测集的并

(Steinhaus)：设$E\in M$且$m(E)>0$，那么$\{x-y:x,y\in E\}\supset B(0,\delta )$，对于某个$\delta$

证明：我们需要一个引理

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• 设$E\in M$且$m(E)>0$，那么对任意$0<\lambda <1$，存在开矩体$I$，使得$\lambda |I|<m(I\cap E)$

不妨设$m(E)<\mathrm{\infty }$，反证$\lambda |I|\ge m(I\cap E)$

对任意$L-$覆盖$\{I_k\}$，注意到$m(E)\le \sum m(I_k\cap E)\le \lambda \sum |I_k|$，通过选取$L-$覆盖就能导出矛盾

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固定$\lambda >1-2^{-(n+1)}$，取开矩体$I$满足引理，作开矩体$J$为$(-\delta /2,\delta /2{)}^n$，其中$\delta$为$I$的最长边长

对$x\in J$，有$m(I\cap (I+x))>2^{-n}|I|$，因此$m(I\cup (I+x))<2|I|-2^{-n}|I|<2\lambda |I|$

这说明$(E\cap I)\cap ((E\cap I)+x)\ne 0$，即$J\subset \{x-y:x,y\in E\}$，$◻$

（不可测集的存在性）：在${\mathbb{R}}^d$上定义等价关系：$x\sim y$当且仅当$x-y\in {\mathbb{Q}}^d$

我们从每个等价类中任取一点构成集合$W$，那么$W$为不可测集（Vitali set）

假设其为可测集，显然$m(W)>0$，根据Steinhaus's TH，存在$r\in {\mathbb{Q}}^d\cap B(0,\delta )$，使得$r=x-y$，其中$x,y\in W$，矛盾

(Corollary)：设$m^{\ast }(E)>0$，那么存在不可测集$W_E$使得$W_E\subset E$

更具体的，我们取的不可测集为$(W+\{r\})\cap E$，其中$r$是一个被选取使得$m^{\ast }((W+\{r\})\cap E)>0$的有理数

(Corollary)：$\mathbb{R}$中可测集，不可测集的全体的势为${\mathrm{\aleph }}_2$

Cantor集的子集都是零测集，而且Cantor集势为${\mathrm{\aleph }}_1$；不可测集则可以考虑$W$的选取中，每一个等价类的有理数选取是任意的

存在集合$E\in {\mathbb{R}}^d$，$E$是可测集但不是Borel集

用到Borel集的势为${\mathrm{\aleph }}_1$的结论可以轻松地证明这个定理，等笔者学了这个结论之后再来整理这一条...

Borel测度

设$({\mathbb{R}}^d,\mathcal{B}\mathcal{,}\mu \mathcal{)}$是Borel测度空间，$\mu \not\equiv 0$，并且 $\mu (K)<\mathrm{\infty }$，对任意紧集$K$，那么 (1) $\mathrm{\forall }E\in \mathcal{B}$，$\mu (E)=inf\{\mu (G):E\subset Gopen\}$ (2) $\mathrm{\forall }E\in \mathcal{B}$，$\mu (E)=sup\{\mu (F):Fclosed\subset E\}$

最后两个定理等到他们被用到的时候再来记录证明，感觉用处很局限

设$({\mathbb{R}}^d,\mathcal{B}\mathcal{,}\mu \mathcal{)}$是Borel测度空间，$\mu \not\equiv 0$，并且 (1) $\mu (K)<\mathrm{\infty }$，对任意紧集$K$ (2) $\mu (A+\{x_0\})=\mu (A)$，对任意$A\in \mathcal{B},x_0\in {\mathbb{R}}^d$ 那么，存在$\alpha >0$，使得对任意集合$E\in \mathcal{B}$，$\mu (E)=\alpha m(E)$

设$T:{\mathbb{R}}^d\to {\mathbb{R}}^d$是一个线性变换，那么任意可测集$E$，$m(T(E))=|detT|\cdot m(E)$

杂乱的讨论

周民强的《实变函数论》写的比较随意，零散的结论比较多，我们在这里进行罗列

Lusin Theorem

(Lusin Theorem)：设$E\subset {\mathbb{R}}^d$可测，$f:E\to [-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty }]$为几乎处处有限的可测函数，那么$\mathrm{\forall }ϵ>0$，存在闭集$F\subset E$，使得$m(E\setminus F)<ϵ$并且$f$在$F$连续

证明：对简单函数$S=\sum _{i=1}^n{\alpha }_i{1}_{E_i}$，对每一$E_i$取闭集$F_i\subset E_i$使得$m(E_i\setminus F_i)<ϵ/n$；之后，考虑$F=\bigcup _{i=1}^n{F}_i$，那么$m(E\setminus F)<ϵ$，并且由于$\{F_i\}$两两不交且$S$在$F_i$上连续，有$S$在$F$上连续

不妨设$f$取值都是有限的，构造$g=\frac{f}{1+|f|}$，$g,f$有一样的连续性，但是$g\in [-1,1]$，我们可以取简单函数$S_n$逼近$g$，使得$|S_n-g|\le \frac{1}{2^n}$；对于每个简单函数$S_n$，取闭集$F_n$，使$m(E\setminus F_n)<ϵ/2^n$且$S_n$在$F_n$上连续

取$F=\bigcap _{i=1}^n{F}_i$，那么$m(E\setminus F)<ϵ$，并且$S_n$在$F$上连续并且一致收敛到$g$，最终有$g$在$F$上连续，$◻$

(Corollary)：如果$f:E\to [-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty }]$可测且几乎处处有限，

那么对任意$ϵ>0$，存在连续函数$g\in C({\mathbb{R}}^d)$，使得$m(E\cap \{f(x)\ne g(x)\})<ϵ$且$sup|g|\le sup|f|$

进一步，如果$m(E)<\mathrm{\infty }$，那么$g$可以取$C_c({\mathbb{R}}^d)$中的函数。 更具体地，在$m(E)<\mathrm{\infty }$时，我们可以选取一个有界的开集$G\supset E$，满足$g\in C_c(G)$

证明：根据Lusin TH，存在闭集$F\subset E$，使得$m(E\setminus F)<ϵ$并且$f{|}_F$连续；根据连续函数的延拓定理（一个神奇的构造），存在$g:{\mathbb{R}}^d\to \mathbb{R}$连续且使得$g{|}_F=f{|}_F$且$sup|g|\le sup|g{|}_F|$，取$g$即可。

而当$m(E)<\mathrm{\infty }$时，我们可以选取紧集$K\subset E$，使得$m(E\setminus K)<ϵ/2$，再根据Lusin TH，存在紧集$F\subset K$，使得$m(K\setminus F)<ϵ/2$且$f{|}_F$连续，考虑将$f{|}_F$进行延拓得到$g$

任取有界开集$G\supset F$，根据Urysohn定理（证明中的一个推论），存在$\phi \in C_c({\mathbb{R}}^d)$，使得$1_F\le \phi \le 1_G$，取$g^{\prime }=g\cdot \phi$。由于$\phi {|}_F=1,g{|}_F=f{|}_F$且$\phi \in C_c({\mathbb{R}}^d)$，因此$m(\{f\ne g^{\prime }\}\cap E)\le m(E\setminus K)+m(K\setminus F)<ϵ$且$g^{\prime }\in C_c({\mathbb{R}}^d)$，$◻$

(Corollary)：设$E\subset {\mathbb{R}}^d$可测，$f$为$E$上的几乎处处有限的可测函数，那么，存在$\{f_n\}\subset C({\mathbb{R}}^d)$使得$f_n\to f$在$E$中几乎处处成立

对$m(E)<\mathrm{\infty }$时，我们可以取$C_c({\mathbb{R}}^d)$来进行逼近

可积函数与连续函数

如果$f\in L^1({\mathbb{R}}^d)$，那么$\mathrm{\forall }ϵ>0$，存在$g\in C_c({\mathbb{R}}^d)$，使得$\int |f-g|dm<ϵ$

证明：我们可以选择适合的$M$，记$E=(\{f(x)\ge M\}\cup \{|x|\ge M\}{)}^c$，那么$E$需要满足${\int }_{E^c}|f|dm\le ϵ/4$

根据Lusin TH的推论，存在$g\in C_c(B(0,M))$使得$m\{E\cap (f\ne g)\}<ϵ/4M$，并且$sup|g|\le sup|f|$，特别的，在$E$上$sup|g|\le M$ $$\begin{array}{rl}\int |f-g|dm& ={\int }_E|f-g|dm+{\int }_{E^c}|f-g|dm\\ & \le {\int }_{E\cap \{f\ne g\}}|f-g|dm+{\int }_{E^c}|f|dm+{\int }_{E^c}|g|dm\\ & \le \frac{ϵ}{2}+\frac{ϵ}{2}=ϵ\end{array}$$ 由上，$◻$

(Corollay)：设$f\in L^1$，那么存在$\mathrm{\exists }\{f_n{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}\in C_c({\mathbb{R}}^d)$，使得$f_n\to f$以$L^1$收敛并且几乎处处收敛，而且有$sup|f_n|\le sup|f|$

这个推论可以认为是Lusin定理推论的一个扩展

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既然可积函数几乎就是一个连续函数，那么我们定义一个平均的连续指标，可积函数在这个指标上应当是和连续函数一样的

(平均连续性)：设$f\in L^1({\mathbb{R}}^d)$，那么$\underset{h\to 0}{lim}{\int }_{{\mathbb{R}}^d}|f(x+h)-f(x)|dm=0$

用连续函数逼近去证明即可

Lebesgue积分和Rieman积分

回顾数学分析，我们使用了达布上和和达布下和以及划分的加细来得到Rieman积分的定义，更具体的，我们需要以下结论

达布上和的极限为达布上积分：$\overline{{\int }_a^b}f(x)dx=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^{k_n}{M}_i^n(x_i^n-x_{i-1}^n)$

达布下和的极限为达布下积分：$\underset{―}{{\int }_a^b}f(x)dx=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^{k_n}{m}_i^n(x_i^n-x_{i-1}^n)$

接下来开始逐步引入Lebesgue积分：

设$f$有界，那么$\overline{{\int }_a^b}f(x)dx-\underset{―}{{\int }_a^b}f(x)dx={\int }_{[a,b]}{W}_{f}dm$

其中$W_f(x)=lim supf(x)-lim inff(x)$

可以给每个大小为$n$的划分赋予一个分段振幅函数，这个函数将收敛至振幅函数$W_f$，由于$f$有界，我们可以用控制收敛定理来得到上述条件

下面这个定理直白地指出，一般情况下Rieman积分就是Lebesgue积分，因此在后文中，我们将使用$\text{d}x$而不是$\text{d}m$来指代Lebesgue积分

如果$f$在$[a,b]$上Rieman可积，那么其在$[a,b]$上Lebesgue可积，并且两个积分相等

证明：因$f$在$[a,b]$上Rieman可积，$f$有界

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• (Lebesgue判别准则)：设$f$在$[a,b]$上有界，那么$f$在$[a,b]$上Rieman可积当且仅当$f$的不连续点集为零测集

联想振幅函数，达布上下积分，连续之间的关系不难证明

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$f$不仅有界，还几乎处处连续，这就告诉我们$f$可测，结合$f$有界，我们得到$f$在$[a,b]$上Lebesgue可积

证明两个积分相等，可以用达布上下和去夹逼Lebesgue积分，取极限来得到结论，$◻$

对于广义积分，一般Rieman积分和Lebesgue积分并不一样，主要的原因在于Rieman积分中的瑕积分相当于正负进行求和再取极限，而Lebesgue积分是先取极限再正负部求和，限定只有正部的情况下，有如下结论：

• 如果$f$是$[a,b]$上的非负函数，如果对$\mathrm{\forall }ϵ>0$，$f$在$[a+ϵ,b]$上Rieman可积，极限$\underset{ϵ\to 0^{+}}{lim}{\int }_{a+ϵ}^{b}f(x)dx$(瑕积分)存在且有限

  那么$f\in L^1([a,b])$并且${\int }_a^{b}f(x)dm=\underset{ϵ\to 0^{+}}{lim}{\int }_{a+ϵ}^{b}f(x)dx$

• 如果$f$是$[a,\mathrm{\infty })$上的非负函数，如果对$\mathrm{\forall }b>a$，$f$在$[a,b]$上Rieman可积，极限$\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_a^{b}f(x)dx$(无穷积分)存在且有限

  那么$f\in L^1([a,\mathrm{\infty }))$并且${\int }_a^{\mathrm{\infty }}f(x)dm=\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_a^{b}f(x)dx$

证明的思路是对$f{1}_{[a+1/n,b]}$和$f{1}_{[a,n]}$使用Lebesgue单调收敛定理