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设$ \{f_{k}\}_{k\in \mathbb {N} } $是一个非负可测函数的非递减序列，令 - $ f=\sup _{k\in \mathbb {N} }f_{k} $
由积分的单调性可以立刻得出： - $ \int fd\mu \geq \lim _{k}\int f_{k}d\mu $
由于该系列是单调的，因此可以推出右侧的极限存在。 我们现在来证明另一个方向的不等式（它也可以通过法图引理证明），即 - $ \int fd\mu \leq \lim _{k}\int f_{k}d\mu $。
由积分的定义可以推出，有一个非负简单函数的非递减序列$ g_{n} $，几乎处处逐点收敛于$ f $，使得 - $ \lim _{k}\int g_{k}d\mu =\int fd\mu $。
因此只需证明对于任何$ k\in \mathbb {N} $ - $ \int g_{k}d\mu \leq \lim _{j}\int f_{j}d\mu $
我们来证明假如$ g $是一个简单函数而且几乎处处 - $ \lim _{j}f_{j}(x)\geq g(x) $
则 - $ \lim _{j}\int f_{j}d\mu \geq \int gd\mu $。
将函数$ g $分解为其常数部分，可以化为$ g $是一个集合的指示函数的情况。这样的话我们只要证明 - 设$ A $是一个可测集合，$ \{f_{k}\}_{k\in \mathbb {N} } $是一个$ E $上可测函数的非递减序列，则几乎对所有$ x\in A $
- $ \lim _{n}f_{n}(x)\geq 1 $
则 - $ \lim _{n}\int f_{n}d\mu \geq \mu (A). $
要证明这个结果，令$ \epsilon >0 $并定义可测集合的序列为 - $ B_{n}=\{x\in A:f_{n}(x)\geq 1-\epsilon \} $。
由积分的单调性可以得出对于任何$ n\in \mathbb {N} $， - $ \mu (B_{n})(1-\epsilon )=\int (1-\epsilon )1_{B_{n}}d\mu \leq \int f_{n}d\mu $
由于对于足够大的$ n $，几乎所有的$ x $都位于$ B_{n} $内，我们便有 - $ \bigcup _{i}B_{i}=A $
对于一个测度为0的系列成立。因此根据$ \mu $的可数可加性 - $ \mu (A)=\lim _{n}\mu (B_{n})\leq \lim _{n}(1-\epsilon )^{-1}\int f_{n}d\mu $。
由于这个结果对于任何正的$ \varepsilon $成立，因此定理得证。 | 
hbghlyj
发表于 2024-12-13 23:19
tommywong
发表于 2024-12-14 12:08
