控制收敛定理

它指向谁（出边）

推出 2

• 本页 ⟹ 交换极限/导数与积分推出
  DCT $\implies$ 在积分号下求极限与求导

  (a) 取任意 $t_n \to t_0$，令 $f_n(x) = f(x, t_n)$。由题设 $|f_n| \le g \in L^1$、且 $f_n \to f(x,t_0)$ 逐点，DCT 直接给出

  $$F(t_n) = \int f_n \to \int f(\cdot, t_0) = F(t_0)$$

  对一切序列 $t_{n}$ 成立，故 $\lim_{t\to t_0} F(t) = F(t_0)$。

  (b) 取任意 $t_n \to t_0$，令

  $$h_n(x) = (f(x, t_n) - f(x, t_0)) / (t_n - t_0)$$

  则 $F'(t_0) = \lim_n (F(t_n) - F(t_0)) / (t_n - t_0) = \lim_n \int h_n$。要把它换成 $\int \lim h_{n}$ 就够了，而 DCT 正好提供这个能力：

  $\cdot$ $h_n \to \partial f / \partial t(x, t_0)$ 逐点（这是导数的定义）； $\cdot$ 控制：由中值定理，$|h_n(x)| \le \sup_{t \in [t_0, t_n]} | \partial f / \partial t(x, t) | \le g(x)$。

  于是

  $$F'(t_0) = \lim_n \int h_n = \int \lim_n h_n = \int \partial f / \partial t(x, t_0) d\mu(x)$$

  ∎

  $>$ ⚠ (b) 里那个「取 sup 的控制」必须提前假定：如果只对每个 $t$ 假设有控制，是不够的 —— 需要同一个 $g$ 控制整族偏导数。

• 本页 ⟹ L^p 是 Banach 空间推出
  三角不等式 + MCT + DCT $\implies$ $L^p$ 完备

  ① 换成级数。 赋范线性空间完备 $\iff$ 每个绝对收敛的级数都收敛（标准判据）。所以设 $\{f_k\} \subseteq L^p$ 且

  $$B := \sum_{k=1}^{\infty} \|f_k\|_p < \infty$$

  目标：证明 $\sum_k f_k$ 在 $L^p$ 范数下收敛。

  ② 先做逐点收敛。 令

  $$G_n := \sum_{k \le n} |f_k|, \qquad G := \sum_{k=1}^{\infty} |f_k|$$

  由 Minkowski（三角不等式），$\|G_n\|_p \le \sum_{k \le n} \|f_k\|_p \le B$，即 $\int G_n^p \le B^p$。$G_n \uparrow G$，由 MCT，

  $$\int G^p = \lim_n \int G_n^p \le B^p$$

  于是 $G \in L^p$，特别地 $G < \infty$ a.e.。这就说明 $\sum_k f_k(x)$ 对 a.e. $x$ 绝对收敛，记其和为 $F$。

  ③ 再做范数收敛。 部分和 $s_n := \sum_{k \le n} f_k$ 满足 $s_n \to F$ a.e.，且

  $$|F - s_n|^p \le \left( |F| + |s_n| \right)^p \le (2G)^p \in L^1$$

  （因为 $|F| \le G$、$|s_n| \le G$。）由 DCT，

  $$\left\| F - s_n \right\|_p^p = \int |F - s_n|^p \to 0$$

  即 $s_n \to F$ 于 $L^p$。故绝对收敛级数都收敛，$L^p$ 完备。∎

  $>$ ⭐ 这一段是「用逐点收敛的定理（MCT / DCT）去证范数收敛」的范例：控制函数 $G$ 就是关键桥梁。

谁指向它（入边）

推出 1

• Fatou 引理 ⟹ 本页推出
  Fatou $\implies$ 控制收敛定理

  设 $f_n \to f$ a.e.，$|f_n| \le g \in L^1$。

  ① $f \in L^{1}$。 由 $|f| = \lim|f_n| \le g$（a.e.）得 $f$ 可积。

  ② 上界方向：$\limsup_n \int f_n \le \int f$。 考虑 $g - f_n \ge 0$（因为 $|f_{n}| \le g$）。这列非负函数满足

  $$g - f_n \to g - f\quad \text{a.e.}$$

  对它用 Fatou 引理：

  $$\int (g - f) \le \liminf_n \int (g - f_n) = \int g - \limsup_n \int f_n$$

  （最后一步是因为 $\liminf_{-a_n} = -\limsup a_n$。）移项即得 $\limsup_n \int f_n \le \int f$。

  ③ 下界方向：$\liminf_n \int f_n \ge \int f$。 同样对 $g + f_n \ge 0$ 用 Fatou：

  $$\int (g + f) \le \liminf_n \int (g + f_n) = \int g + \liminf_n \int f_n$$

  移项得 $\liminf_n \int f_n \ge \int f$。

  ④ ②与③合起来 $\limsup \le \int f \le \liminf$，故极限存在且等于 $\int f$。∎

  $>$ ⭐ 关键在于控制函数提供的非负性：$g \pm f_n$ 都是非负的，于是 Fatou 可以直接用。没有 $g$，这一步就写不出来。 $>$ 移项之所以合法，是因为 $g$ 可积（$\int g < \infty$）—— 这正是「控制函数必须属于 $L^{1}$」而不能只是「有界」的原因。

定义引用 2

• 可积 / L¹ → 本页定义引用

  DCT 的前提与结论都在 $L^{1}$ 里。

• L⁺ → 本页定义引用

  DCT 的证明是正负部各用一次 Fatou —— 又回到 $L^{+}$。