单调收敛定理

① 先看两项。 由非负性，$\{f_1 \wedge n\}$、$\{f_2 \wedge n\}$ 都是简单函数列的极限（简单函数逼近定理），于是

其中用到了 MCT（把 $f_{1} + f_{2}$ 写成极限）与简单函数积分的可加性 (b)。

② 归纳到有限项。 逐次用 ① 得到

③ 让 $N \to \infty$。 部分和 $\sum_{n\le N} f_n$ 是 $L^{+}$ 中的递增列，极限正是 $\sum_{n=1}^{\infty} f_n$。对部分和列用一次 MCT：

∎

设 $g_n = \inf_{k \ge n} f_k$，则

$\cdot$ $g_n \le f_k$ 对一切 $k \ge n$ 成立，故 $\int g_n \le \inf_{k\ge n} \int f_k$； $\cdot$ $\{g_n\}$ 是 $L^{+}$ 中的递增列（下确界取的集合越来越少），且 $\lim_n g_n = \liminf_k f_k$。

对递增列 $\{g_n\}$ 用 MCT：

∎

$>$ 整个证明就是把「liminf 定义成递增列的上确界」这件事翻译一遍 —— MCT 之外什么都没用。

① 指示函数。 取 $f = \chi_E$（$E \in \mathcal{M} \otimes \mathcal{N}$）。此时

于是三重等式正是上一条定理的内容。

② 简单函数。 由线性推广到 $f = \sum_j a_j \chi_{E_j}$（$a_j \ge 0$，$E_{j}$ 不交）。

③ 非负可测函数。 取简单函数列 $\{f_n\} \nearrow f$（简单函数逼近定理）。令

由 $f_n \uparrow f$ 与积分的单调性，$\{g_n\}$ 递增；由 MCT，$g = \lim_n g_n$ 且

再由 ② 对每个 $n$ 的三重等式，

于是

（最后一步又用一次 MCT。）另一边对称。这就是 Tonelli，全程不需要可积性。

④ Fubini。 设 $f \in L^1(\mu \times \nu)$。把 $f$ 拆成 $\operatorname{Re} f^+, \operatorname{Re} f^-, \operatorname{Im} f^+, \operatorname{Im} f^-$ 四个非负部分，对每一部分用 ③。由

和 ③ 的三重等式，得到 $\int_X (\int_Y |f| d\nu) d\mu < \infty$，故 $\int_Y |f(x, \cdot)| d\nu < \infty$ 对 a.e. $x$ 成立 —— 即 $f_x \in L^1(\nu)$ a.e.；同理 $f^y \in L^1(\mu)$ a.e.。既然两个累次积分都已经是有限数，就可以直接相减、不再有 $\infty - \infty$ 的危险，三重等式对 $f$ 成立。∎

$>$ ⭐ 分工很干净：Tonelli 负责非负（无条件），Fubini 用「可积」把四个非负部分的结论拼起来。

I. 先设 $\nu$、$\mu$ 都有限，且 $\nu \ge 0$。

① 造候选函数集。 令

则 $0 \in \mathcal{F}$，且 $\mathcal{F}$ 对取大封闭：若 $f, g \in \mathcal{F}$，令 $A = \{f > g\}$、$h = \max_{f, g}$，则对任意 $E$，

故 $h \in \mathcal{F}$。

② 取上确界。 令 $a := \sup\{ \int f d\mu : f \in \mathcal{F} \} \le \nu(X) < \infty$（这一步用到 $\nu$ 有限）。取 $\{f_n\} \subseteq \mathcal{F}$ 使 $\int f_n d\mu \to a$，令

由 ① 每个 $g_n \in \mathcal{F}$，且 $g_n \uparrow f$、$\int g_n d\mu \ge \int f_n d\mu$，故 $\lim_n \int g_n d\mu = a$。由 MCT，$f \in \mathcal{F}$ 且 $\int f d\mu = a$。

③ 断言 $d\lambda := d\nu - f d\mu$ 与 $\mu$ 奇异。 反设不然，由引理，存在 $\varepsilon > 0$ 与 $E \in \mathcal{M}$、$\mu (E) > 0$，使 $\lambda \ge \varepsilon\mu$ 在 $E$ 上成立，即

于是 $f + \varepsilon \chi_E \in \mathcal{F}$，但

与 $a$ 的上确界性矛盾。故 $\lambda \perp \mu$，$\nu = \lambda + (f d\mu)$ 就是所要的分解。

④ 唯一性。 设 $d\nu = d\lambda' + f' d\mu$ 是另一种分解。则

左边与 $\mu$ 奇异（两个各与 $\mu$ 奇异的测度之差仍与 $\mu$ 奇异），右边关于 $\mu$ 绝对连续。由「既奇异又绝对连续 $\implies$ 等于零」，两边都是 0，即 $\lambda = \lambda'$ 且 $f = f'$ $\mu -\text{a.e.}$。

II. 推广到 $\sigma$有限。 取 $X = \bigcup_j A_j$（$\mu(A_j) < \infty$、$\nu(A_j) < \infty$）。令

对每一对 $(\mu_j, \nu_j)$ 用 $I$，得 $d\nu_j = d\lambda_j + f_j d\mu_j$。规定 $\lambda_j(A_j^c) = 0$、$f_j = 0$ 在 $A_j^c$ 上，令

则 $d\nu = d\lambda + f d\mu$、$\lambda \perp \mu$，且 $d\lambda$、$f d\mu$ 都 $\sigma$有限。

$III. \nu$ 是符号测度。 把 $I$、II 分别用在 $\nu^+$ 与 $\nu^-$ 上（由「绝对连续与变差」，绝对连续性对变差是逐块的），再把结果相加。∎

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

目标：证明 $\sum_k f_k$ 在 $L^p$ 范数下收敛。

② 先做逐点收敛。 令

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，

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

（因为 $|F| \le G$、$|s_n| \le G$。）由 DCT，

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。

① 一个方向是免费的。 由 $f_{n} \le f$ 与积分的单调性，$\int f_{n} \le \int f$，故

所以只需证另一边。

② 用一个简单函数从下面逼近 $f$。 给定 $\varepsilon > 0$，由 $\int f$ 的定义（取上确界）存在简单函数 $\varphi$ 使

③ 把 $\varphi$ 搬进 $E_{n}$。 令 $E_n = \{x : f_n(x) \ge \varphi(x)\}$。因为 $f_{n} \uparrow f$ 且 $\varphi \le f$，集合列 $E_{n}$ 是递增的、且 $\bigcup_n E_n = X$。于是

④ 让 $n \to \infty$。 由简单函数积分的性质 (d)，$A \mapsto \int_A \varphi d\mu$ 是 $\mathcal{M}$ 上的一个测度；把它用在递增列 $E_{n} \uparrow X$ 上，用测度的下连续性：

所以存在 $N$ 使 $n > N$ 时 $\int_{E_n} \varphi > \int \varphi - \varepsilon$，从而

⑤ 收尾。 对一切 $n > N$ 成立，故 $\lim_n \int f_n \ge \int f - 2\varepsilon$；令 $\varepsilon \to 0$ 得 $\lim_n \int f_n \ge \int f$。与 ① 合起来就是等号。∎

$>$ ⭐ 整段证明只用了两样东西：简单函数积分的 (d)（把 $A \mapsto \int _A \varphi$ 当作测度）和积分的单调性。单调性假设就是用来保证 ③ 里的 $E_{n}$ 递增到 $X$ 的。