单调收敛定理

在数学中，有许多定理称为单调收敛定理（英语：Monotone convergence theorem）；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$\langle a_{n}\rangle$有上界，则它是收敛的，且它的极限为$\sup _{n}\{a_{n}\}$。

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

$\lim _{j\to \infty }\sum _{k}a_{j,k}=\sum _{k}\lim _{j\to \infty }a_{j,k}$

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 $f_{1},f_{2},\ldots$ 为定义域是 $X$，对应域是 $[0,\infty )$ 的 $\mu$-可测单调递增函数序列。也就是说 $\forall x\in X,\,k\in \mathbb {N}$，有

$0\leq f_{k}(x)\leq f_{k+1}(x)$。

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

$f(x):=\lim _{k\to \infty }f_{k}(x)$。

则 $f$ 会是 $\mu$-可测函数，且：

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

注意其积分值不一定是有限值，也就是左右两边可能都是无限大。

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$[0,\infty ]$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：

$f(x)\in I\Leftrightarrow f_{k}(x)\in I,~\forall k\in \mathbb {N}$。

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$\int fd\mu \geq \lim _{k}\int f_{k}d\mu$开始。

根据勒贝格积分的定义，

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

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$f_{k}(x)\leq f(x)$，我们便有：

$\left\{\int gd\mu |g\in SF,g\leq f_{k}\right\}\subseteq \left\{\int gd\mu |g\in SF,g\leq f\right\}.$

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：$\int fd\mu \geq \lim _{k}\int f_{k}d\mu .$

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：

$\int fd\mu \leq \lim _{k}\int f_{k}d\mu .$

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

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

只需证明对于每一个$k\in \mathbb {N}$，都有：

$\int g_{k}d\mu \leq \lim _{j}\int f_{j}d\mu$

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

$\lim _{j}f_{j}(x)\geq g_{k}(x)$

几乎处处，则：

$\lim _{j}\int f_{j}d\mu \geq \int g_{k}d\mu .$

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$\epsilon >0$，并定义可测集合的序列：

$B_{n}=\{x\in B:f_{n}(x)\geq 1-\epsilon \}.$

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

$\mu (B_{n})(1-\epsilon )=\int (1-\epsilon )1_{B_{n}}d\mu \leq \int f_{n}d\mu$

根据$\lim _{j}f_{j}(x)\geq g_{k}(x)$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：

$\mu (\bigcup _{n}B_{n})=\lim _{n}\mu (B_{n})\leq \lim _{n}(1-\epsilon )^{-1}\int f_{n}d\mu$

取$k\rightarrow \infty$，并利用这对任何正数$\epsilon$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