日期: 2023-12-21 20:27 查看: 113 次编辑导出

控制收敛定理

在实变函数中，控制收敛定理（dominated convergence theorem, DCT）是 Lebesgue 积分的重要结果之一

## 内容

设 $\left\{f_k(x)\right\}_{k=1}^{\infty} \subset L(E)$ 且

1. $\lim _{k \rightarrow \infty} f_k(x)=f(x)$, a.e. $x \in E$.
2. $\exists F(x) \in L(E),\left|f_k(x)\right| \leqslant F(x), \quad$ a.e. $x \in E$. 在这里 $F(x)$ 称为控制函数。
   那么极限可以和积分交换次序，

$$
\lim _{k \rightarrow \infty} \int_E\left|f_k(x)-f(x)\right| \mathrm{d} x=0 .
$$

进而有

$$
\lim _{k \rightarrow \infty} \int_E f_k(x) \mathrm{d} x=\int_E f(x) \mathrm{d} x .
$$

当 $m(E)<+\infty$ 时控制函数可以取特殊的常数。
当然，上面的控制函数要求对所有的 $k$ 成立，我们可以取得一般一些: 设 $\left\{f_k(x)\right\}_{k=1}^{\infty} \subset L(E)$ 且

1. $\lim _{k \rightarrow \infty} f_k(x)=f(x)$, a.e. $x \in E$.
2. $\exists F(x) \in L(E),\left|f_k(x)\right| \leqslant g_k(x), \quad$ a.e. $x \in E$.
3. $\lim _{k \rightarrow \infty} \int_E g_k(x) \mathrm{d} x=\lim _{k \rightarrow \infty} \int_E g(x) \mathrm{d} x$.

那么

$$
\lim _{k \rightarrow \infty} \int_E\left|f_k(x)-f(x)\right| \mathrm{d} x=0 .
$$

## 证明

我们就一般情形进行证明。

$$
\begin{aligned}
\int_E 2 g \mathrm{~d} x & =\int_E \liminf _{k \rightarrow \infty}\left(g+g_k\right) \mathrm{d} x \\
& \leqslant \int_E \liminf _{k \rightarrow \infty}\left(g+g_k-\left|f-f_k\right|\right) \mathrm{d} x \\
& \leqslant \liminf _{k \rightarrow \infty} \int_E\left(g+g_k-\left|f-f_k\right|\right) \mathrm{d} x \\
& \leqslant \int_E 2 g \mathrm{~d} x-\limsup _{k \rightarrow \infty} \int_E\left|f-f_k\right| \mathrm{d} x
\end{aligned}
$$

于是

$$
\limsup _{k \rightarrow \infty} \int_E\left|f-f_k\right| \mathrm{d} x \leqslant 0 .
$$

这就推出了 $L^1$ 收敛性，最后

$$
\lim _{k \rightarrow \infty}\left|\int_E f_k(x) \mathrm{d} x-\int_E f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \lim _{k \rightarrow \infty} \int_E\left|f_k(x)-f(x)\right| \mathrm{d} x=0
$$

便可得到积分的逐点收敛。

## 评论

1. 只有几乎处处收敛是得不出强收敛的，这是因为这个函数序列可能在一个零测集上趋近于无穷，考察 $[0,1]$ 中定义的函数列

$$
f_k(x)= \begin{cases}n, & x \in[0,1 / n] \\ 0, & x \in(1 / n, 1]\end{cases}
$$

那么 $f_k$ 在 $[0,1]$ 上几乎处处收敛于零，但是 $\lim _{k \rightarrow \infty}\left\|f_k-f\right\|_{L^1([0,1])}=1$.
2. 只有模收敛是得不出强收敛的，因为如果可以，那么一个函数序列 $f_k$ 可以模收敛到 $\pm f$ ，当 $f$ 不是零的时候强收敛的极限将会不唯一，矛盾。
3. 定理反过来不对，强收敛不能蕴含几乎处处收敛。一个例子是在 $[0,1]$ 上令 $f_{n, i}(x)$ 取 $\left[\frac{i-1}{n}, \frac{i}{n}\right]$ ，那么函数序列 $\left\{f_{1,1}, f_{2,1}, f_{2,2}, f_{3,1}, \cdots\right\}$ 强收敛且模收敛到零，但它不是几乎处处收敛的。
4. 强收敛可以推出模收敛，这是由范数的连续性保证的。
5. 推论

$$
\lim _{k \rightarrow \infty} \int_E f_k(x) \mathrm{d} x=\int_E f(x) \mathrm{d} x .
$$

并不是模收敛，因为 $f_k, f$ 可能会变号，这种收敛性是十分难得的，它是某种弱收敛的体现，因为我们在很多时候做放缩的时候或直接将绝对值放进积分中从而得到模收敛的结果。
6. 定理中几乎处处收敛的条件可以减弱为依测度收敛 (见下文)，但是不能减弱为弱收敛（详见这里），如果我们是在 $L^p$ 空间 $(1<p<+\infty)$ ，那么弱收敛和模收敛就可以推出强收敛， $L^1$ 空间推不出的本质原因是 $L^{\infty}$ 不是一致凸空间（在一致凸空间中，弱收敛和模收敛就可以推出强收敛）。

## 依测度收敛型 :

设 $\left\{f_k(x)\right\}_{k=1}^{\infty} \subset L\left(\mathbb{R}^n\right)$ 且

1. $\left\{f_k(x)\right\}_{k=1}^{\infty}$ 在 $\mathbb{R}^n$ 上依测度收敛于 $f(x)$.
2. $\exists F(x) \in L(E),\left|f_k(x)\right| \leqslant F(x), \quad$ a.e. $x \in \mathbb{R}^n$.

那么

$$
\lim _{k \rightarrow \infty} \int_{\mathbb{R}^n} f_k(x) \mathrm{d} x=\int_{\mathbb{R}^n} f(x) \mathrm{d} x .

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