單調收斂定理

在數學中，有許多定理稱為單調收斂定理（英語：Monotone convergence theorem）；這裏我們介紹一些主要的例子。

單調實數序列的收斂性

定理

如果a_k是一個單調的實數序列（例如a_k ≤ a_k+1），則這個序列具有極限（如果我們把正無窮大和負無窮大也算作極限的話）。若且唯若序列是有界的，這個極限是有限的。

證明

我們證明如果遞增序列$\langle a_{n}\rangle$有上界，則它是收斂的，且它的極限為$\sup _{n}\{a_{n}\}$。

由於$\{a_{n}\}$非空且有上界，因此根據實數的最小上界公理，$c=\sup _{n}\{a_{n}\}$存在，且是有限的。現在，對於每一個$\varepsilon >0$，都存在一個$a_{N}$，使得$a_{N}>c-\varepsilon$，否則$c-\varepsilon$是$\{a_{n}\}$的一個上界，這與$c$為最小上界$\sup _{n}\{a_{n}\}$的事實矛盾。於是，由於$\langle a_{n}\rangle$是遞增的，對於所有的n > N，都有$|c-a_{n}|=c-a_{n}\leq c-a_{N}<\varepsilon$，因此根據定義，$\langle a_{n}\rangle$的極限為$\sup _{n}\{a_{n}\}$。證畢。

類似地，如果一個實數序列是遞減且有下界，則它的最大下界就是它的極限。

單調級數的收斂性

定理

如果對於所有的自然數j和k，a_j,k都是非負實數，且a_j,k ≤ a_j+1,k，則（參見第168頁）：

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

勒貝格單調收斂定理

這個定理是前一個定理的推廣，也許就是最重要的單調收斂定理。

定理

設( X, A, $\mu$ )為一個測度空間。若序列 $f_{1},f_{2},\ldots$ 為定義域是 $X$，對應域是 $[0,\infty )$ 的 $\mu$-可測單調遞增函數序列。也就是說 $\forall x\in X,\,k\in \mathbb {N}$，有

$0\leq f_{k}(x)\leq f_{k+1}(x)$。

接着，設序列 $\{f_{n}\}$ 的逐點極限為 $f$。也就是說 $\forall x\in X,$

$f(x):=\lim _{k\to \infty }f_{k}(x)$。

則 $f$ 會是 $\mu$-可測函數，且：

$\lim _{k\to \infty }\int _{X}f_{k}\,d\mu =\int _{X}f\,d\mu$。（參見第21.38節）

注意其積分值不一定是有限值，也就是左右兩邊可能都是無限大。

證明

我們首先證明f是$\mu$-可測函數。為此，只需證明區間[0,t]在f下的原像是X上的σ代數A的一個元素。設I為$[0,\infty ]$的一個子區間。那麼：

$f^{-1}(I)=\{x\in X|f(x)\in I\}$。

另一方面，由於[0,t]是閉區間，因此：

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

所以：

$\{x\in X|f(x)\in I\}=\bigcap _{k\in \mathbb {N} }\{x\in X|f_{k}(x)\in I\}$。

注意可數交集中的每一個集合都是A的一個元素，這是因為它是一個波萊爾子集在$\mu$-可測函數$f_{k}$下的原像。由於根據定義，σ代數在可數交集下封閉，因此這便證明了f是$\mu$-可測的。需要注意的是，一般來說，任何可測函數的最小上界也是可測的。

現在我們證明單調收斂定理的餘下的部分。f是$\mu$-可測的事實，意味着表達式$\int fd\mu$是定義良好的。

我們從證明$\int fd\mu \geq \lim _{k}\int f_{k}d\mu$開始。

根據勒貝格積分的定義，

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

其中SF是X上的$\mu$-可測簡單函數的交集。由於在每一個$x\in X$，都有$f_{k}(x)\leq f(x)$，我們便有：

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

因此，由於一個子集的最小上界不能大於整個集合的最小上界，我們便有：$\int fd\mu \geq \lim _{k}\int f_{k}d\mu .$

右面的極限存在，因為序列是單調的。

我們現在證明另一個方向的不等式（也可從法圖引理推出），也就是說，我們來證明：

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

從積分的定義可以推出，存在一個非負簡單函數的非遞減序列g_n，它幾乎處處逐點收斂於f，且：

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

只需證明對於每一個$k\in \mathbb {N}$，都有：

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

這是因為如果這對每一個k都成立，那麼等式左端的極限也將小於或等於等式右端。

我們證明如果g_k是簡單函數，且

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

幾乎處處，則：

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

由於積分是線性的，我們可以把函數$g_{k}$分拆成它的常數部分，化為$g_{k}$是σ代數A的一個元素B的指示函數的情況。在這種情況下，我們假設$f_{j}$是一個可測函數的序列，它在B的每一個點的最小上界都大於或等於一。

為了證明這個結果，固定$\epsilon >0$，並定義可測集合的序列：

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

根據積分的單調性，可以推出對於任何的$n\in \mathbb {N}$，都有：

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

根據$\lim _{j}f_{j}(x)\geq g_{k}(x)$的假設，對於足夠大的n，任何B內的x都將位於$B_{n}$內，因此：

$\bigcup _{n}B_{n}=B$。

所以，我們有：

$\int g_{k}d\mu =\int 1_{B}d\mu =\mu (B)=\mu (\bigcup _{n}B_{n}).$

利用測度的單調性，可得：

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

取$k\rightarrow \infty$，並利用這對任何正數$\epsilon$都正確的事實，定理便得證。

參見

• 無窮級數
• 勒貝格控制收斂定理