第三章 积分和空间 $L^p$

目录
目录
 1.  积分的基本性质
 2.  积分号下取极限
 3.  不定积分和符号测度
 4.  空间 $L^p$ 及其对偶

1. 积分的基本性质

积分的定义

1. 对于 $f\in\mathcal{S}^+, f=\sum_{i=1}^{n}a_i1_{A_i}$, 定义 \[ \mu(f)=\sum_{i=1}^{n}a_i\mu(A_i). \]
2. 对于 $f\in \bar{\mathcal{L}}^+$, 存在 $f_n\in\mathcal{S}^+$ 使得 $f_n\uparrow f$, 定义 \[ \mu(f)=\lim_n \mu(f_n). \]
3. 对于 $f\in \bar{\mathcal{L}} $, 若 $\mu(f_+)<\infty$ 或 $\mu(f_-)<\infty$, 则称 $\mu(f)$ 存在, 定义 \[ \mu(f)=\mu(f_+)-\mu(f_-). \]

证明

证明.

1. 只证明 $\alpha<0$ 的情况, 其余情形类似. 因为 $\mu(f)$ 存在, 不妨设 $\mu(f_+)<\infty$. 则存在 $\mathcal{S}^+\ni f_n\uparrow f$, 那么 $(-\alpha)f_n\in \mathcal{S}^+$ 且 $(-\alpha) f_n\uparrow (-\alpha)f$ . 由定义以及非负简单函数的性质得 \[ \mu\big((-\alpha)f_+\big)=\lim_n \mu\big((-\alpha)f_n\big)=\lim_n(-\alpha)\mu\big(f_n\big)=(-\alpha)\mu(f_+). \] 同理可证 $\mu\big((-\alpha)f_-\big)=(-\alpha)\mu(f_-)$. 又由于 $\alpha<0$, \[ (\alpha f)_+=(-\alpha)f_-,\ (\alpha f)_-=(-\alpha)f_+. \] 那么 \[ \mu\big((\alpha f)_-\big)=\mu\big((-\alpha)f_+\big)=(-\alpha)\mu(f_+)<\infty, \] 同理 \(\mu\big((\alpha)_+\big)=(-\alpha)\mu(f_-)\), 因此 $\mu(\alpha f)$ 存在且 \begin{align*} \mu(\alpha f)&=\mu\big((\alpha f)_+\big)-\mu\big((\alpha f)_-\big)=(-\alpha) \mu(f_-)-(-\alpha)\mu(f_+)\\ &=\alpha \big(\mu(f_+)-\mu(f_-)\big)=\alpha \mu(f). \end{align*}
2. 证明分两步走
   1. 先设 $f\ges0, g\ges0$, 则存在 $f_n,g_n\in\mathcal{S}^+$ 使得 $f_n\uparrow f,g_n\uparrow g$ 且 $f_n+g_n\in\mathcal{S}^+, (f_n+g_n)\uparrow f+g$. 由定义以及非负简单函数的性质得 \begin{align*} \mu(f+g)&=\lim_n\mu(f_n+g_n)=\lim_n\big(\mu(f_n)+\mu(g_n)\big)\\ &=\lim_n \mu(f_n)+\lim_n\mu(g_n)=\mu(f)+\mu(g). \end{align*}
   2. 再考虑一般情况. 因为 \[ \mu(f)+\mu(g)=\big(\mu(f_+)+\mu(g_+)\big)-\big(\mu(f_-)+\mu(g_-)\big). \] 所以 $\mu(f)+\mu(g)$ 等价于 $\mu(f_+)+\mu(g_+)<\infty$ 或$\mu(f_-)+\mu(g_-)<\infty$. 不妨设 $\mu(f_+)+\mu(g_+)<\infty$. 因为 \[ (f+g)_+=\max\{f+g,0\}\les \max\{f,0\}+\max\{g,0\}=f_++g_+. \] 由 $\mu$ 对非负可测函数的单调性以及第一步得 \[ \mu\big((f+g)_+\big)\les \mu(f_++g_+)=\mu(f_+)+\mu(g_+)<\infty \] 这说明 \(f_+,g_+<\infty\), a.e., 那么 \[ (f+g)_+\les f_++g_+<+\infty,\ \mr{a.e.} \] 即 $f+g$, a.e. 有意义, 不妨设 $f+g$ 处处有意义. 又已证 $\mu\big((f+g)_+\big)<\infty$, 所以 $\mu(f+g)$ 存在. 由于 \[ f+g=(f+g)_+-(f+g)_-=f_+-f_-+g_+-g_-, \] 因为 $f_+,g_+,(f+g)_+<\infty$, 所以 \[ f_++g_++(f+g)_-=f_-+g_-+(f+g)_+, \] 那么由第一步得 \[ \mu(f_+)+\mu(g_+)+\mu\big((f+g)_-\big)=\mu(f_-)+\mu(g_-)+\mu\big((f+g)_+\big). \] 因为 $\mu\big( (f+g)_+\big),\mu(f_+),\mu(f_-)<\infty$, 所以 \[ \mu\big((f+g)_-\big)-\mu\big((f+g)_+\big)=\mu(f_-)-\mu(f_+)+\mu(g_-)-\mu(g_+), \] 即 $\mu(f+g)=\mu(f)+\mu(g)$.
3. 由下得 \[ |\mu(f)|=|\mu(f_+)-\mu(f_-)|\les \mu(f_+)+\mu(f_-)=\mu(|f|). \]
4. 不妨设 $f\les g$ 处处成立^[1]\Big)\md \mu. \]

4. 空间 $L^p$ 及其对偶

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1. 事实上也可以取截断逼近来证明}. 下面分两步成立.
   1. 先设 $0\les f\les g$, 则存在 $f_n,g_n\in\mathcal{S}^+$ 使得 $f_n\uparrow f, g_n\uparrow g$. 令 $h_n=\min\{f_n,g_n\}$, 则 $h_n\in\mathcal{S}^+$ 且 \[ h_n\uparrow \min\left\{ \lim_n f_n,\lim_n g_n \right\}=\min\{f,g\}=f. \] 由积分的定义和$\mu$ 对非负可测函数的单调性得 \[ \mu(f)=\lim_n\mu(h_n)\les \lim_n\mu(g_n)=\mu(g). \]
   2. 再考虑一般得情况. 因为 \begin{align*} f_+&=\max\{f,0\}\les \max\{g,0\}=g_+\\ f_-&=\max\{-f,0\}\ges \max\{-g,0\}=g_-, \end{align*} 由第一步得 $\mu(f_+)\les \mu(g_+), \mu(f_-)\ges \mu(g_-)$, 所以 \[ \mu(f)=\mu(f_+)-\mu(f_-)\les \mu(g_+)-\mu(g_-)=\mu(g). \]
2. 下面分三步证明.
   1. 对于 $f\in\mathcal{S}^+, f=\sum_{i=1}^{n}a_i1_{A_i}$ 有 \[ f1_N=\sum_{i=1}^n a_11_{A_i\cap N}\in\mathcal{S}^+, \] 那么 \[ \mu(f1_N)=\sum_{i=1}^n a_i\mu(A_i\cap N)=0. \]
   2. 对于 $f\in\bar{\mathcal{L}}^+$, 存在 $f_n\uparrow f$ 使得 $f_n1_N\uparrow f1_N$. 由积分的定义以及第一步得 \[ \mu(f1_N)=\lim_n \mu(f_n1_N)=0. \]
   3. 对于 $f\in\bar{\mathcal{L}}$, 因为 \[ (f1_N)_+=f_+1_N,\ (f1_N)_-=f_-1_N \] 由第二步得 \[ \mu(f_+1_N)=0,\ \mu(f_-1_N)=0. \] 因此 \[ \mu(f1_N)=\mu\big((f1_N)_+\big)-\mu\big((f1_N)_-\big)=0. \]
3. 必要性由 (5) 立得. 充分性用反证法证明. 假设 $f=0$, a.e. 不成立, 则 $\mu\big([f>0]\big)>0$. 因为 \[ [f>0]=\cup_{n=1}^\infty [f>\frac1n], \] 所以 \[ \mu\big([f>0]\big)=\mu\big(\cup_{n=1}^\infty [f>\frac1n]\big)=\lim_n \mu\big([f>\frac1n]\big)>0, \] 那么存在 $n_0\in\mbn_+$ 使得 $\mu\big([f>\frac{1}{n_0}]\big)>0$. 因为 \[ f\ges \frac{1}{n_0}1_{[f>\frac{1}{n_0}]} \ \Rightarrow\ \frac{1}{n_0}\mu\big([f>\frac{1}{n_0}]\big)>0, \] 这与 $\mu(f)=0$ 矛盾.
4. 假设 $f<+\infty$, a.e. 不成立, 则 $\mu([f=+\infty])>0$, 那么 $f\ges n1_{f=+\infty}, \ff n\ges 0$ \[ \mu(f)\ges n\mu([f=+\infty]), \ff n\ges 1. \] 由于 $\mu([f=+\infty])>0$. 令 $n\to+\infty$ 得 $\mu(f)\ges +\infty$, 矛盾. 再证 $[f>0]$ 为 $\sigma$ 有限. 因为 \[f\ges 0,\ [f>0]=\cup_{n=1}^\infty [f>\frac1n], \] 所以 \[ f\ges \frac{1}{n} 1_{[f>\frac1n]}\ \Rightarrow\ \mu(f)\ges \frac1n\mu\big([f>\frac1n]\big)\ \Rightarrow\ \mu\big([f>\frac1n]\big)\les n\mu(f)<+\infty \] 因此 $[f>0]$ 为 $\sigma$ 有限.

证明

证明.

1. 因为 $f,g$ 可积, 所以 $|f|,|g|$ 可积. 取 $A=[f>g]$, 则 $\mu(f1_A)\les \mu(g1_A)$. 又 \[ |\mu(g1_A)|\les \mu(|g|)<\infty,\ |\mu(f1_A)|\les \mu(|f|)<\infty, \] 所以 \[ \mu\big((g-f)1_A\big)=\mu(g1_A)-\mu(f1_A)\ges 0. \] 同时 $(g-f)1_A\les 0$, 则 $\mu\big((g-f)1_A\big)\les 0$, 因此$\mu\big((g-f)1_A\big)= 0, (g-f)1_A=0$, a.e.. 进而只能为 $\mu(A)$=0.
2. 因为 $\mu$ 是 $\sigma$ 有限的, 所以存在 $A_n\in\mathcal{F}$ 使得 \[ \Omega=\sum_{i=1}^\infty A_n,\ \ \mu(A_n)<\infty. \] 令 $\mu_n(A)=\mu(A\cap A_n)$, 容易验证 $\mu_n$ 为有限测度且 $\mu=\sum_{i=1}^\infty \mu_n$. 先考虑 $f,g$ 为实值函数的情况. 令 \[ B_m=[|f|\les m]\cap [|g|\les m]\uparrow \Omega, \] 定义 \[ \mu_{m,n}(A)=\mu_n(A\cap B_m)=\mu(A\cap B_m\cap A_n). \] 容易验证 $\mu_{m,n}$ 为有限测度且 \[ \mu_{m,n}(f1_A)=\mu(f1_{A\cap B_m\cap A_n}). \] 那么对任意 $A\in\mathcal{F}$ 有 \[ \mu_{m,n}(f1_A)\les \mu_{m,n}(g1_A). \] 因为 \[ \mu_{m,n}(|f|)=\mu(|f|1_{A_n\cap B_m})\les m\mu(A_n)<\infty, \] 同理有 $\mu_{m,n}(|g|)<\infty$. 由(1)得 $\mu_{m,n}\big([f>g]\big)=0$. 因为 $B_m\uparrow \Omega$, 所以 \[ \mu_n\big([f>g]\big)=\lim_m\mu_{m,n}\big([f>g]\big)=0, \] 进而 \[ \mu\big([f>g]\big)=\sum_{i=1}^\infty\mu_n\big([f>g]\big)=0. \]

2. 积分号下取极限 本节介绍几个经典的换序定理：单调收敛定理、 Fatou 引理和控制收敛定理.

证明

证明. 为了简洁, 只证明去掉 $\mr{a.e.}$ 的情况.

1. 任取 $n\in\mbn$. 取 $f_{nm}\in\cs^+$ 使得 $f_{nm}\uparrow f_n$. 令 $g_m=\max_{1\les i\les m} f_{im}$, 则 $g_m\in\cs^+$ 且 $g_m\les g_{m+1}, g_m\les f_m$. (断言 $g_m\to f$: 对任意 $N\in\mbn$, 当 $m\ges N$ 时有 $$f_{im}\les g_m\les f_m,\ \ff 1\les i\les N.$$ 令 $m\to\infty$ 得 $f_m\les \lim_m g_m\les f$, 由 $N$ 的任意性即得结论.) 因 $g_m\in\cs^+$ 且 $g_m\uparrow f$, 由积分的定义得 $$ \mu(f)=\lim_m\mu(g_m)\les \lim_m\mu(f_m).$$ 但另一方面 $\mu(f)\ges\lim_m \mu(f_m)$, 故 $\mu(f)=\lim_m \mu(f_m)$.
2.  由 $\mu(f_1)<\infty)$ 得 $\mu\big([f_1=\infty]\big)=0$. 令 $$ \bar{f}_n=f_n1_{[|f_1|<\infty]},\ \bar{f}=f1_{[|f_1|<\infty]},$$ 则 $\bar{f}_n,\bar{f}\in\bar{\cl}^+$ 且 $\bar{f}_n\downarrow\bar{f}$. 令 $g_n=\bar{f}_1-\bar{f}_n(\ges0)$, 则 $g_n\uparrow (\bar{f}_1-\bar{f})$. 由 (1) 得 $\mu(f_n)=\mu(\bar{f}_n)\downarrow \mu(\bar{f}).$

证明

证明. 取 $g_n=\sum_{i=1}^n f_i, \ g=\sum_{i=1}^\infty f_i$ 即可.

分类讨论即可证明下面这个命题

证明

证明.

1. 因为 $f_n\uparrow$, 所以 $f_n^+\uparrow, f_n^-\downarrow$, 那么 $$ f_n^+\xrightarrow[]{\mr{a.e.}} f^+,\ \ f_n^-\xrightarrow[]{\mr{a.e.}} f^-.$$ 进而 $\mu(f_n^+)\uparrow\mu(f^+),\mu(f_n^-)\downarrow\mu(f^-)$ . 只需保证 $f$ 的积分存在：因为 $f_n^-\downarrow f^-$, 故 $f_1^-\ges f^-$; 又 $f_1\in L(\Omega)$, 结合 $\mu(f_1)>-\infty$, 分类讨论得 $\mu(f_1^-)<\infty$, 故 $\mu(f^-)\les \mu(f_1^-)<\infty.$
2. 对 $\{-f_n\}$ 应用 (1).

证明

证明.

1. 令 $\vp_n=\inf_{k\ges n} f_k$, 则 $\vp_n\uparrow\liminf_n f_n$ 且 $\vp_1\ges g\,(\mr{a.e.})$. 于是 $$\mu(\vp_1)\ges \mu(g)>-\infty,$$ 由单调收敛定理得 $\liminf_n f_n$ 积分存在. 又 $$ \mu(\inf_{k\ges n} f_k)\les \inf_{k\ges n}\mu(f_k),$$ 令 $n\to\infty$ 得 $$ \lim_n\mu(\vp_n)=\mu(\liminf_n f_n)\les \liminf_n \mu(f_n).$$
2. 对 $\{-f_n\}$ 应用 (1).

证明

证明.

1. 设 $f_n\xrightarrow[]{\mr{a.e.}} f.$ 对 $g_n+f$ 和 $g_n-f$ 分别用 Fatou 引理即得结论： \begin{align*} \mu(g+f)&\les \mu(g)+\liminf_n \mu(f_n)\ \Rightarrow\ \mu(f)\les \liminf_n \mu(f_n)\\ \mu(g-f)&\les \mu(g)+\liminf_n \mu(-f_n)\ \Rightarrow\ \mu(f)\ges \limsup_n \mu(f_n)\\ \end{align*}
2. 设 $f_n\xrightarrow[]{\mu} f.$ 若 $\mu(f_n)\not\to\mu(f)$, 则存在 $\ve_0>0$ 以及 $\mu(f_{n_k})$ 使 $|\mu(f_{n_k})-\mu(f)|\ges\ve_0$. 但因 $f_n\xrightarrow[]{\mu} f,$ 则对于 $n_k$ 存在其子列 $n_{k_l}$ 使 $f_{n_{k_l}}\xrightarrow[]{\mr{a.e.}} f$, 由 (1) 得 $\mu(f_{n_{k_l}})\to\mu(f)$, 矛盾!

证明

证明.

1. 设 $f_n\xrightarrow[]{\mr{a.e.}} f, g_n\xrightarrow[]{\mr{a.e.}} g $ . 令 $$h_n=g_n+g-|f_n-f| (\ges0),$$ 由 Fatou 引理得 \begin{align*} 2\mu(g)=&\mu(\liminf_n h_n)\\ \les& \liminf_n\mu(h_n)=2\mu(g)-\limsup_n\mu(|f_n-f|) \end{align*} 即 $\mu(|f_n-f|)\to0$.

证明

证明. 充分性在上个定理中令 $g_n=|f_n|,g=|f|$ 即可. 必要性由三角不等式给出.

证明

证明. 充分性在上个定理中令 $g_n=|f_n|,g=|f|$ 即可. 必要性中 $ f_n\xrightarrow[]{\mu} f$ 由 Markov 不等式给出, $\mu(|f_n|)\to \mu(|f|)$ 由三角不等式给出.

3. 不定积分和符号测度

证明

证明. 不妨设对任意 $A\in\cf$ 有 $\nu(A)>-\infty$.

1. 首先证明存在 $D\in \cf$ 使得 \begin{align} \ff A\in\cf, A\sbs D&\ \Rightarrow\ \nu(A)\ges0 \label{D1}\\ \ff A\in\cf, A\sbs D^c&\ \Rightarrow\ \nu(A)\les0. \label{D2} \end{align} 先证明\eqref{D2}. 为此, 令 \[ \cg=\set{B\in\cf}{\nu^+(B)=0}, \] 前面已经证明 $\cg$ 有等价表示 \[ \cg=\set{B\in\cf}{\ff C\in\cf, C\sbs B, \nu(C)\les 0}. \] 思路：通过把 $\cg$ 中元素取并集得到 $D^c$. 已证通过 $\cg$ 的等价表示, 可以得到
   • $\cg$ 对可列并封闭;
   • 若 $B\in\cg, A\sbs B, A\in\cf$, 则 $A\in\cg$.
   令 $\beta=\inf _{B\in\cg}\nu(B)$,\footnote{虽然假设 $\nu(A)>-\infty,\ff A\in\cf$, 但有可能 $\beta=-\infty$.} 由下确界的定义得存在 $B_n\in\cg$ 使 $\lim_n \nu(B_n)=\beta$. 令 $D^c=\cup_{n\ges 1} B_n$, 则 $D^c\in \cg$, 并且 \[ \beta\les \nu(D^c)=\nu(B_k)+\nu(D^c\backslash B_k)\les \nu(B_k). \] 令 $n\to\infty$ 即得 $nu(D^c)=\beta>-\infty$, 同时由 $\cg$ 的性质得对任意 $A\sbs D^c$, 有 $\nu(A)\les 0$.
2. 下证 \eqref{D1}, 采用反证法. 假设存在 $A\sbs D, A\in\cf$ 使得 $\nu(A)<0$. 这时一定有 $\nu_+(A)>0$, 否则 $\nu_+(A)=0$, 那么 $A\in\cg$, 进而$D^c\sqcup A\in\cg$ \[ \nu(D^c\sqcup A)=\nu(D^c)+\nu(A)=\beta+\nu(A)<\beta,\ (\beta>-\infty) \] 但这与 $\beta$ 的定义矛盾, 故一定有$\nu_+(A)>0$. 由 $\nu^+$ 的定义得, 存在 $A_1\in\cf, A_1\sbs A$ 使得 \[ \nu(A_1)\ges \left\{ \begin{array}{cc} \tfrac12 \nu^+(A), \ & \nu^+<\infty,\\ \tfrac12,\ &\nu^+=\infty. \end{array} \right. \] 那么 $\nu(A_1)>0$, 由 $\nu(A\backslash A_1)+\nu(A_1)=\nu(A), \nu(A)<0$ 得到 $\nu(A\backslash A_1)<0$. 重复对 $A$ 的上述步骤可得 \[ \ee A_2\sbs A\backslash A_1,\ \nu(A_2)\ges \min\{\frac12\nu^+(A\backslash A_1),\frac12\}>0. \] 由归纳法可得两两不交的 $A_n\sbs D$ 使得 $A_n\sbs A\backslash \sum_{k=1}^{n-1} A_k$ 且 \begin{equation}\label{A1} \nu(A_n)\ges \min\{\frac12\nu^+(A\backslash \sum_{k=1}^{n-1} A_k),\frac12\}>0. \end{equation} 令 $\tilde{A}=\sum_{k=1}^\infty A_k\sbs A$ 因为 $\nu(A)<0, \nu(A\backslash \tilde{A})>-\infty$, 那么 \begin{equation}\label{A2} \nu(A)=\nu(A\backslash \tilde{A})+\sum_{k=1}^\infty \nu(A_k) \end{equation} 故 $ \sum_{k=1}^\infty \nu(A_k)<+\infty$, 特别地有 $\lim_k \nu(A_k)=0$. 在 \eqref{A1} 中令 $n\to\infty$ 得 \[ \lim_n \nu^+(A\backslash\sum_{k=1}^{n-1}A_k )=0. \] 因为 $A\backslash \tilde{A}\sbs A\backslash\sum_{k=1}^{n-1}A_k$, 所以由上确界的定义得 \[ 0\les \nu^+(A\backslash \tilde{A})\les \nu^+(A\backslash\sum_{k=1}^{n-1}A_k), \ff n\ges1. \] 令 $n\to\infty$ 得 $\nu^+(A\backslash \tilde{A})=0.$ 那么 $\nu(A\backslash \tilde{A})\ges 0$. \footnote{否则 $\nu(A\backslash \tilde{A})< 0$且 $A\backslash \tilde{A}\sbs D$ 得$\nu^+(A\backslash \tilde{A})>0.$ } 由 \eqref{A2} 得 $\nu(A)>0$, 矛盾! 故 \eqref{D1} 成立.
3. 只证 $\nu^+ (A)=\nu(A\cap D)$. 一方面, 因为 $A\cap D\sbs A$, 由 $\nu^+$ 的上确界定义得 $\nu^+ (A)\ges \nu(A\cap D)$. 另一方面, 任取 $B\in\cf, B\sbs A$, 有 \[ \nu(B)+\nu\big((A\backslash B)\cap D\big)=\nu\big((A\cap D)\cup B\big)=\nu(A\cap D)+\nu(B\cap D^c). \] 因为 $\nu\big((A\backslash B)\cap D\big)\ges 0, \nu(B\cap D^c)\les 0$, 所以 $\nu(B)\les \nu(A\cap D)$, 对 $B$ 取上确界得 $\nu^+(A)\les \nu(A\cap D)$, 故$\nu^+(A)=\nu(A\cap D)$. 因为 \[ \nu^-(\Omega)=-\nu(\Omega\cap D^c)=-\nu(D^c)<+\infty, \] 故 $\nu^-$ 为有限测度, $\nu=\nu^+-\nu^-$ 有意义.

证明

证明. 任取 $B\in\cf$, 有 $$ \begin{aligned} & \nu(B)=\nu^{+}(B)-\nu^{-}(B) \leqslant \nu^{+}(B) \leqslant \nu^{+}(\Omega)=\nu(D), \\ & \nu(B)=\nu^{+}(B)-\nu^{-}(B) \geqslant-\nu^{-}(B) \geqslant-\nu^{-}(\Omega)=\nu\left(D^c\right) . \end{aligned} $$

设 $\nu$ 为 $(\Omega, \mathcal{F})$ 上的一符号测度, 若 $N \in \mathcal{F}$, 使得 $|\nu|\left(N^c\right)=0$, 则称 $N$ 为 $\nu$ 的支撑.一般说来, 支撑并非唯一确定. 由上述定义知, $\nu_1 \ll \nu_2 \Leftrightarrow$ 凡 $\nu_2$ 的支撑必为 $\nu_1$ 的支撑； $\nu_1 \perp \nu_2 \Leftrightarrow \nu_1$ 与 $\nu_2$ 有不相交的支撑.

证明

证明. 非负简单函数 $\Rightarrow$ 非负可测函数 $\Rightarrow$ 可测函数.

1. 设 $g\in\mathcal{S}^+, g=\sum_{i=1}^n a_i 1_{A_i} $, 其中 $A_i\in\cf,a_i\ges0$ \begin{align*} \int_A g\md(h.\mu)&=\sum_{i=1}^n a_i h.\mu(A\cap A_i)=\sum_{i=1}^n a_i \mu(h1_{A\cap A_i})\\ \int_A gh\md \mu&=\sum_{i=1}^na_i\int_A h1_{A_i}\md \mu=\sum_{i=1}^na_i \mu(h1_{A\cap A_i}) \end{align*} 因此 \eqref{A3} 成立.
2. 设 $g\in\mathcal{L}^+$, 则存在 $g_n\in\mathcal{S}^+$ 使得 $g_n\uparrow g$. 因为 $h\ges0$, 所以 $g_nh1_A\uparrow gh1_A$ .由第一步得 \[ h.\mu(g_n1_A)=\mu(g_nh1_A), \] 令 $n\to\infty$, 由单调收敛定理即得 \eqref{A3}.
3. 设 $g\in\bar{\mathcal{L}}$. 因为 $h\ges0$, 所以 \[ (gh)^+=g^+h,\ (gh)^-=g^-h. \] 容易得到 \begin{align*} h.\mu(g)\text{\ 存在\ }&\ \Leftrightarrow\ h.\mu(g^+)<+\infty \text{\ 或\ } h.\mu(g^-)<+\infty\\ &\ \xLeftrightarrow[]{\text{第二步}}\ \mu(g^+h) <+\infty \text{\ 或\ } \mu(g^-h) <+\infty \\ &\ \Leftrightarrow\ \mu\big((gh)^+\big) <+\infty \text{\ 或\ } \mu\big((gh)^-\big) <+\infty \\ &\ \Leftrightarrow\ \mu(gh)\text{\ 存在\ }. \end{align*} 这时 \begin{align*} h.\mu(g1_A)&=h.\mu(g^+1_A)-h.\mu(g^-1_A)\\ &=\mu(g^+h1_A)-\mu(g^-h1_A)=\mu(gh1_A). \end{align*}

我们知道不定积分可以诱导出符号测度, 那符号测度可以诱导出不定积分吗？

证明

证明.

1. 可以假设 $\mu$ 为有限测度.\\ 不妨设 $\mu$ 为测度, 否则用 $|\mu|$ 代替 $\mu$, 且 $\mu(\Omega)>0$. 由于 $\mu$ 为 $\sigma$ 有限, 则存在 $\Omega$ 的可数划分 $\Omega=\sum_{n=1}^{\infty} A_n$ , 其中 $A_n\in\cf,0<\mu(A_n)<\infty$. 令 \[ h=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n\mu(A_n)}1_{A_n}, \] 则 $h>0$ 且 $\mu(h)=1$. 令 $\tilde{\mu}=h.\mu$, 则 $\tilde{\mu}$ 为概率测度. 由上个引理得 \[ h^{-1}\tilde{\mu}(g1_A)=\tilde{\mu}(h^{-1}g1_A)=h.\mu(h^{-1}g1_A)=\mu(hh^{-1}g1_A)=\mu(g1_A), \] 故 $\mu=h^{-1}\tilde{\mu}$. 这说明 $\mu\sim\tilde{\mu}$, $\mu$ 与 $\tilde{\mu}$ 有同样的零测集, \[ \nu_s\perp\mu\ \Leftrightarrow\ \nu_s\perp\tilde{\mu},\ \ \nu_c\ll\mu\ \Leftrightarrow\ \nu_c\ll\tilde{\mu}, \] 故不妨设 $\mu$ 有限, 否则用 $\tilde{\mu}$ 代替 $\mu$.
2. 先考虑 $\mu$ 有限的情形. 令 \[ \mathcal{H}=\set{h\in\bar{\mathcal{L}}^+}{\int_Ah\md\mu\les \nu(A),\ff A\in\cf}. \] 我们的思路是找到 $\mathcal{H}$ 中取值最大的 $g$, 然后令 $\nu_c=g.\mu, \nu_s=\nu-\nu_c$. 为此, 先证明$\mathcal{H}$对有限上端运算封闭: 设 $h_1,h_2\in\mathcal{H}$, 令 $h_0=\max\{h_1,h_2\}$, 则 \[ \begin{aligned} \int_A h_0 \md \mu & =\int_{A \cap\left[h_1 \geqslant h_2\right]} h_1 d \mu+\int_{A \cap\left[h_10$, 从而 $\nu_s<\nu$ 为测度. 令 $\Omega=D_n\sqcup D_n^c$ 为符号测度 $\nu_s-\frac1n\mu$ 的 Hahn 分解. 则对任意 $A\in\cf$ 有 \[ \nu_s(A\cap D_n)\ges \frac1n\mu(A\cap D_n)=\frac1n\int_A 1_{D_n}\md \mu, \] 那么 \[ \int_A\left(g+\frac1n 1_{D_n}\right) \md \mu \leqslant \int_A g \md \mu+\nu_s\left(A \cap D_n\right) \leqslant \nu(A), \] 这说明 $g+\frac1n1_{D_n}\in\mathcal{H}$. 但另一方面 $\mu(g)=\sup_{h\in\mathcal{H}}\mu(h)$, 故 $\mu(D_n)=0$. 令 $N=\cup_{n\ges 1} D_n$, 则 $\mu(N)=0$. 又 $\big(\nu_s-\frac1n\mu\big)(D_n^c)\les 0$, 故 \[ \nu_s\left(N^c\right) \leqslant \nu_s\left(D_n^c\right) \leqslant \frac1n \mu\left(D_n^c\right) \leqslant \frac1n \mu(\Omega) \rightarrow 0, \] 这说明 $\nu_s\perp \mu$.
3. 现设 $\nu$ 为 $\sigma$ 有限符号测度. 为证定理结论, 不妨假定 $\nu$ 为 $\sigma$ 有限测度(否则分别考虑 $\nu^{+}$及 $\nu^{-}$. 取 $\Omega$ 的一个可数划分 $\Omega=\sum_n A_n$, 使得 $A_n \in \mathcal{F}, \nu\left(A_n\right)<\infty, n \geqslant 1$ . 令 $\nu^n(A)=\nu\left(A \cap A_n\right)$, 则每个 $\nu^n$ 为有限测度, 故由上所证, $\nu^n$ 有如下分解: $$ \nu^n=\nu_s^n+\nu_c^n, \quad n \geqslant 1, $$ 其中 $\nu_s^n \perp \mu, \nu_c^n \ll \mu$, 且存在非负实值可测函数 $g_n$, 使得 $\nu_c^n=g_n . \mu$. 显然, $g_n$ 在 $A_n^c$ 上可取为 0 , 令 $$ \nu_s=\sum_n \nu_s^n, \quad \nu_c=\sum_n \nu_c^n, \quad g=\sum_n g_n, $$ 则有 $\nu_s \perp \mu, \nu_c \ll \mu, \nu_c=g . \mu$, 且 $\nu=\nu_s+\nu_c$.
4. 下证分解的唯一性. 设存在符号测度 $\nu_s,\nu_s', \nu_c,\nu_c'$ 使 \[ \nu=\nu_s+\nu_c=\nu_s'+\nu_c' \] 且 \[ \nu_s\perp\mu,\ \nu_s'\perp\mu,\ \nu_c\ll\mu,\ \nu_c'\ll\mu. \] 那么存在 $N_1,N_2\in\cf$ 使 \[ \mu(N_1)=\nu(N_2)=0,\ |\nu_s|(N_1^c)=|\nu_s'|(N_2^c)=0. \] 令 $N=N_1\cup N_2$, 则 $\mu(N)=0$ 且 \begin{equation}\label{A4} |\nu_s| (N^c)\les |\nu_s| (N_1^c)=0,\ |\nu_s'| (N^c)\les |\nu_s'| (N_2^c)=0. \end{equation} 设 $A\in\cf$ 且 $\nu(A)$ 有限, 则由 \[ \nu(A)=\nu_s(A)+\nu_c(A)=\nu_s'(A)+\nu_c'(A) \] 得 $\nu_s(A),\nu_s'(A), \nu_c(A),\nu_c(A)'$ 都有限, 那么 \[ \nu_s(A)-\nu_s'(A)=\nu_c'(A)-\nu_c(A). \] 同时因为 $\nu(A)$ 有限, 则 $\nu^+(A),\nu^-(A)$ 有限, 进而 $\nu^+(A\cap N^c), \nu^-(A\cap N^c), \nu(A\cap N^c)$ 有限. 那么 \[ \nu_s(A\cap N^c)-\nu_s'(A\cap N^c)=\nu_c'(A\cap N^c)-\nu_c(A\cap N^c). \] 因为 $\nu_c\ll\mu$, 所以 \[ \nu_c(A)=\nu_c(A\cap N^c)+\nu_c(A\cap N)=\nu_c(A\cap N^c). \] 同理 $\nu_c'(A)=\nu_c'(A\cap N^c).$ 由 \eqref{A4} 得 \[ \nu_c(A)-\nu_c'(A)=\nu_c(A\cap N^c)-\nu_c'(A\cap N^c)=\nu_s'(A\cap N^c)-\nu_s(A\cap N^c)=0, \] 从而 $\nu_c=\nu_c',\nu_s=\nu_s'$. 当 $\nu$ 为 $\sigma$ 有限符号测度时, 取划分 $\Omega=\sum_n A_n$, 其中 $|\nu|(A_n)<\infty$. 那么对任意 $A\in\cf$ 有 \[ \nu_c(A)=\sum_{n=1}^\infty \nu_c(A\cap A_n)=\sum_{n=1}^\infty \nu_c'(A\cap A_n)=\nu_c'(A). \] 同理可得 $\nu_s=\nu_s'$.

证明

证明.

1. 若 $\nu$ 为 $\sigma$ 有限符号测度, 则由 $\nu$ 的 Lebesgue 分解得 \[ \nu=\nu_s+\nu_c,\ \nu_c=g.\mu,\nu_s\perp \mu. \] 因为 $\nu,\nu_c\ll\mu$, 所以 $\nu_s=\nu-\nu_c\ll\mu$, 又 $\nu_s\perp \mu$, 所以 $\nu_s=0$. 那么 $\nu=\nu_c=g.\mu$.
2. 下面考虑 $\nu$ 不是 $\sigma$ 有限的情况. 不妨设 $\nu$ 为测度, $\mu$ 为有限测度, 且 $\nu(\Omega)=+\infty$. 令 \[ \cg=\set{C\in\cf}{\nu(C)<\infty}. \] 显然 $\cg$ 对有限并封闭. 因此存在 $C_n\in\cg$ 使得 $ C_n\uparrow$ 且 \[ \lim_n\mu(C_n)=\sup _{A\in\cg}\mu(A)=:\alpha<+\infty . \] 令 $C=C_n\uparrow$, 则由从下连续性得 \[ \mu(C)=\lim_n\mu(C_n)=\alpha. \] 定义 \[ \nu'(A)=\nu(A\cap C),\ \nu''(A)=\nu(A\cap C^c),\ \ff A\in\cf. \] 由于 $\nu'(\Omega)=\nu(\cup_{n\ges 1}C_n)$ 且 $\nu(C_n)<+\infty$, 则 $\nu'$ 为 $\sigma$ 有限测度. 由第一步的结论知, 存在 $g'\in\bar{\mathcal{L}}$ 使得 $\nu'=g'.\mu$. 另一方面, 若 $\mu(A\cap C^c)>0$, 则必有 $\nu(A\cap C^c)=+\infty$. 否则 $\nu(A\cap C^c)<+\infty$, 那么 $A\cap C^c\in\cg, C\cup (A\cap C^c)\in\cg$, 进而 \[ \mu\big(C\cup (A\cap C^c)\big)=\mu(C)+\mu(A\cap C^c)>\alpha, \] 矛盾! 此时有 \[ \nu''(A\cap C^c)=\left\{ \begin{array}{cc} +\infty & \mu(A\cap C^c)>0\\ 0& \mu(A\cap C^c)=0 \end{array} \right., \] 那么 \begin{align*} g.\mu(A)&=g'.\mu(A\cap C)+(+\infty)\mu(A\cap C^c)\\ &=\nu'(A\cap C)+\nu''(A\cap C^c)\\ &=\nu(A\cap C)+\nu(A\cap C^c)=\nu(A),\ \ff A\in\cf. \end{align*} 即 $\nu=g.\mu$. 由推论 cor_integration_implies_function 得 $g$ 在 $\mu$-等价意义下唯一.