单调收敛定理

单调收敛定理（monotone convergence theorem，也称贝波·列维定理）说明：一列非负可测函数逐点递增时，极限与勒贝格积分可以交换。结论允许积分为正无穷，不要求定义域测度有限，也不要求函数列有统一的有限上界。

在 $[0,1]$ 上，函数 $f_n(x)=x^{1/n}$ 随 $n$ 增大向上移动。对每个固定的正 $x$，它趋于一；在零点，它始终等于零。各函数的积分为 $n/(n+1)$，趋于一，恰好等于极限函数的积分。这里靠近零点的收敛很慢，却不妨碍积分收敛；定理将这种现象推广到任意测度空间。

曲线依次对应 n=1、2、4。虚线为正点上的极限值一；零点的极限仍为零，图中用实心点单独表示。

定理的条件与结论

设 $(X,\Sigma ,\mu )$ 是任意测度空间，$f_n:X\to [0,\mathrm{\infty }]$ 均可测，并且对每个 $x\in X$， $$0\le f_1(x)\le f_2(x)\le \cdots .$$ 定义 $$f(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n(x)=\underset{n\ge 1}{sup}{f}_n(x).$$ 递增保证这个极限在 $[0,\mathrm{\infty }]$ 中存在。它仍可测：对每个实数 $t$， $$\{f>t\}=\bigcup _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\{f_n>t\},$$ 右边是可测集的可数并。定理的结论是 $${\int }_{X}f\mathrm{d}\mu =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_X{f}_n\mathrm{d}\mu .$$ 积分列本身也递增；这里的极限可以是有限数，也可以是正无穷。

“递增”要求固定同一个点，再比较它在各个函数中的值。仅仅知道 $\int f_n$ 递增，并不能代替点态条件。可测性保证水平集与积分有定义；非负性则使证明中只出现非负数及正无穷，不出现无穷正、负部分的抵消。

证明：用简单函数保留一个严格余量

证明只使用测度的从下连续性、非负简单函数积分，以及一般非负积分的上确界定义；不使用法图引理或控制收敛定理。

令 $$a_n={\int }_X{f}_n\mathrm{d}\mu ,L=\underset{n}{sup}{a}_n.$$ 由积分单调性，$a_n\le a_{n+1}$，所以 $a_n\to L$。又因为 $f_n\le f$，立即有 $$L\le {\int }_{X}f\mathrm{d}\mu .$$ 困难在反方向：不能把“每个点最终接近”直接变成“从某一步起所有点同时接近”。不同点所需的步骤可以不同。

任取非负简单函数 $s\le f$，再固定一个有限常数 $0<c<1$。把 $s$ 稍微降低成 $cs$，并记 $$E_n=\{x\in X:f_n(x)\ge cs(x)\}.$$ 这表示第 $n$ 步已经达到降低后高度的点集。$s$ 只取有限多个值，因此可将 $E_n$ 写成有限个可测水平集与 $\{f_n\ge c{a}_j\}$ 的交之并，故它可测。由 $f_n$ 递增，$E_n$ 也递增。

接下来核对它们确实覆盖全部 $X$。若 $s(x)=0$，则每个 $n$ 都有 $f_n(x)\ge 0=cs(x)$。若 $s(x)>0$，由 $$f(x)\ge s(x)>cs(x)$$ 及 $f_n(x)\uparrow f(x)$，总有某一步达到 $cs(x)$。这个论证也适用于 $f(x)=\mathrm{\infty }$，因为简单函数的值 $s(x)$ 有限。因此 $$E_n\uparrow X.$$

将 $s$ 的正水平写成互不相交的可测集合： $$s=\sum _{j=1}^r{b}_j{\mathrm{𝟏}}_{B_j},0<b_j<\mathrm{\infty }.$$ 零水平的积分贡献为零，可以不列入。由于 $cs{\mathrm{𝟏}}_{E_n}\le f_n$， $$a_n\ge c\sum _{j=1}^r{b}_j\mu (B_j\cap E_n).$$ 对每个 $j$，有 $B_j\cap E_n\uparrow B_j$。测度的从下连续性不要求 $\mu (B_j)$ 有限，故 $$\mu (B_j\cap E_n)\uparrow \mu (B_j).$$ 有限个非负项的和随之趋于对应的和，于是 $$L\ge c\sum _{j=1}^r{b}_j\mu (B_j)=c{\int }_{X}s\mathrm{d}\mu .$$

若 $\int s\mathrm{d}\mu =\mathrm{\infty }$，固定任何 $c>0$ 就已经推出 $L=\mathrm{\infty }$。若该积分有限，令 $c\uparrow 1$ 得 $L\ge \int s\mathrm{d}\mu$。这两种情况都不需要对无穷作减法。

最后，对所有 $0\le s\le f$ 的简单函数取上确界，正好回到积分定义： $$L\ge \underset{0\le s\le f}{sup}{\int }_{X}s\mathrm{d}\mu ={\int }_{X}f\mathrm{d}\mu .$$ 这里即使每个候选积分都有限，但它们可以任意大，也会得到 $L=\mathrm{\infty }$。与开头的反向不等式合并，定理得证。

常数 c 的作用

在开头的例子里，极限恰为简单函数 $s={\mathrm{𝟏}}_{(0,1]}$。若直接取 $c=1$，那么对任何有限 $n$，$x^{1/n}<1$ 于 $0<x<1$，故达到完整高度的集合始终只是 $\{0,1\}$。它们的长度全为零，不能逐渐覆盖正区间。

改取 $c=1/2$，对正 $x$， $$x^{1/n}\ge \frac{1}{2}⟺x\ge 2^{-n}.$$ 零点也在 $E_n$ 中，因为那里 $f_n=s=0$。所以准确地说， $$\begin{array}{cc}{E}_n& =\{0\}\cup [2^{-n},1],\\ m(E_n)& =1-2^{-n}\uparrow 1.\end{array}$$ 降低高度后，已达到要求的点集就能逐渐铺开；测度的从下连续性负责把这个逐点事实传给积分。这个严格余量正是证明中 $c<1$ 的作用。

实线区域是 Eₙ，零点的孤立实心点也属于 Eₙ，但没有长度贡献。右侧长度依次为0.5、0.75、0.875。图中的覆盖结论取决于 c=0.5；c=1 时不是这个集合列。

可复算的积分与无界变式

在 $[0,1]$ 上配勒贝格测度，令 $f_n(x)=x^{1/n}$。对 $0<x<1$，$\log x<0$，指数 $1/n$ 减小时，$\exp ((\log x)/n)$ 增大；两个端点也满足递增关系。因此整个函数列非负、可测并递增。

每个 $f_n$ 连续，可用通常的微积分计算其勒贝格积分： $$\begin{array}{cc}{\int }_0^1{f}_n(x)\mathrm{d}x& ={\left[\frac{x^{1+1/n}}{1+1/n}\right]}_0^1\\ & =\frac{n}{n+1}.\end{array}$$ 例如 $n=1,2,4$ 时分别为 $1/2,2/3,4/5$。极限函数为 $f={\mathrm{𝟏}}_{(0,1]}$，其积分为一，与 $n/(n+1)\to 1$ 一致。

本例并不一致收敛：对每个固定 $n$，让正 $x$ 足够接近零，$x^{1/n}$ 就接近零，而极限值仍为一，故 $$\underset{x\in [0,1]}{sup}|f(x)-f_n(x)|=1.$$ 单调收敛定理不要求用同一个步骤控制所有点的误差，因而仍适用。

变式：截断一个无界函数。 在 $[0,1]$ 上定义 $$g_n(x)=\{\begin{array}{cc}n,& x=0,\\ min(n,x^{-1/2}),& 0<x\le 1.\end{array}$$ 求各步积分，并判断极限是否可积。

先把两种取值的交界点解出来：$x^{-1/2}=n$ 等价于 $x=n^{-2}$。因此 $g_n$ 在 $[0,n^{-2}]$ 上是高度 $n$ 的平台，在其余区间上沿 $x^{-1/2}$。两段在交界处相等，每个 $g_n$ 连续且有界。分段积分得 $$\begin{array}{cc}{\int }_0^1{g}_n(x)\mathrm{d}x& =n\cdot n^{-2}+{\int }_{n^{-2}}^1{x}^{-1/2}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{n}+2(1-\frac{1}{n})\\ & =2-\frac{1}{n}.\end{array}$$ 各点的截断上限随 $n$ 增大，所以 $g_n$ 非负递增，极限为 $$g(x)=\{\begin{array}{cc}\mathrm{\infty },& x=0,\\ x^{-1/2},& 0<x\le 1.\end{array}$$ 定理直接给出 ${\int }_0^{1}g\mathrm{d}x=2$，所以这个无界函数仍勒贝格可积。无穷值仅位于零测的单点；若将零点的函数值改成零，积分仍为二。这里没有预先把一个广义积分当作答案，而是由有界连续截断函数的积分和定理推出结论。

条件的边界与延伸

去掉单调性。 在实数轴上令 $h_n={\mathrm{𝟏}}_{[n,n+1)}$。每个固定点最终都离开移动的单位区间，故 $h_n\to 0$，但每步积分均为一。函数非负、可测仍不够；它们没有逐点递增。法图引理适用于更一般的非负函数列，却通常只给一个方向的不等式。

去掉非负性。 在 $[0,\mathrm{\infty })$ 上令 $k_n=-{\mathrm{𝟏}}_{[n,\mathrm{\infty })}$。它确实逐点递增到零，因为每一点最终由负一变为零；但每步负部的积分为无穷，故 $$\int k_n\mathrm{d}x=-\mathrm{\infty },\int \underset{n}{lim}{k}_n\mathrm{d}x=0.$$ 不存在可积的共同下界来控制无限区域上的负贡献。

非负条件可以推广为存在共同可积下界：若实值可测函数 $u_n\uparrow u$，并有 $u_n\ge h$，其中 $h$ 为处处有限的实值可积函数，则对非负函数列 $u_n-h$ 使用本定理，再加回有限的 $\int h\mathrm{d}\mu$，仍能得到积分递增到 $\int u\mathrm{d}\mu$。各函数的负部由 $h^{-}$ 控制，避免了前一个反例中的无限负积分。

定理也有几乎处处版本。若所有 $f_n$ 与指定的极限函数 $f$ 均可测，且非负、递增与收敛关系在一个可测零测集外成立，把它们在该零测集上统一改成零，就归结为已经证明的逐点版本，积分不变。若各条件分别在不同零测集外成立，先把这些可数个例外集合取并。非完备空间中仍要保留 $f$ 可测的要求，不能任意修改零测子集后就自动认为新函数可测。

对于递减的非负函数列 $u_n\downarrow u$，若 $\int u_1<\mathrm{\infty }$，则 $u_1$ 几乎处处有限。先在零测集 $\{u_1=\mathrm{\infty }\}$ 上把各项和极限统一设为零，使 $u_1$ 处处有限，再对 $u_1-u_n\uparrow u_1-u$ 用本定理，就能以有限积分的减法推出 $\int u_n\downarrow \int u$。这一步避免了在零测处书写未定义的 $\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }$。有限性不可丢弃：${\mathrm{𝟏}}_{[n,\mathrm{\infty })}\downarrow 0$，但各积分均为无穷。

非负级数的逐项积分

设每个 $v_j\ge 0$ 可测，令 $S_n=\sum _{j=1}^n{v}_j$。这是一列递增的非负函数，极限是逐点级数之和，允许取正无穷。因此 $$\begin{array}{cc}{\int }_X\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{v}_j\mathrm{d}\mu & =\underset{n}{lim}{\int }_X{S}_n\mathrm{d}\mu \\ & =\underset{n}{lim}\sum _{j=1}^n{\int }_X{v}_j\mathrm{d}\mu \\ & =\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_X{v}_j\mathrm{d}\mu .\end{array}$$ 第二步使用非负积分的有限可加性，该性质可在本定理之后由简单函数逼近证明，见勒贝格积分。等式两边可以同时为正无穷，无须预先证明级数和可积。若有正有负，则需另外控制绝对值或其他可积界，不能继续沿用这一非负论证。