完成第19章

src/第18章 勒贝格测度.md

@@ -1,4 +1,4 @@
-$\newcommand{\vol}{\operatorname{vol}}$
+$\newcommand{\vol}{\text{vol}}$
 
 ## 18.1 目标：勒贝格测度
 
@@ -36,7 +36,7 @@ $\newcommand{\vol}{\operatorname{vol}}$
   m\left(\bigcup_{j\geq 1}A_j\right)\leq \sum_{j\geq 1}m(A_j\setminus A_{j-1})=\sum_{j\geq 1}m(A_j)-m(A_{j-1})=\lim_{j\to\infty}m(A_j)
   $$
 
-- **命题 18.1.3**：如果 $A_1\supseteq A_2\supseteq \cdots$ 是可测集的减序列，那么 $m(\bigcap_{j\geq 1}A_j)=\lim_{j\to\infty}m(A_j)$。
+- **命题 18.1.3**：如果 $A_1\supseteq A_2\supseteq \cdots$ 是可测集的减序列且 $m(A_1)<+\infty$，那么 $m(\bigcap_{j\geq 1}A_j)=\lim_{j\to\infty}m(A_j)$。
 
   **证明**：首先 $m(A_j)$ 单调减，故极限存在。由于 $A_j\supseteq \bigcap_{j\geq 1}A_j$，故 $m(A_j)\geq m(\bigcap_{j\geq 1}A_j)$，故 $\lim_{j\to\infty}m(A_j)\geq m(\bigcap_{j\geq 1}A_j)$。
 
@@ -117,9 +117,9 @@ $\newcommand{\vol}{\operatorname{vol}}$
 
 - **命题 18.3.1**：存在 $\R$ 的可数的互不相交的子集族 $(A_j)_{j\in J}$，使得 $m^*(\bigcup_{j\in J}A_j)\neq \sum_{j\in J}m^*(A_j)$。
 
-  **证明**：根据选择公理，对每个 $A\in\R\setminus \Q$，都可以选出一个 $x_A\in A\cap [0,1]$。设 $E:=\{x_A:A\in \R\setminus \Q\}$。现在考虑集族 $\{q+E:q\in\Q_{[-1,1]}\}$。由于 $E$ 中的元素不可能经过偏移后到达另一个 $E$ 中的元素，所以集族中的集合两两不交。
+  **证明**：根据选择公理，对每个 $A\in\R/\Q$，都可以选出一个 $x_A\in A\cap [0,1]$。设 $E:=\{x_A:A\in \R/\Q\}$。现在考虑集族 $\{q+E:q\in\Q_{[-1,1]}\}$。由于 $E$ 中的元素不可能经过偏移后到达另一个 $E$ 中的元素，所以集族中的集合两两不交。
 
-  设 $X$ 是该集族的并。由于对每一个 $A\in\R\setminus\Q$，$x_A+\Q_{[-1,1]}\subseteq X$，所以 $A\cap \Q_{[0,1]}\subseteq X$。所以 $[0,1]\subseteq X\implies m^*(X)\geq 1$。再由于 $m^*(X)\leq \sum_{q\in\Q_{[-1,1]}}m^*(q+E)=\sum_{q\in\Q_{[-1,1]}}m^*(E):=S$，视 $m^*(E)$ 是否大于 $0$，$S$ 只可能等于 $0$ 或 $+\infty$。所以 $S=+\infty$。
+  设 $X$ 是该集族的并。由于对每一个 $A\in\R/\Q$，$x_A+\Q_{[-1,1]}\subseteq X$，所以 $A\cap \Q_{[0,1]}\subseteq X$。所以 $[0,1]\subseteq X\implies m^*(X)\geq 1$。再由于 $m^*(X)\leq \sum_{q\in\Q_{[-1,1]}}m^*(q+E)=\sum_{q\in\Q_{[-1,1]}}m^*(E):=S$，视 $m^*(E)$ 是否大于 $0$，$S$ 只可能等于 $0$ 或 $+\infty$。所以 $S=+\infty$。
 
   另一方面，由于 $X\subseteq [-1,2]$，$m^*(X)\leq 3$。于是 $m^*(X)\neq \sum_{q\in\Q_{[-1,1]}}m^*(E)$。
 
@@ -201,11 +201,69 @@ $\newcommand{\vol}{\operatorname{vol}}$
 
 - **推论 18.4.9**：勒贝格测度满足博雷尔性质。
 
+我们引入可测集的另一种定义方式——内外测度相等，并且证明它和定义 18.4.1 是等价的。
+
+- **定义 18.4.10（内测度）**：设 $\Omega \subseteq \R^n$。定义它的内测度为
+  $$
+  m_*(\Omega):=\sup\{m^*(F):F\subseteq \Omega,F\text{ 是闭集}\}
+  $$
+
+- **引理 18.4.11**：设 $U\subseteq \R^n$ 是开集，$m(U)<+\infty$，那么 $m^*(U)=m_*(U)$。
+
+  **证明**：根据引理 18.4.8，$U$ 可以被写成至多可数个开盒子 $(B_n)_{n=1}^{\infty}$ 的并。为每个开盒子，可以找到闭盒子 $(\mathring{B}_n)_{n=1}^{\infty}$ 使得 $m(\mathring{B}_n)>m(B_n)-\varepsilon 2^{-n}$。那么 $m(\bigcup_{n=1}^{\infty} \mathring{B}_n)=\sum_{n=1}^{\infty}m(\mathring{B}_n)>\sum_{n=1}^{\infty}m(B_n)-\varepsilon2^{-n}>m(U)-\varepsilon$。
+
+- **引理 18.4.12**：设 $U,V\subseteq \R^n$，$m^*(U),m^*(V)<+\infty$，$m^*(U)=m_*(U)$ 且 $m^*(V)=m_*(V)$，那么 $m^*(U\setminus V)=m_*(U\setminus V)$。
+
+  **证明**：存在 $U$ 的闭子集 $E$ 使得 $m(E)>m^*(U)-\varepsilon$，存在 $V$ 的超开集 $F$ 使得 $m(F)<m^*(V)+\varepsilon$。由于 $\R^n\setminus F$ 是闭集，$E\setminus F$ 也是闭集，且：
+  $$
+  \begin{aligned}
+  m^*(E\setminus F)&\geq m^*(U\setminus F)-m^*((U\setminus F)\setminus (E\setminus F))\\
+  &=m^*(U\setminus F)-m^*((U\setminus E)\setminus F)\\
+  &\geq m^*(U\setminus F)-m^*(U\setminus E)\\
+  &\geq m^*(U\setminus F)-\varepsilon\\
+  &\geq m^*(U\setminus V)-m^*((U\setminus V)\setminus (U\setminus F))-\varepsilon\\
+  &= m^*(U\setminus V)-m^*((U\cap F)\setminus V)-\varepsilon\\
+  &\geq m^*(U\setminus V)-m^*(F\setminus V)-\varepsilon\\
+  &\geq m^*(U\setminus V)-2\varepsilon
+  \end{aligned}
+  $$
+
+- **定理 18.4.13**：设 $E\subseteq \R^n$。如果 $m^*(E)<+\infty$，那么 $E$ 是可测的当且仅当 $m^*(E)=m_*(E)$。
+
+  **证明**：=>：根据定义，存在 $E$ 的超开集 $U$ 使得 $m(U)<m(E)+\varepsilon$，那么 $U\setminus E$ 可测且 $m(U\setminus E)<\varepsilon$。再根据定义，存在 $U\setminus E$ 的超开集 $V$ 使得 $m(V)<\varepsilon$。考虑 $U\setminus V$。根据引理 18.4.12，$U\setminus V$ 内外测度相等。从而存在闭集 $F\subseteq U\setminus V$ 使得 $m(F)> m(U\setminus V)-\varepsilon>(m(U)-m(V))-\varepsilon>m(U)-2\varepsilon\geq m(E)-2\varepsilon$。由于 $F\subseteq E$，$E$ 内外测度相等。
+
+  <=：$m_*(E)= m^*(E)<+\infty$。可以选出 $E$ 的一列闭子集 $(F_k)_{k=1}^{\infty}$ 使得 $m^*(F_k)$ 收敛于 $m_*(E)$。设 $F=\bigcup_{k=1}^{\infty} F_k$，根据引理 18.4.7 和引理 18.4.9，$F$ 是可测的。我们知道 $m^*(F)\geq m^*(F_k)\implies m^*(F)\geq m_*(E)$（事实上可以证明 $m^*(F)=m_*(E)$，将 $F_k$ 取前缀并）。
+
+  根据 $m^*(E)$ 的定义，可以选出 $E$ 的一列开超集 $(U_k)_{k=1}^{\infty}$ 使得 $m^*(U_k)$ 收敛于 $m^*(E)$。设 $U=\bigcap_{k=1}^{\infty}U_k$，根据引理 18.4.7 和引理 18.4.9，$U$ 是可测的。我们知道 $m^*(U)\leq m^*(U_k)\implies m^*(U)\leq m^*(E)$（事实上可以证明 $m^*(U)=m^*(E)$，将 $U_k$ 取前缀交）。
+
+  又由于 $F\subseteq E\subseteq U$，有 $m_*(E)\leq m^*(F)\leq m^*(U)\leq m^*(E)$。那么 $m^*(F)=m^*(U)$。由于 $F,U$ 都是可测的，$m^*(U\setminus F)=0$，于是 $m^*(E\setminus F)=0$，从而 $E\setminus F$ 可测，从而 $E$ 可测。
+  
+- **定理 18.4.14**：设 $E\subseteq \R^n$。如果 $m^*(E)=+\infty$，那么 $E$ 是可测的当且仅当对任意 $n\in\mathbb N$ 有 $m^*(E\cap [-n,n])=m_*(E\cap [-n,n])$。
+
+  **证明**：=>：$E$ 是可测的，那么 $E\cap [-n,n]$ 可测且测度有限，结合定理 18.4.13 即证。
+
+  <=：根据定理 18.4.13，对任意 $n\in\mathbb N$ 都有 $E\cap [-n,n]$ 是可测的，结合 $\sigma$ 代数性质可知 $E$ 是可测的。
+  
+- **定理 18.4.15**：设 $E\subseteq \R^n$。$E$ 是可测的当且仅当对任意 $\varepsilon>0$ 存在 $E$ 的超开集 $U$ 和闭子集 $F$ 满足 $m(U\setminus F)<\varepsilon$。
+
+  **证明**：只讨论 $m^*(E)=+\infty$ 的情况。
+
+  =>：根据定理 18.4.14，对每个 $n\geq 1$ 存在 $E$ 的超开集 $U_n$ 和闭子集 $F_n$ 满足 $m(U_n\setminus F_n)<\varepsilon /2^n$。考虑 $U=\bigcup_{n=0}^{\infty} U_n$ 和 $F=\bigcup_{n=0}^{\infty} (F_n\cap ([-n,-(n-1)]\cup [n-1,n]))$，那么 $U\setminus F\subseteq \bigcup_{n=0}^{\infty}(U_n\setminus F_n)$，$m(U\setminus F)<\varepsilon$。同时 $F$ 是闭的：如果一列 $F$ 内的点收敛到了 $x$，那么存在 $N$ 使得 $|x|+1\leq N$，从而取出这列点在 $[-N,N]$ 的后缀，该后缀可以看成闭集 $\bigcup_{n=0}^{N}(F_n\cap ([-n,-(n-1)]\cup [n-1,n]))$ 上的列，从而 $x\in F$。
+
+  <=：设 $n\in\N$，$\varepsilon>0$，存在 $E$ 的超开集 $U$ 和闭子集 $F$ 满足 $m(U\setminus F)<\varepsilon$。那么 $U\cap (-n-\varepsilon,n+\varepsilon)$ 是 $E\cap [-n,n]$ 的超开集，$F\cap [-n,n]$ 是 $E\cap [-n,n]$ 的闭子集，且：
+  $$
+  m((U\cap (-n-\varepsilon,n+\varepsilon))\setminus (F\cap [-n,n]))\leq m((U\cap [-n,n])\setminus (F\cap [-n,n]))+2\varepsilon \leq m(U\setminus F)+2\varepsilon\leq 3\varepsilon
+  $$
+
+//写测度的一些扩展性质。具体可以参见 https://people.math.harvard.edu/~shlomo/212a/ -> Lecture 11,12,13。
+
 ## 18.5 可测函数
 
 - **定义 18.5.1（可测函数）**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R^m$ 是函数。称 $f$ 是可测的，当且仅当 $f^{-1}(V)$ 可测对任意 $\R^m$ 的开集 $V$ 成立。
 
-根据命题 12.3.2.1，如果 $f$ 是 $\Omega\to W$ 的，其中 $W\subseteq\R^m$，那么 $f$ 是可测的当且仅当 $f^{-1}(V)$ 可测对任意 $W$ 的开集 $V$ 成立。
+根据命题 12.3.2.1，如果 $f$ 是 $\Omega\to W$ 的，其中 $W\subseteq\R^m$是开的，那么 $f$ 是可测的当且仅当 $f^{-1}(V)$ 可测对任意 $W$ 的开集 $V$ 成立。
+
+事实上，$f^{-1}(V)$ 可测也对 $\R^m$ 的任何闭集 $V$ 成立，用 $\overline V$ 证明即可。进一步地，$f^{-1}(y)$ 可测对任意 $y\in \R^m$ 成立。
 
 - **引理 18.5.2**：设 $\Omega\subseteq \R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R^m$ 是连续函数，那么 $f$ 是可测的。
 
@@ -243,3 +301,8 @@ $\newcommand{\vol}{\operatorname{vol}}$
 
   那么，$f^{-1}((a,+\infty])=\bigcup_{n\geq 1}\bigcup_{N\geq 1}\bigcap_{k\geq N}f_k^{-1}((a+\frac 1n,+\infty])$ 是可测的。
   
+- **定义 18.5.10（几乎处处）**：设 $\Omega\in \R^n$ 是可测的。称性质 $P$ 在 $\Omega$ 上几乎处处成立，或说 $P$ 对于 $\Omega$ 的几乎每点成立，当且仅当存在一个零测集 $\Omega'\subseteq\Omega$，使得对任意 $x\in \Omega\setminus \Omega'$ 都有 $P(x)$ 成立。
+
+- **引理 18.5.11**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f,g:\Omega\to\R^m$ 是函数。如果 $f$ 可测，且 $f,g$ 几乎处处相等，那么 $g$ 也可测。
+
+  **证明**：使用引理 18.4.3.3。

src/第19章 勒贝格积分.md

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+$\newcommand{\d}{\text{d}}$
+
+## 19.1 简单函数
+
+- **定义 19.1.1（简单函数）**：设 $\Omega\subseteq \R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R$ 是可测函数。称 $f$ 是简单函数，当且仅当 $f(\Omega)$ 是有限集。
+
+注意与初等函数作区分。
+
+- **引理 19.1.2**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，那么 $\Omega$ 上所有简单函数构成线性空间。
+
+- **引理 19.1.3**：设 $\Omega\subseteq \R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R$ 是简单函数，那么存在实数 $c_1,\cdots,c_N$ 和 $\Omega$ 的互不相交的可测子集 $E_1,\cdots,E_N$，使得 $f=\sum_{i=1}^N c_i\chi_{E_i}$，其中 $\chi_{E_i}(x):=\begin{cases}1& x\in E_i\\0&\text{otherwise}\end{cases}$ 也是简单函数，被称为特征函数或指示函数。
+
+- **引理 19.1.4**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R^*$ 是非负可测函数。那么存在 $\Omega\to\R$ 的非负简单函数的增序列 $(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 逐点收敛到 $f$。
+
+  **证明**：对 $k\geq 1$，设 $I_k=\{\frac{a}{2^k}:a\in \mathbb N,\frac a{2^k}\leq 2^k\}$，令 $f_k(x):=\max\{y\in I_k:y\leq  f(x)\}$。那么 $(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 逐点收敛到 $f$。且由于 $I_k\subseteq I_{k+1}$，$f_k(x)\leq f_{k+1}(x)$。
+
+- **定义 19.1.5（非负简单函数的勒贝格积分）**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R$ 是非负简单函数。定义 $f$ 在 $\Omega$ 上的勒贝格积分为 $\int_{\Omega}f=\sum_{\lambda\in f(\Omega)}\lambda m(f^{-1}(\lambda))$。
+
+  有时也写成 $\int_{\Omega}f(x)\d x$。
+
+考虑非负函数的原因是为了使求和有意义（注意求和的项有可能为 $+\infty$）。
+
+- **引理 19.1.6**：设 $\Omega\subseteq \R^n$ 是可测的，$c_1,\cdots,c_N$ 是非负实数，$E_1,\cdots,E_n$ 是 $\Omega$ 的互不相交的可测子集。那么 $\int_{\Omega}\sum_{i=1}^N c_i\chi_{E_i}=\sum_{i=1}^N c_im(E_i)$。
+
+  **证明**：将 $\{c_1,\cdots,c_N\}$ 按值分类即可。
+
+- **命题 19.1.7**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R,g:\Omega\to\R$ 都是非负简单函数。
+
+  1. $\int_{\Omega}f=0\iff f\text{ 几乎处处为 }0$。
+  2. $\int_\Omega(f+g)=\int_\Omega f+\int_\Omega g$。
+  3. $c>0\implies \int_\Omega cf=c\int_\Omega f$。
+  4. $f\leq g\implies \int_\Omega f\leq \int_\Omega g$。
+  5. 设 $A,B$ 是 $\Omega$ 的不交的可测子集且 $A\cup B=\Omega$，那么 $f|_A,f|_B$ 都是非负简单函数，且 $\int_\Omega f=\int_A f+\int_B f$。
+
+  **证明**：对于 2,4，可以将 $\Omega$ 分成有限个可测集，使得在每个可测集上 $f,g$ 各自都是常值函数。
+
+## 19.2 非负可测函数的积分
+
+- **定义 19.2.1（非负可测函数的勒贝格积分）**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R^*$ 是非负可测函数。 定义 $f$ 在 $\Omega$ 上的勒贝格积分为 $\int_\Omega f=\sup\{\int_\Omega s:s\text{ 是非负简单函数},s\leq f\}$。
+
+非负简单函数的勒贝格积分显然相容于非负可测函数的勒贝格积分。
+
+- **命题 19.2.2**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R^*,g:\Omega\to\R^*$ 都是非负可测函数。
+
+  1. $\int_{\Omega}f=0\iff f\text{ 几乎处处为 }0$。
+
+     **证明**：$f\text{ 几乎处处为 }0\implies s\text{ 几乎处处为 }0\implies \int_{\Omega}f=0$。
+
+     假设 $\int_\Omega f=0$。注意到 $f^{-1}((0,+\infty])=\bigcup_{N\geq 1}f^{-1}([\frac 1N,+\infty])$，故 $m(f^{-1}((0,+\infty]))\leq \sum_{N\geq 1}m(f^{-1}([\frac 1N,+\infty]))=\sum_{N\geq 1}0=0$。
+  
+  1. $c>0\implies \int_\Omega cf=c\int_\Omega f$。
+  
+  1. $f\leq g\implies \int_\Omega f\leq \int_\Omega g$。
+  
+  1. $\Omega'\subseteq\Omega\text{ 是可测的}\implies \int_{\Omega'}f=\int_\Omega f\cdot \chi_{\Omega'}\leq \int_\Omega f$。
+  
+  1. 设 $A,B$ 是 $\Omega$ 的不交的可测子集且 $A\cup B=\Omega$，那么 $f|_A,f|_B$ 都是非负可测函数，且 $\int_\Omega f=\int_A f+\int_B f$。
+  
+- **定理 19.2.3**：设 $\Omega\subseteq \R^n$ 是可测的，$(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 是 $\Omega\to \R^*$ 的非负可测函数的增序列。根据引理 18.5.9，$\sup_k f_k$ 也是非负可测的。那么 $\int_\Omega\sup_k f_k=\sup_k\int_\Omega f_k$。
+
+  **证明**：由于 $\int_\Omega\sup_k f_k\geq \int_\Omega f_k$，有 $\int_\Omega\sup_k f_k\geq \sup_k\int_\Omega f_k$。为证明 $\int_\Omega\sup_k f_k\leq \sup_k\int_\Omega f_k$，考虑证明对任意非负简单函数 $s\leq \sup_k f_k$ 有 $\int_\Omega s\leq \sup_k\int_\Omega f_k$，记 $M=\max s(\Omega)$。
+
+  设 $\varepsilon>0$。记 $\Omega_k:=\{x\in\Omega:f_k(x)\geq (1-\varepsilon)s(x)\}$，那么 $\Omega_k$ 是可测集，$\Omega_1\subseteq\Omega_2\subseteq \cdots$ 且 $\bigcup_{k\geq 1}\Omega_k=\Omega$。由于 $\int_{\Omega} f_k\geq \int_{\Omega_k} f_k\geq (1-\varepsilon)\int_{\Omega_k}s$，而 $\sup_k\int_{\Omega_k} s=\int_\Omega s$（注意 $s$ 是简单函数，那么对每种值 $y$ 分别考虑，只需 $\sup_km(\Omega_k\cap f^{-1}(y))=m(f^{-1}(y))$，也就是命题 18.1.2），故 $\sup_k\int_\Omega f_k\geq (1-\varepsilon)\int_\Omega s$。
+  
+  此事对任意 $\varepsilon>0$ 成立。故 $\sup_k \int_\Omega f_k\geq \int_\Omega s$。
+
+如果 $(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 是一列逐点收敛的 $\Omega\to\R^*$ 的非负可测函数，那么 $\int_\Omega \lim_{k\to\infty}f_k=\lim_{k\to\infty}\int_\Omega f_k$ 不一定成立。除了简单地使用有界区间上黎曼积分的反例，也可以直接定义 $f_k:\R\to\R$ 为 $f_k=\chi_{[n,n+1)}$。
+
+定理 19.2.3 与引理 19.1.4 结合，可以很方便地用简单函数的积分性质来证明可测函数的积分性质。
+
+- **引理 19.2.4**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R^*,g:\Omega\to\R^*$ 都是非负可测函数。根据命题 18.5.6，$f+g$ 是非负可测的。那么 $\int_\Omega (f+g)=\int_\Omega f+\int_\Omega g$。
+
+  **证明**：存在 $\Omega\to\R$ 的非负简单函数的增序列 $(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 逐点收敛到 $f$，存在 $\Omega\to\R$ 的非负简单函数的增序列 $(g_k)_{k=1}^{\infty}$ 逐点收敛到 $g$。那么 $(f_k+g_k)_{k=1}^{\infty}$ 也是非负简单函数的增序列，且逐点收敛到 $f+g$。那么
+  $$
+  \int_\Omega(f+g)=\sup_k\int_\Omega (f_k+g_k)=\sup_k\left(\int_\Omega f_k+\int_\Omega g_k\right)=\sup_k\int_\Omega f_k+\sup_k\int_\Omega g_k=\int_\Omega f+\int_\Omega g
+  $$
+
+- **推论 19.2.5**：设 $\Omega\subseteq \R^n$ 是可测的，$(g_i)_{i=1}^{\infty}$ 是一列 $\Omega\to \R^*$ 的非负可测函数。那么 $\sum_{i=1}^{\infty}g_i$ 是非负可测的且 $\int_\Omega \sum_{i=1}^{\infty}g_i=\sum_{i=1}^{\infty}\int_\Omega g_i$。
+
+  **证明**：记 $f_k=\sum_{i=1}^k g_i$ 再使用定理 19.2.3 即可。
+
+- **引理 19.2.6**：设 $\Omega\subseteq \R^n$ 是可测的，$(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 是一列 $\Omega\to \R^*$ 的非负可测函数，那么 $\liminf_{k\to\infty}f_k$ 是非负可测的且 $\int_\Omega\liminf_{k\to\infty}f_k\leq \liminf_{k\to\infty}\int_\Omega f_k$。
+
+  **证明**：$\int_\Omega\liminf_{k\to\infty}f_k=\int_\Omega\sup_k\inf_{i\geq k}f_i=\sup_k\int_\Omega\inf_{i\geq k}f_i=\liminf_{k\to\infty}\int_\Omega\inf_{i\geq k}f_i\leq \liminf_{k\to\infty}\int_\Omega f_k$。
+
+- **引理 19.2.7**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R^*$ 是非负可测函数。若 $\int_\Omega f$ 有限，那么 $f$ 几乎处处不等于 $+\infty$。
+
+  **证明**：注意要先根据可测函数的定义得到 $f^{-1}(+\infty)$ 是可测的。
+
+- **推论 19.2.8**：设 $(\Omega_k)_{k=1}^{\infty}$ 都是 $\R^n$ 的可测子集，且 $\sum_{k=1}^{\infty}m(\Omega_k)$ 有限，那么 $\Omega$ 的几乎每个点都只属于有限多个 $\Omega_k$。
+
+  **证明**：$\sum_{k=1}^{\infty}m(\Omega_k)=\sum_{k=1}^{\infty}\int_\Omega \chi_{\Omega_k}=\int_{\Omega}\sum_{k=1}^{\infty}\chi_{\Omega_k}$，再使用引理 19.2.7。
+
+//接下来有几道例题？
+
+- **引理 19.2.9**：设 $p>2,c>0$，那么 $\{x\in[0,1]:\text{存在无限多个 }(a,q)\in \Z\times \Z^+\text{ 使得 }|x-\frac{a}{q}|\leq \frac{c}{q^p}\}$ 的测度是零。
+
+  **证明**：可以取出 $B$ 使得对任意 $q\geq B$，每个 $x$ 只会被至多一个 $(a,q)$ 覆盖。设 $\Omega_q:=\{x\in[0,1]:\text{存在 }a\in \Z\text{ 使得 }|x-\frac{a}{q}|\leq \frac{c}{q^p}\}$，那么 $\Omega_q$ 可测且 $m(\Omega_q)\leq (q+1)\cdot 2\frac{c}{q^p}$，再根据 $\sum_{q\geq B}m(\Omega_q)\leq \sum_{q\geq 1}(q+1)\cdot 2\frac c{q^p}$ 有限得证。
+
+- **命题 19.2.10**：设 $x\in\R$。如果存在实数 $p,C>0$，使得 $|x-\frac aq|>\frac{C}{q^p}$ 对任意正整数 $q$ 和整数 $a$ 成立，就称 $x$ 是丢番图数。那么几乎每个实数都是丢番图数。
+
+  **证明**：任取 $p>2,c>0$。设 $x\in[0,1]$ 不是丢番图数，那么对任意 $C>0$，都存在正整数 $q$ 和整数 $a$ 使得 $|x-\frac aq|<\frac C{q^p}$。考虑证明 $x\in\{x\in[0,1]:\text{存在无限多个正整数对 }a,q\text{ 使得 }|x-\frac{a}{q}|\leq \frac{c}{q^p}\}$。
+
+  排除 $x$ 是有理数的平凡情况。设 $B$ 是正整数，记 $C=\min(c,\min_{q\in\Z_{1..B},a\in\Z_{0..q}}|x-\frac aq|q^p)$。那么 $C>0$，且对任意整数 $q\leq B$ 和整数 $a$ 都有 $|x-\frac aq|=\frac{|x-\frac aq|q^p}{q^p}\geq \frac{C}{q^p}$。从而一定存在整数 $q>B$ 和整数 $a$，使得 $|x-\frac aq|<\frac C{q^p}\leq \frac c{q^p}$。此事对任意正整数 $B$ 成立，故存在无限多个 $(a,q)$ 使得 $|x-\frac aq|\leq \frac c{q^p}$。
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+  所以 $[0,1]$ 内所有非丢番图数的集合的测度为 $0$。进一步，由于 $x$ 是丢番图数当且仅当 $x-\lfloor x\rfloor$ 是丢番图数，且可数个零测集的并仍然是零测集，得到 $\R$ 中所有非丢番图数的集合的测度为 $0$。
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+- **命题 19.2.11**：设 $\Omega\subseteq \R^n$ 是可测的，$(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 是一列 $\Omega\to \R^*$ 的非负可测函数，满足 $\int_\Omega f_k=\frac 1{4^k}$。那么对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\Omega$ 的可测子集 $E$，使得 $m(E)<\varepsilon$ 且 $\lim_{k\to\infty}f_k(x)=0$ 对任意 $x\in\Omega\setminus E$ 成立。
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+  **证明**：设 $\varepsilon>0$。对任意 $k\geq 1$，设 $E_k=f^{-1}((\frac{1}{2^k\varepsilon},+\infty])$。那么 $E_k$ 可测且 $m(E_k)<\frac \varepsilon{2^k}$，否则 $\int_\Omega f_k\geq \int_{E_k}f_k>\int_{E_k}\frac 1{2^k\varepsilon}\geq \frac 1{4^k}$。取 $E=\bigcup_{k\geq 1}E_k$，那么 $m(E)\leq \sum_{k\geq 1}m(E_k)<\varepsilon$，且对于任意 $x\in \Omega\setminus E$，$f_k(x)\leq \frac 1{2^k\varepsilon}\implies \lim_{k\to\infty}f_k(x)=0$。
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+如果将命题 19.2.11 中的 $\int_\Omega f_k=\frac 1{4^k}$ 修改为 $\lim_{k\to\infty}\int_\Omega f_k=0$，命题将不成立。考虑如下构造：设 $\Omega=\R$。初始令 $R=0$，接下来依次考虑每个 $k\geq 1$，置 $f_k=\chi_{[R,R+\frac 1k]}$，然后置 $R\gets R+\frac 1k$，此时如果 $R\geq 1$，则将 $R$ 置为 $0$。由于 $\sum_{k\geq 1}\frac 1k$ 不收敛，所以可以证明对每个 $x\in[0,1]$，$1$ 都是 $f_k(x)$ 关于 $k$ 的极限点。
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+如果想要使用命题 19.2.11 的方法，记 $a_k:=\int_\Omega f_k$，那么要满足存在对应的一列正数 $(\lambda_k)_{k=1}^{\infty}$，使得 $\sum_{k\geq 1}\frac{a_k}{\lambda_k}$ 有限且 $\lim_{k\to\infty}\lambda_k=0$。
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+- **命题 19.2.12**：设 $\Omega\subseteq \R^n$ 是可测的且 $m(\Omega)$ 有限，$(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 是一列 $\Omega\to \R^*$ 的逐点收敛到 $0$ 的非负可测函数。那么对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\Omega$ 的可测子集 $E$，使得 $m(E)<\varepsilon$ 且 $(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 在 $\Omega\setminus E$ 上一致收敛到 $0$。
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+  **证明**：设 $\varepsilon>0$。设 $N\geq 1$。对任意 $K\geq 1$，设 $E_K=\{x\in\Omega:\forall_{k\geq K},f_k(x)<\frac 1N\}=\bigcup_{k\geq K}f_k^{-1}([0,\frac 1N))$，那么 $E_K$ 可测，$E_1\subseteq E_2\subseteq\cdots$ 且 $\bigcup_{K\geq 1}E_K=\Omega$。那么 $\lim_{K\to\infty}m(E_K)=m(\Omega)$，那么就存在 $K\geq 1$ 使得 $m(E_{K})\geq m(\Omega)-\frac{\varepsilon}{2^N}$，记 $F_N:=\Omega\setminus E_K$。取 $E=\bigcup_{N\geq 1}F_N$，那么 $m(E)<\varepsilon$。且对任意 $N\geq 1$，都存在 $K\geq 1$ 使得 $x\in \Omega\setminus E\implies \forall_{k\geq K},f_k(x)<\frac 1N$。从而 $(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 在 $\Omega\setminus E$ 上一致收敛到 $0$。
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+## 19.3 绝对可积函数的积分
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+- **定义 19.3.1（绝对可积函数）**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R^*$ 是可测函数。称 $f$ 为绝对可积的（记作 $f\in L^1(\Omega)$），当且仅当 $\int_\Omega |f|$ 是有限的。
+- **定义 19.3.2（正部和负部）**：设 $X$ 是集合，$f:X\to\R^*$ 是函数。由 $f_+:=\max(f,0)$ 和 $f_-:=-\min(f,0)$ 定义函数 $f_+,f_-:X\to[0,+\infty]$。
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+- **定义 19.3.3（勒贝格积分）**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R^*$ 是绝对可积的函数。定义 $f$ 的勒贝格积分为 $\int_\Omega f:=\int_\Omega f_+-\int_\Omega f_-$。
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+  **证明**：由于 $0\leq f_+,f_-\leq |f|$，不会出现 $(+\infty)-(+\infty)$ 的情况。
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+非负可测函数的积分显然相容于绝对可积函数的积分。
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+- **命题 19.3.4**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R,g:\Omega\to\R$ 都是绝对可积函数。
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+  1. $c\in\R\implies cf\in L^1(\Omega)\and \int_\Omega cf=c\int_\Omega f$。
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+  2. $f+g\in L^1(\Omega)\and \int_\Omega (f+g)=\int_\Omega f+\int_\Omega g$。
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+     **证明**：注意 $\{x\in\Omega :\{f(x),g(x)\}=\{-\infty,+\infty\}\}$ 是零测的。
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+  3. $f\leq g\implies \int_\Omega f\leq \int_\Omega g$。
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+  4. $f\text{ 几乎处处为 }0\implies \int_\Omega f=0$。
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+- **引理 19.3.5**：设 $\Omega\subseteq \R^n$ 是可测的，$(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 是 $\Omega\to \R^*$ 的非负可测函数的减序列，满足 $\int_\Omega f_1$ 有限。根据引理 18.5.9，$\inf_k f_k$ 也是非负可测的。那么 $\int_\Omega\inf_k f_k=\inf_k\int_\Omega f_k$。
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+  **证明**：证法一：模仿定理 19.2.3 的证明。首先 $\int_k f_k\leq f_k\implies \int_\Omega \inf_k f_k\leq \inf_k\int_\Omega f_k$。为证 $\int_\Omega \inf_k f_k\geq \inf_k\int_\Omega f_k$，记 $s=\inf_k f_k$。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。记 $\Omega_k:=\{x\in\Omega :f_k(x)>(1+\varepsilon)s(x)\}$，那么 $\Omega_k$ 是可测的，$\Omega_1\supseteq \Omega_2\supseteq \cdots$ 且 $\bigcap_{k\geq 1}\Omega_k=\varnothing$。
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+  设 $g_k:=f_1\cdot \chi_{\Omega_{k-1}\setminus \Omega_k}$（$\Omega_0:=\Omega$），那么 $f_1=\sum_{k\geq 1}g_k$，从而根据推论 19.2.5，$\int_\Omega f_1=\sum_{k\geq 1}\int_{\Omega_{k-1}\setminus \Omega_k}f_1$，又因为 $\int_\Omega f_1$ 有限，可知 $\int_\Omega f_1=\lim_{k\to+\infty}(\int_\Omega f_1-\int_{\Omega_k} f_1)$，那么 $\lim_{k\to+\infty}\int_{\Omega_k} f_1=0$。
+
+  那么 $\int_{\Omega}f_k=\int_{\Omega \setminus \Omega_k}f_k+\int_{\Omega_k}f_k\leq (1+\varepsilon)\int_\Omega s+\int_{\Omega_k}f_1$，两侧同时取极限得到 $\int_\Omega f_k\leq (1+\varepsilon)\int_\Omega s$。此事对任意 $\varepsilon>0$ 成立。
+
+  证法二：直接使用定理 19.2.3。设 $g_k=f_1-f_k$，那么：
+  $$
+  \inf_k\int_\Omega f_k=\inf_k\int_\Omega(f_1-g_k)=\int_\Omega f_1-\sup_k\int_\Omega g_k=\int_\Omega f_1-\int_\Omega \sup_k g_k=\int_\Omega (f_1-\sup_kg_k)=\int_\Omega\inf_k f_k
+  $$
+
+- **引理 19.3.6**：设 $\Omega\subseteq \R^n$ 是可测的，$(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 是一列 $\Omega\to \R^*$ 的逐点收敛的非负可测函数，$F:\Omega \to \R^*$ 是非负绝对可积函数满足对任意 $k\geq 1$ 都有 $f_k\leq F$。那么 $\int_\Omega \lim_{k\to\infty}f_k=\lim_{k\to\infty}\int_\Omega f_k$。
+
+  **证明**：$\int\lim_{k} f_k=\int\sup_k\inf_{i\geq k}f_i=\sup_k\int\inf_{i\geq k}f_i=\lim_k\int\inf_{i\geq k}f_i$。
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+  $\int\lim_k f_k=\int\inf_k\sup_{i\geq k}f_i=\inf_k\int\sup_{i\geq k}f_i=\lim_k\int\sup_{i\geq k} f_i$，其中第二个等号用到了 $\int\sup_k f_k\leq \int F$。
+
+  由于 $\inf_{i\geq k}f_i\leq f_k\leq \sup_{i\geq }f_i$，由夹逼定理，$\int\lim_kf_k=\lim_k\int f_k$。
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+- **定理 19.3.7**：设 $\Omega\subseteq \R^n$ 是可测的，$(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 是一列 $\Omega\to \R^*$ 的逐点收敛的可测函数，$F:\Omega \to \R^*$ 是非负绝对可积函数满足对任意 $k\geq 1$ 都有 $|f_k|\leq F$。那么 $\int_\Omega \lim_{k\to\infty}f_k=\lim_{k\to\infty}\int_\Omega f_k$。
+
+  **证明**：设 $f=\lim_{k\to\infty} f_k$，注意到 $(f_{k,+})_{k=1}^{\infty}$ 逐点收敛到 $f_+$，$(f_{k,-})_{k=1}^{\infty}$ 逐点收敛到 $f_-$。
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+注意，若 $(f_k)_{k=1}^{\infty}$ 是一列逐点收敛的绝对可积函数，那么 $\lim_{k\to\infty}f_k$ 不一定是绝对可积的。$f_k=\chi_{[0,k]}$ 就是一个例子。
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+- **定义 19.3.8（勒贝格上积分与勒贝格下积分）**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R$ 是函数。定义 $f$ 的勒贝格上积分为 $\overline \int_{\Omega}f:=\inf\left\{\int_\Omega g:g\in L^1(\Omega),f\leq g\right\}$，勒贝格下积分为 $\underline \int_{\Omega}f:=\sup\left\{\int_\Omega g:g\in L^1(\Omega),f\geq g\right\}$。
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+- **引理 19.3.9**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f_1,f_2,f_3:\Omega\to\R$ 是函数，其中 $f_1,f_3$ 是绝对可积的，$f_2$ 是可测的。若 $f_1\leq f_2\leq f_3$，那么 $f_2$ 也是绝对可积的。
+
+  **证明**：$\int_\Omega |f_2|\leq \int_\Omega \max(|f_1|,|f_3|)\leq \int_\Omega |f_1|+|f_3|=\int_\Omega |f_1|+\int_\Omega |f_3|$ 是有限的。
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+- **引理 19.3.10**：设 $\Omega\subseteq\R^n$ 是可测的，$f:\Omega\to\R$ 是函数。若 $\overline\int_\Omega f=\underline\int_\Omega f=A\in \R$，那么 $f$ 绝对可积，且 $\int_\Omega f=A$。
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+  **证明**：根据定义，可以选出一列绝对可积函数 $(s'_k)_{k=1}^{\infty}$ 使得 $f\leq s'_k$ 且 $(\int_\Omega s'_k)_{k=1}^{\infty}$ 单调降地收敛至 $\overline\int_\Omega f$。定义 $s_k:=\min\{s'_i\}_{1\leq i\leq k}$，那么 $(s_k)_{k=1}^{\infty}$ 是一列单调降的绝对可积函数且 $(\int_\Omega s_k)_{k=1}^{\infty}$ 单调降地收敛至 $\overline\int_\Omega f$。同理可以得到一列单调升的绝对可积函数 $(t_k)_{k=1}^{\infty}$ 满足 $(\int_\Omega t_k)_{k=1}^{\infty}$ 单调升地收敛至 $\underline\int_\Omega f$。
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+  记 $s=\inf_k s_k$，$t=\sup_k t_k$。可知 $s,t$ 是绝对可积函数（由引理 19.3.9），$s\leq f\leq t$ 且 $\int_\Omega s=\int_\Omega t=A$。由于 $t-s\geq 0$ 且 $\int_\Omega(t-s)=0$，可知 $t-s$ 几乎处处为 $0$。再结合 $s\leq f\leq t$ 可知 $s,f$ 几乎处处相同，从而 $f$ 可测，再结合引理 19.3.9 可知 $f$ 绝对可积且 $\int_\Omega f=A$。
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+## 19.4 与黎曼积分比较
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+为了使下面的讨论更清晰，我们暂且将黎曼积分和勒贝格积分作区分，把黎曼积分 $\int_I f$ 写成 $R.\int_I f$。
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+- **命题 19.4.1**：设 $I\subseteq \R$ 是区间，$f:I\to\R$ 是黎曼可积函数。那么 $f$ 是绝对可积的，且 $\int_If=R.\int_If$，其中 $R.\int_I f$ 是定义 11.3.4 中的黎曼积分。
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+命题 19.4.1 的逆命题不成立。例如由 $f(x):=\chi_{[0,1]\cap \Q}$ 定义的 $f:[0,1]\to \R$。
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+## 19.5 富比尼定理
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+- **定理 19.5.1（富比尼定理）**：设 $f:\R^2\to\R$ 是绝对可积函数。那么对几乎每个 $x\in\R$，$f(x,y)$ 是关于 $y$ 的在 $\R$ 上绝对可积的。且 $\int_{\R^2}f=\int_\R\int_\R f(x,y)\d y\d x$。
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+  **证明**：先假设 $f$ 是非负的。
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+//见概率与统计。