单调收敛定理

在数学中，有许多定理称为单调收敛定理（）；这里我们介绍一些主要的例子。

单调实数序列的收敛性
定理
如果ak是一个单调的实数序列（例如ak ≤ ak+1），则这个序列具有极限（如果我们把正无穷大和负无穷大也算作极限的话）。当且仅当序列是有界的，这个极限是有限的。

证明
我们证明如果递增序列\langle a_n \rangle有上界，则它是收敛的，且它的极限为\sup_n \{a_n\}。

由于\{ a_n \}非空且有上界，因此根据实数的最小上界公理，c = \sup_n \{a_n\}存在，且是有限的。现在，对于每一个\varepsilon > 0，都存在一个a_N，使得a_N > c - \varepsilon ，否则c - \varepsilon 是\{ a_n \}的一个上界，这与c为最小上界\sup_n \{a_n\}的事实矛盾。于是，由于\langle a_n \rangle是递增的，对于所有的n > N，都有|c - a_n| = c - a_n \leq c - a_N ，因此根据定义，\langle a_n \rangle的极限为\sup_n \{a_n\}。证毕。

类似地，如果一个实数序列是递减且有下界，则它的最大下界就是它的极限。

单调级数的收敛性
定理
如果对于所有的自然数j和k，aj,k都是非负实数，且aj,k ≤ aj+1,k，则（参见第168页）：
:\lim_{j\to\infty} \sum_k a_{j,k} = \sum_k \lim_{j\to\infty} a_{j,k}

勒贝格单调收敛定理
这个定理是前一个定理的推广，也许就是最重要的单调收敛定理。

定理
设( X, A, \mu )为一个测度空间。若序列 f_1, f_2, \ldots 為定義域是
X，對應域是 [0,\infty) 的 \mu-可测单调递增函数序列。也就是说 \forall x\in X,\, k\in \mathbb{N}，有
: 0\le f_k(x) \leq f_{k+1}(x)。
接着，设序列 \{f_{n}\} 的逐点极限为 f。也就是说 \forall x\in X,
:f(x):= \lim_{k\to\infty} f_k(x)。
則 f 會是 \mu-可测函數，且：
:\lim_{k\to\infty} \int_X f_k\, d\mu = \int_X f\, d\mu 。（参见第21.38节）

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。

证明
我们首先证明f是\mu -可测函数。为此，只需证明区间[0,t]在f下的原像是X上的σ代数A的一个元素。设I为[0,\infty] 的一个子区间。那么：
: f^{-1}(I) = \{x\in X | f(x)\in I \} 。
另一方面，由于[0,t]是闭区间，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\}。
注意可数交集中的每一个集合都是A的一个元素，这是因为它是一个波莱尔子集在\mu -可测函数 f_k 下的原像。由于根据定义，σ代数在可数交集下封闭，因此这便证明了f是\mu -可测的。需要注意的是，一般来说，任何可测函数的最小上界也是可测的。

现在我们证明单调收敛定理的余下的部分。f是\mu -可测的事实，意味着表达式 \int f d\mu 是定义良好的。

我们从证明 \int f d \mu \geq \lim_k \int f_k d \mu 开始。

根据勒贝格积分的定义，
: \int f d \mu = sup \{\int g d \mu | g \in SF, g\leq f \} ，
其中SF是X上的\mu -可测简单函数的交集。由于在每一个x\in X ，都有f_k(x)\leq f(x)，我们便有：

:\left\{\int g d \mu | g \in SF, g\leq f_k \right\}\subseteq \left\{\int g d \mu | g \in SF, g\leq f \right\}.

因此，由于一个子集的最小上界不能大于整个集合的最小上界，我们便有： \int f d \mu \geq \lim_k \int f_k d \mu .

右面的极限存在，因为序列是单调的。

我们现在证明另一个方向的不等式（也可从法图引理推出），也就是说，我们来证明：

: \int f d \mu \leq \lim_k \int f_k d \mu.

从积分的定义可以推出，存在一个非负简单函数的非递減序列gn，它几乎处处逐点收敛于f，且：

: \lim_k \int g_k d \mu = \int f d \mu.

只需证明对于每一个k\in \mathbb{N} ，都有：

: \int g_k d \mu \leq \lim_j \int f_j d \mu

这是因为如果这对每一个k都成立，那么等式左端的极限也将小于或等于等式右端。

我们证明如果gk是简单函数，且

: \lim_j f_j(x) \geq g_k(x)

几乎处处，则：

: \lim_j \int f_j d \mu \geq \int g_k d \mu.

由于积分是线性的，我们可以把函数g_k分拆成它的常数部分，化为g_k是σ代数A的一个元素B的指示函数的情况。在这种情况下，我们假设f_j是一个可测函数的序列，它在B的每一个点的最小上界都大于或等于一。

为了证明这个结果，固定\epsilon > 0 ，并定义可测集合的序列：

: B_n = \{x \in B: f_n(x) \geq 1 - \epsilon \}.

根据积分的单调性，可以推出对于任何的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

根据 \lim_j f_j(x) \geq g_k(x) 的假设，对于足够大的n，任何B内的x都将位于B_n内，因此：

: \bigcup_n B_n = B。

所以，我们有：

: \int g_k d\mu =\int 1_B d\mu = \mu(B) = \mu(\bigcup_n B_n) .

利用测度的单调性，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，并利用这对任何正数\epsilon都正确的事实，定理便得证。

参见
*无穷级数
*勒贝格控制收敛定理

注释
Passaggio al limite sotto segno di integrale#Integrale di Lebesgue