本文章介绍了对富比尼定理的证明.
- 已知: 若 f 非负且绝对可积则其满足富比尼定理. 求证当 f 绝对可积时, 仍满足富比尼定理.
证明: 根据定义 19.3.2 可知此时 $f^+, f^-$ 也绝对可积且非负, 所以满足富比尼定理. 令 $F^+, F^-$ 分别为为富比尼定理中 $f^+, f^-$ 对应的函数 F.
此时 $\forall x \in R\setminus B_+, m(B_+) = 0, f^+(x,y)$ 关于 y 是绝对可积的; $\forall x \in R\setminus B_-, m(B_-) = 0, f^-(x,y)$ 关于 y 是绝对可积的; 即 $\forall x \in R \setminus B, B = B_+ \cup B_-, m(B) = 0$, $f^+(x,y), f^-(x,y)$ 关于 y 都是绝对可积的. 考虑到 $f(x, y) = f^+(x,y) - f^-(x,y)$, 所以 $\forall x \in R \setminus B$, f(x, y) 关于 y 都是绝对可积的.
令 $F(x) = \int_R f(x,y) dy, F^+(x) = \int_R f^+(x,y) dy, F^-(x) = \int_R f^-(x,y) dy$. 根据富比尼定理可知 $F^+(x),F^-(x)$ 是绝对可积的. 易知 $F(x) = F^+(x) - F^-(x)$, 所以 F(x) 也是绝对可积的. 且有:
\[\begin{align} \int_R F(x) dx &= \int_R F^+(x) dx - \int_R F^-(x) dx \\ &= \int_{R^2} f^+(x,y) - \int_{R^2} f^-(x,y) \\ &= \int_{R^2} f(x, y) \end{align}\]- 已知 $f_n$ 为定理 19.2.9 那种单调递增非负可测绝对可积函数序列, 且均满足富比尼成立. $f_n$ 逐点收敛 f, 已知 f 绝对可积, 求证 f 也满足富比尼定理
证明: 令 $F_n(x) = \int_R f_n(x,y) dy$, 易知这里 $F_n(x)$ 也是那种单调递增非负可测绝对可积函数序列. 令 $F(x) = \int_R f(x,y)dy$, 注意对于一个特定的 $x_0$, 此时我们尚不知 $h(y) = f(x_0,y)$ 是否是绝对可积的, 但 h(y) 非负可测, $\int_R h$ 总是有定义的, 只不过 $\int_R h$ 可能为 $+\infty$. 根据定理 19.2.9 可知 $\int_R \sup_n f_n(x,y) dy = \sup_n \int_R f_n(x,y) dy$. 即 $F(x)= \sup_n F_n(x)$, 即易知 $F_n(x)$ 逐点收敛 F. L1
再次应用定理 19.2.9 $\int_R \sup_n F_n(x) = \sup_n \int_R F_n(x)$, 即 $\int_R F = \sup_n \int_{R^2} f_n(x,y) = \int_{R^2} \sup_n f_n(x,y) = \int_{R^2} f(x,y)$. 已知 f 绝对可积, 即 $\int_{R^2} f(x,y)$ 为一有限值; 所以 F 在 R 上是绝对可积的. 根据引理 19.2.14 可知 F(x) 几乎处处为有限值, 即 $\int_R f(x,y)dy$ 几乎处处为有限值, 即 f(x, y) 关于 y 几乎处处绝对可积. L2
L1 标注说明: 这里我们忽略了一些几乎处处的说明. 对于 $f_n(x,y)$, 根据富比尼定理可知几乎对于每一个 x, $f_n(x,y)$ 关于 y 绝对可积, 即存在可测集 $A_n, m(A_n) = 0, x\notin A_n$ 时才有 $f_n(x,y)$ 关于 y 绝对可积. 令 $A = \bigcup_{n=1}^{\infty}A_n, m(A) = 0, x\notin A$ 时, 对于任意 n $f_n(x,y)$ 关于 y 绝对可积. 即 F(x) 中 x 的定义域是 $R \setminus A$.
L2 标注说明: 在我初次证明时, 我遇到的问题是在 L1 处已知 $F(x)= \sup_n F_n(x)$ 如何证明此时 F(x) 为有限值, 即 f(x, y) 此时关于 y 绝对可积. 我一开始以为 $\int_R f(x_0, y) dy = \int_{R^2} f\chi_\Omega$, 这里 $\Omega = {(x_0, y), y\in R}$. 但实际上这里 $\int_{R^2} f\chi_\Omega = \int_\Omega f = 0$, 即 $\int_R f(x_0, y)dy$ 并不等于 $\int_{R^2} f\chi_\Omega$.
- 令 $(f_n)_{n=1}^N$ 为 N 个函数, $f_n$ 均绝对可积且满足富比尼定理. 令 f 为 $(f_n)_{n=1}^N$ 任一线性组合, 求证 f 也绝对可积且满足富比尼定理.
证明: 反复应用命题 19.3.3(a), (b) 即可.
- 求证: $\underline{\int}_{[-N,N]} ( \overline{\int}_{[-N,N]} \chi_E(x,y) dy ) dx \geq m(E)$
证明: 由 $\overline{\int}_{[-N,N]} \chi_E(x,y) dy \ge \underline{\int}_{[-N,N]} \chi_E(x,y) dy$ 易证.
- 求证: $\int_{[-N,N]} ( \underline{\int}_{[-N,N]} \chi_E(x,y) dy ) dx = m(E)$
证明: 由式 19.2 可知:
\[\overline{\int}\_{[-N,N]} ( \underline{\int}\_{[-N,N]} \chi_E(x,y) dy ) dx \le \overline{\int}\_{[-N,N]} ( \overline{\int}\_{[-N,N]} \chi_E(x,y) dy ) dx \leq m(E)\]易证.
- 求证 $\int_{[-N,N]} ( \int_{[-N,N]} \chi_{I_j \times I’_j} (x,y) dy) dx = \int_{I_j}(\int_{I’_j}dy)dx$.
证明: 令 $G(x) = \int_{[-N,N]} \chi_{I_j \times I’_j} (x,y) dy$, 则 $\int_{[-N,N]} G(x) = \int_{I_j}G + \int_{[-N,N] \setminus I_j}G$. 当 $x \in [-N,N] \setminus I_j$ 时, G(x) 总是为 0, 所以 $ \int_{[-N,N] \setminus I_j}G = 0$.
之后观察 $\int_{I_j}G$, 此时 $G(x) = \int_{I’_j} \chi_{I_j \times I’_j} (x,y) dy + \int_{[-N,N] \setminus I’_j} \chi_{I_j \times I’_j} (x,y) dy$, 当 $x \in I_j$ 时, 对于 $\forall y \in [-N,N] \setminus I’_j$ 可知 $\chi_{I_j \times I’_j} (x,y) = 0$, 即 $\int_{[-N,N] \setminus I’_j} \chi_{I_j \times I’_j} (x,y) dy = 0$.
所以有 $\int_{[-N,N]} ( \int_{[-N,N]} \chi_{I_j \times I’_j} (x,y) dy) dx = \int_{I_j}(\int_{I’_j} \chi_{I_j \times I’_j} (x,y) dy)dx$. 易知 $\chi_{I_j \times I’_j} (x,y) = 1, \forall x \in I_j, \forall y \in I’_j$.
- 求证 $\sum_{j \in J}\chi_{B_j}$ 从上方控制 $\chi_E$.
证明: 关于这个问题, 我有一个绝妙的证明, 但现在到我跑步时间了, 我写不了了.
