积分导读首先复习上次的内容，由$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$出发，定义2.2.8来定义$\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu)$的函数。就是$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$某个基本序列$u_n$点点收敛的极限$u(x)=\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)$。而$\mathcal{L}^{1}(\Omega,\mu)$里的函数用$u=f-g{\;}{a.e}$定义，这里$f,g{\in}\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu)$。所以存在$f_n,g_n{\subset}\mathcal{L}(\Omega,\mu)$使得$u$是$f_n-g_n$几乎处处收敛的极限。那么随便给一个$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$里的序列$u_n$，假设几乎处处收敛到一个函数$u,u$不见得是勒贝格可积的，但是应该是比较好的函数。这就是我们下面要定义的可测函数。一，大框架上，我们已经走到了最后一步：$$ \mathcal{L}(\Omega,\mu){\subset}\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu){\subset}\mathcal{L}^1(\Omega,\mu){\subset}\mathcal{M}(\Omega,\mu) $$本节的第一个定义，定义2.2.19，是定义可测空间，$$ \mathcal{M}(\Omega,\mu)=\left\{u:\Omega{\to}\mathbb{R},a.e.:存在(u_n){\subset}\mathcal{L}(\Omega,\mu)使得u_n{\to}u,a.e.\right\} $$就是$u$是几乎处处有限，且是$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$某个函数列几乎处处收敛的极限。我们称这些函数$\mu-$可测函数。下面我们会定义$\mu$测度，这些函数就是关于测度$\mu$可测的可测函数。注意到$\mathcal{L}^1(\Omega,\mu){\subset}\mathcal{M}(\Omega,\mu)$，但是不见得会相等（可以相等）。例如考虑$\mathcal{K}(\mathbb{R})$情形，$u(x)=1,u{\not\in}\mathcal{L}^1,u{\in}\mathcal{M}$。按照书上的符号，对于非负函数$u{\in}\mathcal{M}{\backslash}\mathcal{L}^1$，定义${\int}ud{\mu}=+\infty$。定义2.2.25就是定义$\Omega$里子集的可测性和测度。$A{\subset}\Omega$被称为$\mu-$可测的如果$\chi_A{\in}\mathcal{M}(\Omega,\mu)$。这时$A$的$\mu-$测度定义为$\mu(A)={\int}_X\chi_Ad{\mu}$。（不见得所有的集合都是可测的！）这时在抽象框架下的$\mu-$测度和$\mu-$可测集合定义。具体到欧式空间$\mathbb{R}^N$勒贝格测度的定义在定义2.2.35，$\Omega$是$\mathbb{R}^N$中一个开集（所以可以就取为$\mathbb{R}^N$）,$\mathcal{K}(\Omega)$加上黎曼积分就是$\mathcal{L}$，生成的$\mathcal{L}^1$可以定义测度，叫做勒贝格测度，则$\Omega$的一个可测子集的勒贝格测度定义为$$ m(A)=\int_A\chi_Adx $$注意我们给这个特殊的测度一个符号$m(A)$，一般书上都是这个符号。二，具体的内容和小的细节命题2.2.20是$\mathcal{M}(\Omega,\mu)$基本性质。证明留作作业。引理2.2.21，2.2.22，2.2.23这三个引理是用来证明定理2.2.24的。定理2.2.24是给出$\mathcal{M}(\Omega,\mu)$的另一个刻画：$\mathcal{M}(\Omega,\mu)$里面函数列几乎处处收敛的几乎处处有限的极限还是可测函数。按照定义，是用$\mathcal{L}$里函数列几乎处处极限，这个定理说$\mathcal{M}$里函数列几乎处处极限还在里面。请用下面这个陈述：定理2.2.24：令$(u_n){\subset}\mathcal{M}(\Omega,\mu)$为几乎处处收敛的一个序列，收敛到几乎处处有限的极限$u$，则$u{\in}\mathcal{M}(\Omega,\mu)$。那上面的引理分别考虑$\mathcal{L}^{+},\mathcal{L}^1,\mathcal{M}$中几乎处处单增函数列的极限，证明还在$\mathcal{M}$里。也即有$$ 2.2.1{\Rightarrow}2.2.22{\Rightarrow}2.2.23{\Rightarrow}2.2.24 $$命题2.2.26总结了抽象测度的一般性质。证明留作作业。命题2.2.27：一个$\Omega$的子集是可以忽略的当且仅当其是可测的且测度为0。这个就是说可忽略集等价于零测集可测集。有了这个结论，以后说几乎处处成立，就是去掉一个零测度集成立。（这就是一般书上定义几乎处处收敛的方式）。从定义2.2.28开始到2.2.34是为讨论欧式空间的勒贝格测度性质做准备。这个时候需要一个额外的公理。$J_5$：一个正测度对$\mathcal{L}$有个要求：对于任意$u{\in}\mathcal{L}{\Rightarrow}\min\left\{u,1\right\}{\in}\mathcal{L}$。显然对欧式空间的黎曼积分，$\mathcal{K}(\Omega)$满足这个形式。下面讨论都假设对正测度进行，直到2.2.34。定理2.2.36总结了$\mathbb{R}^N$上勒贝格测度$m$的基本性质。注意在抽象测度讨论里面，没有拓扑的性质加进去。在$\mathbb{R}^N$上我们看到，拓扑性质起了很大作用。推论2.2.37是说$\mathbb{R}$上勒贝格测度$m$的性质和我们原来的常识是一致的，也即闭区间，开区间的测度都是它们的长度。一个点是可忽略集，则可数点集也是可忽略集。然后举了一个例子将我们黎曼积分中的反常积分也纳入勒贝格积分框架。注意勒贝格积分是绝对可积的，也即取了绝对值也是可积的。有些反常积分不是绝对可积的不是勒贝格可积的。最下面的例子就是康托集，其实就是一族这样的集合。我们可以先考虑一个特殊的例子，取$l_n=\frac{1}{3^{n+1}},n=0,1,2,{\cdots}$，所以$\sum^{\infty}_{n=0}2^nl_n=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{2^n}{3^{n+1}}=1$，也即$\varepsilon=1$。我们归纳地构建一个$[0,1]$区间里的子集合$C$：第一步把$[0,1]$分为三等分，去掉中间的长度$1/3$的开区间$(1/3,2/3)$，得到两个闭区间。每个长度$1/3$。第二步：三等分每个剩下的闭区间，去掉每个中间的长度$\frac{1}{3^2}$的开区间，得到$2^2$个闭区间，每个长度$\frac{1}{3^2}$，第$n$步，三等分每个闭区间，去掉每个中间的开区间，得到$2^n$个闭区间，每个长度$\frac{1}{3^n}$，依次下取，剩下的点构成的集合就是$C$。由构造，把每次去掉的开区间的长度加起来就是$1$，所以剩下的集合有测度为0.这个康托集的有些性质列在书上，其中之一是说$C$不是可数集，虽然它的测度是0，是可忽略集。其他取$\varepsilon{\in}(0,1]$，构造出类似的集合，测度是$1-\varepsilon$，正测度集。这些集合都不含有内点。（非负可测函数积分的事情）命题2.2.20后把不在$\mathcal{L}^1$里的非负可测函数也定义积分，积分值是正无穷。对于给定的$u{\ge}0,u{\in}\mathcal{M}$，存在一个函数序列$(u_n){\subset}\mathcal{L}$，使得$u_n{\to}u$几乎处处成立（当$n{\to}\infty$）我们假设$u_n{\ge}0$。设$U_k=\inf_{k{\le}n}u_n$。则$u=\lim_{k{\to}\infty}\inf_{k{\le}n}u_n=\lim_{k{\to}\infty}U_k$几乎处处成立。因为$$ U_k=\lim_{m{\to}\infty}\inf_{k{\le}n{\le}m}u_n,\inf_{k{\le}n{\le}m}u_n{\downarrow}U_k{\quad}as{\;}m{\to}\infty $$且$\inf_{k{\le}n{\le}m}u_n{\le}u_k$。由勒贝格控制收敛定理（或者用莱维定理）有$U_k{\in}\mathcal{L}^1$。我们也有$U_k{\uparrow}u$几乎处处成立。如果$\sup_k\int{U_k}d{\mu}<\infty$，由莱维定理，$u{\in}\mathcal{L}^1$且$\int{u}d{\mu}=\lim_{k{\to}\infty}U_kd{\mu}$。如果$\sup_k\int{U_k}d{\mu}=\infty$，也即$\lim_{k{\to}\infty}\int{U_k}d{\mu}=+\infty$，则我们定义$\int{u}d{\mu}=+\infty$。用这个修正，则对于任意$u{\ge}0,u{\in}\mathcal{M}$，我们有一个$u$的积分，有限或者无限。我们也有单调的性质，$u,v{\in}\mathcal{M},u{\ge}v{\ge}0$几乎处处成立，则$\int{u}d{\mu}{\ge}\int{v}d{\mu}$。定义2.2.19一个实函数$u$在$\Omega$上几乎处处定义为可测的（相对于$\mu$）是指：如果存在$(u_n){\subset}\mathcal{L}$使得$u_n{\to}u$几乎处处。我们记在$\Omega$上的可测函数空间（相对于$\mu$）为$\mathcal{M}=\mathcal{M}(Q,\mu)$。命题2.2.20（a）$\mathcal{L}{\subset}\mathcal{L}^{+}{\subset}\mathcal{L}^1{\subset}\mathcal{M}$。（b）如果$u{\in}\mathcal{M}$，则$|u|{\in}\mathcal{M}$。（c）如果$u,v{\in}\mathcal{M}$且如果$\alpha,\beta{\in}\mathbb{R}$，则$\alpha{u}+\beta{v}{\in}\mathcal{M}$。（d）如果$u{\in}\mathcal{M}$且如果，几乎处处，$|u|{\le}f{\in}\mathcal{L}^1$，则$u{\in}\mathcal{L}^1$。证明：性质（d）可以从对比定理推出。记号：令$u{\in}\mathcal{M}$使得$u{\ge}0$且$u{\not\in}\mathcal{L}^1$。我们记$\int_{\Omega}ud{\mu}=+\infty$。因此，可测非负函数的积分总是存在的。几乎处处收敛，可测性得以保持。这里证明$\mathcal{L}{\subset}\mathcal{L}^{+}{\subset}\mathcal{L}^1{\subset}\mathcal{M}$要注意到，前三个集合是用积分定义的，最后一个$\mathcal{M}$是用几乎处处收敛定义的。也即，$u{\in}\mathcal{M}$要满足两点：$u$是几乎处处有限值，$u$是$\mathcal{L}$里一个序列几乎处处的极限。证明：（a）对于${\forall}u{\in}\mathcal{L}$，也即有对于${\forall}n$，取到$u_n=u$，则$u_n$单调递增，且${\forall}n,\int{u_n}d{\mu}{\le}\int{u}d{\mu}<+\infty$。故有$(u_n)$为$\mathcal{L}$中的初等序列，且$u_n{\uparrow}u$，故此有$u{\in}\mathcal{L}^{+}$，也即$\mathcal{L}{\subset}\mathcal{L}^{+}$。对于$u{\in}\mathcal{L}^{+}$，容易知道$v{\equiv}0,v{\in}\mathcal{L}^{+}$（取$v_n=0$，则$(v_n)$为$\mathcal{L}$上的初等序列，且$v_n{\uparrow}u$）则$u=u-0{\;}a.e.$，故此有$u{\in}\mathcal{L}^1$，也即$\mathcal{L}^{+}{\subset}\mathcal{L}^1$。对于${\forall}u{\in}\mathcal{L}^1,{\exists}f,g{\in}\mathcal{L}^{+}$，使得$u=f-g{\;}a.e.$，又${\exists}(f_n),(g_n){\subset}\mathcal{L}$，且$(f_n),(g_n)$都是初等序列，且$f_n{\uparrow}f,g_n{\uparrow}g$，令$u_n=f_n-g_n$，则$u_n{\in}\mathcal{L}$，且$u_n{\to}u{\;}a.e$，故此有$u{\in}\mathcal{M}$，也即$\mathcal{L}^1{\subset}\mathcal{M}$。（b）由条件已知$u{\in}\mathcal{M}$，则存在$(u_n){\subset}\mathcal{L}$，使得$u_n{\to}u{\;}a.e$，令$v_n=|u_n|$，则$v_n{\in}\mathcal{L}$且$v_n{\to}|u|{\;}a.e.$，故此有$|u|{\in}\mathcal{M}$。（c）由条件有$u,v{\in}\mathcal{M}$，则${\exists}(u_n),(v_n){\subset}\mathcal{L}$，使得$u_n{\to}u,v_n{\to}v{\;}a.e$，令$w_n=\alpha{u_n}+\beta{v_n}$，则$w_n{\in}\mathcal{L}$且$w_n{\to}\alpha{u}+\beta{v}{\;}a.e$，则$\alpha{u}+\beta{v}{\in}\mathcal{M}$。（d）由条件有$u{\in}\mathcal{M}$，则${\exists}(u_n){\subset}\mathcal{L}{\subset}\mathcal{L}^1$，使得$u_n{\to}u{\;}a.e.$，且$|u|{\le}f{\in}\mathcal{L}^1{\;}a.e.$，由定理2.2.18知道$u{\in}\mathcal{L}^1$。引理2.2.21令$(u_n){\subset}\mathcal{L}^{+}$为一个几乎处处递增序列收敛到一个几乎处处有限函数$u$，则$u{\in}\mathcal{M}$。该证明的技巧就是证明命题2.2.10里面用过的。证明：对于任意$k$，存在一个基本序列$(u_{k,n})$使得$u_{k,n}{\uparrow}u_k$。递增序列$v_n=\max(u_{1,n},{\cdots},u_{n,n})$收敛到$v$，且几乎处处$$ v_n{\le}\max(u_1,{\cdots},u_n)=u_n $$对于$k{\le}n$，我们有，几乎处处$u_{k,n}{\le}v_n{\le}u_n$。因此几乎处处，$u_k{\le}v{\le}u$。现在很容易得出结论。引理2.2.22令$(u_n){\subset}\mathcal{L}^1$为一个递增序列收敛到一个几乎处处有限函数$u$，则$u{\in}\mathcal{M}$。该引理证明用到了引理2.2.21的结论，和定理2.2.15证明的想法。证明：由引理2.2.14，对于任意$n{\ge}1$存在$v_n,w_n{\in}\mathcal{L}^{+}$使得几乎处处$$ 0{\le}u_n-u_{n-1}=v_n-w_n,w_n{\ge}0,\int_{\Omega}w_nd{\mu}{\le}1/2^n $$命题2.2.10和前面的引理蕴含着$$ \sum^{\infty}_{n=1}w_n=w{\in}\mathcal{L}^{+},\sum^{\infty}_{n=1}v_n=v{\in}\mathcal{M} $$因为几乎处处，$u=v-w+u_0,u{\in}\mathcal{M}$。引理2.2.23令$(u_n){\subset}\mathcal{M}$为一个递增序列收敛到一个几乎处处有限函数$u$，则$u{\in}\mathcal{M}$。该引理的证明再次用到命题2.2.10时用过的构造特殊序列的方法。当然也用到引理2.2.22的结论。证明里的$u_{k,n}$几乎处处收敛到$u$，但可能不是单增的收敛，所以做一个变化，定义$$ v_{k,n}=\inf_{m{\ge}n}u_{k,m},-v_{k,n}=\lim_{t{\to}\infty}(-\min_{n{\le}m{\le}t}(-u_{k,m}))=\lim_{t{\to}\infty}\max_{n{\le}m{\le}t}(-u_{k,m}){\in}\mathcal{L}^1 $$（因为$\max_{n{\le}m{\le}l}(-u_{k,m})$关于$l$是几乎处处单增的且积分一致小于等于0，所以可以用莱维单调收敛定理证明极限是$\mathcal{L}^1$的）这样我们就有$\mathcal{L}^1$序列$v_{k,n}$，当$n{\to}\infty$单增几乎处处收敛到$u_k$。下面的证明就和命题2.2.10时用过的构造类似了。证明：用$u_n-u_0$代替$u_n$，我们可以假设$u_n{\ge}0$。对于任意$k$，存在一个序列$(u_{k,m}){\subset}\mathcal{L}$几乎处处收敛到$u_k$。我们可以假设$u_{k,m}{\ge}0$。由莱维定理，$$ v_{k,n}=\inf_{m{\ge}n}u_{k,m}{\in}\mathcal{L}^1 $$对于任意$k,(v_{k,n})$是递增的且几乎处处收敛到$u_k$。我们定义$$ v_n=\max(v_{1,n},{\cdots},v_{n,n}){\in}\mathcal{L}^1 $$序列$(v_n)$是递增的且几乎处处收敛到$u$。由上面的引理，$u{\in}\mathcal{M}$。定理2.2.24令$(u_n){\subset}\mathcal{M}$为一个序列几乎处处收敛到一个有限极限，则$u{\in}\mathcal{M}$。该定理用到引理2.2.23的结论，就是化归到2.2.23的情形。这几个的证明都是一个化归为前一个。该证明里，因为有几乎处处极限，极限也是上极限。$\lim_{n{\to}\infty}u_n=\lim_{k{\to}\infty}\sup_{k{\ge}n}u_k$，而$v_k=\sup_{k{\ge}n}u_k$是单调递减的，所以$-v_k$单调递增，可以用上一个命题证明$$ \lim_{k{\to}\infty}(-v_k)=\sup_{k}(-v_k){\in}\mathcal{M} $$证明：由上面的引理，$$ v_k=\sup_{n{\ge}k}u_n{\in}\mathcal{M}且\lim{u_n}=-\sup_k(-v_k){\in}\mathcal{M} $$可测函数类是在几乎处处收敛条件下闭的包含$\mathcal{L}$的最小类。定义2.2.25$\Omega$的一个子集$A$是可测的（相对于$\mu$），指的是如果$A$的特征函数是可测的。$A$的测度定义为$$ \mu(A)=\int_{\Omega}\chi_Ad{\mu} $$命题2.2.26令$A$和$B$为可测集合，且令$(A_n)$为一个可测集序列。则$A{\backslash}B,\bigcup^{\infty}_{n=1}A_n$，且$\bigcap^{\infty}_{n=1}A_n$是可测的，且$$ \mu(A{\cup}B)+\mu(A{\cap}B)=\mu(A)+\mu(B) $$此外，如果对于任意$n,A_n{\subset}A_{n+1}$，则$$ \mu\left(\bigcup^{\infty}_{n=1}A_n\right)=\lim_{n{\to}\infty}\mu(A_n) $$此外，如果$\mu(A_1)<\infty$，且对于任意$n,A_{n+1}{\subset}A_n$，则$$ \mu\left(\bigcap^{\infty}_{n=1}A_n\right)=\lim_{n{\to}\infty}\mu(A_n) $$该命题是讨论测度基本性质。因这里测度使用可测集合特征函数的积分定义，所以要证明等式，就是把要证的集合特征函数表达为一致的可测函数的某种组合或允许的运算。例如已知$A,B$可测，要证$A{\backslash}B$可测。就是已知$\chi_A,\chi_B$可测函数，要证$\chi_{A{\backslash}B}$是可测函数。这里给出$\chi_{A{\backslash}B}=\chi_A-\min\left\{\chi_A,\chi_B\right\}$。就是点点验证这个等式。对$x{\in}A{\backslash}B,\chi_A(x)=1,\chi_B(x)=0,\min\left\{\chi_A,\chi_B\right\}(x)=0$。而对于$x{\neq}A{\backslash}B$且$x{\in}A{\cup}B,\chi_A(x)=1,\chi_B(x)=1,\min\left\{\chi_A,\chi_B\right\}(x)=1$。对于$x{\neq}A{\backslash}B$且$x{\not\in}A{\cup}B,\chi_A(x)=0,\chi_B(x)=0,\min\left\{\chi_A,\chi_B\right\}(x)=0$。于是可以确定是可测函数。其他几个也是要做同样的事情。另外还要用到定理2.2.15（莱维单调收敛定理）来取极限。再说一个情况：$A_n$可测且$A_n{\subset}A_{n+1}$，则$$ \mu\left(\bigcup^{\infty}_{n=1}A_n\right)=\lim_{n{\to}\infty}\mu(A_n) $$首先验证$$ \chi_{\cup^{\infty}_{n=1}A_n}=\lim_{n{\to}\infty}\max\left\{\chi_{A_1},{\cdots},\chi_{A_n}\right\} $$也就是点点验证两个函数相等。然后用莱维单调收敛定理对积分取极限。两边或同时是无穷的或者同时是有限的。最后的性质，$\mu(A_1)<\infty$（或从某个$n,\mu(A_n)<\infty$），很重要，我们可以想个反例：如果没有这个条件，结论是不成立的。这最后的两个性质一般称为测度的上连续性和下连续性。该命题的叙述：假设条件是$A,B$可测集合，$A_n$可测集。要证明：（1）$A{\backslash}B$可测。（2）$\bigcup^{\infty}_{n=1}A_n$可测。（3）$\bigcap^{\infty}_{n=1}A_n$可测。（4）$\mu(A{\cup}B)+\mu(A{\cap}B)=\mu(A)+\mu(B)$。（5）额外假设，对任何$n,A_n{\subset}A_{n+1}$，则$\mu(\bigcup_{n=1}A_n)=\lim_{n{\to}\infty}\mu(A_n)$。（6）额外假设，对任何$n,A_{n+1}{\subset}A_n$，且$\mu(A_1)<\infty$，则$\mu(\bigcap_{n=1}A_n)=\lim_{n{\to}\infty}\mu(A_n)$。要点：前三个是证明可测性，就是证明相关的集合的特征函数是可测函数。首先可以点点验证：$\chi_{A{\backslash}B}=\chi_A-\min\left\{\chi_A,\chi_B\right\}$。这个和集合可测不可测无关。下面证明是这样的：由$A,B$可测，（等价于）有$\chi_A,\chi_B$可测函数，由命题2.2.20（b）和（c），则有$\min\left\{\chi_A,\chi_B\right\}$可测，从而$\chi_A-\min\left\{\chi_A,\chi_B\right\}$可测，也即$\chi_{A{\backslash}B}$可测，所以由定义$A{\backslash}B$可测。类似可以用$$ \chi_{A{\cap}B}=\min\left\{\chi_A,\chi_B\right\} $$和$$ \chi_{A{\cup}B}=\max\left\{\chi_A,\chi_B\right\} $$证明$A{\cap}B,A{\cup}B$可测。（2）（3）证明类似，上面已经给出了等式，只需要验证即可。还要用到定理2.2.24和（2）里面的$$ \chi_{\cup^{\infty}_{n=1}A_n}=\lim_{n{\to}\infty}\max\left\{\chi_{A_1},{\cdots},\chi_{A_n}\right\} $$可以用点点验证，再用定理2.2.24知道左边的函数是可测函数。后面三个（4）（5）（6）是证明测度的等式。也即对特征函数积分后的等式。（4）只需要验证上面给出的等式后积分即可。（5）因为有集合列单增的性质，先验证$\max\left\{\chi_{A_1},{\cdots},\chi_{A_n}\right\}=\chi_{A_n}$且$\chi_{A_n}$是单增列。如果$\lim_{n{\to}\infty}\int{\chi_{A_n}}$有限，则可以用莱维定理得到结论。如果$\lim_{n{\to}\infty}\int\chi_{A_n}=\infty$，由积分单增性，有$$ \int{\chi_{\cup_{n=1}A_n}}d{\mu}{\ge}\int\chi_{A_n}d{\mu},\mu(\cup_{n=1}A_n)=\int\chi_{\cup_{n=1}A_n}d{\mu}=\infty $$（6）已假设$\mu(A_1)<\infty$，所以没有无穷的问题处理。但是如果没有这个条件，结论也可以不成立，可以想一个反例。证明：注意到$$ \chi_{A{\cup}B}+\chi_{A{\cap}B}=\max(\chi_A,\chi_B)+\min(\chi_A,\chi_B)=\chi_A+\chi_B,\\ \chi_{A{\backslash}B}=\chi_A-\min(\chi_A,\chi_B),\\ \chi_{\cup^{\infty}_{n=1}A_n}=\lim_{n{\to}\infty}\max(\chi_A,{\cdots},\chi_{A_n}),\\ \chi_{\cap^{\infty}_{n=1}A_n}=\lim_{n{\to}\infty}\min(\chi_A,{\cdots},\chi_{A_n}). $$这个命题从前面的定理和莱维定理出发。证明：$$ (x{\in}A{\backslash}B){\Rightarrow}(\chi_A(x)=1且\chi_B(x)=0){\Rightarrow}\chi_{A{\backslash}B}(x)=1=\chi_{A}(x)-\min(\chi_A(x),\chi_B(x))\\(x{\in}A且x{\in}B){\Rightarrow}(\chi_A(x)=1且\chi_B(x)=1){\Rightarrow}\chi_{A{\backslash}B}(x)=0=\chi_{A}(x)-\min(\chi_A(x),\chi_B(x))\\(x{\not\in}A且x{\not\in}B){\Rightarrow}(\chi_A(x)=0且\chi_B(x)=0){\Rightarrow}\chi_{A{\backslash}B}(x)=0=\chi_{A}(x)-\min(\chi_A(x),\chi_B(x))\\(x{\in}B{\backslash}A){\Rightarrow}(\chi_A(x)=0且\chi_B(x)=1){\Rightarrow}\chi_{A{\backslash}B}(x)=0=\chi_{A}(x)-\min(\chi_A(x),\chi_B(x)) $$因此得出$\chi_{A{\backslash}B}=\chi_{A}(x)-\min(\chi_A(x),\chi_B(x)){\in}\mathcal{M}$，从而$A{\backslash}B$可测。类似可以证明$$ \chi_{A{\cup}B}+\chi_{A{\cap}B}=\max(\chi_A,\chi_B)+\min(\chi_A,\chi_B)=\chi_A+\chi_B $$从而有$$ \begin{aligned}\mu(A{\cup}B)+\mu(A{\cap}B)&=\int_{\Omega}(\chi_{A{\cup}B}+\chi_{A{\cap}B})d{\mu}\\&=\int_{\Omega}(\chi_A+\chi_B)\\&=\mu(A)+\mu(B)\end{aligned} $$因为对于任意$x$，有$$ x{\in}\bigcup^{\infty}_{n=1}A_n{\Rightarrow}{\exists}n,x{\in}A_n{\Rightarrow}{\exists}n,\chi_{A_n(x)}=1{\Rightarrow}\lim_{n{\to}\infty}(\chi_{A_1},{\cdots},\chi_{A_n})(x)=1=\chi_{\bigcup^{\infty}_{n=1}A_n}(x)\\x{\not\in}\bigcup^{\infty}_{n=1}A_n{\Rightarrow}{\forall}n,x{\not\in}A_n{\Rightarrow}{\forall}n,n{\in}\mathbb{N},\chi_{A_n}(x)=0{\Rightarrow}\lim_{n{\to}\infty}(\chi_{A_1},{\cdots},\chi_{A_n})(x)=0=\chi_{\bigcup^{\infty}_{n=1}A_n}(x) $$我们有$$ \chi_{\bigcup^{\infty}_{n=1}A_n}=\lim_{n{\to}\infty}\max(\chi_{A_1},{\cdots},\chi_{A_n}){\in}\mathcal{M} $$类似地我们也有$$ \chi_{\bigcap^{\infty}_{n=1}A_n}=\lim_{n{\to}\infty}\min(\chi_{A_1},{\cdots},\chi_{A_n}){\in}\mathcal{M} $$当$(A_n)$递增的时候，$\chi_{A_n}$递增，从而有$$ \chi_{\bigcup^{\infty}_{n=1}A_n}=\lim_{n{\to}\infty}\max(\chi_{A_1},{\cdots},\chi_{A_n})=\lim_{n{\to}\infty}\chi_{A_n} $$故此$$ \begin{aligned}\mu(\bigcup^{\infty}_{n=1}A_n)&=\int_{\Omega}\chi_{\bigcup^{\infty}_{n=1}A_n}d{\mu}\\&=\int_{\Omega}\lim_{n{\to}\infty}\chi_{A_n}d{\mu}\\&=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}\chi_{A_n}d{\mu}\\&=\lim_{n{\to}\infty}\mu(A_n)\end{aligned} $$若$\mu(A_1)<+\infty$，且$(A_n)$为递减集列时，则$(A_1{\backslash}A_n)$为递增集列，从而$$ \begin{aligned}\mu(A_1)-\mu(\bigcap^{\infty}_{n=1}A_n)&=\mu(A_1{\backslash}\bigcap^{\infty}_{n=1}A_n)\\&=\mu(\bigcup^{\infty}_{n=1}A_1{\backslash}A_n)\\&=\lim_{n{\to}\infty}\mu(A_1{\backslash}A_n)\\&=\lim_{n{\to}\infty}\mu(A_1)-\mu(A_n)\\&=\mu(A_1)-\lim_{n{\to}\infty}\mu(A_n)\end{aligned} $$由$\mu(A_1)<+\infty$得到$$ \mu(\bigcap^{\infty}_{n=1}A_n)=\lim_{n{\to}\infty}\mu(A_n) $$命题2.2.27$\Omega$的一个子集是可忽略的当且仅当它是可测的且其测度等于0。证明：令$A{\subset}\Omega$为一个可忽略集。因为$\chi_A=0$几乎处处成立，我们由定义有$\chi_A{\in}\mathcal{L}^1$且$\mu(A)=\int_{\Omega}\chi_Ad{\mu}=0$。令$A$为一个可测的集合使得$\mu(A)=0$。对于任意$n,\int_{\Omega}n\chi_Ad{\mu}=0$。由莱维定理，$u=\lim_{n{\to}\infty}n\chi_A{\in}\mathcal{L}^1$。因为$u$是几乎处处有限的且$u(x)=+\infty$在$A$上成立，集合$A$是可忽略的。下面定义中的假设将用来证明当函数$u{\ge}0$是可测的时，集合$\left\{u>t\right\}$是可测的。定义2.2.28一个在$\Omega$上的一个正测度是一个初等积分$\mu:\mathcal{L}{\to}\mathbb{R}$在$\Omega$上，使得$$ (\mathcal{J}_5)对于任意u{\in}\mathcal{L},\min(u,1){\in}\mathcal{L} $$命题2.2.29令$\mu$为一个在$\Omega$上的一个正测度，$u{\in}\mathcal{M}$，且$t{\ge}0$。则$\min(u,t){\in}\mathcal{M}$。从这个命题开始，结论都假设了正测度的性质，也就是满足$\mathcal{J}_5$.证明：如果$t=0,\min(u,0)=-u^{-}{\in}\mathcal{M}$，令$t>0$，则有一个序列$(u_n){\subset}\mathcal{L}$几乎处处收敛到$u$。则$v_n=t\min(t^{-1}u_n,1){\in}\mathcal{L}$且$v_n{\to}\min(u,t)$几乎处处成立。定理2.2.30令$\mu$是在$\Omega$上一个正测度且令$\mu:\Omega{\to}[0,+\infty]$为几乎处处有限的。下面的性质是等价的：（a）$u$是可测的。（b）对于任何$t{\ge}0,\left\{u>t\right\}=\left\{x{\in}\Omega:u(x)>t\right\}$是可测的。该定理是刻画非负可测函数的性质，用下半水平集作为集合是否可测集合来刻画（有点像连续函数下半水平集是否开集，或者下半连续函数下半水平集是否开集）。（b）推出（a）这里有个公式$(*)$：$$ u_n=\frac{1}{2^n}\sum^{\infty}_{k=1}\chi_{\left\{u>k/2^n\right\}}\tag{*} $$我们可以画图看看$n=1,2$时$u_n$的图形，就是用分段（或者更精确地说是分集合）常数的函数逼近于原来的$u$。证明：假设$u$是可测的。对于任意$t{\ge}0$且$n{\ge}1$，上面的命题蕴含着$$ u_n=n[\min(u,t+1/n)-\min(u,t)] $$是可测的。于是从定理2.2.24知道$$ \chi_{\left\{u>t\right\}}=\lim_{n{\to}\infty}u_n{\in}\mathcal{M} $$因此$\left\{u>t\right\}$是可测的。假设$u$满足（b）。让我们定义，对于$n{\ge}1$，函数$$ u_n=\frac{1}{2^n}\sum^{\infty}_{k=1}\chi_{\left\{u>k/2^n\right\}}\tag{*} $$对于任意$x{\in}\Omega,u(x)-1/2^n{\le}u_n(x){\le}u(x)$。因此$(u_n)$是逐点收敛到$u$的。定理2.2.24蕴含着$(u_n){\subset}\mathcal{M}$且$u{\in}\mathcal{M}$。这里的$(*)$定义的$u_n$是由无穷级数定义的，所以是部分和的极限，所以可以由定理2.2.24得出$u_n{\in}\mathcal{M}$。再由$u_n$点点收敛到$u$，由定理2.2.24知道$u{\in}\mathcal{M}$。那个$u_n$可以对$n$足够小。推论2.2.31令$u,v{\in}\mathcal{M}$，则$uv{\in}\mathcal{M}$。证明：如果$f$是可测的，则对任意$t{\ge}0$，集合$$ \left\{f^2>t\right\}=\left\{|f|>\sqrt{t}\right\} $$是可测的。因此$f^2$是可测的。我们总结得到$$ uv=\frac{1}{4}[(u+v)^2-(u-v)^2]{\in}\mathcal{M} $$定义2.2.32一个函数$u:\Omega{\to}[0,+\infty]$是可接受的（相对于正测度$\mu$）是指：如果$u$是可测的且如果对任意$t>0$，$$ \mu_u(t)=\mu(\left\{u>t\right\})=\mu(\left\{x{\in}\Omega:u(x)>t\right\})<+\infty $$函数$\mu_n$是函数$u$的分布函数。这里定义了$u$是可接受的，如果$u$的分布函数$\mu_u(t)=\mu(\left\{u>t\right\})$对任何$t$都是有限的。是个关于$t$单调递减的函数。推论2.2.33(Markov不等式)：令$u{\in}\mathcal{L}^1,u{\ge}0$。则$u$是可接受的，且对于任意$t>0$，$$ \mu_u(t){\le}t^{-1}\int_{\Omega}ud{\mu} $$证明：注意到对于任意$t>0,v=t\chi_{\left\{u{>}t\right\}}{\le}u$。由对比定理，有$$ v{\in}\mathcal{L}^1且\int_{\Omega}vd{\mu}{\le}\int_{\Omega}ud{\mu} $$推论2.2.34(Cavalieri’s principle-卡瓦列里原理)：令$u{\in}\mathcal{L}^1,u{\ge}0$。则$$ \int_{\Omega}ud{\mu}=\int^{\infty}_0\mu_u(t)dt $$证明：由$(*)$定义的序列是递增的且逐点收敛到$u$。函数$\mu_u:(0,+\infty){\to}[0,+\infty)$是非递增的。我们可以从莱维定理推导出$$ \int_{\Omega}ud{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\frac{1}{2^n}\sum^{\infty}_{k=1}\mu_u(\frac{k}{2^n})=\int^{\infty}_0\mu_u(t)dt $$其中第1个等号是由莱维单调收敛定理，第2个等号是由$u_n$定义和勒贝格积分，第3个等号是$\mu_u(t)$在$(0,\infty)$上黎曼积分的定义（黎曼和收敛到黎曼积分）。定义2.2.35令$\Omega$为$\mathbb{R}^N$的一个开集。在$\Omega$上的勒贝格测度是一个正测度由黎曼积分定义为：$$ \mathcal{K}(\Omega){\to}\mathbb{R}:u{\mapsto}\int_{\Omega}udx $$则一个$\Omega$上的可测子集$A$的勒贝格测度定义为$$ m(A)=\int_{\Omega}\chi_Adx $$在勒贝格积分的抽象理论中是没有用到拓扑的。相反，Lebesgue测度的具体理论依赖于$\mathbb{R}^N$的拓扑结构。定理2.2.36我们考虑在$\mathbb{R}^N$上的勒贝格测度。（a）任意开集是可测的，且任意闭集是可测的。（b）对于$\mathbb{R}^N$中的任意可测集$A$，存在$\mathbb{R}^N$中的一个开集序列$(G_k)$和一个$\mathbb{R}^N$中的可忽略集$S$使得$$ A{\cup}S=\bigcap^{\infty}_{k=1}G_k $$（c）对于任意$\mathbb{R}^N$中的可测集$A$，存在一个$\mathbb{R}^N$中的闭集序列和一个$\mathbb{R}^N$中的可忽略集$T$使得$$ A=\bigcup^{\infty}_{k=1}F_k{\cup}T $$该定理是讨论在$\mathbb{R}^N$上勒贝格测度$m$的基本性质，给出可测集合关于$\mathbb{R}^N$上拓扑性质的刻画（相对于开集，闭集）（a）是说开集，闭集都是可测的。（b）我们知道可数个开集的交集不见得是交集，但是它们是可测集（命题2.2.26），且任意可测集和这样的集合最多就是差（少）一个可忽略集。可数个开集的交集一般课本上称之为$G_{\delta}-$型集。（c）我们可能马上想到应该有个对偶的关于闭集的类似结论。我们知道可数个闭集的并集不见得是闭集，但是它们是可测集（命题2.2.26），且任意可测集和这样的集合最多就差（多）一个可忽略集。可数个闭集的并集一般课本上称之为$F_{\sigma}-$型集。证明：（a）令$G$为一个开的有界集合且定义$$ u_n(x)=\min\left\{1,nd(x,\mathbb{R}^N{\backslash}G)\right\}\tag{*} $$因为$(u_n){\subset}\mathcal{K}(\mathbb{R}^N)$且$u_n{\to}\chi_G$。集合$G$是可测的。对于任意开集$G,G_n=G{\cap}B(0,n)$是可测的。因此$G=\bigcup^{\infty}_{n=1}G_n$是可测的。取补集，任意闭集也是可测的。（b）令$A$为一个$\mathbb{R}^N$中的可测集合，由定义，存在一个序列$(u_n){\subset}\mathcal{K}(\mathbb{R}^N)$和$\mathbb{R}$中一个可忽略集$R$使得在$\mathbb{R}^N{\backslash}R$上，$u_n{\to}\chi_A$。也有$f{\in}\mathbb{L}^{+}$使得$R{\subset}S=\left\{f=+\infty\right\}$。由命题1.3.10，$f$是下半连续的。命题1.3.12蕴含着对于任意$t{\in}\mathbb{R},\left\{f>t\right\}$是开集。让我们定义开集$$ U_n=\left\{u_n>1/2\right\}{\cup}\left\{f>n\right\}和G_k=\bigcup^{\infty}_{n=k}U_n $$显然对于任意$k,A{\cup}S{\subset}G_k$且$A{\cup}S=\bigcup^{\infty}_{k=1}G_k$。因为$S$由定义是一个可忽略集，于是证毕。（c）取补集，则存在一个$\mathbb{R}^N$的闭集序列$(F_k)$和一个$\mathbb{R}^N$中的可忽略集合使得$$ A{\cap}(\mathbb{R}^N{\backslash}S)=\bigcup^{\infty}_{k=1}F_k $$然后定义$T=A{\cap}S$则足够证明。推论2.2.37令$a<b$。则$$ m((a,b))=m([a,b])=b-a $$特别地，$m([a])=0$，且任意可数集合是可忽略的。证明：令$(u_n)$为由$(*)$定义的序列，命题2.2.10蕴含着$$ m((a,b))=\int_{\mathbb{R}}\chi_{(a,b)}dx=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\mathbb{R}}u_ndx=b-a $$因为$[a,b]=\bigcap^{\infty}_{n=1}(a-1/n,b+1/n)$。于是由命题2.2.26知道$$ m([a,b])=\lim_{n{\to}\infty}b-a+2/n=b-a $$例子：令$\lambda>-1$，对于任意$n{\ge}2$，函数$$ u_n(x)=x^{\lambda}\chi_{(1/n,1)}(x) $$由对比定理知道是可积的。于是由莱维单调收敛定理有$$ \int^1_0x^{\lambda}dx=1/(\lambda+1) $$令$\lambda<-1$。对于任意$n{\ge}2$，函数$$ v_n(x)=x^{\lambda}\chi_{(1,n)}(x) $$是可积的，于是$$ \int^{\infty}_1x^{\lambda}dx=1/[\lambda+1] $$例子（康托尔集）令$0<\varepsilon{\le}1$且$(\ell_n){\subset}(0,1)$为使得$$ \varepsilon=\sum^{\infty}_{n=0}2^n\ell_n $$从区间$C_0=[0,1]$，移除掉开的长度为$\ell_0$的中间区间$J_{0,1}$。然后再移除掉两个剩下的闭集中间长度为$\ell_1$的开区间$J_{1,1}$和$J_{1,2}$。一般地，移除掉$2^n$个剩下的闭集中间长度为$\ell_n$的开区间$J_{n,1},{\cdots},J_{n,2^n}$。定义$$ C_{n+1}=C_n{\backslash}\bigcup^{2^n}_{k=1}J_{n,k},C=\bigcap^{\infty}_{n=1}C_n $$则集合$C$为康托集（对应于$(\ell_n)$）。让我们描述一下Cantor集的迷人性质。集合$C$是闭集，事实上，任意$C_n$都是闭集。集合$C$的内部是空的。事实上，任意$C_n$由$2^n$个等长的闭区间组成，于是$\varnothing$是$C$中唯一的开集。集合$C$的勒贝格测度等于$1-\varepsilon$。由归纳，我们有对于任意$n$，$$ m(C_{n+1})=1-\sum^n_{j=0}2^j\ell_j $$命题2.2.26蕴含着$$ m(C)=1-\sum^{\infty}_{j=0}2^j\ell_j=1-\varepsilon $$集合$C$是不可数的。令$(x_n){\subset}C$.用$[a_1,b_1]$表示$C_1$不包含$x_1$的区间。用$[a_2,b_2]$表示$C_2{\cap}[a_1,b_1]$不包含$x_2$的第一个区间，令$[a_n,b_n]$表示$C_n{\cap}[a_{n-1},b_{n-1}]$不包含$x_n$的第一个区间。定义$x=\sup_na_n=\lim_{n{\to}\infty}a_n$。对于任意$n$，我们有$$ [a_n,b_n]{\subset}C_n,x_n{\not\in}[a_n,b_n],x{\in}[a_n,b_n] $$因此$x{\in}C$，且对于任意$n,x_n{\neq}x$。对于$\varepsilon=1,C$是不可数且可以忽略的。最终，$C$的特征函数是上半连续的，可积分的且在$C$的任意点是不连续的。第一个康托集是由Smith在1975年定义的，由Volterra在1881定义的，由Cantor在1883年定义的。
积分导读从$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$出发，定义2.2.8来定义$\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu)$的函数。就是$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$某个基本序列到$u_n$逐点收敛的极限$u(x)=\lim_{n{\to}}u_n(x)$，而$u$的积分定义为$u_n$黎曼积分值的极限，也即$$ \int{u}d{\mu}{\equiv}\lim_{n{\to}\infty}\int{u_n(x)}d{\mu} $$（下面如果没有混淆，积分号下不会特别写出$\Omega$）积分后的数列上方有界且也是单增的，所以极限存在。为了说明这个定义是适定的，我们已现有两个技术性的命题(2.2.6，2.2.7)。2.2.6用来证2.2.7，就是会有很多基本序列可以收敛到同一个函数$u$，用不同的基本序列，是否得到一个共同的积分值，即对不同的$u_n,\lim_{n{\to}\infty}\int{u_n(x)}d{\mu}$是否一样。用到命题2.2.7，$u=v$的情形，就有积分后的极限都是一样的，所以定义是合理的。注意到$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$是向量空间，就是线性空间的意思，但是$\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu)$还不是线性空间（因为不能乘上负数）。$\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu)$中函数的性质在命题2.2.9里给出。我们有作业是给出这个性质证明的细节。定义2.2.12是把积分扩充到$L^1(\Omega,\mu)$（勒贝格可积的函数空间）。但是在这之前，有两个结果要先证明。勒贝格积分的最大好处是可以给出一些更为灵活好用管用的积分收敛定理（主要有四个），其中之一是单调收敛定理，我们后面会在$L^1(\Omega,\mu)$证明这个定理（2.2.15）。它的一个预备形式在$\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu)$里是命题2.2.10：$u_n{\in}\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu)$点点单增（或几乎处处单增，就是去掉一个可忽略集后是点点单增），且$sup{\;}\int{u_n}d{\mu}=c<\infty$。则$u_n$的点点极限（或者几乎处处极限）$u$还是属于$\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu)$里，且$$ \lim_{n{\to}\infty}\int{u_n}d{\mu}=\int{u}d{\mu} $$注意，这就是说极限和积分号换序了，极限取到积分号里面去了。课本的证明是直接考虑了复杂的情况：几乎处处的情形。我们可以试着现在走一遍处处的情形，再走一遍几乎处处的情形。由定义，我们想要找到一个$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$里的基本序列收敛到$u$，就证明了$u{\in}\mathcal{L}(\Omega,\mu)$。首先对每个$u_k{\in}\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu)$，由定义有基本序列$u_{k,n}{\in}\mathcal{L}(\Omega,\mu),u_{k,n}{\uparrow}u_k$当$n{\to}\infty$。定义了一个$v_n=\max\left\{u_{1,n},{\cdots},u_{n,n}\right\}$。先证明$v_n$是一个基本序列，所以$v_n$有极限。最好叫做$v$（记得把书上的$u$改为$v$），然后再证明$v$就是$u$，满足积分极限性质。书上的证明没有问题，但是就是加上这个符号更改可以更细一点。推论2.2.11说可数个可忽略集的并集还是可忽略集合，我们曾经研究过一个例子，$u_n(x)=\min\left\{n,\frac{1}{\sqrt{x}}\right\}$，单增，积分一致有界。可以修改一下成为$\mathbb{R}$上的基本序列（首先偶延拓一下，然后再将其连续延拓到$[-1,1]$，外面连接到0，使得它在$\mathcal{K}(\mathbb{R})$）。因为这个序列在一点趋于无穷，所以在$\mathcal{K}(\mathbb{R})$的情形，一个点是可忽略集。当然可以想象到，有限个点的集合也是可忽略集。这个推论说可数个可忽略集的并集还是可忽略集，所以在$\mathcal{K}(\mathbb{R})$上，可数点集是可忽略集。我们后面有例子，在$\mathcal{K}(\mathbb{R})$情形，有不可数点集也可能是可忽略集。下面就到了$\mathcal{L}^1(\Omega,\mu)$（勒贝格可积函数空间）里面函数的定义2.2.12，它之前的一段计算推理是为了定义的适定性。$u{\in}\mathcal{L}^1(\Omega,\mu)$只需要几乎处处有定义的函数（不需要处处有定义），要求在它几乎处处定义的地方是两个$\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu)$里函数的差。命题2.2.13是$\mathcal{L}^1(\Omega,\mu)$函数的基本性质，留做作业，就是用定义证明。上面提出，勒贝格积分的最大好处是可以给出一些更为灵活好用管用的积分收敛定理（主要有四个），现在马上来了三个：定理2.2.15（Levi莱维单调收敛定理）定理2.2.16（法图引理）定理2.2.17（勒贝格控制收敛定理）定义2.2.8一个函数$u:\Omega{\to}(-\infty,+\infty]$属于$\mathcal{L}^{+}=\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu)$，如果存在一个基本序列$(u_n)$使得$u_n{\uparrow}u$。$u$的积分（相对于$\mu$）定义为$$ \int_{\Omega}ud{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu} $$由上面的命题，$u$的积分是适定的。命题2.2.9令$u,v{\in}\mathcal{L}^{+}$且$\alpha,\beta{\ge}0$。则：（a）$\max(u,v),\min(u,v),u^{+}{\in}\mathcal{L}^{+}$。（b）$\alpha{u}+{\beta}v{\in}\mathcal{L}^{+}$且$$ \int_{\Omega}{\alpha}u+{\beta}vd{\mu}={\alpha}\int_{\Omega}ud{\mu}+\beta\int_{\Omega}vd{\mu} $$（c）如果$u{\le}v$几乎处处成立，则$$ \int_{\Omega}ud{\mu}{\le}\int_{\Omega}vd{\mu} $$证明：（a）由$u,v{\in}\mathcal{L}^{+}$，存在基本序列$(u_n),(v_n){\subset}\mathcal{L}(\Omega,\mu)$，使得$u_n{\uparrow}u,v_n{\uparrow}v$，且有$$ \int_{\Omega}ud{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu}<\infty,\int_{\Omega}vd{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}v_nd{\mu}<\infty $$取到$w_n=\max(u_n,v_n)$，则由命题2.2.2知道$w_n{\in}\mathcal{L}$，且由于对${\forall}n{\in}\mathbb{N},{\forall}x{\in}\Omega$，有$$ u_n{\le}u_{n+1}{\le}\max(u_{n+1},v_{n+1})=w_{n+1}\\v_n{\le}v_{n+1}{\le}\max(u_{n+1},v_{n+1})=w_{n+1} $$于是有$w_n=\max(u_n,v_n){\le}\max(u_{n+1},v_{n+1})=w_{n+1}$，且$$ \lim_{n{\to}\infty}w_n=\lim_{n{\to}\infty}[\frac{1}{2}(u_n+v_n)+\frac{1}{2}|u_n-v_n|]=\frac{1}{2}(u+v)+\frac{1}{2}|u-v|=\max(u,v) $$故此有$w_n{\uparrow}\max(u,v)$。然后证明$\sup_n\int_{\Omega}w_nd{\mu}<\infty$。由于$u_n^{-}=\max(-u_n,0){\ge}-u_n{\ge}-u_{n+1}$，且$u_n^{-}{\ge}0$，则有$u_n^{-}{\ge}\max(-u_{n+1}^{-},0)$。也即有$u_n^{-}{\ge}u_{n+1}^{-}$，也就是$u_n^{-}$为单调递减的序列。则有$u_n^{-}{\le}u_1^{-}$，故此有$$ \int_{\Omega}u_n^{-}d{\mu}{\le}\int_{\Omega}u_1^{-}d{\mu} $$又因为$u_n^{+}=u_n+u_n^{-}$，故此有$$ \begin{aligned}\int_{\Omega}u_n^{+}d{\mu}&=\int_{\Omega}u_nd{\mu}+\int_{\Omega}u_n^{-}d{\mu}\\&{\le}\int_{\Omega}u_nd{\mu}+\int_{\Omega}u_1^{-}d{\mu}\end{aligned} $$则有$$ \begin{aligned}\int_{\Omega}|u_n|d{\mu}&=\int_{\Omega}u_n^{+}d{\mu}+\int_{\Omega}u_n^{-}d{\mu}\\&{\le}\int_{\Omega}u_nd{\mu}+2\int_{\Omega}u_1^{-}d{\mu}\end{aligned} $$同理得到$$ \int_{\Omega}|v_n|d{\mu}{\le}\int_{\Omega}v_nd{\mu}+2\int_{\Omega}v_1^{-}d{\mu} $$由于$w_n=\frac{1}{2}(u_n+v_n)+\frac{1}{2}|u_n-v_n|{\le}\frac{1}{2}u_n+\frac{1}{2}v_n+\frac{1}{2}|u_n|+\frac{1}{2}|v_n|$。故此有$$ \begin{aligned}\sup_n\int_{\Omega}w_nd{\mu}&=\sup_n(\frac{1}{2}\int_{\Omega}u_nd{\mu}+\frac{1}{2}\int_{\Omega}v_nd{\mu}+\frac{1}{2}\int_{\Omega}|u_n|d{\mu}+\frac{1}{2}\int_{\Omega}|v_n|d{\mu})\\&{\le}\frac{1}{2}\sup_n\int_{\Omega}u_nd{\mu}+\frac{1}{2}\sup_n\int_{\Omega}v_nd{\mu}+\frac{1}{2}(\sup_n\int_{\Omega}u_nd{\mu}+2\int_{\Omega}u_1^{-}d{\mu}+\sup_n\int_{\Omega}v_nd{\mu}+2\int_{\Omega}v_1^{-}d{\mu})\\&<\infty\end{aligned} $$因此，可以知道$(w_n)$为基本序列（单增收敛且积分一致有界），于是有$\max(u,v){\in}\mathcal{L}^{+}$，同理可以证得$\min(u,v){\in}\mathcal{L}^{+}$，由$u^{+}=\max(u,0)$，于是得到$u^{+}{\in}\mathcal{L}^{+}$。当然也可以采取另一种方法，首先证明$\max(u_n,v_n),\min(u_n,v_n)$都是单增的。再利用$$ \max(u_n,v_n)+\min(u_n,v_n)=u_n+v_n $$于是有$$ \int\max(u_n,v_n)d{\mu}=\int{u_n}d{\mu}+\int{v_n}d{\mu}-\int\min(u_n,v_n)d{\mu}{\le}\int{u_n}d{\mu}+\int{v_n}d{\mu}-\int\min(u_1,v_1)d{\mu} $$于是关于$n$一致有界。（b）假设$w_n=\alpha{u_n}+\beta{v_n}$，由$(\mathcal{J}_2)$可以知道$w_n{\in}\mathcal{L}$。由于对${\forall}n{\in}\mathbb{N},{\forall}x{\in}\Omega$，于是有$$ w_{n+1}-w_n=\alpha(u_{n+1}-u_n)+\beta(v_{n+1}-v_n){\ge}0 $$于是$w_n{\le}w_{n+1}$。又因为$$ \lim_{n{\to}\infty}w_n=\alpha\lim_{n{\to}\infty}{u_n}+\beta\lim_{n{\to}\infty}v_n=\alpha{u}+\beta{v} $$故此$w_n{\uparrow}(\alpha{u}+\beta{v})$。由$(\mathcal{J}_2)$可以知道$$ \int_{\Omega}w_nd{\mu}=\alpha\int_{\Omega}u_nd{\mu}+\beta\int_{\Omega}v_nd{\mu} $$故此有$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}w_nd{\mu}=\alpha\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu}+\beta\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}v_nd{\mu}<\infty $$于是有$\alpha{u}+{\beta}v{\in}\mathcal{L}^{+}$（单调递增且积分一致有界）且上述两边取到极限直接由$\mathcal{L}^{+}$可以知道$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}w_nd{\mu}=\int_{\Omega}{\alpha}u+{\beta}vd{\mu}={\alpha}\int_{\Omega}ud{\mu}+\beta\int_{\Omega}vd{\mu} $$（c）由于命题2.2.7，直接可以推出。命题2.2.10(在$\mathcal{L}^{+}$的单调收敛)：令$(u_n){\subset}\mathcal{L}^{+}$为处处（或者几乎处处）单增的且使得$$ c=\sup_n\int_{\Omega}u_nd{\mu}<\infty $$则$(u_n)$处处（或者几乎处处）收敛到$u{\in}\mathcal{L}^{+}$且$$ \int_{\Omega}ud{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu} $$证明：我们考虑几乎处处收敛。对于任意$k$，则存在一个基本序列$(u_{k,n})$使得$u_{k,n}{\uparrow}u_k$。序列$v_n=\max(u_{1,n},{\cdots}u_{n,n})$是单增的，且几乎处处，$$ v_n{\le}\max(u_1,{\cdots},u_n)=u_n $$因为$$ \int_{\Omega}v_nd{\mu}{\le}\int_{\Omega}u_nd{\mu}{\le}c $$序列$(v_n){\subset}\mathcal{L}$是基本序列。由定义，$v_n{\uparrow}u,u{\in}\mathcal{L}^{+}$，且$$ \int_{\Omega}ud{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}v_nd{\mu} $$对于$k{\le}n$，我们有几乎处处$$ u_{k,n}{\le}v_n{\le}u_n $$因此我们有，几乎处处$u_k{\le}u{\le}\lim_{n{\to}\infty}u_n$且$$ \int_{\Omega}u_kd{\mu}{\le}\int_{\Omega}ud{\mu}{\le}\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu} $$很容易得出结论。命题重述：设$(u_n){\subset}\mathcal{L}^{+}$，且有$u_n(x){\le}u_{n+1}(x),{\forall}x{\in}\Omega,{\forall}n$。（或者对于${\forall}n,u_n(x){\le}u_{n+1}(x),a.e.{\;}in{\;}\Omega$，也即存在一个可忽略集$S$，在$\Omega{\backslash}S$上$u_n(x){\le}u_{n+1}(x)$。）且$$ c=\sup_n\int_{\Omega}{u_n}d{\mu}<\infty $$则有对于${\forall}x{\in}\Omega$，有$u(x)=\lim_{n{\to}\infty}u_n(x){\in}\mathcal{L}^{+}$（或者存在$u{\in}\mathcal{L}^{+}$，有对于${\forall}x{\in}\Omega{\backslash}S$，有$u(x)=\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)$）且$$ \int_{\Omega}ud{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu} $$证明：这里仅证明几乎处处收敛的情形（处处收敛的类似且容易证明）存在可忽略集$S{\subset}\Omega$，对于${\forall}x{\in}\Omega{\backslash}S,u_n(x){\le}u_{n+1}(x)$。所以对于$x{\in}\Omega{\backslash}S,\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)$存在（可能为$\infty$值），我们想说有$u{\in}\mathcal{L}^{+}$，使得$u(x)=\lim_{n{\to}\infty}u_n(x),{\forall}x{\in}\Omega{\backslash}S$，且$$ \int{u}d{\mu}=\lim\int{u_n}d{\mu} $$这个结果的意义是说积分的极限可以交换，因为$u_k{\in}\mathcal{L}^{+}$，于是存在一个基本序列$(u_{k,n}){\subset}\mathcal{L}$，使得$u_{k,n}{\uparrow}u_k$，且$$ \int{u_k}d{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}u_{k,n}d{\mu} $$令$v_n=\max(u_{1,n},{\cdots},u_{n,n})$，可以这样看$$ u_{1,1}{\le}u_{1,2}{\le}\cdots{\le}u_{1,n}{\le}u_{1,n+1}{\cdots}\uparrow{u_1}\\u_{2,1}{\le}u_{2,2}{\le}\cdots{\le}u_{2,n}{\le}u_{2,n+1}{\cdots}\uparrow{u_2}\\{\vdots}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad{\vdots}\\u_{k,1}{\le}u_{k,2}{\le}\cdots{\le}u_{k,n}{\le}u_{k,n+1}{\cdots}\uparrow{u_k}\\{\vdots}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad{\vdots}\\u_{n,1}{\le}u_{n,2}{\le}\cdots{\le}u_{n,n}{\le}u_{n,n+1}{\cdots}\uparrow{u_n}\\{\vdots}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad{\vdots} $$而且有$u_1{\le}u_2{\le}{\cdots}{\le}u_k{\le}{\cdots}u_n{\le}{\cdots}$。所以有：（1）$v_n{\in}\mathcal{L}$（因为是有限个$\mathcal{L}$中函数最大的那个）。（2）${\forall}x{\in}\Omega,v_n(x){\le}v_{n+1}(x)=\max(u_{1,n+1},{\cdots},u_{n+1,n+1})$（由上图可以看出）（3）${\forall}x{\in}\Omega,v_n(x){\le}\max(u_1(x),{\cdots},u_n(x))\stackrel{a.e}{=}u_n(x)$。由（3）和命题2.2.9（c）知道有：（4）$$ \int{v_n}d{\mu}{\le}\int{u_n}d{\mu}{\le}c $$而我们由（1）（2）和（4）可以推出$(v_n){\subset}\mathcal{L}$是一个基本序列。（单调且积分一致有界）由定义，存在$v{\in}\mathcal{L}^{+},v(x)=\lim_{n{\to}\infty}v_n(x)$，且$$ \int{v}d{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int{v_n}d{\mu} $$对$k{\le}n$（由图可以看出）$u_{k,n}{\le}v_n(x),{\forall}x{\in}\Omega$，且在$\Omega$上，有${\forall}x{\in}\Omega{\backslash}S,v_n(x){\le}u_n(x){\quad}a.e.$。对于$x{\in}\Omega{\backslash}S$，令$n{\to}\infty$，得到$u_k(x){\le}v(x){\le}\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)$。再令$k{\to}\infty$，则有$\lim_{k{\to}\infty}u_k(x){\le}v(x){\le}\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)$。也即${\forall}x{\in}\Omega{\backslash}S,v(x)=\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)$。所以已经证毕，有一个$\mathcal{L}^{+}$里的函数，$v=\lim_{n{\to}\infty}u_n,a.e.$。再由于$u_{k,n}{\le}v_n(x)\stackrel{a.e}{\le}u_n(x)$和命题2.2.9（c）知道$$ \int{u_{k,n}}d{\mu}{\le}\int{v_n(x)}d{\mu}{\le}\int{u_n}(x)d{\mu} $$令$n{\to}\infty$，则有$$ \int{u_k}d{\mu}{\le}\int{v}d{\mu}{\le}\lim_{n{\to}\infty}\int{u_n}d{\mu} $$再令$k{\to}\infty$，则有$$ \lim_{k{\to}\infty}\int{u_k}d{\mu}{\le}\int{v}d{\mu}{\le}\lim_{n{\to}\infty}\int{u_n}d{\mu} $$也即$$ \int{u}d{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int{u_n}d{\mu} $$于是证明完毕。推论2.2.11任意可数个可忽略集的并集还是可忽略集合。证明：令$(S_k)$为一个可忽略集序列。对于任意$k$，存在$v_k{\in}\mathcal{L}^{+}$使得对于任意$x{\in}S_k,v_k(x)=+\infty$。我们用$v_k^{+}$代替$v_k$，且我们用一个严格正的常数乘上使得$$ v_k{\ge}0,\int_{\Omega}v_kd{\mu}{\le}\frac{1}{2^k} $$序列$u_n=\sum^n_{k=1}v_k$是单增的且$$ \int_{\Omega}u_nd{\mu}{\le}\sum^n_{k=1}\frac{1}{2^k}{\le}1 $$因此$u_n{\uparrow}u$且$u{\in}\mathcal{L}^{+}$。因此对于任意$x{\in}\bigcup^{\infty}_{k=1}S_k,u(x)=+\infty$，集合$\bigcup^{\infty}_{k=1}S_k$是可忽略的。由定义，$\mathcal{L}^{+}$的函数是几乎处处有限的。因此$\mathcal{L}^{+}$中的两个函数的差也是几乎处处适定的。假设$f,g,v,w{\in}\mathcal{L}^{+}$且$f-g=v-w$几乎处处。则$f+w=v+g$几乎处处且$$ \int_{\Omega}fd{\mu}+\int_{\Omega}wd{\mu}=\int_{\Omega}f+wd{\mu}=\int_{\Omega}v+gd{\mu}=\int_{\Omega}vd{\mu}+\int_{\Omega}{g}d{\mu} $$因此$$ \int_{\Omega}fd{\mu}-\int_{\Omega}gd{\mu}=\int_{\Omega}vd{\mu}-\int_{\Omega}wd{\mu} $$详细证明：设$(S_k)$为一列可忽略集，则对${\forall}k$，存在基本序列$(v_{k,n}){\subset}\mathcal{L}$，使得${\forall}x{\in}S_k$，有$\lim_{n{\to}\infty}v_{k,n}(x)=+\infty$。记$\lim_{n{\to}\infty}v_{k,n}(x)=v_k(x)$，则$v_k{\in}\mathcal{L}^{+}$且${\forall}x{\in}S_k$，有$v_k(x)=+\infty$。由$v_k^{+}=\max(0,v_k){\ge}v_k$，且${\forall}x{\in}S_k,v_k^{+}(x)=+\infty$。则又由命题2.2.9（a）知道$v_k^{+}{\in}\mathcal{L}^{+}$，故可以用$v_k^{+}$替代$v_k$。则对于${\forall}k,{\exists}c_k>0$，使得$\int_{\Omega}v_kd{\mu}{\le}c_k$。用常数$\frac{1}{c_{k+1}2^k}$乘以$v_k$后仍旧记为$v_{k}$。则$v_k$仍旧满足$v_k{\in}\mathcal{L}^{+}$且对于${\forall}x{\in}S_k,v_k(x)=+\infty$。且$v_k{\ge}0,{\forall}x{\in}\Omega,\int_{\Omega}v_kd{\mu}{\le}\frac{1}{2^k}$。令$u_n=\sum^n_{k=1}v_k$，由命题2.2.9（b）知道$u_n{\in}\mathcal{L}^{+}$，且$u_{n+1}-u_n=v_{n+1}{\ge}0,{\forall}x{\in}\Omega$。于是有$u_n$在$\Omega$上逐点单增。$$ \begin{aligned}\int_{\Omega}u_nd{\mu}&=\int_{\Omega}\sum^n_{k=1}v_kd{\mu}=\sum^n_{k=1}\int_{\Omega}v_nd{\mu}\\&{\le}\sum^n_{k=1}\frac{1}{2^k}=\frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2}^n)}{1-\frac{1}{2}}=1-(\frac{1}{2})^n{\le}1\end{aligned} $$则有$\sup_n\int_{\Omega}u_nd{\mu}{\le}1$。于是知道$u_n$为基本序列。对于${\forall}x{\in}\bigcup^{\infty}_{k=1}S_k$，存在$k$，使得$x{\in}S_k$，此时$v_k(x)=+\infty$，则有足够大的$M$，使得$v_k(x){\ge}M$。于是对${\forall}n>k$，有$u_n=\sum^n_{k=1}v_j{\ge}M$成立。故此$u(x)=\lim_{n{\to}\infty}u_n=+\infty$，也即$\bigcup^{\infty}_{k=1}S_k$为可忽略集（积分与在可忽略集上函数的值无关）。定义2.2.12一个实函数$u$在$\Omega$几乎处处有定义属于$\mathcal{L}^1=\mathcal{L}^1(\Omega,\mu)$，指的是：如果存在$f,g{\in}\mathcal{L}^{+}$使得几乎处处有$u=f-g$。则$u$的积分（相对于$\mu$）定义为$$ \int_{\Omega}ud{\mu}=\int_{\Omega}fd{\mu}-\int_{\Omega}gd{\mu} $$由上面的计算，积分是适定的。命题2.2.13（a）如果$u{\in}\mathcal{L}^1$，则$|u|{\in}\mathcal{L}^1$。（b）如果$u,v{\in}\mathcal{L}^1$且如果$\alpha,\beta{\in}\mathbb{R}$，则$\alpha{u}+\beta{v}{\in}\mathcal{L}^1$且$$ \int_{\Omega}{\alpha}u+{\beta}vd{\mu}={\alpha}\int_{\Omega}ud{\mu}+\beta\int_{\Omega}vd{\mu} $$（c）如果$u{\in}\mathcal{L}^1$且如果$u{\ge}0$几乎处处，则$\int_{\Omega}ud{\mu}{\ge}0$。证明：注意到$$ |f-g|=\max(f,g)-\min(f,g) $$证明：（a）若$u{\in}\mathcal{L}^1$，在存在$f,g{\in}\mathcal{L}^{+}$，使得$u=f-g{\;}a.e.$，则有$$ |u|=|f-g|=\max(f,g)-\min(f,g){\;}a.e. $$由命题2.2.9（a）知道$\max(f,g),\min(f,g){\in}\mathcal{L}^{+}$，故此有$|u|{\in}\mathcal{L}^1$。（b）如果$u,v{\in}\mathcal{L}^1$且$\alpha,\beta{\in}\mathbb{R}$，则存在$f_1,g_1,f_2,g_2{\in}\mathcal{L}^{+}$，使得$$ u=f_1-g_1,v=f_2-g_2,{a.e.} $$且$$ \int_{\Omega}ud{\mu}=\int_{\Omega}f_1d{\mu}-\int_{\Omega}g_1d{\mu},\int_{\Omega}vd{\mu}=\int_{\Omega}f_2d{\mu}-\int_{\Omega}g_2d{\mu} $$若$\alpha,\beta{\ge}0$，则$$ \alpha{u}+\beta{v}=\alpha{f_1-\alpha{g_1}}+\beta{f_2}-\beta{g_2}=(\alpha{f_1}+\beta{f_2})-(\alpha{g_1}+\beta{g_2}){\;}a.e. $$由命题2.2.9（b）知道$\alpha{f}+\beta{f_2}{\in}\mathcal{L}^{+},\alpha{g_1}+{\beta}g_2{\in}\mathcal{L}^{+}$且$$ \int_{\Omega}(\alpha{f_1}+\beta{f_2})=\alpha\int_{\Omega}f_1d{\mu}+\beta\int_{\Omega}f_2d{\mu}\\\int_{\Omega}(\alpha{g_1}+\beta{g_2})=\alpha\int_{\Omega}g_1d{\mu}+\beta\int_{\Omega}g_2d{\mu} $$故此有$\alpha{u}+\beta{v}{\in}\mathcal{L}^1$。且$$ \begin{aligned}\int_{\Omega}\alpha{u}+\beta{v}d{\mu}&=\int_{\Omega}(\alpha{f_1}+\beta{f_2})d{\mu}-\int_{\Omega}(\alpha{g_1}+\beta{g_2})d{\mu}\\&=\alpha{\int_{\Omega}f_1d{\mu}}+\beta\int_\Omega{f_2}d{\mu}-\alpha\int_{\Omega}g_1d{\mu}-\beta\int_{\Omega}g_2d{\mu}\\&=\alpha(\int_{\Omega}f_1d{\mu}-\int_{\Omega}g_1d{\mu})+\beta(\int_{\Omega}f_2d{\mu}-\int_{\Omega}g_2d{\mu})\\&=\alpha\int_{\Omega}ud{\mu}+\beta\int_{\Omega}vd{\mu}\end{aligned} $$而$\alpha,\beta{\le}0$的情况类似。若$\alpha{\ge}0,\beta{\le}0$时，则$$ \alpha{u}+\beta{v}=(\alpha{f_1}-\beta{g_2})-(\alpha{g_1}-\beta{f_2}){\;}a.e. $$由$\alpha{f_1}-\beta{g_2}{\in}\mathcal{L}^{+},\alpha{g_1}-\beta{f_1}{\in}\mathcal{L}^{+}$，且$$ \int_{\Omega}(\alpha{f_1}-\beta{g_2})d{\mu}=\alpha\int_{\Omega}f_1d{\mu}-\beta\int_{\Omega}g_2d{\mu},\\\int_{\Omega}(\alpha{g_1}-\beta{f_2})d{\mu}=\alpha\int_{\Omega}g_1d{\mu}-\beta\int_{\Omega}f_2d{\mu}. $$则有$\alpha{u}+\beta{v}{\in}\mathcal{L}^1$。且$$ \begin{aligned}\int_{\Omega}\alpha{u}+\beta{v}d{\mu}&=\int_{\Omega}(\alpha{f_1}-\beta{g_2})d{\mu}-\int_{\Omega}(\alpha{g_1}-\beta{f_2})d{\mu}\\&=\alpha\int_{\Omega}f_1d{\mu}-\beta\int_{\Omega}g_2d{\mu}-\alpha\int_{\Omega}g_1d{\mu}+\beta\int_{\Omega}f_2d{\mu}\\&=\alpha(\int_{\Omega}f_1d{\mu}-\int_{\Omega}g_1d{\mu})+\beta(\int_{\Omega}f_2d{\mu}-\int_{\Omega}g_2d{\mu}\\&=\alpha\int_{\Omega}ud{\mu}+\beta\int_{\Omega}vd{\mu}\end{aligned} $$而$\alpha{\le}0,\beta{\ge}0$的情况与之类似。（c）若是$u{\in}\mathcal{L}^{1}$且$u{\ge}0{\;}a.e.$，则存在$f,g{\in}\mathcal{L}^{+}$，使得$u=f-g{\;}a.e$。且$$ \int_{\Omega}ud{\mu}=\int_{\Omega}fd{\mu}-\int_{\Omega}gd{\mu} $$由推论2.2.11知道$f-g{\ge}0$，也即$f{\ge}g{\;}a.e.$。再由命题2.2.9（c）知道$$ \int_{\Omega}fd{\mu}{\ge}\int_{\Omega}gd{\mu} $$则有$$ \int_{\Omega}fd{\mu}-\int_{\Omega}gd{\mu}{\ge}0{\quad}i.e.{\quad}\int_{\Omega}ud{\mu}{\ge}0 $$引理2.2.14令$u{\in}\mathcal{L}^1$且$\varepsilon>0$。则存在$v,w{\in}\mathcal{L}^{+}$使得$u=v-w$几乎处处成立，$w{\ge}0$且$\int_{\Omega}wd{\mu}{\le}\varepsilon$。证明：由定义，存在$f,g{\in}\mathcal{L}^{+}$使得$u=f-g$几乎处处成立。令$(g_n)$为一个基本序列使得$g_n{\uparrow}g$。因为$$ \int_{\Omega}gd{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}g_nd{\mu} $$则存在$n$使得$\int_{\Omega}g-g_nd{\mu}{\le}\varepsilon$。我们取定$w=g-g_n{\ge}0$且$v=f-g_n$。我们推广单调收敛性质到$\mathcal{L}^1$上。定理2.2.15(莱维单调收敛定理)：令$(u_n){\subset}\mathcal{L}^1$为一个几乎处处单调递增序列使得$$ c=\sup_n\int_{\Omega}u_nd{\mu}<\infty $$则$\lim_{n{\to}\infty}u_n{\in}\mathcal{L}^1$且$$ \int_{\Omega}\lim_{n{\to}\infty}u_nd{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu} $$证明：在用$u_n-u_0$代替$u_n$后，我们可以假设$u_0=0$.由上面的引理，对于任意$k{\ge}1$，存在$v_k,w_k{\in}\mathcal{L}^{+}$使得$w_k{\ge}0,\int_{\Omega}w_kd{\mu}{\le}1/2^k$，且，几乎处处有$$ u_k-u_{k-1}=v_k-w_k $$因为$(u_k)$是几乎处处递增的，$v_k{\ge}0$几乎处处。我们定义$$ f_n=\sum^n_{k=1}v_k,g_n=\sum^{n}_{k=1}w_k $$序列$(f_n)$和$(g_n)$是几乎处处单增的，且$$ \int_{\Omega}g_nd{\mu}=\sum^n_{k=1}\int_{\Omega}w_kd{\mu}{\le}\sum^n_{k=1}\frac{1}{2^k}{\le}1,\int_{\Omega}f_nd{\mu}=\int_{\Omega}u_n+g_nd{\mu}{\le}c+1 $$命题2.2.10蕴含着几乎处处有$$ \lim_{n{\to}\infty}f_n=f{\in}\mathcal{L}^{+},\lim_{n{\to}\infty}g_n=g{\in}\mathcal{L}^{+} $$且$$ \int_{\Omega}fd{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}f_nd{\mu},\int_{\Omega}gd{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}gd{\mu} $$我们从推论2.2.11推导出几乎处处成立$$ f-g=\lim_{n{\to}\infty}(f_n-g_n)=\lim_{n{\to}\infty}u_n $$因此$\lim_{n{\to}\infty}u_n{\in}\mathcal{L}^1$且$$ \int_{\Omega}\lim_{n{\to}\infty}u_nd{\mu}=\int_{\Omega}fd{\mu}-\int_{\Omega}gd{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}f_n-g_nd{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu} $$详细证明：由定义，如果$u{\in}\mathcal{L}^1$，则${\exists}f,g{\in}\mathcal{L}^{+}$，使得$u=f-g{\;}a.e.$。引理2.2.14是说可以把$g$的积分取成非负且很小，给定$\varepsilon$，也即存在$v,w{\in}\mathcal{L}^{+},u=v-w{\;}a.e.,w{\ge}0,\int{w}d{\mu}{\le}\varepsilon$。首先不妨设$u_0{\equiv}0$（可以取$u_n-u_0$）而$u_0$是第一项，想法是把$u_n$写成$$ \begin{aligned}u_n&=\sum^n_{k=1}u_k-u_{k-1}=\sum^n_{k=1}v_k-w_k\\&=\sum^n_{k=1}v_k-\sum^n_{k=1}w_k:=f_n-g_n\end{aligned} $$然后对$f_n,g_n$分别用$\mathcal{L}^{+}$里的命题2.2.10取极限。对于$k{\ge}1$，对$u_k-u_{k-1}$用引理2.2.14，也即${\exists}v_k,w_k{\in}\mathcal{L}^{+},w_k{\ge}0,\int{w_k}d{\mu}{\le}\frac{1}{2^k}$且$u_k-u_{k-1}=v_k-w_k{\;}a.e.$。（严格地说就是存在$S_k$可忽略集合，在$\Omega{\backslash}S_k$上成立）由于$u_k{\uparrow}{\;}{a.e.}$，而$v_k{\ge}w_k{\ge}0{\;}a.e.$。令$f_n=\sum^n_{k=1}v_k,g_n=\sum^n_{k=1}w_k$，则$u_n=f_n-g_n{\;}a.e.$。我们有$$ (g_n){\subset}\mathcal{L}^{+},g_n{\uparrow}{\;}a.e.{\quad}\int{g_n}d{\mu}=\sum^n_{k=1}\int{w_k}d{\mu}{\le}1\\(g_n){\subset}\mathcal{L}^{+},g_n{\uparrow}{\;}a.e.{\quad}\int{g_n}d{\mu}=\int{u_n}d{\mu}+\int{g_n}d{\mu}{\le}c+1 $$所以对于$(g_n)$和$(f_n)$应用命题2.2.10（在$\mathcal{L}^{+}$的单调收敛），因为$S=\bigcup^{\infty}_{k=1}S_k$还是可忽略集，用到命题2.2.10，在$\Omega{\backslash}S$上，$$ \lim_{n{\to}\infty}f_n=f{\in}\mathcal{L}^{+},\lim_{n{\to}\infty}g_n=g{\in}\mathcal{L}^{+} $$且$$ \int{f}d{\mu}=\lim\int{f_n}d{\mu},\int{g}d{\mu}=\lim\int{g_n}d{\mu} $$在$\Omega{\backslash}S$上，$f-g=\lim_{n{\to}\infty}(f-g)=\lim_{n{\to}\infty}u_n$。也即有$\lim_{n{\to}\infty}u_n=f-g{\;}a.e.$。所以有$\lim_{n{\to}\infty}u_n{\in}\mathcal{L}^{+}$，且$$ \int\lim_{n{\to}\infty}u_nd{\mu}=\int{f}d{\mu}-\int{g}d{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int{(f_n-g_n)}d{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int{u_n}d{\mu} $$注：已经用到了$u,v{\in}\mathcal{L}^1,u=v{\;}a.e.$，则$$ \int{u}d{\mu}=\int{v}d{\mu} $$定理2.2.16(法图引理)：令$(u_n){\subset}\mathcal{L}^1$且$f{\in}\mathcal{L}^1$为使得：（a）$\sup_n\int_{\Omega}u_nd{\mu}<\infty$>（b）对于任意$n,f{\le}u_n$几乎处处成立，则$\varliminf_{n{\to}\infty}u_n{\in}\mathcal{L}^1$且$$ \int_{\Omega}\varliminf_{n{\to}\infty}u_nd{\mu}{\le}\varliminf_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu} $$证明：我们取定$k$，且我们定义，对于$m{\ge}k$，$$ u_{k,m}=\min(u_k,{\cdots},u_m) $$序列$(u_{k,m})$递减到$v_k=\inf_{n{\ge}k}u_n$，且$$ \int_{\Omega}fd{\mu}{\le}\int_{\Omega}u_{k,m}d{\mu} $$上面的定理，应用到$(-u_{k,m})$，蕴含着$v_k{\in}\mathcal{L}^1$且$$ \int_{\Omega}v_kd{\mu}=\lim_{m{\to}\infty}\int_{\Omega}u_{k,m}d{\mu}{\le}\lim_{m{\to}\infty}\min_{k{\le}n{\le}m}\int_{\Omega}u_nd{\mu}=\inf_{n{\ge}k}\int_{\Omega}u_nd{\mu} $$序列$(v_k)$单调递增到$\varliminf_{n{\to}\infty}u_n$且$$ \int_{\Omega}v_kd{\mu}{\le}\sup_n\int_{\Omega}u_nd{\mu}<\infty $$于是由上面的定理有$\varliminf_{n{\to}\infty}u_n{\in}\mathcal{L}^1$且$$ \int_{\Omega}\varliminf_{n{\to}\infty}u_nd{\mu}=\lim_{k{\to}\infty}\int_{\Omega}v_kd{\mu}{\le}\lim_{k{\to}\infty}\inf_{n{\ge}k}\int_{\Omega}u_nd{\mu}=\varliminf_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu} $$证明思路：注意到$(u_n)$没有单调性，所以$u_n(x)$不见得收敛，而且$\int{u_n}d{\mu}$也不见得收敛，但是$\varliminf_{n{\to}\infty}$总是存在的。由定义$$ \varliminf_{n{\to}\infty}u_n(x)=\lim_{k{\to}\infty}(\inf_{n{\ge}k}u_n(x))=\lim_{k{\to}\infty}v_k(x) $$这里令$v_k(x)=\inf_{n{\ge}k}u_n(x),v_k(x){\uparrow}$是单增的。如果$v_k{\in}\mathcal{L}^1$，且$\sup\int{v_k}{d\mu}<\infty$，就可以用定理2.2.15（单调收敛定理）得到$$ \int\varliminf{u_n}d{\mu}=\int\lim_{k{\to}\infty}(\inf_{n{\ge}k}u_n)d{\mu}=\lim_{k{\to}\infty}\int(\inf_{n{\ge}k}u_n)d{\mu} $$但是先要知道$v_k=\inf_{n{\ge}k}u_n{\in}\mathcal{L}^1$。证明：对于$m{\ge}k$，令$u_{k,m}=\min(u_k,{\cdots},u_m)$，则有$u_{k,m}{\in}\mathcal{L}^1$（有限项的极小），对于$m,u_{k,m}{\downarrow}$。于是当$m{\to}\infty$有$u_{k,m}{\downarrow}v_k$，且由于$u_n{\ge}f{\;}a.e$，则有$u_{k,m}{\ge}f$。所以$(-u_{k,m}){\subset}\mathcal{L}^1$，且$-u_{k,m}{\uparrow}-v_k$，$$ \int(-u_{k,m})d{\mu}{\le}-\int(f)d{\mu}<{\infty} $$然后应用定理2.2.15对$(-u_{k,m})$，就得到了$-v_k{\in}\mathcal{L}^1$。$$ \int\lim(-u_{k,m})d{\mu}=\lim_{m{\to}\infty}\int(-u_{k,m})d{\mu} $$也即$$ \int{v_k}d{\mu}=\lim_{m{\to}\infty}\int(u_{k,m})d{\mu},v_k{\in}\mathcal{L}^1 $$但是$$ \lim_{m{\to}\infty}\int{u_{k,m}}d{\mu}{\le}\lim_{m{\to}\infty}\min_{k{\le}n{\le}m}\int{u_n}d{\mu}=\inf_{n{\ge}k}\int{u_n}d{\mu}{\le}c $$这时候用我们一开始推导的就有$$ \int\lim_{k{\to}\infty}u_nd{\mu}=\int\lim_{k{\to}\infty}(\inf_{n{\ge}k}u_n)d{\mu}=\int\lim_{k{\to}\infty}v_kd{\mu}=\lim_{k{\to}\infty}\int{v_k}d{\mu}{\le}\lim_{k{\to}\infty}\inf_{n{\ge}k}\int{u_n}d{}\mu=\varliminf_{k{\to}\infty}\int{u_n}d{\mu} $$定理2.2.17(勒贝格控制收敛定理)：令$(u_n){\subset}\mathcal{L}^1$且$f{\in}\mathcal{L}^1$为使得（a）$u_n$几乎处处收敛（b）对于任意$n,|u_n|{\le}f$几乎处处成立。则$\lim_{n{\to}\infty}u_n{\in}\mathcal{L}^1$且$$ \int_{\Omega}\lim_{n{\to}\infty}u_nd{\mu}=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu} $$证明：由法图引理蕴含着$u=\lim_{n{\to}\infty}u_n{\in}\mathcal{L}^1$且$$ 2\int_{\Omega}fd{\mu}{\le}\varliminf_{n{\to}\infty}\int2f-|u_n-u|d{\mu}=2\int_{\Omega}fd{\mu}-\varlimsup_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}|u_n-u|d{\mu} $$因此$$ \lim_{n{\to}\infty}|\int_{\Omega}u_n-ud{\mu}|{\le}\lim_{n{\to}\infty}|u_n-u|d{\mu}=0 $$这个证明主要是：因为$|u_n|{\le}f$，所以$-f{\le}u_n{\le}f$。可以用法图引理（2.2.16），说明$\lim{u_n}=\varliminf{u_n}{\in}\mathcal{L}^1$。这样就有$U_n=2f-|u_n-u|{\in}\mathcal{L}^1$。下面在对$U_n=2f-|u_n-u|$用法图引理，则有$$ \int2fd{\mu}=\int\varliminf{2f-|u_n-u|}d{\mu}{\le}\varliminf\int{2f-|u_n-u|}d{\mu}=\int2f-\varlimsup\int|u_n-u|d{\mu} $$这样就有了$\varlimsup\int{|u_n-u|}d{\mu}{\le}0$。我们还可以用另一种方式：用$-f{\le}u_n{\le}f$，则$-f{\le}u_n,-f{\le}-u_n$。对$u_n$用法图引理，则有$$ \int{u}d{\mu}-\int\varliminf{u_n}d{\mu}{\le}\varliminf\int{u_n}d{\mu} $$再对$-u_n$用法图引理：$$ -\int{u}d{\mu}-\int\varliminf{(-u_n)}d{\mu}{\le}\varliminf\int{(-u_n)}d{\mu}=-\varlimsup\int{u_n}d{\mu} $$放在一块就有了$$ \varlimsup\int{u_n}d{\mu}{\le}\int{u}d{\mu}{\le}\varliminf\int{u_n}d{\mu} $$定理2.2.18(对比定理)：令$(u_n){\subset}\mathcal{L}^1$且$f{\in}\mathcal{L}^1$为使得：（a）$u_n$几乎处处收敛到$u$。（b）$|u|{\le}f$几乎处处则$u{\in}\mathcal{L}^1$。证明：我们定义$$ v_n=\max(\min(u_n,f),-f) $$序列$(v_n){\subset}\mathcal{L}^1$是使得：（a）$v_n$几乎处处收敛到$u$。（b）对于任意$n,|v_n|{\le}f$几乎处处。上面的定理蕴含着$u=\lim_{n{\to}\infty}v_n{\in}\mathcal{L}^1$。证明里面的$v_n$就是大于$f$的就定义为$f$，小于$-f$的定义为$-f$。
积分动机本章开始前，首先讲述本书的大概思路和本章的动机。首先我们做一个类比，由有理数到无理数的过程，就像下面由黎曼积分的函数过渡到勒贝格积分函数。从有理数到无理数的过程我们已经十分熟悉，这里提及关于积分的过渡问题。类比积分，可以黎曼积分的函数可以视为“有理数”，而很多日常可以做的事情都用黎曼积分解决，例如计算面积，体积，长度，物理加速度求速度，求路程，求力做功等等。但是到了17世纪到19世纪，由于微积分的应用，考虑如下形式的积分$$ \int_{\Omega}|{\nabla}u|^2dx $$这里$\Omega$是一个有界区域，我们可以想象为一个鼓面，其边界固定，内部震动。考虑一维区域，则可以看成是琴弦振动，考虑震动频率问题时候会做$$ \inf_u\int_{\Omega}|{\nabla}u|^2dx $$的极小问题。令$X=\left\{u:\Omega{\to}\mathbb{R}:u{\in}C^1,u_{\partial{\Omega}}=0\right\}$。所以$(u+\phi)_{{\partial}\Omega}=\phi$。考虑上述问题就等同于考虑$$ \inf_{u{\in}X}\int_{\Omega}|{\nabla}(u+\phi)|^2dx $$或者是$$ \inf_{u{\in}X}\int_{\Omega}(|\nabla{u}|^2+2{\nabla}u{\nabla}\phi+|{\nabla}\phi|^2)dx $$注意到$$ F(u)=\int_{\Omega}(|{\nabla}u|^2+2{\nabla}u{\nabla}\phi+|\nabla{\phi}|^2)dx $$是定义在$X$上的函数（因为定义在函数空间上，也称之为泛函，给了$X$里的一个$u$，就有一个数值$F(u)$），并且是一个二次的函数，那么其最小值也一定能够达到。当时的数学研究者是这么认为的。但是在18世纪末，维尔斯特拉斯给出了一个反例，说明这样的证明是有问题的。如$\Omega=[-1,1],X=\left\{u{\in}C^1([-1,1]):u(-1)=-1,u(1)=1\right\}$。考虑在$X$上的泛函$$ I(u)=\int^1_{-1}|xu'(x)|^2dx $$考虑$$ c=\inf_{u{\in}X}I(u) $$我们看到$I(u)$也是关于$u$的二次的，非负的，所以$c{\ge}0$。但是问题是$c$能够取到吗？$c$事实上并不能取到！反证法：假设$c$可以取到0，则可以找到一个函数序列$u_n{\in}X$，使得$I(u_n){\to}0$。如果$F(u)=0$，则有$u'(x)=0$。所以不可能在$X$中找到这样的函数。所以这就引起了很多问题，以前很多类似的问题都说下确界是可以达到的，那么是否还是正确的呢？如果有些的确可以达到，有些达不到，那么是什么条件保证了它们可以达到？这样的事情最终都和函数空间的完备化有关系。为了使得函数空间完备，就需要一些原来黎曼不可积分的函数成为可以积分的。一种方法就是用某种单调增加且积分一致有界的黎曼可积函数列来定义勒贝格可积函数（本书就是这么作得）。比如我们已经验证过狄利克雷函数是黎曼不可积的，我们可以看到它是勒贝格可积的。关键是加上了这些可积函数后，所有的勒贝格可积函数构成了完备的函数空间，这对于非常多的理论问题都是非常重要的。导言开始定义勒贝格积分，首先回顾黎曼积分（本书的柯西积分就是黎曼积分），然后总结了几个有用的性质在定理2.1.2里面。首先$\Omega$是$\mathbb{R}^N$里的一个开集，有界无界都可以，全空间也可以。这里仅仅是定义一个概念，一个连续函数的支集，简单记为$$ spt{\;}u=\overline{\left\{x{\in}\Omega:u(x){\neq}0\right\}}\\ \mathcal{K}=\left\{u{\in}C(\Omega,\mathbb{R}):spt是\Omega的一个紧集\right\} $$这里的函数就称之为有紧支集的连续函数。因为$u$是连续的，$$ \left\{x{\in}\Omega:u(x){\neq}0\right\}=\left\{x{\in}\Omega:|u(x)|>0\right\} $$是开集，所以支集是一个开集的闭包。因为紧集就是有界闭集（在这里），所以即便$\Omega$是有界的，$spt{\;}u$也是在$\Omega$内部，不会和$\Omega$的边界有交集。可以先想象$\Omega=\mathbb{R}$，这时每个函数远处都是0，所以$\mathcal{K}(\Omega)$里面的函数黎曼积分都是有定义的，且满足定理2.1.2的结论。注意$\mathcal{K}$是一个线性空间。证明里面的$|x|_{\infty}$就是$\mathbb{R}^N$里面的度量。里面的$A_j,B_j$就是达布下和，达布上和，取了一个等分的划分，每个区间长度$1/2^j$，这样子写比较简洁，虽然是无穷和，但是其实只有有限是非零的。这章里面，有两条平行的线索：一个是具体的勒贝格积分，一个是抽象的勒贝格积分。抽象的勒贝格积分是公理化的。先是有一个$\Omega$可以是任意给定的集合（不见得有其他的结构：距离，拓扑等），然后有一个线性空间$\mathcal{L}$由$X$上的函数（$X$到$\mathbb{R}$的函数构成），并且在$\mathcal{L}$上有一个叫做初等积分的运算$\int_{\Omega}ud{\mu}$。只要有这三样东西：集合，线性空间，运算。并且满足定义2.2.1里面四个公理条件$\mathcal{J}_1,\mathcal{J}_2,\mathcal{J}_3,\mathcal{J}_4$，就可以把它扩张并且定义成为勒贝格积分。所以$\mathbb{R}^N$上的具体勒贝格积分是一个特例。这个时候这三样东西是$\Omega=\mathbb{R},\mathcal{L}=\mathcal{K}(\mathbb{R}^N),\int{d\mu}=\int{dx}$。由定理2.1.2，这时候要求的公理四个条件都满足。学习的时候可以先主要想象$\Omega=\mathbb{R}$，一维实数轴。另外也要记得这个可以是很抽象的集合。所以现在就是$\mathcal{K}(\Omega),\mathcal{K}(\mathbb{R})$，这里都是连续且具有紧支集的函数，是好函数（“无理数”），我们要用它们生成更多的勒贝格可积函数。命题2.2.2，2.2.3，是由公理推出的简单性质，就是那四个性质。其证明推导都是初等方式，关键是用四个性质推导。这里注意$u^{+}$是$u$的正部（$u$是负数的点处，有$u^{+}=0$）注意到，$u^{-}$是$-u$的正部，所以也是非负函数，所以总是有分解$u(x)=u^{+}(x)-u^{-}(x)$。最重要的是定义2.2.4和2.2.5，类似于上方有界的有理数列可以定义无理数列。定义2.2.4，这里定义叫基本序列的$\mathcal{L}$里面的序列$\left\{u_n\right\}$：点点单增，积分后的数列上方有界。这时$u_n$就点点定义了一个新的函数$u(x)$（注意可能某些点处是正无穷，即使点点有限值，也不见得是连续的了），由此（等到定义2.2.8）我们就可以定义这个新的函数$u$的勒贝格积分为$$ \int_{\Omega}ud{\mu}{\equiv}\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu} $$为了说明这个事情是适定的，下面先有两个技术性的命题（2.2.6，2.2.7）定义2.2.5是定义另一个重要的概念：有了一个·基本序列，就定义了一个新的函数$u,u$等于正无穷的点的集合$S$，我们称呼其为可以忽略的集合。等到我们定义了勒贝格测度，就是等价于零测度集合。下面我们说某个结论是对$x{\in}\Omega$几乎处处成立的，就是去掉一个可以忽略的集合（后续知道是零测度集），这个结论是成立的。2.1 黎曼积分勒贝格积分是一个满足单调收敛性质的正的线性泛函，它是黎曼积分的一个推广。定义2.1.1令$\Omega$为$\mathbb{R}^N$的一个开子集。我们定义$$ C(\Omega)=\left\{u:\Omega{\to}\mathbb{R}:u是连续的\right\}\\ \mathcal{K}(\Omega)=\left\{u{\in}C(\mathbb{R}^N):supp{\;}u是\Omega的一个紧子集\right\} $$$u$的紧支集，记为$spt{\;}u$，是$u$不同于0的点的集合的闭包。令$u{\in}\mathcal{K}(\mathbb{R}^N)$，由定义，存在$R>1$使得$$ spt{\;}u{\subset}\left\{x{\in}\mathbb{R}^N:|x|_{\infty}{\le}R-1\right\} $$我们定义$u$的黎曼和：$$ S_j=2^{-jN}\sum_{k{\in}\mathbb{Z}^N}u(k/2^j) $$其中因子$2^{-jN}$是$\mathbb{R}$中带边$2^{-j}$立方体的体积。令$C=[0,1]^N$且让我们定义$u$的达布和：$$ A_j=2^{-jN}\sum_{k{\in}\mathbb{Z}^N}\min\left\{u(x):2^jx-k{\in}C\right\}\\ B_j=2^{-jN}\sum_{k{\in}\mathbb{Z}^N}\max\left\{u(x):2^jx-k{\in}C\right\} $$令$\varepsilon>0$。由一致连续性，存在$j$使得$\omega_n(1/2^j){\le}\varepsilon$。注意到$$ B_j-A_j{\le}(2R)^N{\varepsilon},A_{j-1}{\le}A_j{\le}S_j{\le}B_j{\le}B_{j-1} $$则$u$的黎曼积分定义为$$ \int_{\mathbb{R}^N}u(x)dx=\lim_{j{\to}\infty}S_j=\lim_{j{\to}\infty}A_j=\lim_{j{\to}\infty}B_j $$定理2.1.2空间$\mathcal{K}(\mathbb{R}^N)$和黎曼积分$$ \mathcal{K}(\mathbb{R}^N){\to}\mathbb{R}:u{\mapsto}\int_{\mathbb{R}^N}u{dx} $$是使得：（a）对于任意$u{\in}\mathcal{K}(\mathbb{R}^N),|u|{\in}\mathcal{K}(\mathbb{R}^N)$。（b）对于任意$u,v{\in}\mathcal{K}(\mathbb{R}^N)$且任意$\alpha,\beta{\in}\mathbb{R}$，$$ \int_{\mathbb{R}^N}\alpha{u}+\beta{v}dx=\alpha\int_{\mathbb{R}^N}udx+\beta\int_{\mathbb{R}^N}vdx $$（c）对于任意$u{\in}\mathcal{K}(\mathbb{R}^N)$使得$$ u{\ge}0,\int_{\mathbb{R}^N}udx{\ge}0 $$（d）对于任意序列$(u_n){\subset}\mathcal{K}(\mathbb{R}^N)$使得$u_n{\downarrow}0$，$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_{\mathbb{R}^N}u_ndx=0 $$证明：性质（a）到（c）是显然成立的。性质（d）从迪尼定理可以得到。由定义，存在$R>1$使得$$ spt{\;}u_0{\subset}K=\left\{x{\in}\mathbb{R}^N:|x|_{\infty}{\le}R-1\right\} $$由迪尼定理，$(u_n)$在$K$上一致收敛到0。因此$$ 0{\le}\int_{\mathbb{R}^n}u_ndx{\le}(2R)^N\max_{x{\in}K}u_n(x){\to}0,{\quad}n{\to}\infty $$上面的性质定义一个初等积分。他们足够用来构建勒贝格积分。（具体）勒贝格积分是满足单调收敛性的黎曼积分的最小扩张，（e）如果$(u_n)$是可积函数的一个递增序列使得$$ \sup_n\int_{\mathbb{R}^n}u_ndx<\infty $$则$u(x)=\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)$是可积的且$$ \int_{\mathbb{R}^n}udx=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\mathbb{R}^n}u_ndx $$且是线性的。（f）如果$u$和$v$是可积函数且如果$\alpha$和$\beta$是实数，则$$ \int_{\mathbb{R}^N}{\alpha}u+{\beta}vdx={\alpha}\int{u}dx+{\beta}\int{v}dx $$让我们来勾勒一下（具体）勒贝格积分的构造。由定义，函数$u$属于$\mathcal{L}^{+}(\mathbb{R}^N,dx)$如果存在一个$\mathcal{K}(\mathbb{R}^N)$中的单增函数序列$(u_n)$，使得$u_n{\uparrow}u$且$$ \sup_n\int_{\mathbb{R}^N}u_ndx<\infty $$积分，由公式定义$$ \int_{\mathbb{R}^N}udx=\lim_{n{\to}\infty}\int_{\mathbb{R}^N}u_ndx $$满足性质（e）。我们将证明积分只依赖于$u$。令$f,g{\in}\mathcal{L}^{+}(\mathbb{R}^N,dx)$。除了$f(x)=g(x)=+\infty$，则差$f(x)-g(x)$是适定的。一个$\mathbb{R}^N$的子集$S$是可忽略的如果存在$h{\in}\mathcal{L}^{+}(\mathbb{R}^N,dx)$使得对于任意$x{\in}S,h(x)=+\infty$。由定义一个函数$u{\in}\mathcal{L}^1(\mathbb{R}^N,dx)$，指的是如果存在$f,g{\in}\mathcal{L}^{+}(\mathbb{R}^N,dx)$使得$u=f-g$除了在一个$\mathbb{R}^N$上可以忽略的子集上。积分定义为$$ \int_{\mathbb{R}^N}udx=\int_{\mathbb{R}^N}fdx-\int_{\mathbb{R}^N}gdx $$满足性质（e）和（f）。我们将再次证明积分只依赖于$u$。勒贝格积分将被构造在一个抽象的框架中，即初等积分，推广黎曼积分。例子（积分的极限）：不是总允许对极限和积分进行交换。让我们定义，在$[0,1],u_n(x)=2nx(1-x^2)^{n-1}$。因为对于任意$x{\in}(0,1)$，$$ \lim_{n{\to}\infty}\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}=(1-x^2)<1 $$$u_n$在$[0,1]$上逐点收敛到0。但是$$ 0=\int^1_0\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)dx<\lim_{n{\to}\infty}\int^1_0u_n(x)dx=1 $$2.2 勒贝格积分初等积分是由Daniel在1918年定义的。定义2.2.1在集合$\Omega$上的一个初等积分是由于一个从$\Omega$到$\mathbb{R}$的向量函数空间$\mathcal{L}=\mathcal{L}(\Omega,\mu)$且由一个函数$$ \mu:\mathcal{L}{\to}\mathbb{R}:u{\mapsto}\int_{\Omega}ud{\mu} $$使得$(\mathcal{J}_1)$：对于任意$u{\in}\mathcal{L},|u|{\in}\mathcal{L}$。$(\mathcal{J}_2)$：对于任意$u,v{\in}\mathcal{L}$且对任意$\alpha,\beta{\in}\mathbb{R}$，$$ \int_{\Omega}\alpha{u}+\beta{v}d{\mu}=\alpha\int_{\Omega}ud{\mu}+\beta\int_{\Omega}vd{\mu} $$$(\mathcal{J}_3)$：对于任意$u{\in}\mathcal{L}$使得$u{\ge}0$，$$ \int_{\Omega}ud{\mu}{\ge}0 $$$(\mathcal{J}_4)$：对于任意序列$(u_n){\subset}\mathcal{L}$使得$u_n{\downarrow}0$，$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu}=0 $$命题2.2.2令$u,v{\in}\mathcal{L}$，则$u^{+},u^{-},\max(u,v),\min(u,v){\in}\mathcal{L}$。证明：我们重新回忆起$u^{+}=\max(u,0),u^{-}=\max(-u,0)$。$$ \max(u,v)=\frac{1}{2}(u+v)+\frac{1}{2}|u-v|,\min(u,v)=\frac{1}{2}(u+v)=\frac{1}{2}|u-v| $$命题2.2.3令$u,v{\in}\mathcal{L}$为使得$u{\le}v$，则$$ \int_{\Omega}ud{\mu}{\le}\int_{\Omega}vd{\mu} $$证明：我们从$(\mathcal{J}_2)$和$(\mathcal{J}_3)$推导出：$$ 0{\le}\int_{\Omega}v-ud{\mu}=\int_{\Omega}vd{\mu}-\int_{\Omega}ud{\mu} $$定义2.2.4一个基本序列是一个单增序列$(u_n){\subset}\mathcal{L}$使得$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu}=\sup_n\int_{\Omega}u_nd{\mu}<\infty $$就是单增且一致有界的序列。定义2.2.5$\Omega$的一个子集$S$是可以忽略的（相对于$\mu$）如果存在一个基本序列$(u_n)$使得对于任意$x{\in}S,\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)=+\infty$。一个性质几乎处处是真的，指的是如果$\Omega$的点集在一个可忽略集是假的。让我们证明一个可忽略集的定义是正确的。命题2.2.6令$(u_n)$为$\mathcal{L}$的一个递减函数序列使得几乎处处$u_n{\ge}0$，$\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)=0$。则$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu}=0 $$分析：其条件是对于所有$x{\in}\Omega,u_n(x){\ge}0$且$u_{n+1}(x){\le}u_n(x)$。几乎处处有$\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)=0$。也即：存在一个可忽略集$S$，使得对$x{\in}X{\backslash}S,u_n(x){\to}0$。（这表示对$x{\in}S,u_n(x)$可以趋于$u(x)>0$）由可忽略集的定义，存在一个$\mathcal{L}$里的基本序列$v_n$，使得对$x{\in}S$，有$\lim_{n{\to}\infty}v_n(x)=+\infty$。而要证明的结论为：$\lim_{n{\to}\infty}{\int}_{\Omega}u_nd{\mu}=0$（也就是，在$S$上，$u_n$可能不见得趋于0，但是积分还是趋于0）所以可忽略集直观上就是做微积分的时候可以忽略的集合。如果$u_n$点点趋于0，就是$\mathcal{J}_4$，结论就对了。首先对$v_n$做修正，不妨假设$v_n(x){\ge}0$。这个不妨假指的是虽然存在的$v_n$不见得有这个非负性质，但是可以找到一个基本序列非负，并且也恰好在$S$上趋于正无穷，做法是用给定的$v_n$的正部$v_n^{+}$，也就是说$v_n^{+}$也是一个基本序列（就是说这个还是单调递增的且积分一致有界。）且对$x{\in}S,\lim_{n{\to}\infty}v_n^{+}(x)=+\infty$。我们把这些都验证一下。显然$\lim_{n{\to}\infty}v_n^{+}(x)=+\infty$当且仅当$\lim_{n{\to}\infty}v_n(x)=+\infty$，而且容易验证$v_n^{+}$是单调递增的，而$v^{-}_n$是单调递减的。且$$ \int{v_n^{+}}d{\mu}=\int{v_n}{d\mu}+\int{v_n^{-}}d{\mu}{\le}c+\int{v_1^{-}}d{\mu} $$所以积分一致有界。不妨假设就是还用原来的符号，但是这就有了非负性质。这里实际上还可以做一个更为简单的修正，就是取$v_n-v_1$，这个序列显然是非负的，且还是基本序列，还是在同一个集合上趋于正无穷。另外，对于任给的$\varepsilon>0$，因为积分一致有界（比如界是$c$），可以乘上一个适当的正的常数$\frac{\varepsilon}{c+1}$使得$\int_{\Omega}v_nd{\mu}{\le}\varepsilon$。就是乘完常数后还是基本序列，且对$x{\in}S,\lim_{n{\to}\infty}v_n(x)=+\infty$。做完这两个修正后，为了简单起见，还是用$v_n$来表示。下面令$w_n=(u_n-v_n)^{+}$，则$w_n{\ge}u_n-v_n,u_n{\le}w_n+v_n$。然后用积分公理$\mathcal{J}_3,\mathcal{J}_2$，得到$$ 0{\le}\int_{\Omega}u_nd{\mu}{\le}\int_{\Omega}w_nd{\mu}+\int_{\Omega}v_nd{\mu} $$验证对于任何$x,w_n(x){\downarrow}0$，再用$\mathcal{J_4}$，则有$\int_{\Omega}w_nd{\mu}{\to}0$。关于验证对于任何$x$，点点$w_n(x){\downarrow}0$，可以分成$x{\in}S$和$x{\in}X{\backslash}S$来验证。如果没有$v_n(x){\ge}0$，就不能验证$w_n(x){\downarrow}0$。比如对某个$x,v_n(x){\to}a<0$，那么$w_n(x){\to}-a>0$。证明：令$\varepsilon>0$。由假设，存在一个基本序列$(v_n)$使得如果$\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)>0$，则$\lim_{n{\to}\infty}v_n(x)=+\infty$。我们用$v_n^{+}$代替$v_n$，且我们乘以一个严格正的常数使得$$ v_n{\ge}0,\int_{\Omega}v_nd{\mu}{\le}\varepsilon $$我们定义$w_n=(u_n-v_n)^{+}$。则$w_n{\downarrow}0$，且我们从公理$(\mathcal{J}_4)$推导出$$ \begin{aligned} 0{\le}\lim\int_{\Omega}u_nd{\mu}{\le}\lim\int_{\Omega}w_n+v_nd{\mu}&=\lim\int_{\Omega}w_nd{\mu}+\lim\int_{\Omega}v_nd{\mu}\\ &=\lim\int_{\Omega}v_nd{\mu}{\le}\varepsilon \end{aligned} $$因为$\varepsilon>0$是任取的，证明完毕。详细证明：设$\varepsilon>0$，因为$\lim_{n{\to}\infty}u_n=0$几乎处处成立，则存在一基本序列$(v_n)$，对于使$u_n(x)$不收敛于0的点$x$，有$\lim_{n{\to}\infty}v_n(x)=+\infty$。由$v_n{\in}\mathcal{L}$推出$v_n^{+},v_n^{-}{\in}\mathcal{L}$，从而由$$ \begin{aligned}&\sup_n(\int_{\Omega}v_n^{+}d{\mu})-\int_{\Omega}v_1^-d{\mu}\\=&\sup_n(\int_{\Omega}v_n^{+}d{\mu}-\int_{\Omega}v_1^{-}d\mu)\\{\le}&\sup_n(\int_{\Omega}v_n^{+}d{\mu}-\int_{\Omega}v_n^{-}d{\mu})\\=&\sup_n\int_{\Omega}v_nd{\mu}<\infty\end{aligned} $$知道$\sup_n\int_{\Omega}v_n^{+}d{\mu}<+\infty$。于是可设$\int_{\Omega}v_n^{+}d{\mu}<M$，其中$M{\in}(0,+\infty)$。则有$(\frac{\varepsilon}{M}v_n^{+})$也是基本序列，且满足$\sup_n\int_{\Omega}\frac{\varepsilon}{M}v_n^{+}d{\mu}<\varepsilon$。再令$w_n=(u_n-\frac{\varepsilon}{M}v_n^{+})^{+}$，则有$$ 0{\le}w_n{\le}u_n^{+}=u_n{\to}0 $$且有$w_{n+1}=(u_{n+1}-\frac{\varepsilon}{M}v_{n+1}^{+})^{+}{\le}(u_n-\frac{\varepsilon}{M}v_n^{+})^{+}=w_n(x)$。因此由$(\mathcal{J}_4)$知道有$\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}w_nd{\mu}=0$。又由$w_n{\ge}u_n-\frac{\varepsilon}{M}v_n^{+}$得到$u_n{\le}w_n+\frac{\varepsilon}{M}v_n^{+}$。于是有$$ \begin{aligned}0{\le}\lim\int_{\Omega}u_nd{\mu}{\le}\lim\int_{\Omega}(w_n+\frac{\varepsilon}{M}v_n^{+})d{\mu}&=\lim\int_{\Omega}w_nd{\mu}+\lim\int_{\Omega}\frac{\varepsilon}{M}v_n^{+}d{\mu}\\&=\lim\int_{\Omega}\frac{\varepsilon}{M}v_n^{+}d{\mu}{\le}\varepsilon\end{aligned} $$然后由$\varepsilon$的任意性就可以得到结论命题2.2.7令$(u_n)$和$(v_n)$为基本序列使得几乎处处$$ u(x)=\lim_{n{\to}\infty}u_n(x){\le}\lim_{n{\to}\infty}v_n(x)=v(x) $$则$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu}{\le}\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}v_nd{\mu} $$分析：首先条件：有两个基本序列$u_n,v_n$，由定义，它们都是点点收敛，也即$\lim_{n{\to}\infty}u_n(x)=u(x),\lim_{n{\to}\infty}v_n(x)=v(x)$，由假设几乎处处有$u(x){\le}v(x)$，就是存在一个可忽略集$S$，对于$x{\in}X{\backslash}S$，有$u(x){\le}v(x)$。要证明：$\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}u_nd{\mu}{\le}\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}v_nd{\mu}$，这两个数就是我们要定义的$u$和$v$的勒贝格积分的值。证明思路：注意到这里$u_n$和$v_n$是没有假设可以比较的。对于固定的$k$，可以定义$w_n=(u_k-v_n)^{+}$是一个关于$n$的序列。可以验证$w_n$是满足命题2.2.6的条件的一个序列，所以就有$\lim_{n{\to}\infty}\int_{\Omega}w_n(x)d{\mu}=0$。再计算一下就可以证明。证明：我们取定$k$，且定义$w_n=(u_k-v_n)^{+}$。则$(w_n){\subset}\mathcal{L}$是一个正函数的递减序列使得几乎处处有$$ {\lim}w_n(x)=(u_k(x)-v(x))^{+}{\le}(u(x)-v(x))^{+}=0 $$我们从上述命题推导出$$ \int_{\Omega}u_kd{\mu}{\le}\lim\int_{\Omega}w_n+v_nd{\mu}=\lim\int_{\Omega}w_nd{\mu}+\lim\int_{\Omega}v_nd{\mu}=\lim\int_{\Omega}v_nd{\mu} $$因此$k$是任意的，则证毕。详细证明：任取$k$，定义$w_n=(u_k-v_n)^{+}$，由$\mathcal{L}$是一个线性空间，且$(\mathcal{J}_1)$，容易得到$w_n{\in}\mathcal{L}$。又由于$u_n$的单调性得到$$ w_n=(u_k-v_n)^{+}{\ge}(u_k-v_{n+1})^{+}=w_{n+1} $$得到$(w_n)$是一个递减的序列，因为$u{\le}v$几乎处处成立，因此有$$ {\lim}w_n(x)=(u_k(x)-v(x))^{+}{\le}(u(x)-v(x))^{+}=0 $$几乎处处成立，从而有$$ \int_{\Omega}u_kd{\mu}{\le}\lim\int_{\Omega}w_n+v_nd{\mu}=\lim\int_{\Omega}w_nd{\mu}+\lim\int_{\Omega}v_nd{\mu}=\lim\int_{\Omega}v_nd{\mu} $$在上式两端对$k{\to}\infty$取极限即可得到结论。小总结关于大的框架，已经说过有两个平行的线索。抽象的是从$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$出发（只要满足定义2.2.1的四个公理条件）。我们要一步步扩大考虑的函数的范围：$$ \mathcal{L}(\Omega,\mu){\subset}\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu){\subset}\mathcal{L}^1(\Omega,\mu){\subset}\mathcal{M}(\Omega,\mu) $$而$\mathcal{L}^{+}(\Omega,\mu)$里的函数就是由$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$里基本序列点点收敛定义的那些函数，这些函数允许在某些点上取值为正无穷，但是还是不能取负无穷。$\mathcal{L}^1(\Omega,\mu)$是由$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$里两个函数的差给出（所以就可以取到负无穷了）。这个就是勒贝格可积函数的空间了，每个函数的勒贝格积分值都是有限的。最后还有$\mathcal{M}(\Omega,\mu)$，我们称之为勒贝格可测函数的空间，比如在$\mathbb{R}$上，$u(x)=1$就是很好的函数，但是其积分是无穷，这就是个可测函数，但是不可积，可测函数是由$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$里面函数点点极限定义的。具体的勒贝格积分的线索是，$\Omega$是$\mathbb{R}^N$里面的一个开集，$\mathcal{L}(\Omega,\mu)$就是$\mathcal{K}(\Omega)$，和在$\Omega$上的黎曼积分，我们可以用$\Omega=\mathbb{R}$来想问题。
距离1.4 收敛性定义1.4.1令$X$为一个集合且令$Y$为一个度量空间。一个映射$u_n:X{\to}Y$的序列逐点收敛到$u:X{\to}Y$指的是：对于任意$x{\in}X$，$$ \lim_{n{\to}\infty}d(u_n(x),u(x))=0 $$序列$(u_n)$一致收敛到$u$：如果$$ \lim_{n{\to}\infty}\sup_{x{\in}X}d(u_n(x),u(x))=0 $$注解：（a）显然，一致收敛蕴含着逐点收敛。（b）反过来一般不对。令$X=(0,1),Y=\mathbb{R}$且$u_n(x)=x^n$。则序列$(u_n)$逐点收敛但是不一致收敛到0。（c）我们将用迪尼定理(Dini)证明一个部分的逆命题。记号：令$u_n:X{\to}\overline{\mathbb{R}}$为一列函数序列，我们记$u_n{\uparrow}u$当对于任意$x$和对于任意$n,u_n(x){\le}u_{n+1}(x)$且$$ u(x)=\sup_nu_n(x)=\lim_{n{\to}\infty}u_n(x) $$我们记$u_n{\downarrow}u$，当对于任意$x$和任意$n,u_{n+1}(x){\le}u_n(x)$且$$ u(x)=\inf_nu_n(x)=\lim_{n{\to}\infty}u_n(x) $$定理1.4.2（Dini）(迪尼定理)：令$X$为一个紧度量空间且令$u_n:X{\to}\mathbb{R}$为一列连续函数序列使得：（a）$u_n{\uparrow}u$或者$u_n{\downarrow}u$。（b）$u:X{\to}\mathbb{R}$是连续的。则$(u_n)$一致收敛到$u$。（迪尼定理告诉我们在紧度量空间中，函数列连续加上函数列单调收敛可以说明函数列的一致连续性。）证明：（反证法）假设不一致收敛$$ 0<\lim_{n{\to}\infty}\sup_n|u_n(x)-u(x)|=\inf_{n{\ge}0}\sup_{x{\in}X}|u_n(x)-u(x)| $$则存在$\varepsilon>0$和一个序列$(x_n){\subset}X$使得对于任意$n$，$$ \varepsilon{\le}|u_n(x_n)-u(x_n)| $$由单调性，我们有对于$0{\le}m{\le}n$，$$ \varepsilon{\le}|u_m(x_n)-u(x_n)| $$由紧致性，存在一列子序列$(x_{n_k})$收敛到$x$。由连续性质，我们得到对于任意$m{\ge}0$，$$ \varepsilon{\le}|u_m(x)-u(x)| $$但是则$(u_n)$不是逐点收敛到$u$。于是导出了矛盾。例子：（狄利克雷函数）我们用这个例子说明两个简单极限足够坏坏任一点的连续性。狄利克雷函数$$ u(x)=\lim_{m{\to}\infty}\lim_{n{\to}\infty}(cos{\pi}m!x)^{2n} $$当$x$是有理数时等于0，而当$x$是无理数的时候等于1.这个函数是到处不连续的。我们证明一致收敛保持连续性。狄利克雷函数是给出一个例子，点点收敛的连续函数列，极限可能没有任何点是连续的。我们也知道，一致收敛的连续函数列，其极限是连续的。勒贝格函数是一个一致收敛的函数列，所以其极限是连续的，但是极限函数没有一点是可微的。命题1.4.3令$X$和$Y$是度量空间，$y{\in}X$且$u_n:X{\to}Y$为一个序列使得：（a）$(u_n)$在$X$上一致收敛到$u$。（b）对于任意$n,u_n$是在$y$处连续的。则$u$是在$y$处连续的。（这个命题告诉我们在两个度量空间中，函数列一致收敛，且函数列在一点连续，则在该点收敛函数也是连续的）证明：令$\varepsilon>0$。由假设，存在$n$和$\delta>0$使得$$ \sup_{x{\in}X}d(u_n(x),u(x)){\le}\varepsilon且\sup_{x{\in}B[y,\delta]}d(u_n(x),u_n(y)){\le}\varepsilon $$因此对于任何$x{\in}B[y,\delta]$，$$ d(u(x),u(y)){\le}d(u(x),u_n(x))+d(u_n(x),u_n(y))+d(u_n(y),u(y)){\le}3\varepsilon $$因为$\varepsilon>0$是任意取定的，$u$在$y$处是连续的。定理1.4.4令$X$为一个集合且令$Y$为一个度量空间。在从$X$到$Y$的有界映射空间上，$$ \mathscr{B}(X,Y)=\left\{u:X{\to}Y:\sup_{x,y{\in}X}d(u(x),u(y))<\infty\right\} $$我们定义一致收敛的距离$$ d(u,v)=\sup_{x{\in}X}d(u(x),v(x)) $$命题1.4.5令$X$为一个集合且令$Y$为一个完备的度量空间。则空间$\mathscr{B}(X,Y)$是完备的。证明：假设$(u_n)$是使得$$ \lim_{j,k{\to}\infty}\sup_{x{\in}X}d(u_j(x),u_k(x))=0 $$的柯西序列，则对于任意$x{\in}X$，有$$ \lim_{j,k{\to}\infty}d(u_j(x),u_k(x))=0 $$且序列$(u_n(x))$收敛到一个极限$u(x)$（$Y$空间是完备的）。令$\varepsilon>0$。则存在$m$使得对于$j,k{\ge}m$和$x{\in}X$，$$ d(u_j(x),u_k(x)){\le}\varepsilon $$由距离的连续性，我们得到对于$k{\ge}m$和$x{\in}X$,$$ d(u(x),u_k(x)){\le}\varepsilon $$因此对于$k{\ge}m$，$$ \sup_{x{\in}X}d(u(x),u_k(x)){\le}\varepsilon $$因为$\varepsilon>0$是任意取定的，于是$(u_n)$一致收敛到$u$。显然$u$是有界的。于是该柯西序列收敛到该空间中的元素，其完备性质得证。推论1.4.6(Weierstrass test)：令$X$为一个集合且令$u_n:X{\to}\mathbb{R}$为函数序列使得$$ c=\sum^{\infty}_{n=1}\sup_{x{\in}X}|u_n(x)|<+\infty $$则级数显然收敛且在$X$上一致收敛。证明：显然对于任意$x{\in}X,\sum^{\infty}_{n=1}|u_n(x)|{\le}c<\infty$。我们记$v_j=\sum^j_{n=1}u_n$。由假设，我们有对于$j<k$，$$ \sup_{x{\in}X}|v_j(x)-v_k(x)|=\sup_{x{\in}X}|\sum^k_{n=j+1}u_n(x)|{\le}\sum^k_{n=j+1}\sup_{x{\in}X}|u_n(x)|{\to}0,j{\to}\infty $$因此$\lim_{j,k{\to}\infty}d(v_j,v_k)=0$，且$(v_j)$在$X$上一致收敛。例子：（勒贝格函数）我们用这个例子说明一个一致极限足够破坏任一点的可微性质。我们定义$$ f(x)=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{2^n}sin2^{n^2}x=\sum^{\infty}_{n=1}u_n(x) $$因为对于任意$n,\sup_{x{\in}\mathbb{R}}|u_n(x)|=2^{-n}$，则收敛性是一致的，且函数$f$在$\mathbb{R}$上是连续的。令$x{\in}\mathbb{R}$且$h_{\pm}={\pm}{\pi}/2^{m^2+1}$。一个简单计算说明对于$n{\ge}m+1,u_n(x+h_{\pm})-u_n(x)=0$且$$ \frac{u_m(x+h_{\pm})-u_m(x)}{h_{\pm}}=\frac{2^{m^2-m+1}}{\pi}[cos2^{m^2}{\mp}sin2^{m^2}x] $$我们取定$h=h_{+}$或者$h=h_{-}$使括号中表达式的绝对值大于或等于1。由中值定理$$ \left|\sum^{m-1}_{n=1}\frac{u_n(x+h)-u_n(x)}{h}\right|{\le}\sum^{m-1}_{n=1}2^{n^2-n}<2^{(m-1)^2-(m-1)+1}=2^{m^2-3m+3} $$其中估计用到了$$ \sum^{m}_{n=1}2^{(n-1)^2-(n-1)}=2^{(m-1)^2-(m-1)}\sum^{m}_{n=1}\frac{1}{2^(n-1)^2-(n-1)}{\le}2^{(m-1)^2-(m-1)+1} $$最后用了几何级数的估计。因此$$ \frac{2^{m^2-m+1}}{\pi}-2^{m^2-3m+3}{\le}\left|\sum^m_{n=1}\frac{u_n(x+h)-u_n(x)}{n}\right|=\left|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\right| $$且对于任意$\varepsilon>0$，$$ \sup_{0<|h|<\varepsilon}\left|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\right|=+\infty $$勒贝格函数是处处连续且无处可微的。导数的一致收敛性保持可微性。这个例子中勒贝格函数是由无穷级数生成的，这个级数是绝对，一致收敛，所以极限是连续函数，但是极限函数是没有任何点可以微分的，没有导数，没有切线。这样的函数其实很多，类似于“无理数”的势，可以证明：无处不可微函数的集合是在$X=C([0,1])$中稠密的，该空间带有距离$d(u,v)=\max_{0{\le}x{\le}1}|u(x)-v(x)|$（证明这个结论要用到贝尔定理。）紧性总结关于紧性质，从数学分析中我们知道$A{\subset}\mathbb{R}$是紧的当且仅当$A$是有界闭集。但是这个结论在函数空间就不成立了。给个例子：$X_1=C([0,1])$中$$ d_1(u,v)=\max_{x{\in}[0,1]}|u(x)-v(x)| $$其中$(X_1,d_1)$是一个度量空间，可以证明是完备的。而且是一个线性空间。$A=\left\{u{\in}X_1|\max|u|{\le}1\right\}$是一个有界闭集（其实是中心在原点的以1为半径的闭球）。但是$A$不是紧的。可以构造一个$A$里的函数序列$u_n$使得其没有收敛子列。另一个例子：$X_2=C([0,1])$中$$ d_2(u,v)=\int^1_0|u(x)-v(x)|dx $$其中$(X_2,d_2)$是一个线性度量空间，已经证明过它不是完备的，而$A=\left\{u{\in}X_1|\int^1_0|u(x)|dx{\le}1\right\}=B[0,1]$是单位闭球是一个有界闭集。可以证明$A$不是紧致的。可以构造一个$A$里的函数序列$u_n$使得其没有收敛子列。在$(X_1,d_1)$里不紧的或许在$(X_2,d_2)$里是紧的。还有一个例子，$X_3=\mathscr{B}(X,Y)$是有界映射空间，这里的收敛也是一致收敛，这个是完备空间。容易构造不紧的有界闭集。我们学习了相关下半连续函数的性质，这些都可以转述到上半连续函数。例如：设$F$是上半连续函数，由于定理容易证明$-F$是下半连续函数，所以可以用下半连续函数的性质证明，设$F$是上半连续函数，对于任何$t,\left\{F<t\right\}$是开集。一个集合$A$的特征函数$\chi_A(x)$取值就只有两个数0和1，所以检查其下水平集。从而证明当$A$是开的，$\chi_A(x)$是下半连续的。当然也可以用定义直接证：$x_n{\to}x$，如果$x{\in}A$，存在$r>0,B(x,r){\subset}A$。所以对$n$足够大，有$x_n{\in}B(x,r){\subset}A$，所以$$ \lim_{n{\to}\infty}\chi_A(x_n)=1=\chi_A(x) $$如果$x{\not\in}A,\chi_A=0$，则$$ \varliminf_{n{\to}\infty}\chi_A(x_n){\ge}0=\chi_A(x) $$所以我们可以从两种方式证明。
距离1.3 连续性让我们用距离函数定义连续性定义1.3.1令$X$和$Y$为度量空间。一个映射$u:X{\to}Y$是在$y{\in}X$处连续的：如果对于任意$\varepsilon>0$，存在$\delta>0$使得$$ \sup\left\{d_Y(u(x),u(y)):x{\in}X,d_X(x,y){\le}\delta\right\}{\le}\varepsilon\tag{*} $$映射$u$是连续的如果对是在$X$的每一点都连续。映射$u$是一致连续的如果对任意$\varepsilon>0$，存在$\delta>0$使得$$ \omega_n(\delta)=\sup\left\{d_Y(u(x),u(y)):x,y{\in}X,d_X(x,y){\le}\delta\right\}{\le}\varepsilon $$函数$\omega_n$是$u$的连续模。注解：显然一致连续性蕴含着连续性。一般地，反过来是不成立的。当映射的定义域是一个紧空间的时候我们可以证明反过来的命题。例子：距离$d:X{\times}X{\to}\mathbb{R}$是一致连续的，因为$$ |d(x_1,x_2)-d(y_1,y_2)|{\le}2\max\left\{d(x_1,y_1),d(x_2,y_2)\right\} $$展开来细致讲解就是：不妨设$d(x_1,x_2){\ge}d(y_1,y_2)$，则有$$ \begin{aligned} |d(x_1,x_2)-d(y_1,y_2)|=d(x_1,x_2)-d(y_1,y_2)&{\le}d(x_1,y_1)+d(y_1,x_2)-d(y_1,y_1)\\ &{\le}d(x_1,y_1)+d(y_1,y_2)+d(y_2,x_2)-d(y_1,y_2)\\ &=d(x_1,y_1)+d(y_2,x_2)\\ &{\le}2\max\left\{d(x_1,y_1),d(x_2,y_2)\right\} \end{aligned} $$引理1.3.2令$X$和$Y$为度量空间，$u:X{\to}Y$，且$y{\in}X$。下列性质是等价的：（a）$u$是在$y$处连续的。（b）如果$(y_n)$在$X$中收敛到$y$，则$(u(y_n))$在$Y$中收敛到$u(y)$。证明：（反证法：下推上）假设$u$不在$y$处收敛。则存在$\varepsilon>0$使得对任意$n$，存在$y_n{\in}X$使得$$ d_X(y_n,y){\le}1/n和d_Y(u(y_n),u(y))>\varepsilon $$但是则$(y_n)$在$X$中收敛到$y$且$u(y_n)$不收敛到$u(y)$。（与（b）矛盾）。上推下：令$u$为在$y$处收敛且$(y_n)$收敛到$y$。令$\varepsilon>0$。则存在$\delta>0$使得$(*)$满足，且存在$m$使得对于任意$n{\ge}m,d_X(y_n,y){\le}\delta$。因此对于$n{\ge}m,d_Y(u(y_n),u(y)){\le}\varepsilon$。因为$\varepsilon>0$是任意的，$(u(y_n))$收敛到$u(y)$。命题1.3.3令$X$和$Y$为度量空间，$K$是$X$的一个紧子集，且$u:X{\to}Y$为一个连续映射，在$X{\backslash}K$上为常数。则$u$是一致连续的。例如：考虑一个定义在$\mathbb{R}$上的连续函数，如果在$[0,1]$外面是一个常数值，则在$\mathbb{R}$上是一致连续的。证明：假设$u$不是一致连续的。则存在$\varepsilon>0$使得对于任意$n$，存在$x_n{\in}X$且$y_n{\in}K$使得$$ d_X(x_n,y_n){\le}1/n和d_Y(u(x_n),u(y_n))>\varepsilon $$由紧性质，存在一个子序列$(y_{n_k})$收敛到$y$。因此$(x_{n_k})$也收敛到$y$。于是由$u$在$y$处的连续性质和上面的引理有$$ \begin{aligned} \varepsilon&{\le}\varliminf_{k{\to}\infty}d_Y(u(x_{n_k}),u(y_{n_k}))\\ &{\le}\lim_{n{\to}\infty}d_Y(u(x_{n_k}),u(y))+\lim_{n{\to}\infty}d_Y(u(y),u(y_{n_k}))=0 \end{aligned} $$这个导出了矛盾。引理1.3.4令$X$为一个集合且$F:X{\to}(-\infty,+\infty]$为一个函数。则存在一个序列$(y_n){\subset}X$使得$\lim_{n{\to}\infty}F(y_n)=\inf_XF$。序列$(y_n)$被称为一个极小化序列。证明：如果$c=\inf_XF{\in}\mathbb{R}$，则对于任意$n{\ge}1$，存在$y_n{\in}X$使得$$ c{\le}F(y_n){\le}c+1/n $$如果$c=-\infty$，则对于任意$n{\ge}1$，存在$y_n{\in}X$使得$$ F(y_n){\le}-n $$在所有的情况中，序列$(y_n)$是一个极小化序列。如果$c=+\infty$，则结果是显然的。命题1.3.5.令$X$为一个紧的度量空间且令$F:X{\to}\mathbb{R}$为一个连续函数。则$F$是有界的，且存在$y,z{\in}X$使得$$ F(y)=\min_XF,F(z)=\max_XF $$证明：令$(y_n)\subset{X}$为一个极小化序列：$\lim_{n{\to}\infty}F(y_n)=\inf_XF$。则有一个子序列$(y_{n_k})$收敛到$y$（紧性质）。我们得到$$ F(y)=\lim_{n{\to}\infty}F(y_{n_k})=\inf_XF $$因此$y$在$X$上为$F$的极小化点。为了证明$z$的存在性，仅需考虑$-F$即可。前面的证明表明了连续性的一个推广。定义1.3.6令$X$为一个度量空间，一个函数$F:X{\to}(-\infty,+\infty]$是在$y{\in}X$处下半连续的(l.s.c)：指的是如果对于任意序列$(y_n)$在$X$中收敛到$y$，$$ F(y){\le}\lim_{n{\to}\infty}F(y_n) $$函数$F$是下半连续的如果它在$X$中的每一点都下半连续。一个函数$F:X{\to}[-\infty,+\infty)$是在$y{\in}X$处上半连续的(u.s.c)：指的是如果对于任意序列$(y_n)$在$X$中收敛到$y$，$$ \varlimsup_{n{\to}\infty}F(y_n){\le}F(y) $$函数$F$是上半连续的如果它在$X$中的每一点都上半连续。注解：一个函数$F:X{\to}\mathbb{R}$是在$y{\in}X$处连续当且仅当$F$在$y$处上半连续且下半连续。命题1.3.7令$X$为一个紧的度量空间且令$F:X{\to}(-\infty,+\infty]$为一个下半连续的函数。则$F$是下有界的，且存在$y{\in}Y$使得$$ F(y)=\min_XF $$证明：令$(y_n){\subset}X$为一个极小化序列。则有一个子序列$(y_{n_k})$收敛到$y$（紧性质）。我们得到$$ F(y){\le}\lim_{k{\to}\infty}F(y_{n_k})=\inf_XF $$因此$y$在$X$上为$F$的极小化点。当$X$不是紧的，则需要更为精巧的技巧解决。定理1.3.8(Ekeland’s variational principle)：令$X$为一个完备度量空间且令$F:x{\to}(-\infty,+\infty]$为一个下半连续函数使得$c=\inf_XF{\in}\mathbb{R}$。假设$\varepsilon>0$且$z{\in}X$使得$$ F(z){\le}\inf_XF+\varepsilon $$则存在$y{\in}X$使得：（a）$F(y){\le}F(z)$。（b）$d(y,z){\le}1$。（c）对于任意$x{\in}X{\backslash}\left\{y\right\},F(y)-{\varepsilon}d(x,y)<F(x)$。证明：让我们归纳地定义一个序列$(y_n)$。我们取定$y_0=z$且$$ y_{n+1}{\in}S_n=\left\{x{\in}X:F(x){\le}F(y_n)-\varepsilon{d(y_n,x)}\right\} $$使得$$ F(y_{n+1})-\inf_{S_n}F{\le}\frac{1}{2}\left[F(y_n)-\inf_{S_n}F\right]\tag{*} $$因为对于任意$n$，$$ \varepsilon{d(y_n,y_{n+1})}{\le}F(y_n)-F(y_{n+1}) $$我们得到$$ c{\le}F(y_{n+1}){\le}F(y_n){\le}F(y_0)=F(z) $$且对任意$k{\ge}n$，$$ {\varepsilon}d(y_n,y_k){\le}F(y_n)-F(y_k)\tag{**} $$因此$$ \lim_{n{\to}\infty\\k{\ge}n}d(y_n,y_k)=0 $$因为$X$是完备的，柯西序列$(y_n)$收敛到$y{\in}K$。因为$F$是下半连续的，我们有$$ F(y){\le}\lim_{n{\to}\infty}F(y_n){\le}F(z) $$于是从$(**)$得到对于任意$n$，$$ {\varepsilon}d(y_n,y){\le}F(y_n)-F(y) $$特别地，对于任意$n,y{\in}S_n$，且对于$n=0$，$$ {\varepsilon}d(z,y){\le}F(z)-F(y){\le}c+\varepsilon-c=\varepsilon $$最终，假设$$ F(x){\le}F(y)-{\varepsilon}d(x,y) $$事实上$y{\in}S_n$蕴含着$x{\in}S_n$。由$(*)$，我们有$$ 2F(y_{n+1})-F(y_n){\le}\inf_{S_n}F{\le}F(x) $$于是$$ F(x){\le}\lim_{n{\to}\infty}F(y_n){\le}F(x) $$我们总结出$x=y$，因为$$ {\varepsilon}d(x,y){\le}F(y)-F(x)=0 $$定义1.3.9令$X$为一个集合，一个函数$F_j:X{\to}(-\infty,\infty],j{\in}J$集族（指标集，未必可数）的上映像，定义为$$ \left(\sup_{j{\in}J}F_j\right)(x)=\sup_{j{\in}J}F_j(x) $$命题1.3.10一族下半连续函数集族的上映像在一个度量空间上一点在该点是下半连续的。证明：令$F_j:X{\to}(-\infty,+\infty]$是一族在$y$处的下半连续函数。由命题1.1.5，我们有，对于任意序列$(y_n)$收敛到$y$，$$ \begin{aligned} \sup_jF_j(y)&{\le}\sup_j\varliminf_{n{\to}\infty}F_j(y_n)=\sup_j\sup_k\inf_mF_j(y_{m+k})\\ &{\le}\sup_k\inf_m\sup_jF_j(y_{m+k})=\varliminf_{n{\to}\infty}\sup_jF_j(y_n) \end{aligned} $$因此$\sup_jF_j$是在$y$处下半连续的。命题1.3.11两个下半连续函数在一个度量空间上一点的和在该点是下半连续的。证明：令$F,G:X{\to}(-\infty,+\infty]$为在$y$点下半连续的函数。由命题1.1.10，我们有对于任意序列$(y_n)$收敛到$y$，$$ F(y)+G(y){\le}\varliminf_{n{\to}\infty}F(y_n)+\varliminf_{n{\to}\infty}G(y_n){\le}\varliminf_{n{\to}\infty}(F(y_n)+G(y_n)) $$因此$F+G$为在$y$处下半连续的。命题1.3.12该命题指出下半连续性和函数下水平集拓扑的性质，这里下水平集定义为$\left\{F>t\right\}=\left\{x{\in}X|F(x)>t\right\}$。$F$是下半连续的等价于对于任意$t{\in}\mathbb{R},\left\{F>t\right\}$是$\mathbb{R}$上开集。令$F:X{\to}(-\infty,+\infty]$。下列性质是等价的：（a）$F$是下半连续的。（b）对于任意$t{\in}\mathbb{R},\left\{F>t\right\}=\left\{x{\in}X:F(x)>t\right\}$是开集。证明：下面推出上面（反证法）：假设$F$不是下半连续的。则存在一个序列$(x_n)$在$X$中收敛到$x$，所以有$$ \varliminf_{n{\to}\infty}F(x_n)<F(x) $$所以存在$t{\in}\mathbb{R}$使得$$ \varliminf_{n{\to}\infty}F(x_n)<t<F(x),x{\in}\left\{F>t\right\} $$但是$x_n{\to}x$，因此对于任意$r>0,B(x,r){\not\subset}\left\{F>t\right\}$，所以$\left\{F>t\right\}$不是开集（这与（b）矛盾）。上面推出下面（反证法）：假设$\left\{F>t\right\}$不是开集。则存在一个序列$(x_n)$在$X$中收敛到$x$，使得对于任意$n$，$$ F(x_n){\le}t<F(x) $$因此$\varliminf_{n{\to}\infty}F(x_n)<F(x)$，于是$F$在$x$处不是下半连续的。定理1.3.13令$X$为一个完备的度量空间且令$(F_j:X{\to}\mathbb{R})_{j{\in}J}$为一族下半连续函数，使得对于任意$x{\in}X$，$$ \sup_{j{\in}J}F_j(x)<+\infty\tag{*} $$则存在一个$X$中的非空开子集$V$使得$$ \sup_{j{\in}J}\sup_{x{\in}V}F_j(x)<+\infty $$证明：由于命题1.3.10，函数$F=\sup_{j{\in}J}F_j$是下半连续的。上面的命题蕴含着：对于任意$n,U_n=\left\{F>n\right\}$是开集。由$(*),\bigcap^{\infty}_{n=1}U_n=\varnothing$。贝尔定理蕴含着$n$的存在性，使得$U_n$不是稠密的。但是则$\left\{F{\le}n\right\}$包含一个非空开子集$V$。这里多说几句：$F$是下半连续的，所以对任何$n,U_n=\left\{F>n\right\}$是开集。如果每个$U_n$都是稠密的，则由贝尔定理，它们的交集是稠密的，所以非空。但是由定理的条件推出${\cap}_nU_n$是空集。所以存在$n$，使得$U_n$不是稠密的。也即$\overline{U_n}{\neq}X$，但是$\overline{U_n}$是闭集，它的余集$V$是开集，在$V$上，$F{\le}n$，也即$\sup_VF{\le}n$。最后，由于命题1.1.5有$$ \sup_{j{\in}J}\sup_{x{\in}V}F_j(x)=\sup_VF{\le}n $$定义1.3.14$A{\subset}X$的特征函数定义为$$ \begin{aligned} \chi_A(x)&=1,{\quad}x{\in}A,\\ &=0,{\quad}x{\in}X{\backslash}A \end{aligned} $$推论1.3.15令$X$为一个度量空间且$A{\subset}X$。则$$ A是开集{\iff}\chi_A是下半连续的，A是闭集{\iff}\chi_A是上半连续的 $$定义1.3.16（点和集合之间的距离）令$S$为一个度量空间$X$的一个非空子集。定义在$X$上的$x$到$S$的距离为$d(x,S)=\inf_{s{\in}S}d(x,s)$。命题1.3.17函数“到$S$的距离”是在$X$上一致连续的。证明：令$x,y{\in}X$且$s{\in}S$。因为$d(x,s){\le}d(x,y)+d(y,s)$，我们得到$$ d(x,S){\le}\inf_{s{\in}S}(d(x,y)+d(y,s))=d(x,y)+d(y,S) $$我们由对称性归纳得到$|d(x,S)-d(y,S)|{\le}d(x,y)$。定义1.3.18（两个度量空间的距离）令$Y$和$Z$为一个度量空间上的子集。从$Y$到$Z$的距离定义为$$ d(Y,Z)=\inf\left\{d(y,z):y{\in}Y,z{\in}Z\right\} $$命题1.3.19令$Y$为一个紧子集且令$Z$为一个度量空间$X$的闭子集，使得$Y{\cap}Z=\varnothing$，则$d(Y,Z)>0$。证明：（反证法）假设$d(Y,Z)=0$。则存在序列$(y_n){\subset}Y$和$(z_n){\subset}Z$使得$d(y_n,z_n){\to}0$。由逼近，如果需要，对一个子序列，我们可以假设$y_n{\to}y$。但是则有$d(y,z_n){\to}0$且$y{\in}Y{\cap}Z$。这就导出了矛盾。
距离1.2 度量空间度量空间是在1996年由Maurice Frechet提出的。定义1.2.1在一个集合$X$上的一个距离是一个函数$$ X{\times}X{\to}\mathbb{R}:(u,v){\to}d(u,v) $$使得：$(\mathcal{D_1})$：对于任意$u,v{\in}X,d(u,v)=0{\iff}u=v$。$(\mathcal{D_2})$：对于任意$u,v{\in}X,d(u,v)=d(v,u)$。$(\mathcal{D_3})$：（三角不等式）对于任意$u,v,w{\in}X,d(u,w){\le}d(u,v)+d(v,w)$。一个度量空间是一个集合加上在这个集合上的一个距离。例子：1，令$(X,d)$为一个度量空间且令$S{\subset}X$，集合$S$加上距离$d$（限制在$S{\times}S$）上是一个度量空间。2，令$(X_1,d_1)$和$(X_2,d_2)$是度量空间。则集合$X_1{\times}X_2$加上$$ d((x_1,x_2),(y_1,y_2))=\max\left\{d_1(x_1,y_1),d_2(x_2,y_2)\right\} $$是一个度量空间。3，我们定义在空间$\mathbb{R}^N$上的距离为$$ d(x,y)=\max\left\{|x_1-y_1|,{\cdots},|x_n-y_n|\right\} $$在这个定义下，球$B(u,r)=\left\{v:d(u,v)<r\right\}$是一个个离散的点，未必在一条线上。4，我们定义在空间$C([0,1)]=\left\{u:[0,1]{\to}\mathbb{R}:u是连续的\right\}$为$$ d(u,v)=\max_{x{\in}[0,1]}|u(x)-v(x)| $$这是一个函数空间的例子，是一个线性空间，并且是无穷维的线性空间。定义1.2.2考虑度量空间上的收敛问题。令$X$为一个度量空间。一个序列$(u_n){\subset}X$收敛到$u{\in}X$如果$$ \lim_{n{\to}\infty}d(u_n,u)=0 $$则我们记$\lim_{n{\to}\infty}u_n=u$或者$u_n{\to}u,n{\to}\infty$。序列$(u_n)$是一个柯西序列：如果$$ \lim_{j,k{\to}\infty}d(u_j,u_k)=0 $$序列$(u_n)$是有界的：如果$$ \sup_nd(u_0,u_n)<\infty $$命题1.2.3任意收敛序列是一个柯西序列。任意柯西序列是一个有界序列。证明：如果$(u_n)$收敛到$u$，则由三角不等式，于是有$$ 0{\le}d(u_j,u_k){\le}d(u_j,u)+d(u,u_k) $$于是取极限，再由收敛则有$\lim_{j,k{\to}\infty}d(u_j,u_k)=0$。（反之未必成立，必须包含一个收敛子序列的柯西序列才收敛）如果$(u_n)$是一个柯西序列，则存在$m$，使得对$j,k{\ge}m,d(u_j,u_k){\le}1$。我们得到对于任意$n$有$$ d(u_0,u_n){\le}\max\left\{d(u_0,u_1),{\cdots},d(u_0,u_{m-1}),d(u_0,u_m)+1\right\} $$定义1.2.4.一个序列$(u_{n_j})$是序列$(u_n)$的子序列：指的是如果对任意$j,n_j<n_{j+1}$。定义1.2.5令$X$为一个度量空间。空间$X$是完备的指的是：如果任意柯西序列在$X$中收敛（意味着柯西序列收敛到这个空间里面）。空间$X$是仿紧的指的是：如果任意序列在$X$中包含一个柯西子序列（这个子序列未必收敛到$X$中）。空间$X$是紧的指的是：如果任意序列在$X$中包含一个收敛子序列。（这个子序列必须收敛到$X$中）。注解：（a）完备性允许我们不用极限，就可以证明一个序列的收敛。（b）紧致性将会用在证明存在性定理和找到隐藏的一致性上。下面命题的证明留给读者。命题1.2.6任意包含一个收敛子序列的柯西序列收敛。任意一个收敛，柯西或者有界序列的子序列也是收敛、柯西或者有界的。证明：这里是度量空间中，并且$X$未曾说明是完备的或者有紧性质。我们考虑包含一个收敛子序列的柯西序列$(u_n)$，其收敛子序列为$(u_{n_j})$。由于该序列是柯西序列，故有$$ \lim_{n,j{\to}\infty}d(u_n,u_j)=0 $$而子序列是收敛的，故有$$ \lim_{n{\to}\infty}d(u_{n_j},u)=0,u{\in}X $$由于三角不等式，我们有$$ 0{\le}d(u_n,u){\le}d(u_n,u_{n_j})+d(u_{n_j},u) $$两边取极限，直接得到$$ \lim_{n{\to}\infty}d(u_{n},u)=0,u{\in}X $$于是乎该柯西序列收敛，并且收敛到收敛子序列的极限。下面那段话其实意味着子序列继承了序列的收敛、柯西、有界性质，其证明如下：收敛性质的继承：首先序列$(u_n)$收敛我们得到：$$ \lim_{n{\to}\infty}d(u_{n},u)=0,u{\in}X $$于是仅需取到足够后面的子序列，容易得到$$ \lim_{n{\to}\infty}d(u_{n_j},u)=0,u{\in}X $$于是乎子序列$(u_{n_j})$收敛。柯西性质的继承：$$ \lim_{j,k{\to}\infty}d(u_j,u_k)=0 $$显然仅需取到子序列$$ \lim_{j,k{\to}\infty}d(u_{n_j},u_{n_k})=0 $$于是乎子序列$(u_{n_j})$是柯西序列。有界性质的继承：$$ \sup_nd(u_0,u_n)<\infty $$于是乎再取子序列则有$$ \sup_{n_j}d(u_0,u_{n_j})<\infty $$命题1.2.7一个度量空间是紧致的当且仅当它是仿紧的且完备的。首先若度量空间$X$是紧致的，则有任意序列在$X$中包含一个收敛子序列。我们要推出其仿紧和完备的性质：任意序列在$X$中包含一个柯西子序列且任意柯西序列在$X$中收敛。充分性：不妨任意取定一个序列$(u_n)$，它在$X$中包含一个收敛子序列，由于命题1.2.3，我们知道收敛序列必定是柯西的，于是乎仿紧性质得到了；然后现在任意取定一个柯西序列$(y_n)$，我们由紧性质，知道该柯西序列$(y_n)$在$X$中包含一个收敛子序列，然后根据命题1.2.6，我们知道该柯西序列在$X$中收敛。必要性非常简单，由于仿紧和完备性质：任意序列在$X$中包含一个柯西子序列且任意柯西序列在$X$中收敛。我们任意取定一个序列$(u_n)$在$X$中包含一个柯西子序列$(u_{n_j})$，而该柯西子序列根据完备性质，必然在$X$中收敛。于是乎我们得到了任意序列在$X$中包含一个收敛子序列，也即紧性的定义。定理1.2.8实数轴$\mathbb{R}$，带有通常距离是完备的。证明：考虑到实数轴$\mathbb{R}$，其带有的通常距离$$ d(r_1,r_2)=|r_1-r_2| $$验证距离三要素：正定，对称，三角不等式这里就不加赘述了。要说明是完备的，也即任意柯西序列在$\mathbb{R}$中是收敛的。思路：给定柯西序列$(x_n)$，则由命题1.2.3柯西序列是有界的，再由作业1中的第二题：任意实数有界序列包含一个收敛子序列。于是有收敛子列，最后整个序列是收敛的。例子：（一个不完备的度量空间）我们在$X=C([0,1])$上定义距离为$$ d(u,v)=\int^1_0|u(x)-v(x)|dx $$任意序列$(u_n){\subset}X$使得：（a）对任意$x$和对任意$n,u_n(x){\le}u_{n+1}(x)$。（b）$$ \sup_n\int^1_0u_n(x)dx=\lim_{n{\to}\infty}\int^1_0u_n(x)dx<+\infty $$是一个柯西序列。事实上，我们有$$ \lim_{j,k{\to}\infty}\int^1_0|u_j(x)-u_k(x)|dx=\lim_{j,k{\to}\infty}|\int^1_0(u_j(x)-u_k(x))dx|=0 $$但是$X$带上距离$d$是不完备的，因为下面定义的序列$$ u_n(x)=\min(n,1/\sqrt{x}) $$满足（a）和（b）但是不收敛。事实上，假设$(u_n)$在$X$上收敛到$u$，我们得到，对于$0<\varepsilon<1$，有$$ \int^1_{\varepsilon}|u(x)-1/\sqrt{x}|dx=\lim_{n{\to}\infty}\int^1_{\varepsilon}|u(x)-u_n(x)|dx{\le}\lim_{n{\to}\infty}\int^1_0|u(x)-u_n(x)|dx=0 $$但是这是不可能的，因为$u(x)=1/\sqrt{x}$在$0$处没有连续延拓。（它根本不在$X=C([0,1])$这个连续函数空间里）定义1.2.9令$X$为一个度量空间，$u{\in}X$且$r>0$。中心为$u$且半径为$r$的开闭球定义为$$ B(u,r)=\left\{v{\in}X:d(u,v)<r\right\},B[u,r]=\left\{v{\in}X:d(v,u){\le}r\right\} $$$X$的子集$S$为开集，指的是对于所有的$u{\in}S$，存在$r>0$，使得$B(u,r){\subset}S$。$X$的子集$S$为闭集，指的是如果$X{\backslash}S$为开集。例如：开球是开集，闭球是闭集。命题1.2.10任意个开集的并集还是开集，任意个闭集的交集还是闭集。有限个开集的交集还是开集，有限个闭集的并集还是闭集。无限个开集的交集不见得是开集，无限个闭集的并集不见得是闭集。证明：开集的性质可以从定义推出，闭集的性质仅需考虑其补即可。定义1.2.11令$S$为一个度量空间$X$的子集，$S$的内部，记为$\mathring{S}$，是在$X$中包含$S$的最大开集。$S$的闭包，记为$\overline{S}$，是在$X$中包含$S$的最小闭集。$S$的边界记为${\partial}S=\overline{S}{\backslash}\mathring{S}$。集合$S$是稠密的：如果$\overline{S}=X$。由定义，$S$的内点集合$\mathring{S}$是在$X$中包含$S$的最大开集，所以可以写为$$ \mathring{S}=\bigcup_{O{\subset}S}O,O为开集 $$所以开集的内点集（内部）就是开集自己。同样，$S$的闭包$\overline{S}$是在$X$中包含$S$的最小闭集，所以可以写为$$ \overline{S}=\bigcap_{S{\subset}F}F,F是闭集 $$所以闭集的闭包就是闭集自己。命题1.2.12令$X$为一个度量空间，$S{\subset}X$且$u{\in}X$，下列性质是等价的：（a）$u{\in}\overline{S}$。（b）对于所有的$r>0,B(u,r){\cap}S{\neq}\varnothing$。（c）存在$(u_n){\subset}S$使得$u_n{\to}u$。证明：显然$(b){\iff}(c)$。（反证法）假设$u{\not\in}\overline{S}$。则存在一个$X$中的闭子集$F$，使得$u{\not\in}F$且$S{\subset}F$。由定义，则存在$r>0$使得$B(u,r){\cap}S=\varnothing$。因此（b）蕴含着（a）。（反证法）如果存在$r>0$使得$B(u,r){\cap}S=\varnothing$，则$F=X{\backslash}B(u,r)$是一个包含$S$的闭子集。我们推出$u{\not\in}\overline{S}$。因此（a）蕴含着（b）。定理1.2.13（贝尔定理）：在一个完备的度量空间中，任意一个开稠密子集序列的交还是稠密的。证明：$U_n$是一个序列的开集，每一个都是稠密的，也即$\overline{U_n}=X$。要证明${\cap}_nU_n$还是稠密的，也即$\overline{\cap_n{U_n}}=X$，即任意$u{\in}X,u{\in}\overline{\cap_n{U_n}}$。由命题1.2.12，等价于证明：对于任何开球$B$，有$B{\cap}({\cap_n}U_n){\neq}\varnothing$。由于$U_0$是稠密的，故此$B{\cap}U_0{\neq}\varnothing$。由于$B$和$U_0$都是开的，$B{\cap}U_0$还是开集，于是存在$u_0{\in}B{\cap}U_0$，所以存在$r>0,B(u_0,r){\subset}B{\cap}U_0$。如有必要，缩小一下$r$，记为$r_0$，使得以$r_0$为半径$u_0$为中心的闭球包含在$B{\cap}U_0$内，即为$B[u_0,r_0]{\subset}B{\cap}U_0$。再考虑非空开集$B(u_0,r_0){\cap}U_1{\neq}\varnothing$。我们可以找到$u_1,r_1>0$，使得$B[u_1,r_1]{\subset}B(u_0,r_0){\cap}U_1$。用归纳法，对于任意$n$，有$$ B[u_n,r_n]{\subset}B(u_{n-1},r_{n-1}){\cap}U_n $$在构造的过程中，不妨设$r_n{\le}\frac{1}{n}$。由此容易验证，$u_n$是一个柯西序列。事实上，对于$j,k{\ge}n,d(u_j,u_k){\le}2/n$。由$X$完备性，$u_n$收敛到$u{\in}X$。不难验证$u{\in}B[u_{n-1},r_{n-1}]{\cap}U)n$对任意$n$成立，所以$u{\in}B{\cap}(\cap_n{U_n})$。（验证方式：这里对固定$n$，当$j{\ge}n$时有$u_j{\in}B(u_n,r_n)$，令$j{\to}\infty,u{\in}B[u_n,r_n]{\subset}B$，这里用到命题1.2.12）。应用：我们可以用贝尔定理证明$\mathbb{R}$是不可数的。假设$(r_n)$是$\mathbb{R}$的一个集列。则对于任意$n$，集合$U_n=\mathbb{R}{\backslash}\left\{r_n\right\}$是开的且稠密的。但是则${\cap}^{\infty}_{n=1}U_n$是稠密的且空的。这个引起了贝尔定理得出结论的矛盾。定义1.2.14令$X$为一个度量空间带上距离$d$，且令$S{\subset}X$。子集$S$是完备的，预紧的或者紧致的：如果$S$带上距离$d$是完备的，预紧的或者紧致的。一个$X$中子集族$\mathcal{F}$关于$S$的覆盖，使得$\mathcal{F}$的并集覆盖$S$。（紧性条件的另一种形式——开覆盖有有限子覆盖）命题1.2.15令$X$为一个完备度量空间且令$S{\subset}X$。则$S$是闭集当且仅当$S$是完备的。证明：用到定理1.1.12和上面的定义就足够了。充分性，已经知道$S$是完备的，用定义1.2.14也就是有$S$带上距离$d$是完备的。由完备性，我们知道存在$S$中的柯西列收敛到$S$，然后用到定理1.1.12的（a）可以推出这个收敛到$\overline{S}$，于是推出有$S=\overline{S}$，于是$S$是闭集。必要性：因为$S$是闭集，于是$S=\overline{S}$，于是用到定理1.1.12，存在$(u_n){\subset}S$使得$u_n{\to}u$。不妨设该序列是柯西序列，则可以证明$S$是完备的。定理1.2.16(Frechet's criterion)：令$X$为一个度量空间且令$S{\subset}X$。下面的性质是等价的：（a）$S$是预紧的。（b）对于任意$\varepsilon>0$，存在一个关于$S$的有限覆盖球半径为$\varepsilon$。证明：下面推上面：假设$S$满足（b）。我们必须证明对于任意序列$(u_n){\subset}S$含有一个柯西子序列。康托尔对角线抽取子列的方法可以用上。存在一个半径为1的球$B_1$包含一个从$(u_n)$抽取出来的子列$(u_{1,n})$。由归纳法，对于任意$k$，存在一个半径为$1/k$的球$B_k$包含一个从$(u_{k-1},n)$抽取出来的子列$(u_{k,n})$。序列$v_n=u_{n,n}$是一个柯西列。事实上，对于$m,n>{\ge}k,v_m,v_n{\in}B_k$且$d(v_m,v_n){\le}2/k$。于是预紧性质得以证明。上面推出下面：（反证法）假设（b）不满足。则存在$\varepsilon>0$使得$S$没有有限的半径为$\varepsilon$的球覆盖。令$u_0{\in}S$，存在$u_1{\in}S{\backslash}B[u_0,\varepsilon]$。由归纳法，对于任意$k$，存在$$ u_k{\in}S{\backslash}\bigcup^{k-1}_{j=0}B[u_j,\varepsilon] $$因此对于$j<k,d(u_j,u_k){\ge}\varepsilon$，所以序列$(u_n)$不含有柯西子序列。（与预紧性质矛盾）任意预紧空间是可分的。（可以用定理1.2.16的等价性证明）想法：可以取一个序列的半径$\varepsilon_n{\to}0$，对每一个半径$\varepsilon_n{\to}0$有有限个球，其并集包含$X$，取所有这些球的中心点，就是个可数的稠密集。定义1.2.17一个度量空间是可分的：如果它含有一个可数稠密子集。命题1.2.18令$X$和$Y$为可分的度量空间且令$S$为$X$的一个子集。（a）空间$X{\times}Y$是可分的。（b）空间$S$是可分的。证明：令$(e_n)$和$(f_n)$为在$X$和$Y$中的稠密序列。集族$\left\{(e_n,f_k):(n,k){\in}\mathbb{N}^2\right\}$是在$X{\times}Y$中可数且稠密的。（也就是空间$X{\times}Y$是可分的）令$$ \mathcal{F}=\left\{(n,k){\in}\mathbb{N}^2:k{\ge}1,B(e_n,1/k){{\cap}}S{\neq}\varnothing\right\} $$对于任意$(n,k){\in}\mathcal{F}$，我们取定$f_{n,k}{\in}B(e_n,1/k){\cap}S$。集族$\left\{f_{n,k}:(n,k){\in}\mathcal{F}\right\}$是在$S$中可数且稠密的。（也就是空间$S$是可分的：其操作是先做出上述的乘积空间然后取交集）
距离1.1 实数分析基于实数。定义1.1.1.令$S$为$\mathbb{R}$的一个非空子集。一个实数$x$是这个非空子集$S$的上界：如果对于所有的$s{\in}S,s{\le}x$。一个实数$x$是这个非空子集$S$的上确界：$x$是$S$的上界且对任一$S$的上界$y$，有$x{\le}y$（最小上界），记为$\sup{S}$。一个实数$x$是这个非空子集$S$的最大值：$x$是$S$的上确界且$x{\in}S$（可以取到的最小上界），记为$\max{S}$。一个实数$x$是这个非空子集$S$的下界：如果对于所有的$s{\in}S,s{\ge}x$。一个实数$x$是这个非空子集$S$的下确界：$x$是$S$的下界且对任一$S$的下界$y$，有$x{\ge}y$（最大下界），记为$\inf{S}$。一个实数$x$是这个非空子集$S$的最小值：$x$是$S$的下确界且$x{\in}S$（可以取到的最大下界），记为$\min{S}$。让我们回忆$\mathbb{R}$实数的基本性质。公理1.1.2.任何$\mathbb{R}$上有上界的的非空子集必有一个上确界。在延拓后的实数系统中，任一$\mathbb{R}$的子集有一个上确界和一个下确界。定义1.1.3.延拓后的实数系统$\overline{\mathbb{R}}=\mathbb{R}{\cup}\left\{-\infty,+\infty\right\}$有下面的性质：（a）如果$x{\in}\mathbb{R}$，则$-\infty<x<+\infty$且$x+(+\infty)=(+\infty)+x=+\infty,x+(-\infty)=(-\infty)+x=-\infty$。（b）如果$x>0$，则$x{\cdot}(+\infty)=(+\infty){\cdot}x=+\infty,x{\cdot}(-\infty)=(-\infty){\cdot}x=-\infty$。（c）如果$x<0$，则$x{\cdot}(+\infty)=(+\infty){\cdot}x=-\infty,x{\cdot}(-\infty)=(-\infty){\cdot}x=+\infty$。如果$S{\subset}\mathbb{R}$没有上界，则$\sup{S}=+\infty$。如果$S{\subset}\mathbb{R}$没有下界，则$\inf{S}=-\infty$。最终$\sup{\varnothing}=-\infty$且$\inf{\varnothing}=+\infty$。因为是空集，所以既没有上界也没有下界。定义1.1.4.令$X$为一个集合且$F:X{\to}\overline{\mathbb{R}}$。我们定义$$ \sup_XF=\sup_{x{\in}X}F(x)=\sup\left\{F(x):x{\in}X\right\},\inf_XF=\inf_{x{\in}X}F(x)=\inf\left\{F(x):x{\in}X\right\} $$这就是函数集合上的上确界和下确界的定义。命题1.1.5.令$X$和$Y$为集合且$f:X{\times}Y{\to}\overline{\mathbb{R}}$。则$$ \sup_{x{\in}X}\sup_{y{\in}Y}f(x,y)=\sup_{y{\in}Y}\sup_{x{\in}X}f(x,y),\sup_{x{\in}X}\inf_{y{\in}Y}f(x,y){\le}\inf_{y{\in}Y}\sup_{x{\in}X}f(x,y) $$这个是二元函数集合的上确界（我们看到可以交换），后者是先取下界再取上界小于等于先取上界再取下界。这里给出一个满足严格不等式的例子：令$X=Y=\left\{0,1\right\}$，做函数$f:X{\times}Y{\to}\overline{\mathbb{R}}$满足：$$ f(0,0)=1,f(0,1)=3,f(1,0)=4,f(1,1)=2 $$则有$$ \sup_{x{\in}X}\inf_{y{\in}Y}f(x,y)=2<3=\inf_{y{\in}Y}\sup_{x{\in}X}f(x,y) $$定义1.1.6.一个序列$(x_n){\subset}\overline{\mathbb{R}}$是递增的：如果对任意$n,x_n{\le}x_{n+1}$。序列$(x_n)$是递减的：如果对任意$n,x_{n+1}{\le}x_n$。序列$(x_n)$是单调的如果它是递增的或者递减的。定义1.1.7.序列$(x_n){\subset}\overline{\mathbb{R}}$的下极限定义为$$ \varliminf_{n{\to}\infty}x_n=\sup_k\inf_{n{\ge}k}x_n $$序列$(x_n){\subset}\overline{\mathbb{R}}$的上极限定义为$$ \varlimsup_{n{\to}\infty}x_n=\inf_k\sup_{n{\ge}k}x_n $$且根据命题1.1.5可以知道下极限小于等于上极限恒成立：$$ \varliminf_{n{\to}\infty}x_n{\le}\varlimsup_{n{\to}\infty}x_n $$注解：（a）序列$a_k=\inf_{n{\ge}k}x_n$是递增的（因为随着$k$增大，可以选择的序列变少，其最大的下界能够越取越大），且序列$b_k=\sup_{n{\ge}k}x_n$是递减的。（因为随着$k$增大，可以选择的序列变少，其最小的上界越取越小）。（b）下极限和上极限一定存在，且$$ \varliminf_{n{\to}\infty}x_n{\le}\varlimsup_{n{\to}\infty}x_n $$因为从上下极限的定义知道，里面的一层要么递增要么递减，所以必然存在极限。命题1.1.8.令$(x_n),(y_n){\subset}(-\infty,+\infty]$为使得$-\infty<\varliminf_{n{\to}\infty}x_n$且$-\infty<\varliminf_{n{\to}\infty}y_n$。则$$ \varliminf_{n{\to}\infty}x_n+\varliminf_{n{\to}\infty}y_n{\le}\varliminf_{n{\to}\infty}(x_n+y_n) $$令$(x_n),(y_n){\subset}[-\infty,+\infty)$为使得$\varlimsup_{n{\to}\infty}x_n<+\infty$且$\varlimsup_{n{\to}\infty}y_n<+\infty$。则$$ \varlimsup_{n{\to}\infty}(x_n+y_n){\le}\varlimsup_{n{\to}\infty}x_n+\varlimsup_{n{\to}\infty}y_n $$证明一下该命题，首先考虑上面的不等式，用下极限定义写开：即证明$$ \sup_k\inf_{n{\ge}k}x_n+\sup_k\inf_{n{\ge}k}y_n{\le}\sup_k\inf_{n{\ge}k}(x_n+y_n) $$然后我们考虑到有$$ \inf_{n{\ge}k}x_n+\inf_{n{\ge}k}y_n{\le}\inf_{n{\ge}k}(x_n+y_n) $$即可证明。考虑下面的不等式，用上极限定义写开：即证明$$ \inf_k\sup_{n{\ge}k}(x_n+y_n){\le}\inf_k\sup_{n{\ge}k}x_n+\inf_k\sup_{n{\ge}k}y_n $$然后我们考虑到$$ \sup_{n{\ge}k}(x_n+y_n){\le}\sup_{n{\ge}k}x_n+\sup_{n{\ge}k}y_n $$即可证明。定义1.1.9.一个序列$(x_n){\subset}\mathbb{R}$收敛到$x{\in}\mathbb{R}$：如果对任意$\varepsilon>0$，存在$m{\in}\mathbb{N}$使得对任意$n{\ge}m,|x_n-x|{\le}\varepsilon$。则我们记为$\lim_{n{\to}\infty}x_n=x$。（在一点处收敛）序列$(x_n)$是一个柯西列：如果对任意$\varepsilon>0$，存在$m{\in}\mathbb{N}$使得对任意$j,k{\ge}m,|x_j-x_k|{\le}\varepsilon$。定理1.1.10下面的性质是等价的：（a）$(x_n)$收敛。（b）$(x_n)$是一个柯西序列。（c）$-\infty<\varlimsup_{n{\to}\infty}x_n{\le}\varliminf_{n{\to}\infty}x_n<+\infty$。如果任一成立，则所有这些性质成立，则有$$ \lim_{n{\to}\infty}x_n=\varliminf_{n{\to}\infty}x_n=\varlimsup_{n{\to}\infty}x_n $$证明一下其等价性质：首先$(x_n)$收敛，于是我们由收敛定义：对于任意$\varepsilon>0$，存在$m{\in}\mathbb{N}$，使得对任意$n{\ge}m,|x_n-x|{\le}\varepsilon$。我们取到这里为$\frac{\varepsilon}{2}$，于是成立下面$$ |x_j-x|{\le}\frac{\varepsilon}{2};|x_k-x|{\le}\frac{\varepsilon}{2}{\quad}j,k{\ge}m\\ |x_j-x_k|{\le}|x_j-x|+|x_k-x|{\le}\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon $$于是乎正好就是柯西序列的定义。另外两个等价证明需要引用到上下确界的定义和上下极限定义，这里从略。并且因为我们知道下极限必然小于等于上极限，于是推论中的三等式也成立。定理1.1.11.任意递增且极大化，或者递减且极小化的实数序列是收敛的。注解：任意实数的递增序列非优化在$\overline{\mathbb{R}}$中收敛到$+\infty$。任意实数的递减序列且非极小化在$\overline{\mathbb{R}}$中收敛到$-\infty$。因此，如果$(x_n)$是递增的，则$$ \lim_{n{\to}\infty}x_n=\sup_{n}x_n $$且如果$(x_n)$是递减的，则$$ \lim_{n{\to}\infty}x_n=\inf_nx_n $$特别地，对于任意序列$(x_n){\subset}\overline{\mathbb{R}}$，$$ \varliminf_{n{\to}\infty}x_n=\lim_{k{\to}\infty}\inf_{n{\ge}k}x_n $$且$$ \varlimsup_{n{\to}\infty}x_n=\lim_{k{\to}\infty}\sup_{n{\ge}k}x_n $$上述定理通过一个优化和极小化的引入，把之前延拓的实数系统中的无穷给对应上，从而将极限和取上下确界的过程等同起来，使得我们在之前未延拓前的极限和取上下确界过程一致了。定义1.1.12级数$\sum^{\infty}_{n=0}x_n$收敛，且它的和是$x{\in}\mathbb{R}$：如果部分和序列$\sum^k_{n=0}x_n$收敛到$x$。我们记$\sum^{\infty}_{n=0}x_n=x$。定理1.1.1.3下列陈述是等价的：（a）$\sum^{\infty}_{n=0}x_n$收敛。（b）$$ \lim_{j{\to}\infty\\j<k}\sum^k_{m=j+1}x_n=0 $$证明：首先我们知道该级数收敛，则意味着部分和序列收敛，那么容易从收敛和柯西收敛的等价性推出，在级数序列的后半部分的极限为0。实数系统上面的事情讲完了，接下来我们引入度量空间。