Teoria miary i całki

2 Teoria całki

2.1 Całka Lebesgue’a

Dowód. Ćwiczenie.

Przypomnijmy teraz definicję funkcji „część całkowita” \([\,\cdot \,]:\overline {\R }\to \overline {\R }\)

\[ [x]=\sup \{k\in \Z : k\leq x\}, \ [-\infty ]=-\infty , \ [+\infty ]=+\infty . \]

Dla dowolnej funkcji \(f:X\to \overline {\R }\) zdefiniujmy ciąg funkcji \(s_n\):

\[ s_n(x)=\min \left (n,2^{-n}\left [2^nf_+(x)\right ]\right )-\min \left (n,2^{-n}\left [2^nf_-(x)\right ]\right ), \ x\in X,n\in \N . \]

Dowód. Punkt \((1)\). Wynika z własności funkcji mierzalnych.

Punkt \((2)\). Niech \(f=f_+-f_-\) będzie rozkładem funkcji \(f\). Wtedy \(f_+,f_-\geq 0\), a więc wystarczy pokazać zbieżność punktową dla funkcji nieujemnych. Zauważmy, że

\[ 0\leq 2^nf(x)-[2^nf(x)]<1, \ \text {gdy} \ f(x)<+\infty , \]

a wtedy

\( \seteqsection {2} \) \( \seteqnumber {2} \)

\begin{equation} \label {w9} 0\leq f(x)-2^{-n}\left [2^nf(x)\right ]<2^{-n}, \ \text {gdy} \ f(x)<+\infty . \end{equation}

Zauważmy, że gdy \(f(x)=+\infty \), to \(s_n(x)=n\to +\infty \).

Punkt \((3)\) jest oczywisty.

Punkt \((4)\). Zauważmy, że \([2^{n+1}f(x)]\geq 2[2^nf(x)]\), z czego wynika, że

\[2^{-n-1}[2^{n+1}f(x)]\geq 2^{-n}[2^nf(x)]\]

i wtedy \(s_{n+1}\geq s_n\).

Punkt \((5)\) wynika z nierówności (2.1.2).

Dowód. Niech \(f=\sum _{j=1}^{N}a_j\chi _{A_j}\) będzie rozkładem kanonicznym funkcji prostej mierzalnej \(f\). Wtedy

\[ \begin {aligned} &\int _X(f+c\chi _B)\,d\mu =\sum _{j=1}^N(a_j+c)\mu (A_j\cap B)+\sum _{j=1}^Na_j\mu (A_j\cap B’)\\ &=\sum _{j=1}^Na_j(\mu (A_j\cap B’)+\mu (A_j\cap B’))+\sum _{j=1}^Nc\mu (A_j\cap B)\\ &=\sum _{j=1}^Na_j\mu (A_j)+c\mu (B)=\int _Xf\,d\mu +c\mu (B). \end {aligned} \]

Pozostałą część można otrzymać stosując zasadę indukcji matematycznej.

Dowód. Punkt (1). Dla \(a=0\) równość jest oczywista. Przyjmijmy, że \(a>0\) i zauważmy, że jeżeli \(f=\sum _{j=1}^{N}a_j\chi _{A_j}\) będzie rozkładem kanonicznym funkcji prostej mierzalnej \(f\), to \(af=\sum _{j=1}^{N}aa_j\chi _{A_j}\) i wtedy

\[ \int _Xaf\,d\mu =\sum _{j=1}^{N}aa_j\mu (A_j)=a\sum _{j=1}^{N}a_j\mu (A_j)=a\int _Xf\,d\mu . \]

Punkt \((2)\). Jeżeli \(f=\sum _{j=1}^{N}a_j\chi _{A_j}\) jest rozkładem kanonicznym funkcji prostej mierzalnej \(f\) i jeżeli \(g=\sum _{i=1}^{M}b_i\chi _{B_i}\) jest rozkładem kanonicznym funkcji prostej mierzalnej \(g\), to ich suma jest też funkcją prostą o rozkładzie (niekoniecznie kanonicznym)

\[ f+g=\sum _{i=1}^{M}\sum _{j=1}^{N}(a_j+b_i)\chi _{A_j\cap B_i}. \]

Zauważmy, że

\[ \bigcup _{j=1}^N(A_j\cap B_i)=B_i \ \text {oraz} \ \bigcup _{i=1}^M(A_j\cap B_i)=A_j, \]

oraz zbiory w każdej z sum powyżej są parami rozłączne i wtedy

\[ \sum _{j=1}^N\mu (A_j\cap B_i)=\mu (B_i) \ \text {oraz} \ \sum _{i=1}^M\mu (A_j\cap B_i)=\mu (A_j). \]

Z Obserwacji 2.1.5 dostajemy

\[ \begin {aligned} &\int _X(f+g)\,d\mu =\sum _{i=1}^{M}\sum _{j=1}^{N}(a_j+b_i)\mu (A_j\cap B_i)\\ &=\sum _{j=1}^{N}a_j\sum _{i=1}^{M}\mu (A_j\cap B_i)+\sum _{i=1}^{M}b_i\sum _{j=1}^{N}\mu (A_j\cap B_i)\\ &=\sum _{j=1}^{N}a_j\mu (A_j)+\sum _{i=1}^{M}b_i\mu (B_i)=\int _Xf\,d\mu +\int _Xg\,d\mu .\\ \end {aligned} \]

Punkt \((3)\). Jeżeli funkcja \(f\in \mathcal M^+_0(X)\), to całka \(\int _Xf\,d\mu \geq 0\). Zauważmy, że \(g=f+(g-f)\) oraz \(g-f\in \mathcal M^+_0(X)\). Wtedy

\[ \int _Xg\,d\mu =\int _Xf\,d\mu +\int _X(g-f)\,d\mu \geq \int _Xf\,d\mu . \]

Punkt \((4)\). Załóżmy, że \(f=\sum _{j=1}^{N}a_j\chi _{A_j}\) jest rozkładem kanonicznym funkcji prostej mierzalnej \(f\). Gdyby \(\mu (\{x\in X: f(x)>0\})>0\), to istniałaby liczba \(a_j>0\) taka, że \(\mu (A_j)>0\), a wtedy

\[ \int _Xf\,d\mu =\dots +a_j\mu (A_j)>0 \]

co prowadzi do sprzeczności.

Punkt \((5)\). Gdyby \(\mu (\{x\in X: f(x)=+\infty \})=\alpha >0\), to wtedy całka

\[ \int _Xf\,d\mu =\dots +(+\infty )\mu (\{x\in X: f(x)=+\infty \})\geq \alpha (+\infty )=+\infty \]

co prowadzi do sprzeczności.

Dowód. Punkt \((1)\). Z Obserwacji 2.1.6 wynika, że ciąg \(\int _Xf_n\,d\mu \) jest rosnący, więc istnieje granica \(\lim _{n\to \infty }\int _Xf_n\,d\mu \). Wykażemy, że jest ona równa \(\int _Xf\,d\mu \). Niech \(f=\sum _{j=1}^{N}a_j\chi _{A_j}\) będzie rozkładem kanonicznym. Ustalmy dowolne \(\epsilon \in (0,1)\).

Niech \(A_{j,n}=\{x\in A_j: f_n(x)\geq \epsilon a_j\}\). Ponieważ \(\lim _{n\to \infty }f_n=f\), to \(\bigcup _{n=1}^{\infty }A_{j,n}=A_j\). Zauważmy, że zbiory \(A_{j,n}\) są mierzalne, \(A_{j,n}\subset A_{j,n+1}\), bo ciąg \(f_n\) jest rosnący, a z tego otrzymujemy \(\lim _{n\to \infty }\mu (A_{j,n})=\mu (A_j)\). Niech \(g_n=\sum _{j=1}^N\epsilon a_j\chi _{A_{j,n}}\). Ponieważ \(g_n\leq f_n\leq f\), to

\[ \epsilon \sum _{j=1}^Na_j\mu (A_{j,n})=\int _{X}g_n\,d\mu \leq \int _{X}f_n\,d\mu \leq \int _{X}f\,d\mu . \]

Przechodząc z \(n\to \infty \) dostajemy

\[ \epsilon \sum _{j=1}^Na_j\mu (A_{j})=\epsilon \int _{X}f\,d\mu \leq \lim _{n\to \infty }\int _{X}f_n\,d\mu \leq \int _{X}f\,d\mu , \]

a przy \(\epsilon \to 1\) dostajemy tezę.

Punkt \((2)\). Niech \(f_n,g_n\in \mathcal M^+_0(X)\), \(n\in \N \), \(f_n\nearrow f\), \(g_n\nearrow f\), \(n\to \infty \), \(f\in \mathcal M^+(X)\). Ustalmy \(m\in \N \) i zdefiniujmy \(h_n=\min (f_n,g_m)\). Wtedy \(h_n\nearrow g_m\) i z punktu \((1)\) dostajemy \(\lim _{n\to \infty }\int _Xh_n\,d\mu =\int _Xg_m\,d\mu \). Ponieważ \(h_n\leq f_n\), to \(\int _Xh_n\,d\mu \leq \int _Xf_n\,d\mu \) i mamy

\[ \int _Xg_m\,d\mu =\lim _{n\to \infty }\int _Xh_n\,d\mu \leq \lim _{n\to \infty }\int _Xf_n\,d\mu . \]

W końcu \(\lim _{m\to \infty }\int _Xg_m\,d\mu \leq \lim _{n\to \infty }\int _Xf_n\,d\mu \). Odwracając rolami funkcje \(g_n\) i \(f_n\) otrzymujemy równość.

Twierdzenie 2.1.7 gwarantuje, że Definicja 2.1.8 jest poprawna (tzn. definicja całki nie zależy od wyboru ciągu aproksymacyjnego) i pokrywa się z definicją całki dla funkcji prostych (Definicja 2.1.4).

Dowód. Punkt \((1)\). Jeżeli \(f_n\in \mathcal M^+_0(X)\), \(f_n\nearrow f\), \(n\to \infty \), to \(af_n\in \mathcal M^+_0(X)\), \(af_n\nearrow af\), \(n\to \infty \) i wtedy dostajemy

\[ \int _Xaf\,d\mu =\lim _{n\to \infty }\int _Xaf_n\,d\mu =a\lim _{n\to \infty }\int _Xf_n\,d\mu =a\int _Xf\,d\mu . \]

Punkt \((2)\). Jeżeli \(f_n,g_n\in \mathcal M^+_0(X)\), \(f_n\nearrow f\),\(g_n\nearrow g\), \(n\to \infty \), to \(f_n+g_n\in \mathcal M^+_0(X)\) oraz \(f_n+g_n\nearrow f+g\), \(n\to \infty \) i wtedy otrzymujemy

\[ \int _X(f+g)\,d\mu =\lim _{n\to \infty }\int _X(f_n+g_n)\,d\mu =\lim _{n\to \infty }\int _Xf_n\,d\mu +\lim _{n\to \infty }\int _Xg_n\,d\mu =\int _Xf\,d\mu +\int _Xg\,d\mu . \]

Punkt \((3)\). Jeżeli \(f\geq 0\), to istnieje ciąg rosnący funkcji dodatnich prostych i mierzalnych \(f_n\nearrow f\), \(n\to \infty \). Skoro \(\int _Xf_n\,d\mu \geq 0\), to \(\int _Xf\,d\mu \geq 0\). Mamy również \(g=f+(g-f)\) oraz \(g-f\in \mathcal M^+(X)\) i wtedy

\[ \int _Xg\,d\mu =\int _Xf\,d\mu +\int _X(g-f)\,d\mu \geq \int _Xf\,d\mu . \]

Punkt \((4)\). Niech \(B=\{x\in X: f(x)>0\}\) i \(B=\bigcup _{j=1}^{\infty }B_j\), gdzie \(B_j=\left \{x\in X: f(x)\geq \frac 1j\right \}\). Ponieważ \(f\geq \frac 1j\chi _{B_j}\), to

\[ 0\leq \mu (B_j)=j\int _X\frac 1j\chi _{B_j}\,d\mu \leq j\int _Xf\,d\mu =0, \]

i wtedy dostajemy \(\mu (B)=\lim _{j\to \infty }\mu (B_j)=0\).

Punkt \((5)\). Niech \(B=\{x\in X: f(x)=+\infty \}\). Ponieważ \(f\geq n\chi _{B}\), to

\[ 0\leq \mu (B)=\frac 1n\int _Xn\chi _{B_j}\,d\mu \leq \frac 1n\int _Xf\,d\mu \to 0,\ n\to \infty \]

i wtedy otrzymujemy \(\mu (B)=0\).

Dowód. Równość jest prawdziwa dla \(B=\emptyset \). Załóżmy teraz, że \(B\neq \emptyset \) i \(f\in \mathcal M^+_0(X)\) ma rozkład kanoniczny \(f=\sum _{j=1}^{N}a_j\chi _{A_j}\), wtedy

\[ \begin {aligned} f|_B&=\sum _{j=1}^{N}a_j\chi _{A_j\cap B,B} \ \text { - funkcja okreÅŻlona tylko na zbiorze $B$}, \\ f\chi _{B,X}&=\sum _{j=1}^{N}a_j\chi _{A_j\cap B,X} \ \text { - funkcja okreÅŻlona na caÅĆym zbiorze $X$}. \end {aligned} \]

Funkcje \(f|_B\) i \(f\chi _{B,X}\) to funkcje proste i mamy wtedy

\[ \int _{B}\chi _{A_j\cap B,B}\,d\mu |_B=\mu (B\cap A_j)=\int _{B}\chi _{A_j\cap B,X}\,d\mu . \]

Mnożąc przez stałe i sumując dostajemy tezę dla funkcji prostych mierzalnych. Dla dowolnego \(f\in \mathcal M^+(X)\) istnieje ciąg rosnący funkcji prostych \(f_n\nearrow f\), wtedy \(f_n|_B\nearrow f|_B\), \(f_n\chi _{B}\nearrow f\chi _{B}\) i otrzymujemy

\[ \int _Bf\,d\mu =\int _Bf|_B\,d\mu |_B=\lim _{n\to \infty }\int _Bf_n|_B\,d\mu |_B=\lim _{n\to \infty }\int _Xf_n\chi _B\,d\mu =\int _Xf\chi _B\,d\mu . \]

Dowód. Punkt \((1)\). Wystarczy zauważyć, że \(f\chi _{B_1}\leq f\chi _{B_2}\) i wtedy teza wynika z Twierdzenia 2.1.10 i Obserwacji 2.1.12.

Punkt \((2)\). Wystarczy zauważyć, że \(f=f\chi _{B_1}+f\chi _{B_2}\) i wtedy teza wynika z Twierdzenia 2.1.10 i Obserwacji 2.1.12.

Dowód. Punkt \((1)\). Na początek zauważmy, że jeżeli \(B\in \frak M\), \(\mu (B)=0\), to \(\mu |_{B}\equiv 0\) i z Definicji 2.1.11 dostajemy \(\int _B f\,d\mu =\int _Bf|_B\,d\mu |_{B}=0\). Z Twierdzenia 2.1.13 otrzymujemy

\[ \int _Xf\,d\mu =\int _{X\setminus B}f\,d\mu +\int _{B}f\,d\mu =\int _{X\setminus B}f\,d\mu . \]

Punkt \((2)\). Jeżeli \(f=g\) \(\mu \)-p.w., to zbiór \(B=\{x\in X: f(x)\neq g(x)\}\) jest miary zero i wtedy z punktu \((1)\) dostajemy

\[ \int _Xf\,d\mu =\int _{X\setminus B}f\,d\mu =\int _{X\setminus B}g\,d\mu =\int _Xg\,d\mu . \]

Dowód. Punkt \((1)\). Skoro \(\int _Xf_+\,d\mu <+\infty \), \(\int _Xf_-\,d\mu <+\infty \), to z Obserwacji 2.1.10 dostajemy \(\mu (\{x\in X: f_+(x)=+\infty \})=0\) i \(\mu (\{x\in X: f_-(x)=+\infty \})=0\), z czego wynika, że \(\mu (\{x\in X: |f(x)|=+\infty \})=0\), czyli \(|f|<+\infty \) \(\mu \)-p.w.

Punkt \((2)\). Dla \(a=0\) równość jest oczywista. Dla \(a>0\) zachodzi \((af)_+=af_+\), \((af)_-=af_-\) i wtedy

\[ \int _Xaf\,d\mu =\int _Xaf_+\,d\mu -\int _Xaf_-\,d\mu =a\left (\int _Xf_+\,d\mu -\int _Xf_-\,d\mu \right )=a\int _Xf\,d\mu . \]

Dla \(a<0\) dowód jest analogiczny, zauważmy tylko, że w tej sytuacji \((af)_+=-af_-\), \((af)_-=-af_+\).

Punkt \((3)\). Z nierówności trójkąta dostajemy \(|f+g|\leq |f|+|g|\) i wtedy

\[ \int _X|f+g|\,d\mu \leq \int _X|f|\,d\mu +\int _X|g|\,d\mu <+\infty , \]

czyli \(f+g\in L^1(X,\mu )\). Niech \(B=\{x\in X: |f(x)|=+\infty \ \text {lub} \ |g(x)|=+\infty \}\). Wtedy z punktu \((1)\) wynika, że \(\mu (B)=0\), bo \(f\) i \(g\) są całkowalne. Na zbiorze \(X\setminus B\) zachodzi

\[ (f+g)_+-(f+g)_-=f+g=(f_+-f_-)+(g_+-g_-), \]

a wtedy

\[ (f+g)_++f_-+g_-=(f+g)_-+f_++g_+. \]

Całkując powyższą równość i porządkując otrzymane całki dostajemy tezę.

Punkt \((4)\). Jeżeli \(f\leq g\), to \(f_+\leq g_+\) oraz \(g_-\leq f_-\) a wtedy

\[ \int _Xf\,d\mu =\int _Xf_+\,d\mu -\int _Xf_-\,d\mu \leq \int _Xg_+\,d\mu -\int _Xg_-\,d\mu =\int _Xg\,d\mu . \]

Punkt \((5)\). Jeżeli \(\int _X|f|\,d\mu =\int _Xf_+\,d\mu +\int _Xf_-\,d\mu =0\), to \(\int _Xf_+\,d\mu =\int _Xf_-\,d\mu =0\). Z Obserwacji 2.1.10 dostajemy \(f_+=0\) i \(f_-=0\) \(\mu \)-p.w., i dlatego \(f=f_+-f_-=0\) \(\mu \)-p.w.

Punkt \((6)\). Zauważmy, że \(-|f|\leq f\leq |f|\) i korzystając z punktu \((4)\) dostajemy tezę.

Dowód. Zdefiniujmy \(A=\{x\in X: f(x)\neq g(x)\}\), wtedy \(\mu (A)=0\) oraz

\[ \int _X|g|\,d\mu =\int _{X\setminus A}|g|\,d\mu =\int _{X\setminus A}|f|\,d\mu <+\infty , \]

czyli \(g\in L^1(X,\mu )\). Ponadto \(f_+=g_+\), \(f_-=g_-\) na zbiorze \(X\setminus A\) i wtedy

\[ \begin {aligned} &\int _Xf\,d\mu =\int _Xf_+\,d\mu -\int _Xf_-\,d\mu =\int _{X\setminus A}f_+\,d\mu -\int _{X\setminus A}f_-\,d\mu \\ &=\int _{X\setminus A}g_+\,d\mu -\int _{X\setminus A}g_-\,d\mu =\int _Xg_+\,d\mu -\int _Xg_-\,d\mu =\int _{X}g\,d\mu . \end {aligned} \]

Dowód. Niech \(A_+=\{x\in X: f(x)>0\}\) i \(A_-=\{x\in X: f(x)<0\}\), wtedy \(f=f_+\) i \(f_-=0\) na zbiorze \(A_+\) oraz \(f=-f_-\), \(f_+=0\) na zbiorze \(A_-\). Otrzymujemy

\[ \begin {aligned} &0=\int _{A_+}f\,d\mu =\int _{A_+}f_+\,d\mu =\int _{X}f_+\,d\mu \ \Rightarrow f_+=0,\ \mu -\text {p.w.};\\ &0=\int _{A_-}f\,d\mu =\int _{A_-}f_-\,d\mu =\int _{X}f_-\,d\mu \ \Rightarrow f_-=0,\ \mu -\text {p.w.}, \end {aligned} \]

a wtedy \(f=0\) \(\mu \)-p.w.

Dowód. Z twierdzenia Weierstrassa¹ istnieją punkty \(x_1,x_2\in A\) takie, że dla dowolnego \(x\in A\) zachodzi \(f(x_1)\leq f(x)\leq f(x_2)\). Wtedy

\[ f(x_1)\mu (A)=\int _Af(x_1)\,d\mu \leq \int _Af\,d\mu \leq \int _Af(x_2)\,d\mu =f(x_2)\mu (A), \]

czyli

\[ f(x_1)\leq \frac {1}{\mu (A)}\int _Af\,d\mu \leq f(x_2). \]

Funkcja \(f\) jest ciągła na zbiorze spójnym, to własności Darboux² istnieje punkt \(a\in A\) taki, że

\[ f(a)=\frac {1}{\mu (A)}\int _Af\,d\mu . \]

Dowód. Z Obserwacji 2.1.16 mamy \(\left |\int _Af\,d\mu \right |\leq \int _A|f|\,d\mu \), z czego wynika, że wystarczy wykazać tezę dla funkcji nieujemnych. Ustalmy dowolną liczbę \(\epsilon >0\). Istnieje ciąg funkcji prostych mierzalnych \(f_n\nearrow f\). Wtedy istnieje \(n\in \N \) takie, że \(\int _Xf\,d\mu -\int _Xf_n\,d\mu <\frac {\epsilon }{2}\). Ponadto możemy założyć, że funkcja \(f_n\) jest ograniczona, tzn. istnieje \(M>0\) takie, że \(f_n\leq M\). Teraz weźmy \(\delta =\frac {\epsilon }{2M}\) i dowolny zbiór \(A\in \frak M\) o mierze \(\mu (A)<\delta \), a wtedy

\[ \int _Af\,d\mu =\int _A(f-f_n)\,d\mu +\int _Af_n\,d\mu < \frac {\epsilon }{2}+\int _AM\,d\mu =\frac {\epsilon }{2}+M\frac {\epsilon }{2M}=\epsilon . \]

2.1.1 Twierdzenia graniczne

W całym podrozdziale będziemy zakładać, że \((X,\frak M,\mu )\) jest przestrzenią mierzalną z miarą.

Dowód. Z Obserwacji 1.12.2 wynika, że \(f\in \mathcal M^+(X)\). Zauważmy, że funkcje \(f,f_n\) można poprawić na zbiorze miary zero (np. definiując tam \(f=f_n=0\)) tak, aby zbieżność zachodziła na całym \(X\) i wartości całek nie ulegną zmianie. Dla dowolnego \(n\in \N \) istnieje ciąg \(f_n^k\in \mathcal M^+_0(X)\), \(k\in \N \), taki, że \(f_n^k\nearrow f_n\), \(k\to \infty \), tzn.,

\[ \begin {aligned} &0\leq f_1^1\leq f_1^2\leq \dots \leq f_1^n\leq \dots \leq f_1;\\ &0\leq f_2^1\leq f_2^2\leq \dots \leq f_2^n\leq \dots \leq f_2;\\ &......................................................\\ &0\leq f_n^1\leq f_n^2\leq \dots \leq f_n^n\leq \dots \leq f_n;\\ &0\leq f_{n+1}^1\leq f_{n+1}^2\leq \dots \leq f_{n+1}^n\leq f_{n+1}^{n+1}\leq \dots \leq f_{n+1};\\ &......................................................\\ \end {aligned} \]

Zdefiniujmy nowe funkcje \(g_n=\max (f_1^n,\dots ,f^n_n)\), a wtedy \(g_n\in \mathcal M^+_0(X)\) oraz

\[ g_n=\max (f_1^n,\dots ,f^n_n)\leq \max (f_1^{n+1},\dots ,f^n_{n+1})\leq \max (f_1^{n+1},\dots ,f_n^{n+1},f_{n+1}^{n+1})=g_{n+1}. \]

Wykażemy teraz, że \(g_n\to f\), gdy \(n\to \infty \). Ciąg \(g_n\) jest rosnący, więc ma granicę
\(\lim _{n\to \infty }g_n=g\). Ponieważ

\[ g_n=\max (f_1^n,\dots ,f^n_n)\leq \max (f_1,\dots ,f_n)=f_n, \]

to \(g\leq f\). Przypuśćmy dla dowodu nie wprost, że \(g(x)<f(x)\) dla pewnego \(x\in X\). Wtedy istnieje \(n_0\) takie, że \(f_{n_0}(x)>g(x)\) i dalej istnieje \(m_0: m_0>n_0\) takie, że \(f_{n_0}^{m_0}(x)>g(x)\). Z tego wynika, że

\[ g(x)\geq g_{m_0}(x)\geq f_{n_0}^{m_0}(x)>g(x) \]

i otrzymaliśmy sprzeczność.

Zauważmy, że \(g_n\leq f_n\leq f\) i po scałkowaniu otrzymujemy

\[ \int _Xg_n\,d\mu \leq \int _{X}f_n\,d\mu \leq \int _Xf\,d\mu . \]

Z definicji całki \(\int _Xg_n\,d\mu \to \int _Xf\,d\mu \), bo \(g_n\) jest rosnącym ciągiem funkcji prostych mierzalnych, ostatecznie mamy \(\lim _{n\to \infty }\int _Xf_n\,d\mu =\int _Xf\,d\mu \).

Dowód. Wynika z Twierdzenia 2.1.22, wystarczy przyjąć \(g_n=f_1+\dots +f_n\nearrow g=\sum _{n=1}^{\infty }f_n\).

Dowód. Jeżeli \(\int _Xf_1\,d\mu =-\infty \), to \(\int _Xf_n\,d\mu \leq \int _Xf_1\,d\mu =-\infty \) i wtedy

\[ \lim _{n\to \infty }\int _Xf_n\,d\mu =-\infty =\int _Xf\,d\mu . \]

Teraz załóżmy, że \(\int _Xf_1\,d\mu \in \R \). Zdefiniujmy nowe funkcje \(g_n=f_1-f_n\in \mathcal M^+(X)\). Wtedy \(g_n\nearrow g:=f_1-f\) \(\mu \)-p.w. Z Twierdzenia 2.1.22 mamy

\[ \int _Xf_1\,d\mu -\int _Xf\,d\mu =\int _Xg\,d\mu =\lim _{n\to \infty }\int _Xg_n\,d\mu =\int _Xf_1\,d\mu -\lim _{n\to \infty }\int _Xf_n\,d\mu . \]

Ponieważ całka \(\int _Xf_1\,d\mu \) jest skończona, to \(\lim _{n\to \infty }\int _Xf_n\,d\mu =\int _Xf\,d\mu \).

Przy badaniu zbieżności całek z funkcji mierzalnych bardzo ważną rolę odgrywa Lemat Fatou³.

Dowód. Zdefiniujmy funkcje \(g_n=\inf _{k\geq n}f_k\), wtedy \(g_n\nearrow \liminf _{n\to \infty }f_n\) oraz \(g_n\leq f_n\). Na podstawie Twierdzenia 2.1.22 otrzymujemy

\[ \int _X\liminf _{n\to \infty }f_n\,d\mu =\lim _{n\to \infty }\int _Xg_n\,d\mu =\liminf _{n\to \infty }\int _Xg_n\,d\mu \leq \liminf _{n\to \infty }\int _Xf_n\,d\mu . \]

Dowód. Skoro \(|f_n|\leq g\), to \(-g\leq f_n\leq g\), a wtedy \(|\liminf _{n\to \infty }f_n|\leq g\) i \(|\limsup _{n\to \infty }f_n|\leq g\), czyli funkcje \(f_n\), \(\liminf _{n\to \infty }f_n\), \(\limsup _{n\to \infty }f_n\in L^1(X,\mu )\). Korzystając z Lematu Fatou dla funkcji \(f_n+g\geq 0\) dostajemy

\[ \begin {aligned} &\int _X\liminf _{n\to \infty }f_n\,d\mu +\int _Xg\,d\mu =\int _X\liminf _{n\to \infty }(f_n+g)\,d\mu \leq \liminf _{n\to \infty }\int _X(f_n+g)\,d\mu \\ &=\liminf _{n\to \infty }\int _Xf_n\,d\mu +\int _Xg\,d\mu , \end {aligned} \]

z czego wynika pierwsza nierówność w tezie. Aby zakończyć dowód zauważmy, że możemy powtórzyć powyższe rozumowanie dla funkcji \(-f_n+g\) i wykorzystać równość
\(\liminf _{n\to \infty }(-f_n)=-\limsup _{n\to \infty }f_n\).

Dowód. Wynika z Twierdzenia 2.1.27.

Dowód. Punkt \((1)\). Wykażemy, że \(\nu \) jest miarą. Mamy

\[ \nu (\emptyset )=\int _{\emptyset }f\,d\mu =0. \]

Niech zbiory \(A_j\in \frak M\), \(j\in \N \), będą parami rozłączne i niech \(A=\bigcup _{j=1}^{\infty }A_j\). Wtedy funkcja \(f\chi _A=\sum _{j=1}^{\infty }f\chi _{A_j}\) i korzystając z Wniosku 2.1.30 mamy

\[ \begin {aligned} &\nu (A)=\int _Af\,d\mu =\int _Xf\chi _A\,d\mu =\int _X\sum _{j=1}^{\infty }f\chi _{A_j}\,d\mu \\ &=\sum _{j=1}^{\infty }\int _Xf\chi _{A_j}\,d\mu =\sum _{j=1}^{\infty }\int _{A_j}f\,d\mu =\sum _{j=1}^{\infty }\nu (A_j). \end {aligned} \]

Punkt \((2)\). Załóżmy na początek, że \(g=\chi _A\), dla \(A\in \frak M\). Wtedy

\( \seteqsection {2} \) \( \seteqnumber {3} \)

\begin{equation} \label {w10} \int _Xg\,d\nu =\int _X\chi _A\,d\nu =\nu (A)=\int _Af\,d\mu =\int _Xf\chi _A\,d\mu =\int _Xfg\,d\mu . \end{equation}

Niech teraz \(g\in \mathcal M^+_0(X)\), wtedy \(g\) jest kombinacją liniową funkcji prostych mierzalnych i teza wynika z równości (2.1.3).

Jeżeli \(g\in \mathcal M^+(X)\), to istnieje ciąg funkcji prostych mierzalnych \(g_n\nearrow g\), \(n\to \infty \). Korzystając z Twierdzenia 2.1.22 ( \(g_nf\nearrow gf\)) dostajemy:

\( \seteqsection {2} \) \( \seteqnumber {4} \)

\begin{equation} \label {w11} \int _Xg\,d\nu \leftarrow \int _Xg_n\,d\nu =\int _Xg_nf\,d\mu \to \int _Xgf\, d\mu . \end{equation}

Jeżeli \(g\in L^1(X,\nu )\), to \(g=g_+-g_-\) i stosując równość (2.1.4) do funkcji \(g_+\) i \(g_-\) dostajemy tezę.

Równoważność \(g\in L^1(X,\nu )\Leftrightarrow gf\in L^1(X,\mu )\) pozostawiamy jako ćwiczenie.

Miarę \(\nu \) zdefiniowaną w Twierdzeniu 2.1.32, tzn. \(\nu (A)=\int _Xf\,d\mu \), oznaczamy przez \(\nu =f\mu \).