Lp 空间、乘积测度与 Fubini 定理

从函数值转向几乎处处等价类

固定测度空间 $(X,\Sigma,\mu)$。Lebesgue 积分看不见零测集上的改动：若可测函数 $f,g$ 只在零测集上不同，则 $\int |f|^p\,d\mu$ 与 $\int |g|^p\,d\mu$ 相同。直接把单个函数当作空间元素会造成一个缺陷：非零函数也可能具有“长度”零。例如在 $[0,1]$ 上令 $f(0)=1$、其余点取零，则 $f$ 不是逐点零函数，却满足 $\int |f|^p=0$。

几乎处处等价与 Lp 空间

两个可测函数若满足

$$f=g\quad\mu\text{-a.e.},$$

即集合 $\{x:f(x)\ne g(x)\}$ 的测度为零，就称它们几乎处处相等。这个关系把可测函数分成等价类，$[f]$ 表示含有 $f$ 的等价类。

对 $1\le p<\infty$，定义

$$L^p(X,\mu) =\left\{[f]:f\text{ 可测且 }\int_X |f|^p\,d\mu<\infty\right\}, \qquad \lVert f\rVert_p =\left(\int_X |f|^p\,d\mu\right)^{1/p}.$$

这里的 $f$ 是等价类的任一代表元。若换成几乎处处相等的 $g$，积分和范数不变，所以定义与代表元无关。

在等价类上，$\lVert f\rVert_p=0$ 才真正推出 $f=0$：准确含义是 $f=0$ 几乎处处，因而 $[f]=[0]$。加法和数乘也按代表元定义，$[f]+[g]=[f+g]$、$c[f]=[cf]$；零测集的有限并仍为零测集，故这些运算不依赖代表元。下文沿用简写 $f\in L^p$，但等号和元素始终按等价类理解。

例 1：逐点不同却是同一个 Lp 元素

在 $([0,1],\mathcal B,\lambda)$ 上定义

$$f(x)=0, \qquad g(x)=\mathbf 1_{\mathbb Q\cap[0,1]}(x).$$

有理数集可数，所以 $\lambda(\mathbb Q\cap[0,1])=0$。于是 $f=g$ 几乎处处，对每个 $1\le p<\infty$ 都有

$$\lVert f-g\rVert_p^p =\int_0^1 \mathbf 1_{\mathbb Q}(x)\,dx=0.$$

二者在每个有理点的函数值不同，却代表同一个 $L^p$ 元素。积分公式若要求选择某个代表元，涉及“每一点”的结论必须另外说明；$L^p$ 范数本身只记录几乎处处性质。

p 等于无穷时使用本质上确界

普通上确界会被单个异常点改变，不适合几乎处处等价类。可测函数 $f$ 的本质上确界定义为

令

本质上确界不要求存在取得最大值的点。它寻找的是删去某个零测集后仍成立的最小一致界。若 $|f|\le M$ 几乎处处，则 $\lVert f\rVert_\infty\le M$；反向使用时，对每个 $\varepsilon>0$ 都有 $|f|\le\lVert f\rVert_\infty+\varepsilon$ 几乎处处。

指示函数把范数与集合测度直接连接起来。若 $A\in\Sigma$ 且 $0<\mu(A)<\infty$，则

若 $\mu(A)=0$，它在每个 $L^p$ 中都等于零元素。这个计算同时解释了两个现象：有限 $p$ 会记录集合大小，本质上确界只要看非零值是否出现在正测度集合上；集合再小，只要测度为正，指示函数的无穷范数仍为一。 对非负简单函数求范数时，这个公式还会逐层出现在各个互不相交的支撑集合上。

例 2：幂函数在有限端点与无穷远处的 Lp 边界

先取 $f(x)=x^{-\alpha}$ 于 $(0,1)$，其中 $\alpha>0$。对 $1\le p<\infty$，

$$\lVert f\rVert_p^p =\int_0^1x^{-\alpha p}\,dx.$$

该反常积分有限当且仅当 $\alpha p<1$；此时值为 $(1-\alpha p)^{-1}$。因此 $f\in L^p(0,1)$ 当且仅当 $\alpha<1/p$。函数在每个靠近零的正测度区间上都无界，所以对所有 $\alpha>0$ 都不属于 $L^\infty(0,1)$。

再取 $h(x)=x^{-\alpha}$ 于 $(1,\infty)$。此时

$$\int_1^\infty x^{-\alpha p}\,dx<\infty \quad\Longleftrightarrow\quad \alpha p>1,$$

而 $0<h(x)\le1$，故 $h\in L^\infty$ 且 $\lVert h\rVert_\infty=1$。同一公式在有限端点与无穷远处给出相反方向的条件；判断 $L^p$ 归属必须同时检查所有奇点和尾部。

若测度有限，$L^q\subseteq L^p$ 对 $1\le p<q\le\infty$ 成立，并有

无限测度空间没有统一包含方向。上一例在 $(1,\infty)$ 上的幂函数就能按指数选择出属于某个 $L^q$ 却不属于另一个 $L^p$ 的情形。

Hölder 不等式控制乘积

指数 $p,q\in(1,\infty)$ 若满足 $1/p+1/q=1$，称为共轭指数。Young 不等式

是乘积估计的标量核心。对非零 $f\in L^p$、$g\in L^q$，把 $a=|f|/\lVert f\rVert_p$、$b=|g|/\lVert g\rVert_q$ 代入并积分，得到 Hölder 不等式

若某个范数为零，结论直接成立。端点形式是

对应共轭对 $(1,\infty)$。这说明 $L^p$ 与 $L^q$ 函数的乘积属于 $L^1$。更一般地，若 $1\le p,q,r\le\infty$ 且 $1/r=1/p+1/q$，对 $|fg|^r$ 使用 Hölder 可得 $\lVert fg\rVert_r\le\lVert f\rVert_p\lVert g\rVert_q$。

例 3：不用求原函数估计加权积分

估计

$$I=\int_0^1 x^{-1/4}|\log x|\,dx.$$

取共轭指数 $p=2$、$q=2$。函数 $x^{-1/4}\in L^2(0,1)$，且

$$\lVert x^{-1/4}\rVert_2^2 =\int_0^1x^{-1/2}\,dx=2.$$

令 $x=e^{-t}$ 可得

$$\lVert\log x\rVert_2^2 =\int_0^1(\log x)^2\,dx =\int_0^\infty t^2e^{-t}\,dt=2.$$

因此 Hölder 不等式给出 $I\le\sqrt2\sqrt2=2$。事实上直接积分可得更精确的值 $I=16/9$；范数估计的优势在于它只需分别掌握两个因子的可积性，并能原样推广到没有显式原函数的情形。

Minkowski 不等式使 Lp 成为赋范空间

对 $1\le p\le\infty$，Minkowski 不等式为

$p=1$ 时由 $|f+g|\le|f|+|g|$ 积分得到；$p=\infty$ 时由几乎处处界直接得到。设 $1<p<\infty$，令 $q=p/(p-1)$，则

因为 $(p-1)q=p$，最后一个范数等于 $\lVert f+g\rVert_p^{p-1}$。范数非零时约去它便得结论，范数为零时结论平凡。正定性、齐次性和此三角不等式共同表明 $L^p$ 是赋范线性空间。若 $0<p<1$，同一积分表达的 $p$ 次方根通常不满足三角不等式，因而本章不把它称为范数。

L2 还带有内积几何

当 $p=2$ 时，范数来自内积。实值函数采用

复值函数则在第二个因子取共轭。Hölder 在共轭指数 $(2,2)$ 的情形正是 Cauchy–Schwarz 不等式，保证内积绝对可积，并给出

几乎处处改变代表元不会改变内积。由展开平方可得平行四边形恒等式

因此 $L^2$ 不只是 Banach 空间，还是 Hilbert 空间；正交、投影和勾股关系都可在其中使用。一般 $L^p$ 虽有范数和完备性，却未必能由内积恢复该范数。区分这两层结构可避免把 $L^2$ 的正交技巧无条件搬到其他指数。

Lp 的完备性

Riesz–Fischer 完备性定理

对任意测度空间 $(X,\Sigma,\mu)$ 和每个 $1\le p\le\infty$，赋范空间 $L^p(X,\mu)$ 完备；即每个 $L^p$-Cauchy 列都依范数收敛到某个 $L^p$ 等价类。因此 $L^p$ 是 Banach 空间。

对 $1\le p<\infty$，证明的关键是从 Cauchy 列 $(f_n)$ 抽取子列 $(f_{n_k})$，使

令 $g_k=|f_{n_{k+1}}-f_{n_k}|$。Minkowski 不等式使有限和的 $L^p$ 范数由 $\sum2^{-k}$ 控制；单调收敛或 Fatou 引理进一步说明 $\sum_k g_k<\infty$ 几乎处处。于是望远镜级数 $f_{n_1}+\sum_k(f_{n_{k+1}}-f_{n_k})$ 在几乎处处意义下定义出可测极限 $f$，并由尾和估计得到 $\lVert f_{n_k}-f\rVert_p\to0$。原列的 Cauchy 性再把整列拉到同一极限。$p=\infty$ 时可在删去一个可数零测集后同时使用所有本质一致界，得到几乎处处一致 Cauchy 的代表元。

完备性陈述的是范数极限仍属于等价类空间，不保证原序列逐点处处收敛。范数收敛常能抽出几乎处处收敛子列，但整列的逐点行为仍可能振荡。

Lp 范数收敛不保证整列逐点收敛

在 $[0,1)$ 上逐层列出二进区间。对 $k\ge0$ 与 $0\le j<2^k$，令

$$I_{k,j}=[j2^{-k},(j+1)2^{-k}), \qquad f_{2^k+j}=\mathbf1_{I_{k,j}}.$$

当 $1\le p<\infty$ 时，同一层内每个函数都满足

$$\lVert f_{2^k+j}\rVert_p=2^{-k/p},$$

所以按上述次序有 $f_n\to0$ 于 $L^p$。然而每个固定点 $x$ 在每一层恰好落入一个二进区间，因此 $f_n(x)=1$ 出现无穷多次；同一层其余区间又使零出现无穷多次。整列在任何点都不收敛。每层选出的那一个函数构成持续移动的窄脉冲。这个例子不否定“可抽出几乎处处收敛子列”：例如只选每层最左端区间的指示函数，就在除零以外的点最终为零。

从矩形到乘积测度

设 $(X,\Sigma,\mu)$ 与 $(Y,\mathcal T,\nu)$ 是 $\sigma$-有限测度空间。乘积 $\sigma$-代数 $\Sigma\otimes\mathcal T$ 由所有可测矩形 $A\times B$ 生成。乘积测度 $\mu\times\nu$ 满足

并由该矩形规则唯一确定。$\sigma$-有限性让两个空间都能写成可数个有限测度集合的并，是常用乘积测度唯一性和截面定理的安全前提。

若 $E\in\Sigma\otimes\mathcal T$，固定 $x$ 与 $y$ 后定义截面

对乘积可测函数 $F:X\times Y\to[-\infty,\infty]$，相应函数截面记为 $F_x(y)=F(x,y)$ 与 $F^y(x)=F(x,y)$。乘积可测性保证截面可测；积分换序还需控制符号或绝对值。

Tonelli 的等式可从最简单的函数逐层建立。对矩形指示函数 $F=\mathbf1_{A\times B}$，固定 $x$ 后的内层积分是 $\mathbf1_A(x)\nu(B)$，再对 $x$ 积分得到 $\mu(A)\nu(B)$，恰好等于乘积测度。再用单调类论证，把截面可测性和积分等式从生成矩形扩展到 $\Sigma\otimes\mathcal T$ 中的所有可测集合。于是结论适用于可测集合的指示函数，并由积分线性性延伸到非负简单函数。任意非负可测 $F$ 都有递增简单函数列 $s_n\uparrow F$；分别在乘积空间与两个截面积分上使用单调收敛定理，便得到 Tonelli 等式。这个构造解释了为何“非负”足以允许结果为无穷，也解释了 Tonelli 与 MCT 的紧密联系。

有符号函数不能直接沿此过程相减。写成 $F=F^+-F^-$ 后，若 $\int F^+$ 与 $\int F^-$ 都是无穷，差没有定义。Fubini 增加 $\int|F|<\infty$，正是为了保证两个非负部分都有限，使每次拆分与重组都落在普通实数运算中。

Tonelli 与 Fubini 的不同入口

设上述两测度空间 $\sigma$-有限。

1. Tonelli 定理。 若 $F:X\times Y\to[0,\infty]$ 可测，则两个截面积分是可测的扩展实值函数，并且

$$\int_{X\times Y}F\,d(\mu\times\nu) =\int_X\left(\int_YF(x,y)\,d\nu(y)\right)d\mu(x) =\int_Y\left(\int_XF(x,y)\,d\mu(x)\right)d\nu(y).$$

三者允许同时等于 $+\infty$。

2. Fubini 定理。 若 $F$ 可测且 $F\in L^1(\mu\times\nu)$，即 $\int_{X\times Y}|F|<\infty$，则对几乎处处的 $x$ 和 $y$，相应截面绝对可积；两个累次积分都是有限值，并与乘积空间积分相等。

Tonelli 先处理非负函数，不需要预先知道积分有限，常用于证明一个积分是否可积。对于有正有负的 $F$，先对 $|F|$ 使用 Tonelli；若结果有限，就得到 Fubini 的绝对可积条件，再安全地拆成 $F^+-F^-$ 并换序。若 $\int|F|=\infty$，正负部分可能各自为无穷，形式上的“无穷减无穷”没有定义。

例 4：用 Tonelli 改变积分次序

在 $(0,\infty)^2$ 上令

$$F(x,y)=e^{-x}\mathbf 1_{\{0<y<x\}}.$$

$F$ 非负可测，所以无需先证明可积就能应用 Tonelli。先对 $y$ 积分：

$$\int_0^\infty\int_0^\infty F(x,y)\,dy\,dx =\int_0^\infty xe^{-x}\,dx=1.$$

反转次序时，区域 $0<y<x$ 表示固定 $y$ 后 $x\in(y,\infty)$，故

$$\int_0^\infty\int_0^\infty F(x,y)\,dx\,dy =\int_0^\infty\left(\int_y^\infty e^{-x}\,dx\right)dy =\int_0^\infty e^{-y}\,dy=1.$$

有限结果还反过来证明 $F\in L^1$。此后即使把 $F$ 乘上有界符号函数，也可用绝对值控制后应用 Fubini。

没有绝对可积性时两种累次求和可以不同

在 $\mathbb N\times\mathbb N$ 上取计数测度，定义

$$a_{mn}= \begin{cases} 1,&n=m,\\ -1,&n=m+1,\\ 0,&\text{其他情形}. \end{cases}$$

固定 $m$ 时一行只有 $1$ 与 $-1$，故 $\sum_n a_{mn}=0$，于是 $\sum_m(\sum_n a_{mn})=0$。固定 $n$ 时，第一列之和为 $1$；以后每列含一个 $-1$ 和一个 $1$，列和为零。因此

$$\sum_n\left(\sum_m a_{mn}\right)=1.$$

另一方面，每一行绝对值之和为 $2$，所以

$$\sum_{m,n}|a_{mn}|=\infty.$$

该函数不属于 $L^1(\mathbb N^2)$，Fubini 的假设失败。它也不是非负函数，不能用 Tonelli 把有符号级数直接换序。两种累次和都逐行或逐列存在，仍不足以保证相等；绝对可积性才排除无限正负质量以不同方式抵消。

练习

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在 $(0,1)$ 上令 $f(x)=x^{-1/3}$。判断 $f$ 分别是否属于 $L^1$、$L^2$、$L^3$ 和 $L^\infty$，并计算所有有限的范数。

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对有限 $p$，有

$$\lVert f\rVert_p^p=\int_0^1x^{-p/3}\,dx,$$

它有限当且仅当 $p/3<1$。所以 $f\in L^1\cap L^2$，

$$\lVert f\rVert_1=\frac32, \qquad \lVert f\rVert_2=\left(\int_0^1x^{-2/3}\,dx\right)^{1/2}=\sqrt3.$$

$p=3$ 时积分为 $\int_0^1x^{-1}dx=\infty$。函数在零附近的每个正测度区间上无界，故也不属于 $L^\infty$。

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设 $f,g$ 可测且 $f=g$ 几乎处处。证明对任意 $1\le p\le\infty$，只要其中一个属于 $L^p$，另一个也属于，并且二者范数相等。

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当 $p<\infty$ 时，$|f|^p=|g|^p$ 几乎处处，Lebesgue 积分不受零测集上的函数值改变影响，因此两个积分同时有限且相等。$p=\infty$ 时，对任意 $M\ge0$，条件 $|f|\le M$ 几乎处处与 $|g|\le M$ 几乎处处等价；对所有这样的 $M$ 取下确界，得到本质上确界相等。这也验证 $L^p$ 范数定义在等价类上。

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设 $a=(1,2,2)$、$b=(2,-1,3)$。用离散计数测度下的 Hölder 不等式验证 $|\sum_{k=1}^3a_kb_k|\le\lVert a\rVert_2\lVert b\rVert_2$，并比较两边数值。

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内积为 $2-2+6=6$。两个二范数分别为

$$\lVert a\rVert_2=\sqrt{1+4+4}=3, \qquad \lVert b\rVert_2=\sqrt{4+1+9}=\sqrt{14}.$$

所以 Hölder 给出 $6\le3\sqrt{14}$，右端约为 $11.22$。此处不取等，因为等号条件要求两个向量的绝对值成比例，$(1,2,2)$ 与 $(2,1,3)$ 不成比例。

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令 $E=\{(x,y)\in[0,1]^2:x<y\}$。分别先对 $x$ 和先对 $y$ 积分，计算 $\int_{[0,1]^2}\mathbf1_E\,d(x,y)$。

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指示函数非负可测，Tonelli 定理适用。固定 $y$ 时，满足 $0\le x<y$ 的截面长度为 $y$，所以积分为 $\int_0^1y\,dy=1/2$。固定 $x$ 时，满足 $x<y\le1$ 的截面长度为 $1-x$，所以反向积分为 $\int_0^1(1-x)\,dx=1/2$。对角线 $x=y$ 的二维测度为零，是否包含不改变结果。

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在正文的矩阵 $(a_{mn})$ 中，分别计算正部与负部在 $\mathbb N^2$ 上的积分，并解释为什么不能写成“总积分等于二者之差”。

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每行有一个正项和一个负项，因而

$$\sum_{m,n}a_{mn}^+=\infty, \qquad \sum_{m,n}a_{mn}^-=\infty.$$

Lebesgue 积分 $\int a$ 只有在正部、负部至少一个积分有限时才作为扩展实数定义；这里出现 $\infty-\infty$，所以乘积空间上的有符号积分未定义。逐行与逐列的有限抵消采用了不同分组，不能替代 Fubini 所要求的 $\sum|a_{mn}|<\infty$。

把范数控制带入换序问题

Lebesgue 积分与收敛定理 提供单调收敛、Fatou 引理和控制收敛；本章把“控制”整理为范数语言。$L^1$ 控制绝对积分，Hölder 把两个不同指数的估计配对，Minkowski 使函数列可以在完备赋范空间中取极限。乘积测度则把二重积分变成一个测度空间上的单一积分，再由 Tonelli 或 Fubini 决定是否允许展开成累次积分。

下一章 实分析与测度论综合复习 将从待交换的两个运算出发，联合检查紧致性、一致收敛、可测性、非负单调结构、可积控制与绝对可积性。

课程 · 2003

Measure and Integration

Jeff Viaclovsky

用于核对可测性、积分定义、极限换序条件、Lp 范数与乘积测度结论。

打开官方来源

MIT OpenCourseWare 18.125 Measure and Integration 的课程材料覆盖抽象测度、Lebesgue 积分、Lp 空间、乘积测度及 Fubini 定理，可用于核对本章的定理条件和证明框架。

课程 · 2020

Real Analysis

Casey Rodriguez

用于核对实数完备性、Cauchy 判据、紧致性、函数列极限交换和反例构造。

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MIT OpenCourseWare 18.100A Real Analysis 提供完备度量空间、函数列与一致收敛的先修背景，适合回查“范数 Cauchy”与逐点收敛之间的区别。