在數學中，有許多定理稱為單調收斂定理；這裡我們介紹一些主要的例子。



單調實數序列的收斂性

定理

如果 _ak_ 是一個單調的實數序列（例如 _ak_ ≤ _a_k+1），則這個序列具有極限（如果我們把正無窮大和負無窮大也算作極限的話）。若且唯若序列是有界的，這個極限是有限的。

證明

我們證明如果遞增序列 $\langle a_{n}\rangle $ 有上界，則它是收斂的，且它的極限為 $\sup _{n}\{a_{n}\}$ 。

由於 $\{a_{n}\}$ 非空且有上界，因此根據實數的最小上界公理， $c=\sup _{n}\{a_{n}\}$ 存在，且是有限的。現在，對於每一個 $\varepsilon >0$ ，都存在一個 $a_{N}$ ，使得 $a_{N}>c-\varepsilon $ ，否則 $c-\varepsilon $ 是 $\{a_{n}\}$ 的一個上界，這與 $c$ 為最小上界 $\sup _{n}\{a_{n}\}$ 的事實矛盾。於是，由於 $\langle a_{n}\rangle $ 是遞增的，對於所有的 n > N，都有 $|c-a_{n}|=c-a_{n}\leq c-a_{N}<\varepsilon $ ，因此根據定義， $\langle a_{n}\rangle $ 的極限為 $\sup _{n}\{a_{n}\}$ 。證畢。

類似地，如果一個實數序列是遞減且有下界，則它的最大下界就是它的極限。



單調級數的收斂性

定理

如果對於所有的自然數 _j_ 和 _k_，_a_j,_k_ 都是非負實數，且 _a_j,_k_ ≤ _a_j+1,_k_，則（參見第 168 頁）：

　
: $\lim _{j\to \infty }\sum _{k}a_{j,k}=\sum _{k}\lim _{j\to \infty }a_{j,k}$



勒貝格單調收斂定理

這個定理是前一個定理的推廣，也許就是最重要的單調收斂定理。

定理

設 ( X, A, $\mu $ ) 為一個測度空間。若序列 $f_{1},f_{2},\ldots $ 為定義域是 $X$ ，對應域是 $[0,\infty )$ 的 $\mu $ - 可測單調遞增函數序列。也就是說 $\forall x\in X,\,k\in \mathbb {N} $ ，有

　
: $0\leq f_{k}(x)\leq f_{k+1}(x)$ 。

接著，設序列 $\{f_{n}\}$ 的逐點極限為 $f$ 。也就是說 $\forall x\in X,$

　
: $f(x):=\lim _{k\to \infty }f_{k}(x)$ 。

則 $f$ 會是 $\mu $ - 可測函數，且：

　
: $\lim _{k\to \infty }\int _{X}f_{k}\,d\mu =\int _{X}f\,d\mu $ 。（參見第 21.38 節）

注意其積分值不一定是有限值，也就是左右兩邊可能都是無限大。

證明

我們首先證明 f 是 $\mu $ - 可測函數。為此，只需證明區間 [0,t] 在 f 下的原像是 X 上的 σ 代數 A 的一個元素。設 I 為 $[0,\infty ]$ 的一個子區間。那麼：

　
: $f^{-1}(I)=\{x\in X|f(x)\in I\}$ 。

另一方面，由於 [0,t] 是閉區間，因此：

　
: $f(x)\in I\Leftrightarrow f_{k}(x)\in I,~\forall k\in \mathbb {N} $ 。

所以：

　
: $\{x\in X|f(x)\in I\}=\bigcap _{k\in \mathbb {N} }\{x\in X|f_{k}(x)\in I\}$ 。

注意可數交集中的每一個集合都是 A 的一個元素，這是因為它是一個波萊爾子集在 $\mu $ - 可測函數 $f_{k}$ 下的原像。由於根據定義，σ 代數在可數交集下封閉，因此這便證明了 f 是 $\mu $ - 可測的。需要注意的是，一般來說，任何可測函數的最小上界也是可測的。

現在我們證明單調收斂定理的餘下的部分。f 是 $\mu $ - 可測的事實，意味著表達式 $\int fd\mu $ 是定義良好的。

我們從證明 $\int fd\mu \geq \lim _{k}\int f_{k}d\mu $ 開始。

根據勒貝格積分的定義，

　
: $\int fd\mu =sup\{\int gd\mu |g\in SF,g\leq f\}$ ，

其中 SF 是 X 上的 $\mu $ - 可測簡單函數的交集。由於在每一個 $x\in X$ ，都有 $f_{k}(x)\leq f(x)$ ，我們便有：

　
: $\left\{\int gd\mu |g\in SF,g\leq f_{k}\right\}\subseteq \left\{\int gd\mu |g\in SF,g\leq f\right\}.$

因此，由於一個子集的最小上界不能大於整個集合的最小上界，我們便有： $\int fd\mu \geq \lim _{k}\int f_{k}d\mu .$

右面的極限存在，因為序列是單調的。

我們現在證明另一個方向的不等式（也可從法圖引理推出），也就是說，我們來證明：

　
: $\int fd\mu \leq \lim _{k}\int f_{k}d\mu .$

從積分的定義可以推出，存在一個非負簡單函數的非遞減序列 _g_n，它幾乎處處逐點收斂於 _f_，且：

　
: $\lim _{k}\int g_{k}d\mu =\int fd\mu .$

只需證明對於每一個 $k\in \mathbb {N} $ ，都有：

　
: $\int g_{k}d\mu \leq \lim _{j}\int f_{j}d\mu $

這是因為如果這對每一個 _k_ 都成立，那麼等式左端的極限也將小於或等於等式右端。

我們證明如果 _gk_ 是簡單函數，且

　
: $\lim _{j}f_{j}(x)\geq g_{k}(x)$

幾乎處處，則：

　
: $\lim _{j}\int f_{j}d\mu \geq \int g_{k}d\mu .$

由於積分是線性的，我們可以把函數 $g_{k}$ 分拆成它的常數部分，化為 $g_{k}$ 是 σ 代數 A 的一個元素 B 的指示函數的情況。在這種情況下，我們假設 $f_{j}$ 是一個可測函數的序列，它在 B 的每一個點的最小上界都大於或等於一。

為了證明這個結果，固定 $\epsilon >0$ ，並定義可測集合的序列：

　
: $B_{n}=\{x\in B:f_{n}(x)\geq 1-\epsilon \}.$

根據積分的單調性，可以推出對於任何的 $n\in \mathbb {N} $ ，都有：

　
: $\mu (B_{n})(1-\epsilon )=\int (1-\epsilon )1_{B_{n}}d\mu \leq \int f_{n}d\mu $

根據 $\lim _{j}f_{j}(x)\geq g_{k}(x)$ 的假設，對於足夠大的 _n_，任何 _B_ 內的 _x_ 都將位於 $B_{n}$ 內，因此：

　
: $\bigcup _{n}B_{n}=B$ 。

所以，我們有：

　
: $\int g_{k}d\mu =\int 1_{B}d\mu =\mu (B)=\mu (\bigcup _{n}B_{n}).$

利用測度的單調性，可得：

　
: $\mu (\bigcup _{n}B_{n})=\lim _{n}\mu (B_{n})\leq \lim _{n}(1-\epsilon )^{-1}\int f_{n}d\mu $

取 $k\rightarrow \infty $ ，並利用這對任何正數 $\epsilon $ 都正確的事實，定理便得證。



參見


* 無窮級數

* 勒貝格控制收斂定理



注釋