मोनोटोन अभिसरण प्रमेय

वास्तविक विश्लेषण के गणितीय क्षेत्र में, मोनोटोन अभिसरण प्रमेय कई संबंधित प्रमेयों में से है जो मोनोटोनिक अनुक्रमों (अनुक्रम जो गैर-घटते या गैर-बढ़ते हैं) के अभिसरण (गणित) को साबित करते हैं जो कि बंधा हुआ कार्य भी हैं। अनौपचारिक रूप से, प्रमेय बताते हैं कि यदि कोई अनुक्रम बढ़ रहा है और ऊपर सर्वोच्च से घिरा हुआ है, तो अनुक्रम सर्वोच्च में परिवर्तित हो जाएगा; उसी तरह, यदि कोई अनुक्रम घट रहा है और नीचे अनंत से घिरा है, तो यह अनंत में परिवर्तित हो जाएगा।

वास्तविक संख्याओं के मोनोटोन अनुक्रम का अभिसरण

लेम्मा 1

यदि वास्तविक संख्याओं का अनुक्रम बढ़ रहा है और ऊपर से घिरा हुआ है, तो इसकी सर्वोच्च सीमा है।

प्रमाण

होने देना $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ ऐसा क्रम हो, और चलो $\{a_{n}\}$ की शर्तों का सेट हो $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$. अनुमान से, $\{a_{n}\}$ गैर-रिक्त है और ऊपर से घिरा हुआ है। वास्तविक संख्याओं की न्यूनतम-ऊपरी-सीमा वाली संपत्ति द्वारा, ${\textstyle c=\sup _{n}\{a_{n}\}}$ अस्तित्व में है और सीमित है। अब, प्रत्येक के लिए $\varepsilon >0$, वहां मौजूद $N$ ऐसा है कि $a_{N}>c-\varepsilon$, अन्यथा से $c-\varepsilon$ की ऊपरी सीमा है $\{a_{n}\}$, जो की परिभाषा के विपरीत है $c$. तब से $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ बढ़ रहा है, और $c$ प्रत्येक के लिए इसकी ऊपरी सीमा है $n>N$, अपने पास $|c-a_{n}|\leq |c-a_{N}|<\varepsilon$. इसलिए, परिभाषा के अनुसार, की सीमा $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ है ${\textstyle \sup _{n}\{a_{n}\}.}$

लेम्मा 2

यदि वास्तविक संख्याओं का कोई क्रम घट रहा हो और नीचे परिबद्ध हो, तो उसकी न्यूनतम सीमा होती है।

प्रमाण

प्रमाण उस मामले के प्रमाण के समान है जब अनुक्रम बढ़ रहा है और ऊपर से घिरा हुआ है।

प्रमेय

अगर $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ वास्तविक संख्याओं का मोनोटोन अनुक्रम है (अर्थात्, यदि a_n≤ए_n+1 प्रत्येक n ≥ 1 या a के लिए_n≥ए_n+1 प्रत्येक n ≥ 1) के लिए, तो इस अनुक्रम की सीमित सीमा होती है यदि और केवल यदि अनुक्रम परिबद्ध अनुक्रम है।

प्रमाण

• यदि -दिशा: प्रमाण सीधे लेम्मास से आता है।
• केवल यदि -दिशा: (ε, δ) द्वारा - सीमा की परिभाषा, प्रत्येक अनुक्रम $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ सीमित सीमा के साथ $L$ आवश्यक रूप से परिबद्ध है।

एक मोनोटोन श्रृंखला का अभिसरण

प्रमेय

यदि सभी प्राकृत संख्याओं j और k के लिए, a_j,k गैर-नकारात्मक वास्तविक संख्या है और a_j,k≤ ए_j+1,k, तब

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

प्रमेय कहता है कि यदि आपके पास गैर-नकारात्मक वास्तविक संख्याओं का अनंत मैट्रिक्स है

1. कॉलम कमजोर रूप से बढ़ रहे हैं और बंधे हुए हैं, और
2. प्रत्येक पंक्ति के लिए, श्रृंखला (गणित) जिसके पद इस पंक्ति द्वारा दिए गए हैं, का अभिसरण योग है,

तो पंक्तियों के योग की सीमा उस श्रृंखला के योग के बराबर होती है जिसका पद k स्तंभ k की सीमा द्वारा दिया जाता है (जो इसका सर्वोच्च भी है)। श्रृंखला में अभिसरण योग होता है यदि और केवल यदि पंक्ति योगों का (कमजोर रूप से बढ़ता हुआ) क्रम परिबद्ध है और इसलिए अभिसरण है।

उदाहरण के तौर पर, पंक्तियों की अनंत श्रृंखला पर विचार करें

$\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}{\frac {1}{n^{k}}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}\times {\frac {n}{n}}\times {\frac {n-1}{n}}\times \cdots \times {\frac {n-k+1}{n}},$

जहां n अनंत तक पहुंचता है (इस श्रृंखला की सीमा e (गणितीय स्थिरांक) है)। यहां पंक्ति n और कॉलम k में मैट्रिक्स प्रविष्टि है

${\binom {n}{k}}{\frac {1}{n^{k}}}={\frac {1}{k!}}\times {\frac {n}{n}}\times {\frac {n-1}{n}}\times \cdots \times {\frac {n-k+1}{n}};$

कॉलम (निश्चित k) वास्तव में n के साथ कमजोर रूप से बढ़ रहे हैं और (1/k से!) बंधे हुए हैं, जबकि पंक्तियों में केवल सीमित रूप से कई गैर-शून्य पद हैं, इसलिए शर्त 2 संतुष्ट है; प्रमेय अब कहता है कि आप पंक्ति योग की सीमा की गणना कर सकते हैं $(1+1/n)^{n}$ अर्थात्, स्तंभ सीमाओं का योग लेकर${\frac {1}{k!}}$.

बेप्पो लेवी की लेम्मा

निम्नलिखित परिणाम बेप्पो लेवी के कारण है, जिन्होंने 1906 में हेनरी लेबेस्गुए द्वारा पहले के परिणाम का थोड़ा सा सामान्यीकरण साबित किया था। जो आगे हुआ, $\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}}$ को दर्शाता है $\sigma$- बोरेल का बीजगणित चालू होता है $[0,+\infty ]$. परिभाषा से, $\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}}$ सेट शामिल है $\{+\infty \}$ और सभी बोरेल उपसमुच्चय $\mathbb {R} _{\geq 0}.$

प्रमेय

होने देना $(\Omega ,\Sigma ,\mu )$ माप हो (गणित), और $X\in \Sigma$. बिंदुवार गैर-घटते क्रम पर विचार करें $\{f_{k}\}_{k=1}^{\infty }$ का $(\Sigma ,\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}})$-मापने योग्य कार्य गैर-नकारात्मक कार्य $f_{k}:X\to [0,+\infty ]$, अर्थात, प्रत्येक के लिए ${k\geq 1}$ और हर ${x\in X}$,

$0\leq f_{k}(x)\leq f_{k+1}(x)\leq \infty .$

अनुक्रम की बिन्दुवार सीमा निर्धारित करें $\{f_{n}\}$ होना $f$. यानी हर किसी के लिए $x\in X$,

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

तब $f$ है $(\Sigma ,\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}})$-मापने योग्य और

$\lim _{k\to \infty }\int _{X}f_{k}\,d\mu =\int _{X}f\,d\mu .$

टिप्पणी 1. अभिन्न अंग परिमित या अनंत हो सकते हैं।

टिप्पणी 2. यदि इसकी धारणाएँ मान्य हैं तो प्रमेय सत्य रहता है $\mu$-लगभग हर जगह। दूसरे शब्दों में, यह पर्याप्त है कि शून्य सेट है $N$ ऐसा कि क्रम $\{f_{n}(x)\}$ प्रत्येक के लिए गैर-कमी ${x\in X\setminus N}.$ यह देखने के लिए कि यह सच क्यों है, हम अवलोकन से शुरू करते हैं जो अनुक्रम की अनुमति देता है $\{f_{n}\}$ बिंदुवार गैर-घटाना लगभग हर जगह इसकी बिंदुवार सीमा का कारण बनता है $f$ कुछ शून्य सेट पर अपरिभाषित होना $N$. उस शून्य सेट पर, $f$ फिर मनमाने ढंग से परिभाषित किया जा सकता है, उदाहरण के लिए शून्य के रूप में, या किसी अन्य तरीके से जो मापनीयता को सुरक्षित रखता है। यह देखने के लिए कि यह प्रमेय के परिणाम को प्रभावित क्यों नहीं करेगा, तब से ध्यान दें ${\mu (N)=0},$ हमारे पास, हर किसी के लिए है $k,$

$\int _{X}f_{k}\,d\mu =\int _{X\setminus N}f_{k}\,d\mu$ और $\int _{X}f\,d\mu =\int _{X\setminus N}f\,d\mu ,$

उसे उपलब्ध कराया $f$ है $(\Sigma ,\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}})$-मापने योग्य. (ये समानताएं गैर-नकारात्मक फ़ंक्शन के लिए लेबेस्ग इंटीग्रल की परिभाषा से सीधे अनुसरण करती हैं)।

टिप्पणी 3. प्रमेय की मान्यताओं के तहत,

1. $\textstyle f(x)=\liminf _{k}f_{k}(x)=\limsup _{k}f_{k}(x)=\sup _{k}f_{k}(x)$
2. $\textstyle \liminf _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu =\textstyle \limsup _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu =\lim _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu =\sup _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu$

(ध्यान दें कि समानता की दूसरी श्रृंखला टिप्पणी 5 से अनुसरण करती है)।

टिप्पणी 4. नीचे दिया गया प्रमाण यहां स्थापित किए गए को छोड़कर लेबेस्ग इंटीग्रल के किसी भी गुण का उपयोग नहीं करता है। इस प्रकार, प्रमेय का उपयोग लेबेस्ग एकीकरण से संबंधित अन्य बुनियादी गुणों, जैसे कि रैखिकता, को साबित करने के लिए किया जा सकता है।

टिप्पणी 5 (लेबेस्ग इंटीग्रल की एकरसता)। नीचे दिए गए प्रमाण में, हम लेबेस्ग इंटीग्रल के मोनोटोनिक गुण को केवल गैर-नकारात्मक कार्यों पर लागू करते हैं। विशेष रूप से (टिप्पणी 4 देखें), कार्य करें $f,g:X\to [0,+\infty ]$ होना $(\Sigma ,\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}})$-मापने योग्य.

• अगर $f\leq g$ हर जगह पर $X,$ तब

$\int _{X}f\,d\mu \leq \int _{X}g\,d\mu .$

• अगर $X_{1},X_{2}\in \Sigma$ और $X_{1}\subseteq X_{2},$ तब

$\int _{X_{1}}f\,d\mu \leq \int _{X_{2}}f\,d\mu .$

सबूत। निरूपित $\operatorname {SF} (h)$ सरल का सेट $(\Sigma ,\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}})$-मापने योग्य कार्य $s:X\to [0,\infty )$ ऐसा है कि $0\leq s\leq h$ हर जगह पर $X.$ 1. चूँकि $f\leq g,$ अपने पास

$\operatorname {SF} (f)\subseteq \operatorname {SF} (g).$

लेबेस्ग इंटीग्रल की परिभाषा और सुप्रीमम के गुणों के अनुसार,

$\int _{X}f\,d\mu =\sup _{s\in {\rm {SF}}(f)}\int _{X}s\,d\mu \leq \sup _{s\in {\rm {SF}}(g)}\int _{X}s\,d\mu =\int _{X}g\,d\mu .$

2. चलो ${\mathbf {1} }_{X_{1}}$ सेट का सूचक कार्य हो $X_{1}.$ इसका अनुमान लेबेस्ग इंटीग्रल की परिभाषा से लगाया जा सकता है

$\int _{X_{2}}f\cdot {\mathbf {1} }_{X_{1}}\,d\mu =\int _{X_{1}}f\,d\mu$

यदि हम उस पर ध्यान दें, प्रत्येक के लिए $s\in {\rm {SF}}(f\cdot {\mathbf {1} }_{X_{1}}),$ $s=0$ के बाहर $X_{1}.$ पिछली संपत्ति के साथ संयुक्त, असमानता $f\cdot {\mathbf {1} }_{X_{1}}\leq f$ तात्पर्य

$\int _{X_{1}}f\,d\mu =\int _{X_{2}}f\cdot {\mathbf {1} }_{X_{1}}\,d\mu \leq \int _{X_{2}}f\,d\mu .$

प्रमाण

यह प्रमाण फ़तौ की प्रमेयिका पर निर्भर नहीं करता है; हालाँकि, हम बताते हैं कि उस लेम्मा का उपयोग कैसे किया जा सकता है। जो लोग प्रमाण की इस स्वतंत्रता में रुचि नहीं रखते हैं वे नीचे दिए गए मध्यवर्ती परिणामों को छोड़ सकते हैं।

मध्यवर्ती परिणाम

लेब्सग्यू माप के रूप में अभिन्न

लेम्मा 1. चलो $(\Omega ,\Sigma ,\mu )$ मापने योग्य स्थान बनें. सरल पर विचार करें $(\Sigma ,\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}})$-मापने योग्य गैर-नकारात्मक कार्य $s:\Omega \to {\mathbb {R} _{\geq 0}}$. उपसमुच्चय के लिए $S\subseteq \Omega$, परिभाषित करना

$\nu (S)=\int _{S}s\,d\mu .$

तब $\nu$ पर उपाय है $\Omega$.

प्रमाण

एकरसता टिप्पणी 5 से आती है। यहां, हम केवल गणनीय योगात्मकता सिद्ध करेंगे, बाकी पाठक पर छोड़ देंगे। होने देना $S=\bigcup _{i=1}^{\infty }S_{i}$, जहां सभी सेट $S_{i}$ जोड़ीवार असंयुक्त हैं. सरलता के कारण,

$s=\sum _{i=1}^{n}c_{i}\cdot {\mathbf {1} }_{A_{i}},$

कुछ परिमित गैर-ऋणात्मक स्थिरांकों के लिए $c_{i}\in {\mathbb {R} }_{\geq 0}$ और जोड़ीवार असंयुक्त सेट $A_{i}\in \Sigma$ ऐसा है कि $\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}=\Omega$. लेब्सेग इंटीग्रल की परिभाषा के अनुसार,

${\begin{aligned}\nu (S)&=\sum _{i=1}^{n}c_{i}\cdot \mu (S\cap A_{i})\\&=\sum _{i=1}^{n}c_{i}\cdot \mu \left(\left(\bigcup _{j=1}^{\infty }S_{j}\right)\cap A_{i}\right)\\&=\sum _{i=1}^{n}c_{i}\cdot \mu \left(\bigcup _{j=1}^{\infty }(S_{j}\cap A_{i})\right)\end{aligned}}$

चूंकि सभी सेट $S_{j}\cap A_{i}$ जोड़ीवार असंयुक्त हैं, गणनीय योगात्मकता $\mu$ हमें देता है

$\sum _{i=1}^{n}c_{i}\cdot \mu \left(\bigcup _{j=1}^{\infty }(S_{j}\cap A_{i})\right)=\sum _{i=1}^{n}c_{i}\cdot \sum _{j=1}^{\infty }\mu (S_{j}\cap A_{i}).$

चूँकि सभी सारांश गैर-ऋणात्मक हैं, श्रृंखला का योग, चाहे यह योग परिमित हो या अनंत, यदि योग क्रम बदलता है तो नहीं बदल सकता। इसी कारणवश,

${\begin{aligned}\sum _{i=1}^{n}c_{i}\cdot \sum _{j=1}^{\infty }\mu (S_{j}\cap A_{i})&=\sum _{j=1}^{\infty }\sum _{i=1}^{n}c_{i}\cdot \mu (S_{j}\cap A_{i})\\&=\sum _{j=1}^{\infty }\int _{S_{j}}s\,d\mu \\&=\sum _{j=1}^{\infty }\nu (S_{j}),\end{aligned}}$

आवश्यकता अनुसार।

नीचे से निरंतरता

निम्नलिखित संपत्ति माप की परिभाषा का प्रत्यक्ष परिणाम है।

लेम्मा 2. चलो $\mu$ उपाय हो, और $S=\bigcup _{i=1}^{\infty }S_{i}$, कहाँ

$S_{1}\subseteq \cdots \subseteq S_{i}\subseteq S_{i+1}\subseteq \cdots \subseteq S$

अपने सभी सेटों के साथ गैर-घटती हुई श्रृंखला है $\mu$-मापने योग्य. तब

$\mu (S)=\lim _{i}\mu (S_{i}).$

प्रमेय का प्रमाण

चरण 1. हम इसे दिखाकर शुरुआत करते हैं $f$ है $(\Sigma ,\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}})$-मापने योग्य.

टिप्पणी। यदि हम फ़तौ की लेम्मा का उपयोग कर रहे थे, तो मापनीयता टिप्पणी 3(ए) से आसानी से अनुसरण करेगी।

फ़तौ के लेम्मा का उपयोग किए बिना ऐसा करने के लिए, यह दिखाना पर्याप्त है कि अंतराल की उलटी छवि $[0,t]$ अंतर्गत $f$ सिग्मा-बीजगणित का तत्व है $\Sigma$ पर $X$, क्योंकि (बंद) अंतराल वास्तविक पर बोरेल सिग्मा बीजगणित उत्पन्न करते हैं। तब से $[0,t]$ बंद अंतराल है, और, प्रत्येक के लिए $k$, $0\leq f_{k}(x)\leq f(x)$,

$0\leq f(x)\leq t\quad \Leftrightarrow \quad {\Bigl [}\forall k\quad 0\leq f_{k}(x)\leq t{\Bigr ]}.$

इस प्रकार,

$\{x\in X\mid 0\leq f(x)\leq t\}=\bigcap _{k}\{x\in X\mid 0\leq f_{k}(x)\leq t\}.$

एक के नीचे स्थापित बोरेल की उलटी छवि होना $(\Sigma ,\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}})$-मापने योग्य कार्य $f_{k}$, गणनीय प्रतिच्छेदन में प्रत्येक सेट का तत्व है $\Sigma$. तब से $\sigma$-बीजगणित, परिभाषा के अनुसार, गणनीय प्रतिच्छेदन के अंतर्गत बंद होते हैं, इससे पता चलता है $f$ है $(\Sigma ,\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}})$-मापने योग्य, और अभिन्न $\textstyle \int _{X}f\,d\mu$ अच्छी तरह से परिभाषित है (और संभवतः अनंत)।

स्टेप 2. हम सबसे पहले वो दिखाएंगे $\textstyle \int _{X}f\,d\mu \geq \lim _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu .$ की परिभाषा $f$ और की एकरसता $\{f_{k}\}$ इसका मतलब यह है $f(x)\geq f_{k}(x)$, हरएक के लिए $k$ और हर $x\in X$. लेबेस्ग इंटीग्रल की एकरसता (या, अधिक सटीक रूप से, रिमार्क 5 में स्थापित इसका संकीर्ण संस्करण; रिमार्क 4 भी देखें) द्वारा,

$\int _{X}f\,d\mu \geq \int _{X}f_{k}\,d\mu ,$

और

$\int _{X}f\,d\mu \geq \lim _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu .$

ध्यान दें कि दाईं ओर की सीमा मौजूद है (सीमित या अनंत) क्योंकि, एकरसता के कारण (टिप्पणी 5 और टिप्पणी 4 देखें), अनुक्रम गैर-घटता नहीं है।

चरण 2 का अंत.

अब हम विपरीत असमानता को सिद्ध करते हैं। हम यह दिखाना चाहते हैं

$\int _{X}f\,d\mu \leq \lim _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu$.

फ़तौ की लेम्मा का उपयोग करके प्रमाण। टिप्पणी 3 के अनुसार, जिस असमानता को हम सिद्ध करना चाहते हैं वह इसके समतुल्य है

$\int _{X}\liminf _{k}f_{k}(x)\,d\mu \leq \liminf _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu .$

लेकिन बाद वाला फ़तौ की लेम्मा से तुरंत अनुसरण करता है, और प्रमाण पूरा हो गया है।

स्वतंत्र प्रमाण. फ़तौ की लेम्मा का उपयोग किए बिना असमानता को साबित करने के लिए, हमें कुछ अतिरिक्त मशीनरी की आवश्यकता है। निरूपित $\operatorname {SF} (f)$ सरल का सेट $(\Sigma ,\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}})$-मापने योग्य कार्य $s:X\to [0,\infty )$ ऐसा है कि $0\leq s\leq f$ पर $X$.

चरण 3. सरल कार्य दिया गया है $s\in \operatorname {SF} (f)$ और वास्तविक संख्या $t\in (0,1)$, परिभाषित करना

$B_{k}^{s,t}=\{x\in X\mid t\cdot s(x)\leq f_{k}(x)\}\subseteq X.$

तब $B_{k}^{s,t}\in \Sigma$, $B_{k}^{s,t}\subseteq B_{k+1}^{s,t}$, और $\textstyle X=\bigcup _{k}B_{k}^{s,t}$.

चरण 3ए. पहले दावे को साबित करने के लिए आइए $\textstyle s=\sum _{i=1}^{m}c_{i}\cdot {\mathbf {1} }_{A_{i}}$, जोड़ीवार असंयुक्त मापन योग्य सेटों के कुछ सीमित संग्रह के लिए $A_{i}\in \Sigma$ ऐसा है कि $\textstyle X=\cup _{i=1}^{m}A_{i}$, कुछ (परिमित) गैर-नकारात्मक स्थिरांक $c_{i}\in {\mathbb {R} }_{\geq 0}$, और ${\mathbf {1} }_{A_{i}}$ सेट के सूचक फ़ंक्शन को दर्शाते हुए $A_{i}$.

हरएक के लिए $x\in A_{i},$ $t\cdot s(x)\leq f_{k}(x)$ यदि और केवल यदि धारण करता है $f_{k}(x)\in [t\cdot c_{i},+\infty ].$ यह देखते हुए कि सेट $A_{i}$ जोड़ीवार असंयुक्त हैं,

$B_{k}^{s,t}=\bigcup _{i=1}^{m}{\Bigl (}f_{k}^{-1}{\Bigl (}[t\cdot c_{i},+\infty ]{\Bigr )}\cap A_{i}{\Bigr )}.$

पूर्व छवि के बाद से $f_{k}^{-1}{\Bigl (}[t\cdot c_{i},+\infty ]{\Bigr )}$ बोरेल सेट का $[t\cdot c_{i},+\infty ]$ मापने योग्य फ़ंक्शन के अंतर्गत $f_{k}$ मापने योग्य है, और $\sigma$-बीजगणित, परिभाषा के अनुसार, परिमित प्रतिच्छेदन और संघों के अंतर्गत बंद हैं, पहला दावा इस प्रकार है।

चरण 3बी. दूसरे दावे को साबित करने के लिए, प्रत्येक के लिए उस पर ध्यान दें $k$ और हर $x\in X$, $f_{k}(x)\leq f_{k+1}(x).$ चरण 3सी. तीसरे दावे को साबित करने के लिए हम उसे दिखाते हैं $\textstyle X\subseteq \bigcup _{k}B_{k}^{s,t}$.

वास्तव में, यदि, इसके विपरीत, $\textstyle X\not \subseteq \bigcup _{k}B_{k}^{s,t}$, फिर तत्व

$\textstyle x_{0}\in X\setminus \bigcup _{k}B_{k}^{s,t}=\bigcap _{k}(X\setminus B_{k}^{s,t})$

ऐसा मौजूद है $f_{k}(x_{0})<t\cdot s(x_{0})$, हरएक के लिए $k$. सीमा मान कर $k\to \infty$, हम पाते हैं

$f(x_{0})\leq t\cdot s(x_{0})<s(x_{0}).$

लेकिन प्रारंभिक धारणा से, $s\leq f$. यह विरोधाभास है.

चरण 4. हर सरल के लिए $(\Sigma ,\operatorname {\mathcal {B}} _{\mathbb {R} _{\geq 0}})$-मापने योग्य गैर-नकारात्मक कार्य $s_{2}$,

$\lim _{n}\int _{B_{n}^{s,t}}s_{2}\,d\mu =\int _{X}s_{2}\,d\mu .$

इसे सिद्ध करने के लिए परिभाषित करें $\textstyle \nu (S)=\int _{S}s_{2}\,d\mu$. लेम्मा 1 द्वारा, $\nu (S)$ पर उपाय है $\Omega$. नीचे से निरंतरता द्वारा (लेम्मा 2),

$\lim _{n}\int _{B_{n}^{s,t}}s_{2}\,d\mu =\lim _{n}\nu (B_{n}^{s,t})=\nu (X)=\int _{X}s_{2}\,d\mu ,$

आवश्यकता अनुसार।

चरण 5. अब हम इसे प्रत्येक के लिए सिद्ध करते हैं $s\in \operatorname {SF} (f)$,

$\int _{X}s\,d\mu \leq \lim _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu .$

दरअसल, की परिभाषा का उपयोग करते हुए $B_{k}^{s,t}$, की गैर-नकारात्मकता $f_{k}$, और लेबेस्ग इंटीग्रल की एकरसता (टिप्पणी 5 और रिमार्क 4 देखें), हमारे पास है

$\int _{B_{k}^{s,t}}t\cdot s\,d\mu \leq \int _{B_{k}^{s,t}}f_{k}\,d\mu \leq \int _{X}f_{k}\,d\mu ,$

हरएक के लिए $k\geq 1$. चरण 4 के अनुसार, जैसे $k\to \infty$, असमानता हो जाती है

$t\int _{X}s\,d\mu \leq \lim _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu .$

सीमा मान कर $t\uparrow 1$ पैदावार

$\int _{X}s\,d\mu \leq \lim _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu ,$

आवश्यकता अनुसार।

चरण 6. अब हम विपरीत असमानता को सिद्ध करने में सक्षम हैं, अर्थात।

$\int _{X}f\,d\mu \leq \lim _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu .$

दरअसल, गैर-नकारात्मकता से, $f_{+}=f$ और $f_{-}=0.$ नीचे दी गई गणना के लिए, की गैर-नकारात्मकता $f$ जरूरी है। लेबेस्ग इंटीग्रल की परिभाषा और चरण 5 में स्थापित असमानता को लागू करने पर, हमारे पास है

$\int _{X}f\,d\mu =\sup _{s\in \operatorname {SF} (f)}\int _{X}s\,d\mu \leq \lim _{k}\int _{X}f_{k}\,d\mu .$

सबूत पूरा है.

यह भी देखें

• अनंत शृंखला
• प्रभुत्व अभिसरण प्रमेय

टिप्पणियाँ

[[it:Passaggio al limite sotto segno di integrale#Integrale di Lebesg