关于Lebesgue积分极限的证明求助：∫|f|^(1/n)dμ的极限等于f非零集的测度

提问内容： #

设 $f: X \rightarrow \mathbb{R}$ 是可积函数，要证明：
$$ \lim _{n \to \infty} \int |f|^{1/n} d{\mu}= \mu( {x \mid f(x) \neq 0})$$

我的思路：
$$\lim_{n \to \infty} |f|^{1/n}= \chi_{{x: f(x) \neq 0}}.$$
对 $|f|^{1/n}$ 应用Fatou引理，得到：
$$ \int \liminf |f|^{1/n} = \mu( {x \mid f(x) \neq 0}) \leq \liminf \int|f|^{1/n}= \lim \int |f|^{1/n}.$$
但是我没法证明反向不等式。我想尝试用控制收敛定理（LDCT），但只有当 $|f|\geq1$ 时才有 $|f|^{1/n} \leq |f|$；当 $|f|\leq1$ 时，$1 \geq|f|^{1/n} \geq|f|$，而且测度空间没有额外限制，我没法证明 $|f|^{1/n}$ 是可积的。
有人能帮帮我吗？

解答：拆分集合+结合控制收敛定理与测度逼近 #

嗨，你已经把下界搞定了，剩下的反向不等式其实可以通过拆分定义域来解决，把积分分成两个部分分别处理，就能找到合适的控制条件啦！

首先，我们把定义域拆成三个不交的集合：

• $A = {x \mid |f(x)| \geq 1}$（函数值大于等于1的部分）
• $B = {x \mid 0 < |f(x)| < 1}$（函数值在0到1之间的部分）
• $C = {x \mid f(x) = 0}$（函数值为0的部分，这部分积分始终是0，可以直接忽略）

1. 处理集合A上的积分

在A上，因为 $|f(x)| \geq 1$，而当 $t \geq 1$ 时，$t^{1/n}$ 是单调递减趋于1的，所以显然有 $|f(x)|^{1/n} \leq |f(x)|$。又因为 $f$ 是可积的，$|f|$ 在A上自然也是可积的，满足控制收敛定理的条件。因此：
$$\lim_{n \to \infty} \int_A |f|^{1/n} d\mu = \int_A \lim_{n \to \infty} |f|^{1/n} d\mu = \int_A 1 d\mu = \mu(A)$$

2. 处理集合B上的积分

这部分是难点，因为B上 $|f(x)| < 1$，$|f(x)|^{1/n}$ 是单调递增趋于1的，但直接用1做控制函数的话，如果 $\mu(B)$ 无限，1就不可积了。不过别忘了**$f$ 是可积的这个关键条件，我们可以用测度逼近**的思路来处理：

对于任意的 $\epsilon > 0$，我们取一个足够大的正整数M，定义 $B_M = {x \in B \mid |f(x)| \geq 1/M}$。因为 $f$ 可积，$\int_{B_M} |f| d\mu \geq \frac{1}{M}\mu(B_M)$，所以 $\mu(B_M) < \infty$（否则积分会发散，和f可积矛盾）。

• 在 $B_M$ 上，$|f(x)|^{1/n} \leq 1$，而 $\mu(B_M)$ 有限，所以1是可积的控制函数，由控制收敛定理：
  $$\lim_{n \to \infty} \int_{B_M} |f|^{1/n} d\mu = \int_{B_M} 1 d\mu = \mu(B_M)$$
• 在 $B \setminus B_M$ 上，$|f(x)| < 1/M$，所以 $|f(x)|^{1/n} < (1/M)^{1/n} \leq 1/M$（因为n≥1，0<1/M<1，指数越小值越大）。同时，因为 $f$ 可积，当M足够大时，$\int_{B \setminus B_M} |f| d\mu < \epsilon$，而 $|f(x)| < 1/M$，所以 $\mu(B \setminus B_M) \leq M \int_{B \setminus B_M} |f| d\mu < M\epsilon$，因此：
  $$\int_{B \setminus B_M} |f|^{1/n} d\mu \leq \frac{1}{M} \cdot \mu(B \setminus B_M) < \epsilon$$

现在，把B上的积分拆成两部分：
$$\int_B |f|^{1/n} d\mu = \int_{B_M} |f|^{1/n} d\mu + \int_{B \setminus B_M} |f|^{1/n} d\mu$$

对两边取上极限（limsup）：
$$\limsup_{n \to \infty} \int_B |f|^{1/n} d\mu \leq \mu(B_M) + \epsilon$$

接下来，让M→∞，$B_M$ 单调递增到B，所以 $\mu(B_M) \to \mu(B)$；再让 $\epsilon \to 0$，就得到：
$$\limsup_{n \to \infty} \int_B |f|^{1/n} d\mu \leq \mu(B)$$

3. 合并结果

把A和B的结果合并起来：
$$\limsup_{n \to \infty} \int |f|^{1/n} d\mu = \limsup_{n \to \infty} \left( \int_A |f|^{1/n} d\mu + \int_B |f|^{1/n} d\mu \right) \leq \mu(A) + \mu(B) = \mu({f \neq 0})$$

而你之前用Fatou引理已经得到了下界：
$$\mu({f \neq 0}) \leq \liminf_{n \to \infty} \int |f|^{1/n} d\mu$$

结合上下界的结果，就有：
$$\mu({f \neq 0}) \leq \liminf_{n \to \infty} \int |f|^{1/n} d\mu \leq \limsup_{n \to \infty} \int |f|^{1/n} d\mu \leq \mu({f \neq 0})$$

这说明极限存在，且等于 $\mu({f \neq 0})$，完美解决问题！

备注：内容来源于stack exchange，提问作者hashirama