关于L²空间中几乎处处收敛且范数有界的函数列在L¹空间中收敛的证明方法问询

问题描述：
设 ( f_n, f \in L^2([a,b]) )，满足 ( f_n ) 几乎处处收敛于 ( f )，且对所有 ( n \in \mathbb{N} )，有 ( |f_n|{L^2} \leq M )（( M ) 为常数）。
求证：( \lim{n \to \infty} |f_n - f|_{L^1} = 0 )

嘿，这个问题是有限测度空间上泛函分析的经典结论，我给你梳理两种好上手的证明思路，都是用咱们常用的分析工具：

方法一：叶戈罗夫定理 + 柯西不等式 #

因为([a,b])是有限测度空间（测度(b-a<\infty)），刚好能用上叶戈罗夫定理，步骤如下：

• 首先回忆叶戈罗夫定理：有限测度空间上几乎处处收敛的函数列是近一致收敛的——也就是说，对任意(\varepsilon>0)，总能找到一个可测子集(E \subset [a,b])，使得(m([a,b]\setminus E) < \varepsilon)，且(f_n)在(E)上一致收敛到(f)。
• 我们把(L^1)范数拆成两个部分的积分：
  [
  |f_n - f|{L^1} = \int_E |f_n - f| dx + \int{[a,b]\setminus E} |f_n - f| dx
  ]
• 处理第一部分（一致收敛区域）：
  对给定的(\varepsilon)，因为(f_n)在(E)上一致收敛，所以存在正整数(N)，当(n>N)时，对所有(x \in E)都有(|f_n(x)-f(x)| < \varepsilon)，那么这部分积分满足：
  [
  \int_E |f_n - f| dx < \varepsilon \cdot m(E) \leq \varepsilon (b-a)
  ]
• 处理第二部分（小测度补集）：
  先用三角不等式拆分：(|f_n - f| \leq |f_n| + |f|)，所以积分拆成(\int_{[a,b]\setminus E} |f_n| dx + \int_{[a,b]\setminus E} |f| dx)。
  对每一项用柯西不等式：对任意可测集(A)，有(\int_A |g| dx \leq \sqrt{m(A)} \cdot |g|{L^2(A)})。
  已知(|f_n|{L^2} \leq M)，再用法图引理可得(|f|{L^2} \leq \liminf{n \to \infty} |f_n|_{L^2} \leq M)（对(|f_n|^{2)应用法图引理，因为(|f_n|}2 \to |f|^2) a.e.）。
  代入补集(A=[a,b]\setminus E)（(m(A)<\varepsilon)），就有：
  [
  \int_A |f_n| dx \leq \sqrt{\varepsilon} \cdot M, \quad \int_A |f| dx \leq \sqrt{\varepsilon} \cdot M
  ]
  所以第二部分积分总和小于(2M\sqrt{\varepsilon})。
• 最后合并两部分：
  当(n>N)时，(|f_n - f|{L^1} < \varepsilon(b-a) + 2M\sqrt{\varepsilon})。因为(\varepsilon)是任意小的正数，让(\varepsilon)趋近于0，就能得到(\lim{n \to \infty} |f_n - f|_{L^1}=0)。

方法二：截断技巧 + 勒贝格控制收敛定理 #

这个方法核心是用截断把“大值部分”的积分控制住，再用控制收敛定理处理“小值部分”：

• 第一步先确认(f \in L^{2([a,b]))：和方法一一样，用法图引理可得(|f|_{L}2} \leq M)，所以(f)确实在(L^2)里。
• 把(L^1)范数拆成“截断内”和“截断外”两部分：
  对任意(\varepsilon>0)，取足够大的常数(K>0)，令(F_K = {x \in [a,b] : |f_n(x)-f(x)| \leq K})，那么：
  [
  |f_n - f|{L^1} = \int{F_K} |f_n - f| dx + \int_{[a,b]\setminus F_K} |f_n - f| dx
  ]
• 处理截断外的积分（大值部分）：
  注意到(|f_n - f| > K)时，(|f_n - f| \leq \frac{|f_n - f|^2}{K})，所以：
  [
  \int_{[a,b]\setminus F_K} |f_n - f| dx \leq \frac{1}{K} \int_{[a,b]} |f_n - f|^2 dx
  ]
  展开平方项：(\int |f_n - f|^2 dx = |f_n|^2 + |f|^2 - 2\int f_n f dx)，因为(|f_n| \leq M)、(|f| \leq M)，所以这部分积分的上界是(M^2 + M^2 + 2M^2=4M2)（用柯西不等式估计交叉项(\int f_n f dx \leq |f_n| |f| \leq M^2)）。
  所以只要取(K > \frac{4M^2}{\varepsilon})，就能让截断外的积分小于(\varepsilon)。
• 处理截断内的积分（小值部分）：
  这部分里(|f_n - f| \leq K)，而(K)是常数，在有限测度空间([a,b])上可积，又因为(f_n \to f) a.e.，根据勒贝格控制收敛定理，当(n)足够大时，这部分积分也小于(\varepsilon)。
• 合并两部分：
  当(n)足够大时，(|f_n - f|_{L^1} < \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon)，由(\varepsilon)的任意性，得证。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者user982931