Arzela控制收敛定理与Lebesque控制收敛定理
Arzela控制收敛定理
设f_n(x)(n=1,2,3...)是定义在[a,b]上黎曼可积函数，且f_n(x)\le M满足
\lim_{n \to \infty} f_n\left(x\right) = f\left(x\right), \quad x \in \left[a, b\right]
那么则有:
\lim_{n \to \infty} \int_{a}^{b} f_n(x) \, \mathrm{d}x = \int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x
公式的证明较为复杂，具体参考文章:有界收敛定理(Arzela控制收敛定理) - 知乎
Lebesque控制收敛定理
设f_n(x)(n=1,2,3...)是定义在[a,b]上勒贝格可积函数，且f_n(x)\le g(x)满足
\lim_{n \to \infty} f_n\left(x\right) = f\left(x\right), \quad x \in \left[a, b\right]
那么则有:
\lim_{n \to \infty} \int_{a}^{b} f_n(x) \, \mathrm{d}x = \int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x
证明过程较为复杂,可参考实变函数第21讲（勒贝格积分：勒贝格控制收敛定理LDCT，积分极限定理的应用） - 知乎
事实上,Lebesque控制收敛定理可以认为是Arzela控制收敛定理在更一般的测度空间上的一般推广。但Lebesque控制收敛定理的条件显然是高于Arzela的。
控制收敛定理的应用
求下列极限:
\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{n x^{1/2}}{1 + n x^{3/2}} \sin^3(nx) \, dx。
\text{解：记 } f_n(x) = \frac{n x^{1/2}}{1 + n x^{3/2}} \sin^3(nx)，
\text{又 } \lim_{n \to \infty} f_n(x) = 0, \quad x \in [0,1]
\left| f_n(x) \right| = \left| \frac{n x^{1/2}}{1 + n x^{3/2}} \sin^3(nx) \right| \leq \left| \frac{n x^{1/2}}{1 + n x^{3/2}} \right| \leq x^{1/2}
x \in [0,1],\quad n = 1, 2, \dots
\text{且 } x^{1/2} \text{ 在 } [0,1] \text{ 上非负可积，故由 Lebesgue 控制收敛定理得}
\lim_{n \to \infty}^{(R)} \int_0^1 f_n(x) \, dx = \lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{n x^{1/2}}{1 + n x^{3/2}} \sin^3(nx) \, dx = \int_0^1 0 \, dx = 0。
上述都可以进行的原因在于\text{ } f_n(x) \text{ 在 } [0,1] \text{ 上连续，因而在 } [0,1] \text{ 上（R）可积和（L）可积。}
而在应用的过程中，由于Lebesque收敛的控制函数较难发现，使用Arzela控制收敛定理则可以减小这一技巧性，在上题中如果使用此定理，易知实质上就是对0的积分，因而结果即为0。
有时Arzela控制定理藏得比较深，直接采用是无法解决的，而需要考虑换元法。
例如下题:
\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_{0}^{1} \left( \frac{\sin t}{t} \right)^n \, \mathrm{dt}
积分外面的根号直接阻挡了我们使用arzela控制收敛定理，因此，我们自然地做出如下的换元:t = \frac{x}{\sqrt{n}},由控制收敛定理可得:
\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_{0}^{1} \left( \frac{\sin t}{t} \right)^n \, \mathrm{dt} = \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{\sqrt{n}} \left( \frac{\sin \left( \frac{x}{\sqrt{n}} \right)}{\frac{x}{\sqrt{n}}} \right)^n \, \mathrm{dx}
= \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{x^2}{6}} \, \mathrm{dx}
= \sqrt{\frac{3\pi}{2}}
其中第二步的变化是通过泰勒公式实现的，最后一个广义积分则是由高斯公式计算得到。
当然有时的换元可不止一次换元，而是多次换元叠加，例如下题:
求极限:\lim_{x \to 1} \sqrt{1-x} \int_{0}^{\infty} x^{y^2} \, dy
\text{解: 不妨设} \, y = \frac{t}{x}, \, \text{由控制收敛定理可得}
\lim_{x \to 1} \sqrt{1-x} \int_{0}^{\infty} x^{y^2} \, dy = \lim_{x \to 0} x \int_{0}^{\infty} \left(1-x^2\right)^{y^2} \, dx
再令x=1-x^2（第一个x指的是一个新元），得到原式等于
= \lim_{x \to 0} \int_{0}^{\infty} \left(1-x^2\right)^{\left(\frac{y}{x}\right)^2} \, dy
再由自然指数e的重要极限定义，有下式:
= \int_{0}^{\infty} e^{-y^2} \, dy
= \frac{\sqrt{\pi}}{2}
