02可测函数——可测函数列的收敛

Lingfeng 2024-04-22

02可测函数——可测函数列的收敛

1. 引理

在证明之前, 给出几条引理, 便于证明.

引理1 若 $\{ f_{n} \}$ 是 $E$ 上几乎处处有限的可测函数列, 则 $f_{n}\stackrel{a.e.}{\longrightarrow} f$ 的充要条件就是对于任意自然数 $k$ , 有 $m(\varlimsup_{n \to \infty} E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k} \right)=0$ 当 $m(E)<+\infty$ 时, 有 $\lim_{N \to \infty }m\left( \bigcup_{n=N}^{\infty} E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k} \right) \right) =0$

证明
先证明必要性. 若 $f_{n}\stackrel{a.e}{\longrightarrow} f$ , 则 $m\left( \bigcup_{k = 1}^{\infty} \bigcap_{N = 1}^{\infty} \bigcup_{n = N}^{\infty}E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k}\right) \right)=0$ 因此对于任意正整数 $k$ , 有 $m\left( \bigcap_{N = 1}^{\infty} \bigcup_{n = N}^{\infty} E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k} \right) \right)=0$ 即 $m\left( \varlimsup_{n \to \infty} E\left( \lvert f_{n}-f \rvert < \frac{1}{k} \right) \right)=0$ 当 $m(E)<+\infty$ , 由极限的上连续性^[1]知 $\begin{align*} \lim_{ N \to \infty } m\left( \bigcup_{n = N}^{\infty} E\left( \lvert f_{n}-f \rvert < \frac{1}{k} \right) \right) & =m\left( \lim_{ N \to \infty } \bigcup_{n = N}^{\infty} E\left( \lvert f_{n}-f \rvert < \frac{1}{k} \right) \right) \\ & = m\left( \varlimsup_{n \to \infty} E\left( \lvert f_{n}-f \rvert < \frac{1}{k} \right) \right)=0 \end{align*}$ 再证明充分性. 对于任意正整数 $k$ , 有 $m\left( \bigcap_{N = 1}^{\infty} \bigcup_{n = N}^{\infty} E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k} \right) \right)=0$ 因此 $m\left( \bigcup_{k = 1}^{\infty} \bigcap_{N = 1}^{\infty} \bigcup_{n =N}^{\infty} E(\lvert f_{n}-f \rvert )< \frac{1}{k} \right) \leq \sum_{k = 1}^{\infty} m\left( \bigcap_{N = 1}^{\infty} \bigcup_{n = N}^{\infty} E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k} \right) \right)=0$ 故 $m\left( \bigcup_{k = 1}^{\infty} \bigcap_{N = 1}^{\infty} \bigcup_{n = N}^{\infty}E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k}\right) \right)=0$ 即 $f_{n}\stackrel{a.e.}{\longrightarrow} f$ .

引理2 设数列 $\{ a_{n} \}$ , 若 $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=0$ 则对于任意 $\delta>0$ , 存在子列 $\{ a_{n_{k}} \}$ , 使得 $\sum_{k = 1}^{\infty}\lvert a_{n_{k}} \rvert < \delta$
证明
取 $\varepsilon_{k}= \frac{\delta}{2^{k}}>0$ , 由 $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=0$ , 存在 $n_{k}$ 使得 $\lvert a_{n_{k}} \rvert < \varepsilon_{k}= \frac{\delta}{2^{k}}$ 此时 $\sum_{k = 1}^{\infty} \lvert a_{n_{k}} \rvert < \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\delta}{2^{k}} = \delta$ 故证毕.

引理3(Fatou引理) 设可测集列为 $\{ E_{n} \}$ , 则 $m(\varliminf_{n \to \infty} E_{n})\leq \varliminf_{n \to \infty} m(E_{n})$ 当 $m(E)<+\infty$ 时, 有 $m(\varlimsup_{n \to \infty} E_{n})\geq \varlimsup_{n \to \infty} m(E_{n})$
证明
注意到 $\begin{align*} m(\varliminf_{n \to \infty} E_{n}) & = m\left( \lim_{ N \to \infty } \bigcap_{n = N}^{\infty} E_{n} \right) \\ & =\lim_{ N \to \infty } m\left( \bigcap_{n = N}^{\infty} E_{n} \right) \\ & \leq \varliminf_{n \to \infty} m(E_{n}) \end{align*}$ 同理当 $m(E)<+\infty$ 时, 有 $\begin{align*} m(\varlimsup_{n \to \infty} E_{n}) & = m\left( \lim_{ N \to \infty } \bigcup_{n = N}^{\infty} E_{n} \right) \\ & = \lim_{ N \to \infty } m\left( \bigcup_{n = N}^{\infty} E_{n} \right) \\ & \geq \varlimsup_{n \to \infty} m(E_{n}) \end{align*}$

引理4(Borel-Canteli引理) 对于可测集列 $\{ E_{n} \}$ , 若 $\sum_{n = 1}^{\infty} m(E_{n})< +\infty$ 则 $m(\varlimsup_{n \to \infty} E_{n})=0$

证明
由题意 $\lim_{ N \to \infty } \sum_{n = N}^{\infty}m(E_{n})=0$ 因此 $\begin{align*} m(\varlimsup_{n \to \infty} E_{n} ) & = m\left( \lim_{ N \to \infty } \bigcup_{n = N}^{\infty} E_{n} \right) \\ & =\lim_{ N \to \infty } m\left( \bigcup_{n = N}^{\infty} E_{n} \right) \\ & \leq \lim_{ N \to \infty } \sum_{n = N}^{\infty} m(E_{n})=0 \end{align*}$ 故证毕.

Note (结合Fatau引理, 我们可以得到 $m(\varlimsup_{n \to \infty}E_{n})$ 的上下界, 即 $\varlimsup_{n \to \infty} m(E_{n}) \leq m(\varlimsup_{n \to \infty} E_{n}) \leq \lim_{N \to \infty} \sum_{n = N}^{\infty} m(E_{n})$ )

2. 定理及其证明

Egorov定理 设可测集 $E$ 满足 $m(E)<+\infty$ , $\{ f_{n}(x) \}$ , 和 $f(x)$ 是 $E$ 上几乎处处有限的可测函数. 若 $f_{n} \stackrel{a.e.}{\longrightarrow} f$ , 则对任给的 $\delta>0$ , 存在 $E$ 的可测子集 $E_{\delta}$ 满足 $m(E\setminus E_{\delta})<\delta$ , 使得在 $E_{\delta}$ 上, 有 $f_{n}\stackrel{a.u.}{\longrightarrow} f$ .

证明
欲证 $f_{n}\stackrel{a.u.}{\longrightarrow} f$ 只需证明对于任意 $\delta>0$ , 存在数列 $\{ N_{k} \}$ , 使得 $m\left( \bigcup_{k=1}^{\infty} \bigcup_{n=N_{k}}^{\infty}E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k} \right) \right) < \delta$ 注意到 $m\left( \bigcup_{k=1}^{\infty} \bigcup_{n=N_{k}}^{\infty}E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k} \right) \right) \leq \sum_{k=1}^{\infty}m\left( \bigcup_{n=N_{k}}^{\infty}E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k} \right) \right)$ 故由引理2, 只需证明对于任意的 $k$ , 有 $\lim_{ N \to \infty } m\left( \bigcup_{n=N}^{\infty}E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k} \right) \right) = 0$ 由于 $f_{n}\stackrel{a.e.}{\longrightarrow} f$ , 由引理1知上式成立, 故证毕.

推论1 设可测集 $E$ 满足 $m(E)<+\infty$ , $\{ f_{n}(x) \}$ , 和 $f(x)$ 是 $E$ 上几乎处处有限的可测函数. 若 $f_{n} \stackrel{a.e.}{\longrightarrow} f$ , 则存在 $E$ 上子集列 $\{ E_{k} \}$ , 满足 $m\left( E\setminus \bigcup_{k = 1}^{\infty}E_{k} \right)=0$ , 使得在每个 $E_{k}$ 上都有 $f_{n} \rightrightarrows f$ .

证明
只需取 $\delta_{k}= \frac{1}{k}$ , 此时 $\begin{align*} m\left( E\setminus \bigcup_{k = 1}^{\infty} E_{k} \right) & =m\left( \bigcap_{k = 1}^{\infty} (E\setminus E_{k}) \right) \\ & \leq m(E\setminus E_{k}) < \frac{1}{k} \end{align*}$ 注意到上式对任意正整数 $k$ 均成立, 因此 $m\left( E\setminus \bigcup_{n = 1}^{\infty}E_{k} \right)=0$ 此时在每个 $E_{k}$ 上显然都有 $f_{n} \rightrightarrows f$ .

推论2 若可测集 $E$ 满足 $m(E)=+\infty$ , 则可以修改结论为: 任给 $M>0$ , 存在 $E$ 上的可测子集满足 $m(E_{M})>M$ , 使得在 $E_{M}$ 上有 $f_{n}\rightrightarrows f$ .

证明
由于 $m(E)=+\infty$ , 存在子集列 $\{ E_{n} \}$ , 使得 $m(E_{n})< +\infty$ , 使得 $\lim_{ n \to \infty } m(E_{n})= +\infty$ 此时对于每一个 $E_{n}$ , 对于任意 $\delta>0$ , 存在 $E_{n,\delta} \subset E_{n}$ , 有 $m(E_{n}\setminus E_{n,\delta})<\delta$ , 且 $f_{n}$ 在 $E_{n,\delta}$ 上一致收敛于 $f$ . 此时 $m(E_{n,\delta})= m(E_{n})-m(E_{n}\setminus E_{n,\delta})> m(E_{n})-\delta$ 因此显然有 $\lim_{ n \to \infty } m(E_{n,\delta})=+\infty$ 故对于任意的 $M>0$ , 存在 $n_{M}$ 使得 $m(E_{n_{M},\delta})>M$ , 只令 $E_{M}=E_{n_{M},\delta}$ , 故 $f_{n}$ 在 $E_{M}$ 上一致收敛于 $f$ , 故证毕.

Lebesgue定理 可测集 $E$ 满足 $m(E)<+\infty$ , $\{ f_{n}(x) \}$ , 和 $f(x)$ 是 $E$ 上几乎处处有限的可测函数若 $f_{n}\stackrel{a.e.}{\longrightarrow}f$ , 则 $f_{n}\stackrel{m}{\longrightarrow}f$ .

证明
由引理1与引理3, 对于任意正整数 $k$ , 有 $\begin{align*} \lim_{ n \to \infty } m\left( E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k} \right) \right) & = \varlimsup_{n \to \infty} m\left( E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k} \right) \right) \\ & \leq m\left( \varlimsup_{n \to \infty} E\left( \lvert f_{n}-f \rvert \geq \frac{1}{k} \right) \right) = 0 \end{align*}$

Riesz定理 若 $f_{n}\stackrel{m}{\longrightarrow}f$ , 则存在子列 $\{ f_{n_{k}}(x) \}$ , 使得 $f_{n_{k}}\stackrel{a.e.}{\longrightarrow}f$ .

证明
由引理1, 欲证存在 $f_{n_{k}}\stackrel{a.e.}{\longrightarrow}f$ , 只需证明对于任意 $\varepsilon>0$ , 有 $m\left( \varlimsup_{k \to \infty} E\left( \lvert f_{n_{k}}-f \rvert \geq \varepsilon \right) \right)=0$ 由引理4, 只需证明 $\sum_{k=1}^{+\infty}m\left( E \left( \lvert f_{n_{k}}-f \rvert \geq \varepsilon \right) \right)<+\infty$ 再由引理2, 只需证明 $\lim_{ n \to \infty } m(E(\lvert f_{n}-f \rvert \geq \varepsilon))=0$ 上式即依测度收敛定义. 故证毕.

依测度收敛的完备性 若 $\{ f_{n}(x) \}$ 是 $E$ 上依测度Cauchy列, 则在 $E$ 上存在几乎处处有限的可测函数 $f(x)$ , 使得 $f_{n}\stackrel{m}{\longrightarrow}f$ .

证明
先证明存在子列 $\{ f_{n_{k}} \}$ 是 $E$ 上的Cauchy列, $a.e.$ , 即证对于任意的 $\varepsilon>0$ , 有 $m\left( \varlimsup_{i,j \to \infty} E\left( \lvert f_{n_{i}}-f_{n_{j}} \rvert \geq \varepsilon \right) \right)=0$ 令 $E_{i,j}=E\left( \lvert f_{n_{i}}-f_{n_{j}} \rvert \geq \varepsilon \right)$ , 类似于Borel-Canteli引理, 我们有 $\begin{align*} m\left( \varlimsup_{i,j \to \infty} E_{ij}\right) & = m\left( \lim_{ l \to \infty } \bigcup_{i,j = l}^{\infty} E_{ij} \right) \\ & = \lim_{ l \to \infty } m\left( \bigcup_{i,j = l}^{\infty}E_{ij} \right) \\ & \leq \lim_{ l \to \infty } \sum_{i,j = l}^{\infty} m(E_{ij}) \end{align*}$ 由 $\{ f_{n} \}$ 为依测度Cauchy列, 因此 $\lim_{ n,m \to \infty } m\left( E\left( \lvert f_{n}-f_{m} \rvert \geq \varepsilon \right) \right)=0$ 故上式显然成立. 由逐点收敛完备性知 $f_{n_{k}}\stackrel{a.e.}{\longrightarrow}f$ , 由Lebegue定理知 $f_{n_{k}}\stackrel{m}{\longrightarrow}f$ . 此时注意到 $m(E(\lvert f_{n}-f \rvert \geq \varepsilon)) \leq m(E(\lvert f_{n}-f_{n_{k}} \rvert \geq \varepsilon))+m(E(\lvert f_{n_{k}}-f \rvert\geq \varepsilon ))$ 故结论显然成立.

测度的上连续性的性质只在有限测度的情况下成立. 例如我们可以构造反例 $E_{n}=(n,+\infty)$ 显然 $\{ E_{n} \}$ 单减. 而注意到 $m(E_{n})\equiv +\infty$ 故 $\lim_{ n \to \infty } m(E_{n})=+\infty$ 但同时 $\bigcap_{n = 1}^{\infty}E_{n}=\varnothing$ 因此 $m(\lim_{ n \to \infty } E_{n})=m\left( \bigcap_{n = 1}^{\infty} E_{n} \right)=0\neq \lim_{ n \to \infty } m(E_{n})$ ↩︎