02可测函数——可测函数与连续函数

Lingfeng 2024-05-06

02可测函数——可测函数与连续函数

引理可测集 $E$ 上的连续函数可测.

证明
考虑证明 $\forall\lambda \in \mathbb{R}$ , 有 $E(f>\lambda)$ 为可测集. $\forall x_{0} \in E(f>\lambda)$ , 由极限保号性, 存在 $O(x_{0})$ , 使得 $O(x_{0})\cap E\subset E(f>\lambda)$ 则令 $G=\bigcup_{x \in E(f>\lambda)}O(x)$ , 此时显然有 $G\cap E=\left( \bigcup_{x \in E(f>\lambda)}O(x) \right)\cap E=\bigcup_{x \in E(f>\lambda)}(O(x)\cap E)\subset E(f>\lambda)$ 又由 $G\supset E(f>\lambda)$ , 也有 $G\cap E \supset E(f>\lambda)$ 故有 $E(f>\lambda)=G\cap E$ 显然为可测集.

Luzin定理 设 $f(x)$ 是可测集 $E$ 上几乎处处有限的可测函数, 则 $\forall\delta>0$ , 存在 $E$ 中的闭集 $F_{\delta}$ , 满足 $m(E\setminus F_{\delta})<\delta$ , 使得 $f(x)$ 是 $F_{\delta}$ 上的连续函数.

证明
不妨假定 $f(x)$ 处处有限. 先考虑 $f(x)$ 是可测简单函数的情形, 设 $f(x)=\sum_{i=1}^{n}a_{i}I_{E_{i}}(x)$ 其中 $\bigcup_{i = 1}^{n}E_{i}=E$ , 且两两不相交. 此时对任意的 $\delta>0$ , 对任意 $E_{i}$ , 存在闭集 $F_{i}\subset E_{i}$ , 使得 $m(E_{i}\setminus F_{i})< \frac{\delta}{n}$ 令 $F_{\delta}=\bigcup_{i=1}^{n}F_{i}$ , 显然 $F_{\delta}$ 为闭集. 由于 $f(x)$ 在 $F_{i}$ 上连续, 且 $F_{i}$ 互不相交, 显然 $f(x)$ 在 $F_{\delta}$ 上也连续. 此时 $m(E\setminus F)=\sum_{i=1}^{n}m(E_{i}\setminus F_{i})=\delta$ 再考虑 $f(x)$ 为一般可测函数的情形. 不妨设 $f(x)$ 是有界的, 不然作变换 $g(x)= \frac{f(x)}{1+\lvert f(x) \rvert } \in (-1,1)$ 由02可测函数——可测函数与简单函数可知, 存在简单函数列 $\{ f_{n}(x) \}$ 在 $E$ 上一致收敛于 $f(x)$ . 对于任意的 $\delta>0$ , 以及任意的 $f_{n}(x)$ , 存在闭集 $F_{n}\subset E$ , 使得 $f_{n}(x)$ 在 $F_{n}$ 上连续, 且满足 $m(E\setminus F_{n})< \frac{\delta}{2^{n}}$ 因此令 $F=\bigcap_{n = 1}^{\infty}F_{n}$ , 显然 $F$ 是闭集, 且 $m(E\setminus F)=m\left( E\setminus \bigcap_{n = 1}^{\infty} F_{n} \right)=m\left( \bigcup_{n = 1}^{\infty} E\setminus F_{n} \right)\leq \sum_{n=1}^{+\infty}m(E\setminus F_{n})< \delta$ 此时所有 $f_{n}(x)$ 在 $F$ 上都是连续的, 由一致连续性知, $f(x)$ 在 $F$ 上也连续.

推论设 $f(x)$ 是可测集 $E$ 上几乎处处有限的可测函数, 则 $\forall\delta>0$ , 存在 $\mathbb{R}$ 上的连续函数 $g(x)$ , 使得 $m(E(f\neq g))<\delta$

证明
由Luzin定理知, 存在 $F_{\delta}\subset E$ , 使得 $m(E\setminus F_{\delta})<\delta$ , 且 $f(x)$ 在 $F_{\delta}$ 上连续. 此时只需将 $F_{\delta}$ 上的连续函数 $f(x)$ 延拓到全空间 $\mathbb{R}$ 上. 由于 $R\setminus F_{\delta}$ 为开集, 不妨设 $R\setminus F_{\delta}=\bigcup_{i = 1}^{\infty}(a_{i},b_{i})$ . 构造 $g(x)$ 为 $g(x)=\left\{\begin{align*} f(x) \quad\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad &x \in F_\delta \\ f(a_{i})+ \frac{f(b_{i})-f(a_{i})}{b_{i}-a_{i}} \quad &x \in (a_{i},b_{i})\quad a_{i},b_{i}<+\infty \\ f(a_{i}) \quad\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad &x \in (a_{i},b_{i}) \quad b_{i} = +\infty \\ f(b_{i}) \quad\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad & x\in (a_{i},b_{i}) \quad a_{i}=-\infty \end{align*}\right.$ 显然 $g(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上也为连续函数.

Frechet定理 设 $f(x)$ 是可测集 $E$ 上几乎处处有限的可测函数, 则 $f(x)$ 可测的充要条件为, 存在 $E$ 上的连续函数列 $\{ f_{n}(x) \}$ , 使得 $f_{n}(x)\to f(x) \quad a.e.E$
证明
先证明充分性. 由引理, $\{ f_{n}(x) \}$ 也是可测函数, 故显然 $f(x)$ 也可测.

在证明必要性. 由Luzin定理推论, 对于任意正整数 $n$ , 存在 $f_{n}(x)$ , 使得 $m(f_{n}\neq f)< \frac{1}{n}$ 此时对于任意的 $\varepsilon>0$ , 有 $m(E(\lvert f_{n}-f \rvert<\varepsilon ))\leq m(E(f_{n}\neq f))< \frac{1}{n}\to 0 \quad n\to +\infty$ 因此 $f_{n}\stackrel{m}{\longrightarrow}f$ . 再有Riesz定理, 存在 $\{ f_{n}(x) \}$ 子列 $\{ f_{n_{k}}(x) \}$ 使得 $f_{n_{k}}\to f,a.e.E$ .