02可测函数——可测函数列的收敛

Lingfeng2024-04-22

02可测函数——可测函数列的收敛

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 $m(\lim_{ n \to \infty } E_{n})=m\left( \bigcap_{n = 1}^{\infty} E_{n} \right)=0\neq \lim_{ n \to \infty } m(E_{n})$ ↩︎

02可测函数——可测函数列的收敛

02可测函数——可测函数列的收敛

1. 引理

2. 定理及其证明

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