02可测函数——可测函数与简单函数

Lingfeng2024-05-17

02可测函数——可测函数与简单函数

引理可测集 $E$ 上的简单函数可测.

设 $f(x)=\sum_{i=1}^{n}a_{i}I_{A_{i}}(x)$ , 不妨设 $a_{1}<a_{2}<\dots<a_{n}$ , 则显然

E(f>\lambda)=\left\{\begin{align*} E \quad\quad\quad &\lambda<a_{1} \\ \bigcup_{i = k+1}^{n} A_{i} \quad &a_{k}\leq\lambda< a_{k+1} \\ \varnothing\quad\quad \quad &\lambda\geq a_{n} \end{align*}\right.

因此

f(x)

可测.

简单函数逼近定理

若 $f(x)$ 是可测集 $E$ 上的非负实函数, 则 $f(x)$ 可测充要条件为存在 $E$ 上单增的非负简单函数列 $\{ f_{n} \}_{n=1}^{+\infty}$ , 使得 $\lim_{ n \to \infty } f_{n}(x)=f(x) \quad \forall x \in E$ ^8281f7
若 $f(x)$ 是可测集 $E$ 上的实函数, 则 $f(x)$ 可测充要条件为存在 $E$ 上简单函数列 $\{ f_{n} \}_{n=1}^{+\infty}$ , 满足 $\{ \lvert f_{n} \rvert \}$ 单增, 且有 $\lim_{ n \to \infty } f_{n}(x)=f(x) \quad \forall x \in E$ 若 $f(x)$ 有界, 则上述收敛也是一致的. ^d8d6d4

证明
(1) 先证明充分性. 设存在 $E$ 上单增的非负简单函数列 $\{ f_{n} \}_{n=1}^{+\infty}$ , 若有

\lim_{ n \to \infty } f_{n}(x)=f(x) \quad \forall x \in E

显然对于任意的

\lambda \in \mathbb{R}

, 有

E(f\geq\lambda)= \bigcup_{N = 1}^{\infty}\bigcap_{n = N}^{\infty} E\left( f_{n}>\lambda \right)=\varliminf_{n \to \infty} E(f_{n}>\lambda)

又由引理知

\{ f_{n}(x) \}

均可测, 故

f(x)

可测.

再证明必要性. 只需构造满足条件的简单函数列即可. 此时令

f_{n}(x)=\left\{\begin{align*} \frac{k}{2^{n}} \quad &x \in E\left( \frac{k}{2^{n}}\leq f< \frac{k+1}{2^{n}} \right) \\ n \quad &x \in E(f\geq n) \end{align*}\right.

此时显然

\{ f_{n} \}

单增, 下证

\lim_{ n \to \infty }f_{n}(x)=f(x)

. 对于任意

x \in E

, 若

f(x)=+\infty

, 则

f_{n}(x)=n\to +\infty \quad n\to +\infty

若

f(x) < +\infty

, 则存在自然数

N_{x}

, 当

n>N_{x}

时, 有

\lvert f_{n}(x)-f(x) \rvert< \frac{1}{2^{n}}\to 0 \quad n\to +\infty

故证毕.

(2) 注意到令 $f^{+}(x)=\mathrm{max}\{ f(x),0 \}=f(x)I_{E(f>0)}(x)$ , $f^{-}(x)=\mathrm{max}\{ -f(x),0 \}=-f(x)I_{E(f<0)}(x)$ . 显然 $f^{+}(x)$ , $f^{-}(x)$ 均可测且非负. 由(1)可知存在单增函数列 $\{ f^{+}_{n}(x) \}$ , $\{ f^{-}_{n}(x) \}$ , 满足

\lim_{ n \to \infty } f^{+}_{n}(x) =f^{+}(x) \quad\lim_{ n \to \infty } f^{-}_{n}(x) =f^{-}(x)

此时令

f_{n}(x)=f^{+}_{n}(x) -f^{-}_{n}(x)

, 显然有

\lim_{ n \to \infty } f_{n}(x)=\lim_{ n \to \infty } f^{+}_{n}(x)-\lim_{ n \to \infty } f^{-}_{n}(x)=f^{+}(x)-f^{-}(x)=f(x)

当

\lvert f(x) \rvert<M

时, 由(1), 当

n>M

时, 有

\begin{align*} \sup_{x \in E} \lvert f_{n}^{+}(x)-f^{+}(x) \rvert \leq \frac{1}{2^{n}} \\ \sup_{x \in E} \lvert f_{n}^{-}(x)-f^{-}(x) \rvert \leq \frac{1}{2^{n}} \end{align*}

故

\sup_{x \in E}\lvert f_{n}(x)-f(x) \rvert\leq \sup_{x \in E}\lvert f_{n}^{+}(x)-f^{+}(x)\rvert+\sup_{x \in E}\lvert f_{n}^{-}(x)-f^{-}(x)\rvert\leq \frac{1}{2^{n-1}}

即

f_{n}(x)

一致收敛于

f(x)