实变函数 / 习题/考试 / 作业 / 6

"$\Rightarrow$": 设 $E_k(\varepsilon)=\{x\in E:\sup\limits_{k\geqslant j}\{|f_k(x)|\}\geqslant\varepsilon\}$. 显然有 $\{E_k\}$ 是递减列, 于是 $\lim\limits_{j\to\infty}m(E_k(\varepsilon))=m(\lim\limits_{j\to\infty} E_k(\varepsilon))=m(\bigcap\limits_{k=1}^\infty E_k(\varepsilon))$.

记 $E^*(\varepsilon)=\bigcap\limits_{k=1}^\infty E_k(\varepsilon)$, 由 $f_k(x)\to 0,\mae x\in E$, 故存在零测集 $Z$, 使得 $f_k(x)\to 0,\forall x\in E\setminus Z$, 于是 $\forall x\in E\setminus Z, \exists k_0,\text{s.t.} \forall k\geqslant k_0, |f_k(x)|\leqslant \frac \varepsilon 2$.

则有 $\sup\limits_{k\geqslant k_0} |f_k(x)|<\varepsilon$, 即 $x\notin E^*$. 所以 $m(E^*)\leqslant m(E\setminus (E\setminus Z))=m(Z)=0$.

"$\Leftarrow$": 考虑前一步中的 $E^*(\varepsilon)$, 现在有 $m(E^*(\varepsilon))=0$. 取 $\varepsilon=\frac 1 k$, 则 $\{E^*(\frac 1 k)\}$ 是递增列. 记 $G=\bigcup\limits_{k=1}^\infty E^*(\frac 1 k)$. 有 $m(G)\leqslant\sum\limits_{k=1}^\infty m(E^*(\frac 1 k))=0$.

设 $F=\{x\in E:\varlimsup\limits_{k\to\infty}|f_k(x)|>0\}$, $\forall x\in F$, 设 $r=\varlimsup\limits_{k\to\infty}|f_k(x)|$, 则存在 $\frac 1 k<r$, 于是 $x\in E^*(\frac 1 k)$, 故 $x\in G$, 即 $F\subset G$. 于是 $f_k(x)\to 0,\forall x\in E\setminus G$, 即 $f_k(x)\to 0,\mae x\in E$.

由 Eropob 取 $\delta=\frac 1k$, 设 $E_k$ 满足 $m([a,b]\setminus E_k)<\frac 1 k$, $f_k(x)$ 在 $E_k$ 上一致收敛于 $f(x)$.

于是 $m([a,b]\setminus\bigcup\limits_{n=1}^\infty E_n)=m\left(\bigcap\limits_{n=1}^\infty([a,b]\cap E_n^c)\right)\leqslant \frac 1 k,\forall k\geqslant 1$.

故 $m\left([a,b]\setminus\bigcup\limits_{n=1}^\infty E_n\right)=0$.

"$\Rightarrow$": 由依测度收敛, $\forall \varepsilon>0, \exists k_0,\text{s.t.} \forall k\geqslant k_0,m(\{x\in E:|f_k(x)-f(x)|>\varepsilon\})<\varepsilon$. 于是 $\forall k\geqslant k_0, \inf\limits_{\alpha>0}\{\alpha+m(\{x\in E:|f_k(x)-f(x)|>\alpha\})\}<\varepsilon+m(\{x\in E:|f_k(x)-f(x)|>\varepsilon\})<2\varepsilon$.

故

"$\Leftarrow$": 为了方便书写, 记 $b_k=\inf\limits_{\alpha>0} \alpha+m(\{x\in E:|f_k(x)-f(x)|>\alpha\})$, 根据下确界的定义, 我们可以找到一列 $\{\alpha_k\}$ 满足 $b_k\leqslant \alpha_k\leqslant b_k+\frac 1 k$. 又测度非负, 于是 $\lim\limits_{k\to\infty}\alpha_k$ 和 $\lim\limits_{k\to\infty}m(\{x\in E:|f_k(x)-f(x)|\geqslant\alpha_k\})$ 均小于 $\lim\limits_{k\to\infty}b_k+\frac 1 k=0$. 所以对任意 $\varepsilon>0$, 存在 $\alpha_k<\varepsilon$, 于是 $\lim\limits_{k\to\infty}m(\{x\in E:|f_k(x)-f(x)|\geqslant \varepsilon\})\leqslant\lim\limits_{k\to \infty}m(\{x\in E:|f_k(x)-f(x)|\geqslant \alpha_k\})=0$

由 $x_0$ 处连续, $\forall \varepsilon>0,\ \exists \delta\text{s.t.} \forall x\in (x_0-\delta,x_0+\delta), |f(x)-f(x_0)|\leqslant \frac \varepsilon 2$. 又 $\{f_n(x)\}$ 依测度收敛, 于是有

故存在 $N_0$ 使得 $n\geqslant N_0$ 时, 有 $m(\{x\in E:|f_n(x)-f(x)|\geqslant\frac \varepsilon 2\})<\delta$.

那么在 $(x_0-\delta,x_0)$ 中一定存在 $x_1$, 满足 $|f_n(x_1)-f(x_1)|<\frac \varepsilon 2$, 否则 $m(\{x\in E:|f_n(x)-f(x)|\geqslant\frac \varepsilon 2\})\geqslant m((x_0-\delta,x_0))=\delta$ 矛盾. 同理存在 $x_2\in (x_0,x_0+\delta), |f_n(x_2)-f(x_2)|<\frac \varepsilon 2$.

又 $f_n(x)$ 递增, 于是 $f_n(x_0)<f_n(x_2)<f(x_2)+\frac \varepsilon 2<f(x_0)+\varepsilon$, 另一侧同样有 $f_n(x_0)>f(x_0)-\varepsilon$. 从而 $|f_n(x_0)-f(x_0)|<\varepsilon$. 故 $\lim\limits_{n\to\infty} f_n(x_0)=f(x_0)$.