可测函数列的收敛

显然有 $\displaystyle\bigcap\limits_{j=1}^\infty\bigcup\limits_{k=j}^\infty E_k(\varepsilon)$ 中的点一定不是收敛点, 从而 $\displaystyle m\left(\bigcap\limits_{j=1}^\infty\bigcup\limits_{k=j}^\infty E_k(\varepsilon)\right)=0$, 根据递减集合列的性质有

由引理可知 $\forall \varepsilon>0$, 有

取数列 $\{\frac 1 i\}$, 则对任给的 $\delta>0$ 以及每一个 $i$, 存在 $j_i$, 使得 $\displaystyle m\left(\bigcup\limits_{k=j_i}^\infty E_k\left(\frac 1 i\right)\right)<\frac \delta{2^i}.$ 令 $\displaystyle E_\delta=\bigcup\limits_{i=1}^\infty\bigcup\limits_{k=j_i}^\infty E_k\left(\frac 1i\right)$, 我们有

下证在 $E\setminus E_\delta$ 上 $\{f_k(x)\}$ 一致收敛.

我们有

对任给的 $\varepsilon>0$, 存在 $i$, 使得 $\frac 1i<\varepsilon$, 从而对一切 $x\in E\setminus E_\delta$, 当 $k\geqslant j_i$ 时, 有

即说明 $\{f_k(x)\}$ 在 $E\setminus E_\delta$ 上一致收敛.

使用引理 $\forall \varepsilon>0$, 有

从而立即有

对任给的 $\varepsilon,\delta>0$, 存在 $E_\delta\subset E$ 且 $m(E_\delta)<\delta$, 以及自然数 $k_0$, 当 $k\geqslant k_0$ 时, 有

由此可知 $\{x\in E:|f_k(x)-f(x)|\geqslant\varepsilon\}\subset E_\delta$. 于是得到依测度收敛.

若取 $\delta=\frac 1 k$, $E^*=\bigcap\limits_{k=1}^\infty E_{1/k}$, 则易知 $f(x)$ 在 $E\setminus E^*$ 上逐点收敛, 且 $m(E^*)\leqslant E_{1/k}<\frac 1k$, 于是 $m(E^*)=0$, 即 $f_k(x)\to f(x),\mae x\in E\setminus E^*$.