补充内容

取开集 $G_k=(t+k,t+k+2)$ 则 $\{x\in E:f(x)>t\}=\bigcup\limits_{k=0}^\infty f^{-1}(G_k)$ 可测. 在 $\mathbb{R}^n$ 中同理.

$f+g=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m (c_i+d_j)\Chi_{A_i\cap B_j}(x)$

$fg=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m c_id_j\Chi_{A_i\cap B_j}(x)$

(i) $\{x\in E:|f_k(x)+g_k(x)-f(x)-g(x)|> \varepsilon\}\subset \{x\in E:|f_k(x)-f(x)|> \frac \varepsilon 2\}\cup\{x\in E:|g_k(x)-g(x)|\geqslant \frac \varepsilon 2\}$ 因为 $|f_k(x)+g_k(x)-f(x)-g(x)|\leqslant|f_k(x)-f(x)|+|g_k(x)-g(x)|$.

(ii) 对任意 $\varepsilon>0$, $\forall \delta>0$ 由 $h(x)$ 几乎处处有限, 于是存在 $k_0$ 使得

$$m(\{x\in E:|h(x)|> k_0\})<\frac \delta 2,$$

又 $f_k(x)\stackrel{m.}{\longrightarrow} f(x)$ 存在 $k_1$ 使得

$$m(\{x\in E:|f_k(x)-f(x)|> \frac \varepsilon {k_0}\})<\frac \delta 2.$$

那么我们有

$$\{x\in E:|f_k(x)h(x)-f(x)h(x)|> \varepsilon\}\subset \{x\in E:|f_k(x)-f(x)|>\frac\varepsilon {k_0} \}\cup\{x\in E:|h(x)|> k_0\}$$

从而

$$m(\{x\in E:|f_k(x)h(x)-f(x)h(x)|> \varepsilon\})<\delta,$$

即 $f_k(x)h(x)\stackrel{m.}{\longrightarrow}f(x)h(x)$.

(iii) $|f_kg_k-fg|\leqslant |(f_k-f)(g_k-g)|+|f_kg-fg|+|fg_k-fg|$ 则

$$\{|f_kg_k-fg|>\varepsilon\}\subset\{|(f_k-f)(g_k-g)|>\varepsilon/3\}\cup\{|fg_k-fg|> \varepsilon/3\}\cup\{|f_kg-fg|>\varepsilon/3\}$$

又 $\{|(f_k-f)(g_k-g)|>\varepsilon/3\}\subset\{|f_k-f|>\sqrt{\varepsilon/3}\}\cup\{|g_k-g|>\sqrt{\varepsilon/3}\}$ 于是结合上题结论可知 $f_kg_k$ 依测度收敛至 $fg$.

考虑反证法, 反设不依测度收敛, 于是存在 $\varepsilon_0>0,\delta_0>0$ 以及 $\{k_i\}$ 使得

$$m(\{x\in E:|f_{k_i}(x)-f(x)|> \varepsilon_0\})\geqslant \delta_0$$

但题设条件可知存在 $\{k_i\}$ 的子列使得 $\{f_{k_{i_j}}\}$ 收敛, 从而依测度收敛, 故与上式矛盾.