2022级尤波

不收敛点集, 则满足

于是存在 $k_0$ 满足 $\frac 1 {k_0}<\varepsilon$ 于是 $x\in \bigcup\limits_{k=1}^\infty\bigcap\limits_{N=1}^\infty\bigcup\limits_{n=N}^\infty\left\lbrace x:|f_n(x)-f(x)|\geqslant\frac 1 k\right\rbrace$

另一方面如果 $x\in \bigcup\limits_{k=1}^\infty\bigcap\limits_{N=1}^\infty\bigcup\limits_{n=N}^\infty\left\lbrace x:|f_n(x)-f(x)|\geqslant\frac 1 k\right\rbrace$ 那么就有 \ $\exists k_0,\text{s.t.} \forall N\geqslant 1,\exists n_0\geqslant N,|f_n(x)-f(x)|\geqslant \frac 1k$ 从而 $x\in D$.

从 $k_0$ 开始考虑, 不考虑之前有限项.

则有 $E_{k_0}\setminus E_k$ 是递增可测集列, 于是有

从而 $\lim\limits_{k\to\infty}m(E)-\lim\limits_{k\to\infty}m(E_k)=m(E)-m(\lim\limits_{k\to\infty} E_k)$, 即 $\lim\limits_{k\to\infty}m(E_k)=m(\lim\limits_{k\to\infty} E_k)$.

由 $G_1\setminus E\subset E^c \subset G_2$, 于是 $G_1\setminus E\subset G_1\cap G_2$, 即 $m(G_1\setminus E)\leqslant m(G_1\cap G_2)<\varepsilon$.

换句话说就是对任意的 $\varepsilon>0$, 存在开集 $G$ 满足 $m(G\setminus E)<\varepsilon\wedge E\subset G$.

于是我们取开集列 $\{G_k\}$ 满足 $E\subset G_k\wedge m(G_k\setminus E)<\frac 1 k$. 设 $G=\bigcap\limits_{k=1}^\infty$, 有 $G$ 是可测集.

又 $m(G\setminus E)\leqslant m(G_k\setminus E)<\frac 1 k,\ \forall k$, 于是 $m(G\setminus E)=0$, 即 $G\setminus E$ 可测, 故 $E=G\setminus(G\setminus E)$ 可测.

$\forall \delta>0$,

记 $E_k(\varepsilon)=\{x\in E:|f_k(x)-f(x)|\geqslant\varepsilon\}$, 由题设条件对 $i\geqslant 1$ 存在 $\{j_i\}$ 满足 $m\left(\bigcup\limits_{k=j_i}^\infty E_k(\frac 1i)\right)<\frac \delta{2^i}$ 于是设 $E_\delta=\bigcup\limits_{i=1}^\infty\bigcup\limits_{k=j_i}^\infty E_k(\frac 1i)$ 则有 $m(E_\delta)\leqslant\sum\limits_{i=1}^\infty m\left(\bigcup\limits_{k=j_i}^\infty E_k(\frac 1i)\right)=\delta$

下证 $f(x)$ 在 $E\setminus E_\delta$ 上一致收敛.

于是 $\forall \varepsilon>0$, 取 $\frac 1 i<\varepsilon$, 则 $\forall k\geqslant j_i$ 有 $|f_k(x)-f(x)|<\varepsilon,\ \forall x\in E\setminus E_\delta$, 从而一致收敛.

设 $F(x)=\sum\limits_{k=1}^\infty |f_k(x)|$, 由非负可积函数的逐项求和定理知 $\displaystyle\int_E F(x)\text{d} x=\sum\limits_{k=1}^\infty\int_E|f_k(x)|\text{d} x<+\infty$. 又 $|\sum\limits_{k=1}^\infty f_k(x)|\leqslant F(x)$ 从而 $f(x)=\sum\limits_{k=1}^\infty f_k(x)$ 可积.

再令 $g_m(x)=\sum\limits_{k=1}^m f_k(x)$, 有 $|g_m(x)|\leqslant F(x)$ 于是由控制收敛定理可知

不妨设 $f(x)$ 非负.

根据积分的定义, 存在可测简单函数 $0\leqslant\varphi(x)\leqslant f(x)$, 且 $\displaystyle\int_e f(x)\text{d} x-\int_e \varphi(x)\text{d} x<\frac \varepsilon 2$. 设 $\varphi(x)\leqslant M$, 取 $\delta=\varepsilon/(2M)$, 于是

由 $f(x)$ 连续, 可得

以 $x>x_0$ 为例, 根据全变差的定义, 存在 $(x_0,x_0+\delta)$ 的一个分划 $\Delta:x_0<x_1<\cdots<x_n=x_0+\delta$ 则

并且有

据此我们可以推出

从而取 $\delta'=x_1$, 又 $\bigvee\limits_a^x(f)$ 单调, 则有 $|\bigvee\limits_a^x(f)-\bigvee\limits_a^{x_0}(f)|<\varepsilon,\forall x\in(x_0,x_0+\delta')$ 从而 $\bigvee\limits_a^x(f)$ 右连续, 同理可证其左连续.