补充内容
💡命题 3.4.1
设
$E\subset\mathbb{R}^n$ 是可测集,
$f(x)$ 是
$E$ 上的函数, 则如下结论等价
[(1)]
-
$f(x)$ 在
$E$ 上可测;
- 对任意开集
$G\subset \mathbb{R}$,
$f^{-1}(G)$ 可测;
- 对任意闭集
$F\subset\mathbb{R}$,
$f^{-1}(F)$ 可测;
- 对任何 Borel 集
$H$,
$f^{-1}(H)$ 可测.
📝证明
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.
💡命题 3.4.2
$f(x),g(x)$ 是简单函数, 则 $f+g,fg$ 也是简单函数.
📝证明
$f+g=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m (c_i+d_j)\Chi_{A_i\cap B_j}(x)$
$fg=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m c_id_j\Chi_{A_i\cap B_j}(x)$
💡命题 3.4.3
设
$\{f_k(x)\}$ 和
$\{g_k(x)\}$ 是
$E$ 上的可测函数列, 分别依测度收敛于
$f(x)$ 和
$g(x)$ 则有
[(i)]
-
$\{f_k(x)+g_k(x)\}$ 依测度收敛于
$f(x)+g(x)$.
- 设
$h(x)$ 是几乎处处有限的可测函数, 则
$\{f_k(x)h(x)\}$ 依测度收敛于
$f(x)h(x)$.
-
$\{f_k(x)g_k(x)\}$ 依测度收敛于
$f(x)g(x)$.
📝证明
(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 $fg$.
💡定理 3.4.4 Riesz 逆
设 $\{f_k(x)\}$ 是 $E\subset \mathbb{R}^n$ 上的实值函数, $m(E)<+\infty$. 如果 $\{f_k(x)\}$ 的任一子列 $\{f_{k_i}(x)\}$ 中均有子列 $\{f_{k_{i_j}}(x)\}$ 在 $E$ 上收敛于 $f(x)$, 则 $f_k(x)$ 在 $E$ 上依测度收敛于 $f(x)$.
📝证明
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.
ℹ️注 3.4.5
由 Riesz 定理, 该命题是充要的.