本文主要是介绍实变函数复习——可测函数，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

几乎处处收敛与近一致收敛

Egoroff定理

几乎处处收敛 \(\Rightarrow\) 近一致收敛

设 \(f(x),f_1(x),f_2(x),\cdots,f_k(x),\cdots\)是在 \(E\) 上 \(a.e.\) 有限的可测函数，且 \(mE<\infty\).

若\(f_k(x)\rightarrow f(x),a.e. x\in E\)，

则存在\(E\)的可测子集\(E_\delta:mE_\delta\le \delta\)，使得\(\{f_k(x)\}\)在\(E \backslash E_0\)上一致收敛于\(f(x)\).

• \(\delta\neq0:\) 如果为0则变成了点集，但显然逐点收敛不可能去掉一个点集就变成一致收敛

• \(mE<\infty:\) 常用反例\(f_n(x)=\begin{cases}1&x\in(0,n)\\0&x\in[n,+\infty)\end{cases}\)

• f(x)几乎处处有限：一般情况下，如果有一个邻域无限就不会收敛到一个实值函数。但更多时候这个是为了服务 测度收敛\(\Rightarrow\) a.e.处处收敛的。

证明思路

*引理：

\[E[f_n(x)\nrightarrow f(x)]=\bigcap\limits_{N=1}^{\infty} \bigcup\limits_{n=N}^{\infty}E[|f_n(x)-f(x)|\ge \varepsilon] = \bigcap\limits_{N=1}^{\infty} \bigcup\limits_{n=N}^{\infty}E_n(\varepsilon) \]

于是有：

\[\begin{aligned} &m\left(\bigcap\limits_{N=1}^{\infty} \bigcup\limits_{n=N}^{\infty}E_n(\varepsilon)\right) = \lim\limits_{N\rightarrow \infty} m\left(\bigcup\limits_{n=N}^{\infty} E_n(\varepsilon)\right) & (2) \end{aligned} \]

在Egoroff定理中，满足了\((2)\)中测度为\(0\)，于是任取一列\(\{\varepsilon_i\}\)与\(\{\mu_i\}\)，都存在\(\{j_i\}\)，使得\(m\left(\bigcup\limits_{k=j_i}^{\infty}E_k(\varepsilon_i)\right)<\mu_i\)

不妨取\(\varepsilon_i=\frac{1}{i},\mu_i=\frac{\delta}{2^i}\)，令\(E_\delta = \bigcup\limits_{i=1}^{\infty}\bigcup\limits_{k=j_i}^{\infty}E_k(\frac{1}{i})\)，即有

\[m(E_\delta)\le \sum\limits_{i=1}^{\infty}m\left(E_k\left(\frac{1}{i}\right)\right) \le \sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{\delta}{2^i}=\delta \]

这种情况下，显然有\(E\verb|\|E_\delta=\bigcap\limits_{i=1}^{\infty}\bigcap\limits_{k=j_i}^{\infty}E[|f_k(x)-f(x)|<\frac{1}{i}]\)，立即知一致收敛。

Egoroff逆定理（近一致收敛 \(\Rightarrow\) 几乎处处收敛）

设\(f(x),f_n(x)\)均为\(E\)上的可测函数，若\(\forall \delta>0,\exists E_\delta \subset E, s.t.m(E\backslash E_\delta)<\delta\)，且\(f_n(x)\)在\(E_\delta\)上几乎处处一致收敛于\(f(x)\)，则\(\lim\limits_{n\rightarrow \infty}f_n(x)=f(x)\).

近一致收敛+\(mE<\infty\) \(\Rightarrow\) 几乎处处收敛

几乎处处收敛与依测度收敛

Lebesgue定理

若\(\{f_n(x)\}\)是\(E\)上几乎处处有限的可测函数列，且\(m(E)<\infty\)，若\(\{f_k(x)\}\)几乎处处收敛于几乎处处有限的函数\(f(x)\)，则\(f_k(x)\)在\(E\)上收依测度收敛于\(f(x)\).

Riesz定理

若\(\{f_k(x)\}\)在\(E\)上依测度收敛于\(f(x)\)，则存在子列\(f_{k_i}(x)\)，使得：

\[\lim\limits_{i\rightarrow \infty} f_{k_i}(x)=g(x) \]

依测度收敛 \(\Rightarrow\) （子列）几乎处处收敛

证明思路：

1. 证\(\forall \varepsilon>0,\exists k,s.t. l,r>k, \lim\limits_{k\rightarrow \infty\\j\rightarrow \infty}m(|f_l(x)-f_r(x)|>\varepsilon)=0\)

2. 取一列\(\{k_i\},k_i<k_{i+1}\)，令\(E_i=E[|f_k(x)-f_{k+1}(x)|\ge \frac{1}{2^i}]\)，则可以有\(m(E_i)<2^{-i}\)

3. 取\(\{E_i\}\)的上限集\(S=\bigcap\limits_{j=1}^{\infty} \bigcup\limits_{i=j}^{\infty}E_i\)，则\(m(S)=0\).

   且若\(x\notin S\)，则\(\exists j,s.t. x\in E\backslash \bigcup\limits_{i=j}^{\infty}E_j\)

4. 于是，当\(i\ge j\)时，有\(|f_{k_{i+1}}-f_{k_{i}}|\le \frac{1}{2^{l-1}}\)，即该级数绝对收敛。设原级数极限函数为\(g(x)\).

5. 此时\(f_{k_i}(x)\)依测度收敛于\(g(x)\)，又由于其依测度收敛于\(f(x)\)，从而知\(f(x)=g(x)\).

推论：若在任一子列\(\{f_{k_{i}}(x)\}\)中均有子列\({f_{k_{i_{j}}}}\)在\(E\)上收敛于\(f(x)\)，则\(f_k(x)\)在\(E\)上依测度收敛于\(f(x)\).（充要）

该定理使得依测度收敛继承一致收敛的结论。

证明思路：

（反证法）使得\(f_{k_{i}}(x)\nrightarrow f(x)\)与\(f_{k_{i_{j}}}(x) \rightarrow f(x)\)矛盾。

应用：

\(f_n(x)\stackrel{M}{\longrightarrow} f(x),g_n(x)\stackrel{M}{\longrightarrow} g(x),\)，求证\(f_n(x)g_n(x)\stackrel{M}{\longrightarrow} f(x)g(x)\)

依测度收敛 \(\Rightarrow\) （子列）近一致收敛

证明思路：

任取一个\(\delta>0\)，找到一组\(\{E_k\}\)的并，使得\(m(\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}E_{k_{i}})<\delta\)

去掉这组零测集后，就可以保证一致收敛。

确界与依测度收敛、几乎处处收敛的关系

（1） 设 \(\{f_n(x)\}\) 为 \(E\) 上实值可测函数列，且 \(mE<+\infty\)，证明\(\lim\limits_{n\rightarrow \infty} f_n(x)=0, a.e. x\in E\) 的充要条件为 \(\sup\limits_{k\ge n}|f_k(x)|\stackrel{M}{\longrightarrow}0\)

证明思路：

注意到 \(\varlimsup = \limsup |f_k(x)|\)，则必要性得证；

注意到\(g_n(x)=\varlimsup \limits_{k\ge n}|f_k(x)|\)是单减列，且存在子列a.e.收敛于\(0\)，进而绝对收敛无穷和与其上极限值和相等为0，原级数也为0。

（2） 设\(mE<\infty\),\(f(x)\)及\(f_n(x)\)为\(E\)上a.e.有限的可测函数则\(f_n(x)\stackrel{M}{\longrightarrow} f(x)\)的充要条件为\(\varliminf \limits_{n\rightarrow \infty\\ \alpha>0}\alpha + mE[|f_n(x)-f(x)|\ge\alpha] = 0\)

证明思路：

本题要说明\(\alpha+mE\)可以无限逼近0。而我们想到\(mE\rightarrow 0\)，于是只要设法让\(\alpha = mE = \frac{\varepsilon}{2}\)即可。

又由于 \(|f_n-f|\) 的差异实际上只由\(n\)决定，所以很容易找到这样一个\(N\)，使得\(\alpha\) 和 \(mE\) 满足上述条件。从而必要性得证。

充分性：

\(inf\)：\(\forall \varepsilon > 0, \exists \alpha_0, s.t. 0<H(\alpha_0)<\varepsilon\).进而有：

\[\begin{cases} \alpha_1 + mE_1 < \varepsilon_1 \\ \alpha_2 + mE_2 < \varepsilon_2 \\ \vdots \\ \alpha_n + mE_n < \varepsilon_n \end{cases} \]

于是，\(mE_n<\varepsilon_n-\alpha_n<\varepsilon_n\)

令 \(n\rightarrow \infty\)，则有了：\(mE[|f_n-f|\ge \alpha]=0\)，即依测度收敛。

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