Egoroff 定理

                     

贡献者： JierPeter

预备知识　可测函数

　　 在讨论函数极限的相关问题时，我们常需要函数列具有一致收敛的性质。反过来，观察一个不一致收敛的函数列，比如 $\{f_n(x)=x^n\}$ 在区间 $[0, 1]$ 上就不一致收敛，我们会发现如果把区间挖掉长度 $\epsilon$任意小的一部分，那么 $\{f_n\}$ 在 $[0, 1-\epsilon]$ 上总是一致收敛的。这提示我们研究，任意收敛函数列是否可以去掉一个小部分以后是一致收敛的？

　　 答案是肯定的，这就是本节要讨论的 Egoroff 定理。

1. Egoroff 定理

　　 为方便讨论，我们需要先证明一个引理，证明思路依赖于对集合极限的讨论。

引理 1　

　　 设 $E$ 是 $\mathbb{R}^n$ 上有界的可测集，$\{E_k\}$ 是一列集合，其中各 $E_k\subseteq E$。

　　 如果 $\{E_k\}$ 的上极限（定义 1 ）为 $\varnothing$1，那么 $\lim\limits_{k\to\infty} \operatorname {m}E_k=0$。

　　 证明：

　　 令 $F_k=\bigcup_{i=k}^\infty E_i$。则 $\{F_k\}$ 是一个单调不增的可测集列，且其极限就是 $\{E_k\}$ 的上极限。

　　 由于能容纳 $F_k$ 的开集必能容纳 $F_{k+1}$，知 $\{ \operatorname {m}(F_k)\}$ 是一个单调不增的非负数列，且恒有 $ \operatorname {m}(F_k)\geq \operatorname {m}(E_k)$。又因为 $E$ 有界，知 $ \operatorname {m}F_1<+\infty$。

　　 反设存在一个正数 $\epsilon$，使得存在一个 $F_N$ 无法被体积小于$\epsilon$ 的开集覆盖，那么对于所有 $k>N$，$F_k$ 都不能被体积小于 $\epsilon$ 的开集覆盖。

　　 任取一个开集 $U$ 使得 $ \operatorname {m}U<\epsilon/1024$2。则按照反设的情况，$U$ 必然不能覆盖任何一个 $F_k$。考虑到 $F_k$ 的单调性和一致有界性，这意味着至少存在一个点 $x$，它是所有 $F_k$ 的公共元素但并不在 $U$ 中。这么一来 $F_k$ 的极限至少含有 $x$，和题设 “$E_k$ 的极限是空集” 矛盾。

　　 因此反设不成立，即任取 $\epsilon>0$，总存在正整数 $N_\epsilon$ 使得对于任意 $k>N_\epsilon$，$ \operatorname {m}F_k<\epsilon$。

　　 因此 $\lim\limits_{k\to\infty} \operatorname {m}F_k=0$。

　　 因此 $\lim\limits_{k\to\infty} \operatorname {m}E_k\leq\lim\limits_{k\to\infty} \operatorname {m}F_k=0$。

　　 证毕。

推论 1　

　　 设 $E$ 是 $\mathbb{R}^n$ 上有界的可测集，$\{E_k\}$ 是一列集合，其中各 $E_k\subseteq E$。

　　 如果 $\{E_k\}$ 的上极限是零测集，那么同样有 $\lim\limits_{k\to\infty} \operatorname {m}E_k=0$。

　　 推论 1 和引理 1 的区别在于，无法说明 $\{E_k\}$ 的上下极限相等了。但是由于零测集在测度意义上相当于不存在，故推论依然成立。

　　 证明很简单，只需要把 $\{E_k\}$ 的上极限从 $E$ 中减掉，应用引理 1 即可。

　　 接下来，就可以讨论 Egoroff 定理了。

定理 1　Egoroff 定理

　　

　　 设 $E$ 是 $\mathbb{R}^n$ 上测度有限的可测集合。如果 $\{f_n\}$ 是 $E$ 上的一列可测函数，都几乎处处取有限函数值，而存在 $E$ 上的函数 $f(x)$ 使得3

\begin{equation} \lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)=f(x)a. e~. \end{equation}

　　 那么对于任意正数 $\delta$，必存在一个可测集$E_\delta$，使得 $ \operatorname {m}E_\delta<\delta$，且 $f_n$ 在 $E-E_\delta$ 上一致收敛于 $f$。

　　 证明：

　　 考虑 $E$ 是有界可测集且 $\{f_n\}$ 在 $E$ 上处处收敛于 $0$ 的情况。这个情况最简单，并且证明了这个情况也就相当于证明了 $\{f_n\}$几乎处处收敛于任意$f$ 的情况，从而也相当于证明了 $E$ 是任意测度有限的可测集的情况。

　　 任取一个单调递减的正数列 $\{\epsilon_k\}$，且 $\lim\limits_{k\to\infty}\epsilon_k=0$。

　　 固定 $\epsilon_k$，记 $\{x\in E| \left\lvert f_n(x) \right\rvert \geq\epsilon_k\}=D_{k, n}$4。由于 $\{f_n\}$ 处处趋近于 $0$，故 $D_{k, n}$ 关于 $n$ 的上极限是 $\varnothing$。由引理 1 ，$\lim\limits_{n\to\infty} \operatorname {m}D_{k, n}=0$。因此，我们可以取一个正整数 $N_k$，使得对于任意 $i\geq N_k$，都有

\begin{equation} \operatorname {m}D_{k, i}<\delta/2^k~. \end{equation}

　　 把全体 $D_{k, N_k}$ 取并，得到 $D=\bigcup_{k=1}^\infty D_{k, N_k}$。由式 2 直接可得

\begin{equation} \operatorname {m}D<\delta~. \end{equation}

　　 按照我们的构造规则，在 $E-D$ 上，对于任意的 $\epsilon_k$，都存在正整数 $N_k$，使得对于 $i\geq N_k$ 和 $x\in E-D$ 恒有 $ \left\lvert f_n(x) \right\rvert <\epsilon_k$。即 $\{f_n\}$ 在 $E-D$ 上一致收敛到 $0$。

　　 证毕。

2. 例子与反例

　　 在本节的开头，我们已经给出了一个适用于 Egoroff 定理的例子了。

　　 下面给出一个反例，说明定理 1 中 “$E$ 的测度有限” 是不可或缺的条件。这个例子是通过把本节开头的例子 “拉伸” 来得到的。

例 1　

　　 考虑 $\mathbb{R}$ 上的函数列 $f_n(x)= \left(\frac{2 \arctan\left(x\right) }{\pi} \right) ^n$。显然它在 $\mathbb{R}$ 上并不一致收敛，而且必须至少挖去包含 $+\infty$ 的一个区间才能使剩下部分一致收敛，这个区间的测度自然是无穷大的。

1. ^ 注意下极限必是上极限的子集，因此这意味着 $\{E_k\}$ 的上极限等于其下极限，也就是其极限。
2. ^ 小于 $\epsilon$ 就可以，我这是在整活。
3. ^ 即 $f_n$ 几乎处处收敛于 $f$，或者说不收敛点构成一个零测集。
4. ^ $D$ 是取 “不听话（disobey）” 的首字母。

                     

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