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 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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