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 $ϵ$ 任意小的一部分，那么 ${f_{n}}$ 在 $[0, 1 - ϵ]$ 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 $R^{n}$ 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 $\emptyset$ ¹，那么 $lim_{k \to \infty} m E_{k} = 0$ 。

　　证明：

　　令 $F_{k} = ⋃_{i = k}^{\infty} E_{i}$ 。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 ${m (F_{k})}$ 是一个单调不增的非负数列，且恒有 $m (F_{k}) \geq m (E_{k})$ 。又因为 $E$ 有界，知 $m F_{1} < + \infty$ 。

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

　　任取一个开集 $U$ 使得 $m U < ϵ / 1024$ 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 $ϵ > 0$ ，总存在正整数 $N_{ϵ}$ 使得对于任意 $k > N_{ϵ}$ ， $m F_{k} < ϵ$ 。

　　因此 $lim_{k \to \infty} m F_{k} = 0$ 。

　　因此 $lim_{k \to \infty} m E_{k} \leq lim_{k \to \infty} m F_{k} = 0$ 。

　　证毕。

推论 1　

　　设 $E$ 是 $R^{n}$ 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 $lim_{k \to \infty} m E_{k} = 0$ 。

　　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 $R^{n}$ 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{matrix} (1) & lim_{n \to \infty} f_{n} (x) = f (x) a . e . \end{matrix}

　　那么对于任意正数 $δ$ ，必存在一个可测集 $E_{δ}$ ，使得 $m E_{δ} < δ$ ，且 $f_{n}$ 在 $E - E_{δ}$ 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 ${ϵ_{k}}$ ，且 $lim_{k \to \infty} ϵ_{k} = 0$ 。

　　固定 $ϵ_{k}$ ，记 ${x \in E | | f_{n} (x) | \geq ϵ_{k}} = D_{k, n}$ ⁴。由于 ${f_{n}}$ 处处趋近于 $0$ ，故 $D_{k, n}$ 关于 $n$ 的上极限是 $\emptyset$ 。由引理 1 ， $lim_{n \to \infty} m D_{k, n} = 0$ 。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{matrix} (2) & m D_{k, i} < δ / 2^{k} . \end{matrix}

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

\begin{matrix} (3) & m D < δ . \end{matrix}

　　按照我们的构造规则，在 $E - D$ 上，对于任意的 $ϵ_{k}$ ，都存在正整数 $N_{k}$ ，使得对于 $i \geq N_{k}$ 和 $x \in E - D$ 恒有 $| f_{n} (x) | < ϵ_{k}$ 。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 $R$ 上的函数列 $f_{n} (x) = {(\frac{2 \arctan (x)}{π})}^{n}$ 。显然它在 $R$ 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 $ϵ$ 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。

致读者：小时百科一直以来坚持所有内容免费无广告，这导致我们处于严重的亏损状态。长此以往很可能会最终导致我们不得不选择大量广告以及内容付费等。因此，我们请求广大读者热心打赏 ，使网站得以健康发展。如果看到这条信息的每位读者能慷慨打赏 20 元，我们一周就能脱离亏损，并在接下来的一年里向所有读者继续免费提供优质内容。但遗憾的是只有不到 1% 的读者愿意捐款，他们的付出帮助了 99% 的读者免费获取知识，我们在此表示感谢。

Egoroff 定理

1. Egoroff 定理

引理 1

推论 1

定理 1 Egoroff 定理

2. 例子与反例

例 1

引理 1　

推论 1　

定理 1　Egoroff 定理

例 1　