2.3 Egoroff定理和Lusin定理

05-28

來自專欄實變函數與泛函分析筆記

第一章 Measure theory

1.1 Ring和Algebra

1.2 測度 & 外測度 & 測度的完備化

1.3 外測度的構造 & Lebesgue測度 & Lebesgue-Stieltjes測度

1.4 Metric Space &Metric Outer Measure

1.5 Lebesgue測度再討論

1.6 帶號測度（Signed Measure）& Hahn分解 & Jordan分解

第二章可測函數（measurable function）

2.1 可測函數的定義

2.2 可測函數的性質

2.3 Egoroff定理和Lusin定理

Section 1 一致收斂與幾乎一致收斂

定義1 （一致收斂）

設在空間 $X$ 中有函數序列 ${f_n}$ 和函數 $f$ ，如果對每個 $varepsilon>0$ ，存在正整數 $N$ ，使得每個 $ngeq N$ ，對所有的 $xin X$ 有 $|f_n(x)-f(x)|<varepsilon$ ，就稱函數序列 ${f_n}$ 在 $X$ 上一致收斂（converges uniformly）於函數 $f$ ，記作 $f_n o f ext{ unif. on }X$ 。

${f_n}$ 在 $X$ 上一致收斂於 $f$ 的等價定義：

$forall varepsilon >0, exists Ninmathbb{Z}^+, forall ngeq N i sup_{xin X}|f_n(x)-f(x)|<varepsilon$

註：要區分好一致收斂和逐點收斂的區別，一致收斂一定逐點收斂，反之不然。

命題1（一致收斂一定逐點收斂）

設在集合 $E$ 上函數序列 ${f_n}$ 和函數 $f$ ，證明：若 $f_n$ 一致收斂於 $f$ ，則 $f_n$ (逐點)收斂於 $f$

要證明 $f_n$ (逐點)收斂於 $f$ ，就是要證：任取固定的 $xin E$ ，任取一個 $varepsilon>0$ 一定能夠找到正整數 $N$ ，使得 $ngeq N$ 時有 $|f_n(x)-f(x)|<varepsilon$ 。所以關鍵在於怎麼找到滿足條件的正整數 $N$ 。
因為 $f_n$ 在 $E$ 上一致收斂於 $f$ ，則由定義有：對每個 $varepsilon>0$ ，存在正整數 $N$ ，使得每個 $ngeq N$ ，對所有的 $xin X$ 有 $|f_n(x)-f(x)|<varepsilon$ 。
因此，我們只需取這個正整數 $N$ 等於 $N$ ，而且確實有 $ngeq N$ 時， $|f_n(x)-f(x)|<varepsilon$ ，這就證明了 $f_n$ (逐點)收斂於 $f$ 。 $square$

例子1（逐點收斂但不一致收斂）

定義在 $[0,1]$ 上的一族函數 $f_n(x)=x^n$ 構成的函數序列 ${f_n}$ ， $f_n$ 逐點收斂於函數 $f(x)=egin{cases} 0,quad 0leqslant x<1 \ 1,quad x=1end{cases}$ ，但 $f_n$ 在 $[0,1]$ 不一致收斂於 $f$ 。但是 $f_n$ 在 $[0,1-delta]$ ( $0<delta<1$ )上一致收斂於 $f$ 。

(1) $f_n$ 逐點收斂於函數 $f$ ，只需對每一點 $x$ 用定義驗證即可。
(2) $f_n$ 在 $[0,1]$ 不一致收斂於 $f$ 。 $|f_n-f|=egin{cases} x^n,quad 0leqslant x<1 \ 0,quad x=1end{cases}$

證法1：假設 $f_n$ 在 $[0,1]$ 一致收斂於 $f$ 。那麼取 $varepsilon=0.1$ ，則存在正整數 $N$ ，使得當 $ngeq N$ 時，對所有的 $xin[0,1]$ 有 $|f_n-f|<0.1$ ,即是 $x^n<0.1$ ，解此不等式得 $0<x<0.1^{frac1n}<1$ 。即 $|f_n-f|<0.1$ 成立的範圍只有 $0<x<0.1^{frac1n}$ ，這與對所有的 $xin[0,1]$ 有 $|f_n-f|<0.1$ 成立矛盾。故 $f_n$ 在 $[0,1]$ 不一致收斂於 $f$ 。
證法2（利用等價定義）： $sup_{xin [0,1]}|f_n(x)-f(x)|=1$ ，不能小於任意給定的正數 $varepsilon$ ，故 $f_n$ 在 $[0,1]$ 不一致收斂於 $f$
(3)見Section 2 例子2

可測函數 $f$ 稱為是幾乎處處實值的（a.e. real-valued），如果集合 ${x:|f(x)|=infty}$ 的測度為0。

定義2 （幾乎一致收斂）

在測度空間 $(X,mathfrak{a},mu)$ 里，稱幾乎處處實值且可測的函數序列 ${f_n}$ 幾乎一致收斂於（converge almost uniformly）可測函數 $f$ ，如果對任意 $varepsilon>0$ ，存在可測集 $E$ 滿足 $mu(E)<varepsilon$ ，並且 ${f_n}$ 在 $Xackslash E$ 上一致收斂。

注1：定義隱含著 $f$ 是幾乎處處實值的。

注2：注意，幾乎一致收斂不能套用2.2節S2"幾乎處處有性質P(x)"的定義。這是因為，幾乎一致收斂，只要求一致收斂不成立的集合 $E$ 的測度很小，即 $mu(E)<varepsilon$ 。而幾乎處處有性質P(x)，則要求P(x)不成立的集合 $F$ 的測度為0，即 $mu(F)=0$ 。因此，"幾乎一致收斂"絕對不可以說成"幾乎處處一致收斂"，兩者不是一回事！

$Delta$ 總結一下目前出現的四種函數序列收斂方式：

測度空間 $(X,mathfrak{a},mu)$ 的函數序列 ${f_n}$ 收斂於 $f$ 的方式：

(1)（逐點）處處收斂：

$forall xin X,f_n(x) o f$

或者 $forall xin X,forallvarepsilon>0,exists N i forall ngeq N,|f_n(x)-f(x)|<varepsilon$

(2)幾乎處處收斂：

$exists Ein mathfrak{a} & mu(E)=0 i forall xin Xackslash E, f_n(x) o f(x)$

或者 $exists Ein mathfrak{a} & mu(E)=0 i (forall xin Xackslash E, forallvarepsilon>0,exists N i forall ngeq N,|f_n(x)-f(x)|<varepsilon)$

(3)一致收斂:

$f_n o f ext{ unif. on }X$

或者 $forallvarepsilon>0,exists N i forall ngeq N, forall xin X ,|f_n(x)-f(x)|<varepsilon$

或者 $forallvarepsilon>0,exists N i forall n>N, sup_{xin X}|f_n(x)-f(x)|<varepsilon$

(4)幾乎一致收斂：

$forall delta >0,exists Ein mathfrak{a} & mu(E)<delta i f_n o f ext{ unif. on }Xackslash E$

或者 $forall delta >0,exists Ein mathfrak{a} & mu(E)<delta i(forallvarepsilon>0,exists N i forall ngeq N, forall xin Xackslash E,|f_n(x)-f(x)|<varepsilon)$

或者 $forall delta >0,exists Ein mathfrak{a} & mu(E)<delta i(forallvarepsilon>0,exists N i forall ngeq N,sup_{xin Xackslash E}|f_n(x)-f(x)|<varepsilon)$

Section 2 Egoroff定理

Egoroff定理是1.5節S2提到的 Littlewood principles的第三個：

(III) Every pointwise convergent sequence of [measurable] functions is nearly uniformly convergent.

定理1（ $f_n o f ext{ unif. }Rightarrow f_n o f ext{ a.e. }$ ）

在測度空間 $(X,mathfrak{a},mu)$ 中，幾乎處處實值的可測函數序列 ${f_n}$ 幾乎一致收斂於可測函數 $f$ ，則 $f_n o f ext{ a.e }$ 。

因為 $f_n$ 幾乎一致收斂於 $f$ ，那麼由定義，對任意 $varepsilon>0$ ,存在可測集 $E$ 滿足 $mu(E)<varepsilon$ ，使得 $f_n$ 在 $E^c(=Xackslash E)$ 一致收斂於 $f$ 。 $varepsilon$ 取 $frac1m$ , $m in mathbb{Z}^+$ ，就得到： $forall m geq 1,exists E_m in mathfrak{a} i mu(E_m)<frac1m & f_n o f ext{ unif. on } E^c_m$
令 $F=cup_{m=1}^{infty}E_m^c$ ，由S1命題1可得，在 $F$ 上 $f_n o f ext{ pointwise }$ 。

$mu(F^c)=mu(cap_{m=1}^{infty}E_m)leq mu(E_m)<frac1m$ 對任意正整數 $m$ 成立，因此 $mu(F^c)=0$
所以 $f_n o f ext{ a.e }$

如果 $X$ 是有限測度空間，則定理1的逆命題成立，這就是Egoroff定理：

定理2（Egoroff定理）

$(X,mathfrak{a},mu)$ 是有限測度空間，即 $mu(E)< infty$ , ${f_n},f$ 都是幾乎處處實值的可測函數

則 $f_n o f ext{ a.e }Rightarrow f_n o f ext{ alomst unif. }$

更完整的敘述是：

$(X,mathfrak{a},mu)$ 是有限測度空間，即 $mu(E)< infty$ , ${f_n},f$ 都是幾乎處處實值的可測函數。若 $f_n(x) o f(x) ext{ a.e. }forall xin X$ ,則對任給的 $delta>0$ ，存在可測子集 $E_delta$ 滿足 $mu(E_delta)<delta$ ，使得 $f_n o f ext{ unif. } ext{on } Xackslash E_delta$ 。

注1： $mu(E)< infty$ 不能缺少（見例子）

注2： $mu(E_delta)leqdelta$ 不能加強為 $mu(E_delta)=0$ （見例子）

證明1：(思路：假設在 $Xackslash E_delta$ 上， $f_n$ 一致收斂於 $f$ ，然後用集合列表示出 $E_delta$ ，證明 $E_delta$ 的測度可以小於 $delta$ )

假設 $f_n o f ext{ unif. } ext{on } Xackslash E_delta$ 。
回憶一下一致收斂的定義：對任意的 $varepsilon>0$ ，存在正整數 $N$ ，使得對所有的 $ngeq N$ ，對所有的 $xin X ackslash E_delta$ 有 $|f_n(x)-f(x)|<varepsilon$ 。（注意到這個 $N$ 是取決於 $varepsilon$ 的，一般來說， $varepsilon$ 越小，需要的 $N$ 越大。）設 $kin mathbb{Z}^+$ ，我們取 $varepsilon=frac 1k$ ,則滿足要求的 $N$ 表示為 $N_k$ ,意思是依賴於 $k$ 。那麼根據上一致收斂的定義，我們可以把一致收斂的集合 $X ackslash E_delta$ 表示為 $X ackslash E_delta=igcap_{k=1}^{infty}igcap_{n=N_k}^{infty}{xin X:|f_n(x)-f(x)|<frac1k}$
那麼一致收斂不成立的集合 $E_delta=Xackslash(Xackslash E_delta)$ ，即是 $E_delta=igcup_{k=1}^{infty}igcup_{n=N_k}^{infty}{xin X:|f_n(x)-f(x)|geqfrac1k}$ 。接下來證明 $E_delta$ 測度可小於 $delta$ 。
記 $A_{n,k}={xin X:|f_n(x)-f(x)|geqfrac1k}$ ， $B_{N,k}=igcup_{n=N}^{infty}A_{n,k}$ ，則(a) $B_{N,k}$ 關於 $N$ 單調遞減，即 $B_{N,k}supseteq B_{N+1,k}$ 。(b) $E_delta=igcup_{k=1}^{infty}B_{N_k,k}$
由假設 $f_n o f ext{ a.e }$ ,則 $mu({xin X:f_n(x) ot ightarrow f(x)})=0$ ,即是任取 $kin mathbb{Z}^+$ ，集合 $igcap_{N=1}^{infty}igcup_{n=N}^{infty}{xin X:|f_n(x)-f(x)|geqfrac1k} =igcap_{N=1}^{infty}igcup_{n=N}^{infty}A_{n,k}= igcap_{N=1}^{infty} B_{N,k}$ 的測度為 $0$ ，即是 $mu( igcap_{N=1}^{infty} B_{N,k})=0$ 。而 $B_{N,k}$ 關於 $N$ 單調遞減，因此 $igcap_{N=1}^{infty} B_{N,k}=lim_{N o infty} B_{N,k}$ ，故 $mu(lim_{N o infty} B_{N,k})=0$ 。又因為 $mu(X)<infty$ ,則由1.2節測度性質(6)(Continuity from above)，得到 $lim_{N o infty} mu( B_{N,k})=mu(lim_{N o infty} B_{N,k})=0$ 。
$lim_{N o infty} mu( B_{N,k})=0$ 就意味著：存在某個 $B_{N,k}$ ，它的測度可以任意小，比如小於 $fracdelta {2^k}$ 。也即是：對任意的 $delta>0$ 和任意正整數 $k$ ，存在 $N_k$ 使得
$mu(B_{N_k,k})=mu(igcup_{n=N_k}^{infty}{xin X:|f_n(x)-f(x)|geqfrac1k})<fracdelta {2^k}$
因此 $mu(E_delta)=mu(igcup_{k=1}^{infty}B_{N_k,k})leq sum_{k=1}^{infty}mu(B_{N_k,k})<sum_{k=1}^{infty} fracdelta{2^k}=delta$ 。 $square$
註：證明裡將整個空間 $X$ 分為一致收斂點和一致收斂不成立的點，其中一致收斂不成立的集合 $E_delta$ 包括三部分：發散點( $f_n$ 不收斂的點) $f$ 取 $infty$ 點 $f_n$ 收斂屬於 $E_delta$ 的點
證明2：見Proofwiki

例子2

定義在 $[0,1]$ 上的一族函數 $f_n(x)=x^n$ 構成的函數序列 ${f_n}$ ， $f_n$ 逐點收斂於函數 $f(x)=egin{cases} 0,quad 0leqslant x<1 \ 1,quad x=1end{cases}$ ，對任意的 $0<delta<1$ ,挖去可測集 $E_delta$ 滿足 $mu(E_delta)<delta$ ，比如可以選取 $0<varepsilon<delta$ , $E_delta=(1-varepsilon,1]$ ,則 $f_n$ 在 $[0,1]ackslash E_delta=[0,1-varepsilon]$ 上一致收斂於 $f$ 。

我們來驗證 $f_n$ 在 $[0,1-varepsilon]$ 上一致收斂於 $f$ 。
任意給定 $gamma>0$ ，令 $|f_n(x)-f(x)|<gamma,forall x in [0,1-varepsilon]$ ,即是 $x^n<gamma,x in [0,1-varepsilon]$ 。解得 $n>frac{ ext{ln } gamma}{ ext{ln }x}$ 。因此取 $N=[frac{ ext{ln } gamma}{ ext{ln }x}]+1$ 。則當 $ngeq N$ 時，對所有的 $x in [0,1-varepsilon]$ ，有 $|f_n(x)-f(x)|<gamma$ ，即是 $f_n o f ext{ unif. on } [0,1-varepsilon]$

註：這個例子告訴我們，不一致收斂發生於收斂函數 $f$ 出現"突變"處，挖去突變點的附近測度可以任意小的集合，則 $f_n$ 可以一致收斂。

例子3 （ $mu(X)< infty$ 不能缺少）

設Lebesgue測度空間 $(mathbb{R},L,m)$ ,則 $m(mathbb{R})=infty$ 。令 $f_n$ 為區間 $(n,infty)$ 的特徵函數，證明： $f_n$ 幾乎處處收斂於 $f=0$ ，但是 $f_n$ 不是幾乎一致收斂。

(1) $[{f_n}(x) = left{ {egin{array}{*{20}{L}} {1,x in (n,infty )}\ {0,x in mathbb{R}ackslash(n,infty) } end{array}} ight.]$ ,固定一 $xin mathbb{R}$ ,對任意的 $varepsilon>0$ ,只需取 $N=[x]+1$ ,故對所有 $ngeq N$ 有 $x<n & |f_n(x)-0|=0<varepsilon$ 。即 $f_n(x)$ 處處收斂於 $f(x)=0$ ,自然也是幾乎處處收斂。
(2)假設 $f_n$ 幾乎一致收斂。則對任意 $delta>0$ ，存在可測集 $E_delta$ 滿足 $m(E_delta)<delta$ ,使得 $f_n$ 在 $mathbb{R}ackslash E_delta$ 上一致收斂於 $f=0$ 。我們斷言：對任意 $nin mathbb{Z^+}$ ， $(mathbb{R}ackslash E_delta) cap(n,infty) e varnothing$ （待證）。因此 $mathbb{R}ackslash E_delta$ 至少存在一點 $xin(n,infty)$ ,而此時 $f_n(x)=1$ ,這與 $f_n$ 在 $mathbb{R}ackslash E_delta$ 上一致收斂於 $f=0$ 矛盾。
下面證：對任意 $nin mathbb{Z^+}$ ， $(mathbb{R}ackslash E_delta) cap(n,infty) e varnothing$
反證法：設 $(mathbb{R}ackslash E_delta) cap(n,infty)= varnothing$ ，注意到 $(n,infty)subseteq mathbb{R}$ ，則 $(n,infty)subseteq E_delta$ （畫個韋恩圖），由測度單調性知 $m(E_delta)geq m((n,infty))=infty$ ,這與 $m(E_delta)<delta$ 矛盾。

例子4 （ $mu(E_delta)leqdelta$ 不能加強為 $mu(E_delta)=0$ ）

例子出處：汪林《實分析中的反例》

取 $X=[0,1]$ ,令 ${f_n}(x) = left{ {egin{array}{*{20}{L}} 0, & x=0,frac1n leq xleq1\ 1, &frac1{n+2}leq x < frac1{n+1}\ 線性, &0<x<frac1{n+2},frac1{n+1} leq x<frac1n end{array}} ight.$ ,如下圖。

顯然，對每個 $n$ , $f_n$ 都是 $[0,1]$ 上的連續函數，因而是 $[0,1]$ 上的可測函數。而且 $f_n$ 處處收斂於 $f=0$ 。因此集合 $X$ 和函數序列 ${f_n}$ 滿足Egoroff定理的條件。

例子4圖

我們將證明，不存在測度為零的可測集 $Esubseteq X$ ,使得 $f_n$ 在 $Xackslash E$ 上一致收斂於0
反證法。假設存在 $E$ 滿足 $m(E)=0$ ，則 $m(Xackslash E)=m(X)-m(E)=1$ 。
我們斷言 $x=0$ 是 $Xackslash E$ 的極限點（也叫聚點）。因為若 $x=0$ 是 $Xackslash E$ 的孤立點，則必定存在 $delta >0$ ，使得 $x=0$ 的領域 $B_delta(0)subseteq E$ ,這將與 $m(E)=0$ 相矛盾。
因為 $x=0$ 是 $Xackslash E$ 的極限點，則存在 $x_nin Xackslash E,n=1,2,...$ 使得 $lim_{n o infty}x_n=0$
於是對任意 $N>0$ ,必有 $n>N$ 使得 $0<x_n<frac1{N+1}$ 。
因而有整數 $kgeq 0$ ,使得 $frac1{N+k+2}leq x_n<frac1{N+k+1}$
根據函數 $f$ 的定義，有 $f_{N+k}(x_n)=1,x_nin Xackslash E$ 。
這與 $f_n$ 在 $Xackslash E$ 上一致收斂於 $f=0$ 矛盾。因此不存在測度為零的可測集 $Esubseteq X$ ,使得 $f_n$ 在 $Xackslash E$ 上一致收斂於 $f=0$ 。 $square$
思考1：為什麼要選擇 $x=0$ 來討論，選擇 $x=0.2$ 可不可以？（不可以）
思考2：證明裡說 $x=0$ 是 $Xackslash E$ 的極限點，那麼 $x=0$ $Xackslash E$ 的內點、外點、還是邊界點？（邊界點）

Section 3 Lusin定理

（占坑以後填，因為和以後內容的關係不大）