可测函数

可测函数的定义与基本性质

定义 1 设 $f(x)$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 的可测子集 $E$ 上的函数，如果对于任意常数 $a$，$E[x;f(x)>a]$ 都可测，则我们就说 $f(x)$ 是 $E$ 上的可测函数，或者说 $f(x)$ 在 $E$ 上可测。其中，$E[x;f(x)>a]=\{x\in E:f(x)>a\}$。

定理 1

对于 ${\mathbb{R}}^n$ 中的可测集合 $E$ 上的函数 $f(x)$，下述各条件都是 $f(x)$ 在 $E$ 上可测的充要条件：

（i）对于任意的常数 $a$，$E[x;f(x)>a]$ 都可测；

（ii）对于任意的常数 $a$，$E[x;f(x)\le a]$ 都可测；

（iii）对于任意的常数 $a$，$E[x;f(x)<a]$ 都可测。

证明： 因为

$$E[x;f(x)>a]=\bigcup _{k=1}^{\infty }E\left[x;f(x)\ge a+\frac{1}{k}\right],$$ $$E[x;f(x)\le a]=E[x;f(x)>a{]}^c,$$ $$E[x;f(x)<a]=\bigcup _{k=1}^{\infty }E\left[x;f(x)\le a-\frac{1}{k}\right],$$ $$E[x;f(x)\ge a]=E[x;f(x)<a{]}^c.$$

所以 $f(x)$ 在 $E$ 上可测 $\Rightarrow$（i）$\Rightarrow$（ii）$\Rightarrow$（iii）$\Rightarrow f(x)$ 在 $E$ 上可测，证完。

推论 1 如果 $f(x)$ 在 $E$ 上可测，则 $E[x;f(x)=+\infty ]$ 和 $E[x;f(x)=-\infty ]$ 都是可测集合。 证明： 因为

$$E[x;f(x)=+\infty ]=\bigcap _{k=1}^{\infty }E[x;f(x)>k],$$ $$E[x;f(x)=-\infty ]=\bigcap _{k=1}^{\infty }E[x;f(x)<-k].$$

定理 2

如果两个函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在集合 $E$ 上几乎处处相等，则当其中一个在 $E$ 上可测时，另一个也在 $E$ 上可测。

证明 因为对于任意常数 $a$，$E[x;f(x)\ge a]$ 和 $E[x;g(x)\ge a]$ 都只能相差一个测度为零的点集，所以当其中一个可测时，另一个也可测。证完。 定理 2 说明 了在讨论函数的可测性时，可以任意改变这个函数在一测度为零的子集上的值。因此我们也可以允许所讨论的函数在 $E$ 的一个测度为零的子集上没有定义。

定理 3

如果 $f(x)$ 是 $E$ 上的可测函数，$E_0$ 是 $E$ 的可测子集，则 $f(x)$ 也是 $E_0$ 上可测函数。

反之，如果已知 $f(x)$ 在每一个 $E_j$ 上都可测，$j=1,2,3,\cdots$，且 $\bigcup _{j=1}^{\infty }{E}_j=E$，则 $f(x)$ 也在 $E$ 上可测。

证明 因为对任意常数 $a$，都有

$$E_0[x;f(x)\ge a]=E_0\cap E[x;f(x)\ge a],$$ $$E[x;f(x)\ge a]=\bigcup _{j=1}^{\infty }{E}_j[x;f(x)\ge a].$$

定理 4

如果两个函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 都在 $E$ 上可测，则

（i）对于常数 $c$，如果 $cf(x)$ 在 $E$ 上几乎处处有意义，则 $cf(x)$ 在 $E$ 上可测；

（ii）当 $f(x)+g(x)$ 在 $E$ 上几乎处处有意义时，$f(x)+g(x)$ 在 $E$ 上可测；

（iii）当 $f(x)g(x)$ 在 $E$ 上几乎处处有意义时，$f(x)g(x)$ 在 $E$ 上可测。

证明

（i）若 $c=0$，则 $cf(x)$ 几乎处处等于 $0$，自然在 $E$ 上可测。若 $c\ne 0$，则对任意常数 $a$，

$$E[x;cf(x)>a]=\{\begin{array}{ll}E[x;f(x)>c^{-1}a],& c>0,\\ E[x;f(x)<c^{-1}a],& c<0.\end{array}$$

因此 $cf(x)$ 在 $E$ 上可测。 （ii）不妨设 $f(x)+g(x)$ 处处有意义，令全体有理数排列为 $r_1,r_2,\cdots$。对于任意常数 $a$，

$$E[x;f(x)+g(x)>a]=E[x;f(x)>a-g(x)]$$ $$=\bigcup _{j=1}^{\infty }E[x;f(x)>r_j>a-g(x)]$$ $$=\bigcup _{j=1}^{\infty }(E[x;f(x)>r_j]\cap E[x;a-g(x)<r_j])$$ $$=\bigcup _{j=1}^{\infty }(E[x;f(x)>r_j]\cap E[x;g(x)>a-r_j]).$$

根据定理 1，$E[x;f(x)>r_j]$ 和 $E[x;g(x)>a-r_j]$ 都是可测集合，所以 $E[x;f(x)+g(x)>a]$ 也是可测集合。 （iii）令

$$E_1=(E[x;f(x)=+\infty ]\cap E[x;g(x)=+\infty ])\cup (E[x;f(x)=-\infty ]\cap E[x;g(x)=-\infty ]),$$ $$E_2=(E[x;f(x)=+\infty ]\cap E[x;g(x)=-\infty ])\cup (E[x;f(x)=-\infty ]\cap E[x;g(x)=+\infty ]).$$

由推论 1 知，$E_1$ 和 $E_2$ 都是 $E$ 的可测子集。在 $E_1$ 上，$f(x)g(x)=+\infty$，所以 $f(x)g(x)$ 在 $E_1$ 上都是可测的。于是我们只要证明 $f(x)g(x)$ 在 $E_3=E-(E_1\cup E_2)$ 上可测即可。 在 $E_3$ 上，$h_1(x)=f(x)+g(x)$，$h_2(x)=f(x)-g(x)$ 几乎处处有定义，由定理 3 及已证明了的（i）和（ii），$h_1(x)$ 和 $h_2(x)$ 都是 $E_3$ 上的可测函数。注意

$$E_3[x;h_j^2(x)>a]=\{\begin{array}{ll}{E}_3,& a<0,\\ E_3[x;h_j(x)>\sqrt{a}]\cup E_3[x;h_j(x)<-\sqrt{a}],& a\ge 0.\end{array}$$

所以 $h_j^2(x)(j=1,2)$ 也是 $E_3$ 上的可测函数。于是

$$f(x)g(x)=\frac{1}{4}[h_1^2(x)-h_2^2(x)]$$

便也是 $E_3$ 上的可测函数。证完。

定理 5

如果 $\{f_k(x){\}}_{k=1}^{\infty }$ 是 $E$ 上的可测函数列，则

（i）$h(x)=\underset{k\ge 1}{\sup }{f}_k(x)$，$l(x)=\underset{k\ge 1}{\inf }{f}_k(x)$ 都是 $E$ 上的可测函数；

（ii）$U(x)=\underset{k\to \infty }{\mathrm{limsup}}{f}_k(x)$，$V(x)=\underset{k\to \infty }{\mathrm{liminf}}{f}_k(x)$ 都是 $E$ 上的可测函数。

证明 对于任意常数 $a$，

$$E[x;h(x)>a]=\bigcup _{k=1}^{\infty }E[x;f_k(x)>a],$$

所以 $h(x)$ 是在 $E$ 上可测的。又

$$l(x)=-\underset{k\ge 1}{\sup }(-f_k(x)),$$

所以 $l(x)$ 也在 $E$ 上可测。最后，

$$U(x)=\underset{n\ge 1}{\inf }\underset{k\ge n}{\sup }{f}_k(x),$$ $$V(x)=\underset{n\ge 1}{\sup }\underset{k\ge n}{\inf }{f}_k(x),$$

因而从（i）知，$U(x),V(x)$ 都是 $E$ 上的可测函数。证完。 推论 2 如果 $E$ 上的可测函数列 $\{f_k(x){\}}_{k=1}^{\infty }$ 在 $E$ 上几乎处处趋于 $f(x)$，即

$$f(x)=\underset{k\to \infty }{\lim }{f}_k(x)\text{a.e. 于 }E,$$

则 $f(x)$ 在 $E$ 上可测。

对于点集 $E$ 上定义的函数 $f(x)$，规定 $f(x)$ 的正部和负部分别为

$$f^{+}(x)=\max \{f(x),0\},$$

与

$$f^{-}(x)=\max \{-f(x),0\},$$

则 $f^{+}(x)$ 和 $f^{-}(x)$ 都是 $E$ 上的非负函数。另一方面，

$$f(x)=f^{+}(x)-f^{-}(x),$$ $$|f(x)|=f^{+}(x)+f^{-}(x).$$

因此当 $f^{+}(x)$ 和 $f^{-}(x)$ 都在 $E$ 上可测时，$f(x)$ 和 $|f(x)|$ 也在 $E$ 上可测。这也就是说我们有下述结论。

定理 6

$f(x)$ 在 $E$ 上可测的充要条件是 $f^{+}(x)$ 和 $f^{-}(x)$ 都在 $E$ 上可测。当 $f(x)$ 在 $E$ 上可测时，$|f(x)|$ 也在 $E$ 上可测。

定理 7

如果 $f(x)$ 在 $E$ 上可测，令

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}0,& f(x)=\pm \infty ,\\ +\infty ,& f(x)=0,\\ \frac{1}{f(x)},& \text{其他},\end{array}$$

那么 $g(x)$ 在 $E$ 上可测。

证明 令

$$E_0=E[x;f(x)=+\infty ]\cup E[x;f(x)=-\infty ],$$ $$E_1=E[x;f(x)=0],$$ $$E_2=E[x;0<f(x)<+\infty ],$$ $$E_3=E[x;-\infty <f(x)<0].$$

那么 $E_j$ 可测，$j=0,1,2,3$。对任意常数 $a$，

$$E[x;g(x)\ge a]=\{\begin{array}{ll}{E}_1\cup \left(E_2\cap E\left[x;f(x)\le \frac{1}{a}\right]\right),& a>0,\\ E_0\cup E_1\cup E_2,& a=0,\\ E_0\cup E_1\cup E_2\cup E\left[x;f(x)\le \frac{1}{a}\right],& a<0.\end{array}$$

所以，$E[x;g(x)\ge a]$ 总是可测的，即 $g(x)$ 在 $E$ 上可测。证完。

定义 2

对于定义在 ${\mathbb{R}}^n$ 中点集 $E$ 上的非负函数 $f(x)$，称 ${\mathbb{R}}^{n+1}$ 中的子集

$$\{(x,y);x\in E,0\le y<f(x)\}$$

为 $f(x)$（在 $E$ 上）的下方图形，记为 $G(E;f)$。当 $E={\mathbb{R}}^n$ 时，还可以简记为 $G(f)$。

设 $E$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的一个给定的可测点集，$\psi (x)$ 是在 $E$ 上定义的函数，如果能够把 $E$ 分解为有限个互不相交的可测子集

$$E_1,E_2,\cdots ,E_m$$

的并，使得在每个 $E_i$ 上，$\psi (x)$ 都恒等于一个常数 $c_i$，则我们就说 $\psi (x)$ 是 $E$ 上的简单函数。 显然，定义于 $E$ 上的函数 $\psi (x)$ 是 $E$ 上的简单函数的充要条件是存在 $E$ 的有限多个可测子集

$$E_1,E_2,\cdots ,E_m$$

及 $m$ 个常数

$$c_1,c_2,\cdots ,c_m,$$

使在 $E$ 上有

$$\psi (x)=\sum _{i=1}^m{c}_i{\phi }_{E_i}(x),$$

此处 ${\phi }_{E_i}(x)$ 是 $E_i$ 的示性函数。 如果上面 $\psi (x)$ 是非负函数，且

$$E_1,E_2,\cdots ,E_m$$

互不相交，则

$$G(E;\psi )=\bigcup _{i=1}^m{E}_i\times [0,c_i).$$

因此，如果 $\psi (x)$ 是 $E$ 上非负简单函数，则 $G(E;\psi )$ 可测。

定理 8

如果 $f(x)$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中可测集 $E$ 上的非负函数，则下述各条相互等价：

（i）$f(x)$ 在 $E$ 上的下方图形 $G(E;f)$ 是 ${\mathbb{R}}^{n+1}$ 中可测子集；

（ii）$f(x)$ 在 $E$ 上可测；

（iii）存在 $E$ 上非负简单函数列 $\{{\psi }_k(x){\}}_{k=1}^{\infty }$，满足

$$0\le {\psi }_1(x)\le {\psi }_2(x)\le \cdots \le {\psi }_k(x)\le {\psi }_{k+1}(x)\le \cdots ,$$

且

$$f(x)=\underset{k\to \infty }{\lim }{\psi }_k(x).$$

证明 （i）$\Rightarrow$（ii）
由于 $G(E;f)$ 可测，存在 ${\mathbb{R}}^{n+1}$ 中测度为 $0$ 的一个子集 $e$，使得对于 ${\mathbb{R}}^1$ 中每个不属于 $e$ 的 $a$，截口

$$G(E;f{)}^a=\{x\in {\mathbb{R}}^n;(x,a)\in G(E;f)\}$$

都是 ${\mathbb{R}}^n$ 的可测子集。 注意到，

$$G(E;f{)}^a=E[x;f(x)>a],$$

所以当 $a\in e$ 时，$E[x;f(x)>a]$ 是可测的。 对任意给定的常数 $a$，由于 $me=0$，对每个正整数 $k$，存在 $l_k\notin e$，满足

$$a-\frac{1}{k}<l_k<a.$$

于是

$$E[x;f(x)\ge a]=\bigcap _{k=1}^{\infty }E[x;f(x)>l_k]$$

是可测的，因而 $f(x)$ 在 $E$ 上可测。

（ii）$\Rightarrow$（iii）
对于每个正整数 $k$ 及 $j=0,1,2,\cdots ,k{2}^k-1$，令

$$E_{k,j}=E\left[x;\frac{j}{2^k}\le f(x)<\frac{j+1}{2^k}\right],$$

及

$$E_{k,k{2}^k}=E[x;f(x)\ge k].$$

则这是一些互不相交的可测集，且

$$E=\bigcup _{j=0}^{k{2}^k}{E}_{k,j}.$$

定义简单函数

$${\psi }_k(x)=\sum _{j=0}^{k{2}^k}\frac{j}{2^k}{\phi }_{E_{k,j}}(x).$$

易见

$$0\le {\psi }_k(x)\le {\psi }_{k+1}(x),k\ge 1.$$

现在我们证明

$$f(x)=\underset{k\to \infty }{\lim }{\psi }_k(x).$$

任意给定 $x_0\in E$，如果 $f(x_0)=+\infty$，则对所有 $k$，$x_0\in E_{k,k{2}^k}$，所以

$${\psi }_k(x_0)=\frac{k{2}^k}{2^k}=k\to +\infty =f(x_0).$$

如果 $f(x_0)\ne +\infty$，可取正整数 $k_0>f(x_0)$。从而当 $k\ge k_0$ 时，

$$\left|f(x_0)-{\psi }_k(x_0)\right|=f(x_0)-{\psi }_k(x_0)<\frac{1}{2^k},$$

所以此时也有

$$\underset{k\to \infty }{\lim }{\psi }_k(x_0)=f(x_0).$$

（iii）$\Rightarrow$（i）
注意到

$$G(E;f)=\bigcup _{k=1}^{\infty }G(E;{\psi }_k),$$

而且 $G(E;{\psi }_k)$ 是可测的，$k\ge 1$，因此 $G(E;f)$ 可测。证完。

Egorov定理

定理（Egorov 定理）

设

（1）$mE<+\infty$，$f_n(x)$ 是 $E$ 上的一串几乎处处取有限值的可测函数；

（2）

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(x)=f(x)\text{a.e. 于 }E,$$

且

$$|f(x)|<+\infty \text{a.e.}$$

则对于任意正数 $\delta$，恒有可测子集 $e$，使 $me<\delta$，而在

$$E_{\delta }=E-e$$

上，$f_n(x)$ 一致地收敛于 $f(x)$。

为了证明 Egorov 定理，我们先证明下述引理：

引理

设 $\{f_n(x)\}$ 是 $E$ 上的一串只取有限值的函数，$f(x)$ 是在 $E$ 上定义的只取有限值的函数，则所有使 $f_n(x)$ 不收敛到 $f(x)$ 的点 $x$ 所作成的集合 $D$，可以表示成

$$D=\bigcup _{k=1}^{\infty }\bigcap _{N=1}^{\infty }\bigcup _{n=N}^{\infty }E\left[x;|f_n(x)-f(x)|\ge {\epsilon }_k\right]\text{\hspace{1em}(*)}$$

的形式，其中 ${\epsilon }_1>{\epsilon }_2>\cdots >{\epsilon }_k>\cdots$ 是任意一串单调地趋于零的正数。

证明 设 $x_0\in D$，即 $\{f_n(x_0)\}$ 不收敛于极限 $f(x_0)$，因此必有 $\epsilon >0$，及一串正整数

$$n_1<n_2<\cdots <n_k<\cdots$$

使

$$|f_{n_k}(x_0)-f(x_0)|\ge \epsilon .$$

自然，只要 $k$ 充分大，就有

$${\epsilon }_k<\epsilon ,$$

所以

$$|f_{n_k}(x_0)-f(x_0)|\ge {\epsilon }_k.$$

从而

$$x_0\in \bigcup _{n=N}^{\infty }E\left[x;|f_n(x)-f(x)|\ge {\epsilon }_k\right](N=1,2,3,\cdots ),$$

从而

$$x_0\in \bigcap _{N=1}^{\infty }\bigcup _{n=N}^{\infty }E\left[x;|f_n(x)-f(x)|\ge {\epsilon }_k\right].$$

于是

$$x_0\in \bigcup _{k=1}^{\infty }\bigcap _{N=1}^{\infty }\bigcup _{n=N}^{\infty }E\left[x;|f_n(x)-f(x)|\ge {\epsilon }_k\right].$$

反之，若

$$x_0\in \bigcup _{k=1}^{\infty }\bigcap _{N=1}^{\infty }\bigcup _{n=N}^{\infty }E\left[x;|f_n(x)-f(x)|\ge {\epsilon }_k\right],$$

则有 $k_0$，使

$$x_0\in \bigcap _{N=1}^{\infty }\bigcup _{n=N}^{\infty }E\left[x;|f_n(x)-f(x)|\ge {\epsilon }_{k_0}\right].$$

所以对任意正整数 $N$，

$$x_0\in \bigcup _{n=N}^{\infty }E\left[x;|f_n(x)-f(x)|\ge {\epsilon }_{k_0}\right].$$

可见对任意正整数 $N$ 恒有 $n\ge N$，使

$$|f_n(x_0)-f(x_0)|\ge {\epsilon }_{k_0}.$$

这证明 $\{f_n(x_0)\}$ 不收敛于 $f(x_0)$，亦即 $x_0\in D$。$(\ast )$ 式得证。 现在我们来证明 Egorov 定理。 从假设，$\{f(x),f_1(x),\cdots ,f_n(x),\cdots \}$ 至少有一个在该点的值为无穷的点，构成一测度为零的点集。我们可以先将它从 $E$ 中去掉，然后在余下的集合上讨论。所以我们不妨假设 $f(x)$ 和各 $f_n(x)$ 都是在 $E$ 上处处有限的。 我们要证明的是对事先任意给定的 $\delta >0$，都可以从 $E$ 中去掉一个测度小于 $\delta$ 的集合 $e$，使在 $E-e$ 上，$|f_n(x)-f(x)|$ 一致收敛于 $0$；这也就是说要使之对任意 $\epsilon >0$，都能有 $N$ 使 $n>N$ 时，

$$|f_n(x)-f(x)|<\epsilon$$

对一切 $x\in E-e$ 都成立。 显然，如果 $\{{\epsilon }_k\}$ 是一串下降于零的正数，则上述要求只要能对每一 ${\epsilon }_k$ 都满足就可以了。 既然要的是在 $E-e$ 上

$$|f_n(x)-f(x)|<{\epsilon }_k(n>N_k),$$

集合

$$e_k=\bigcup _{n=N_k}^{\infty }E\left[x;|f_n(x)-f(x)|\ge {\epsilon }_k\right]$$

中的点自然应当去掉，此处 $N_k$ 是一个正整数。 如果对于每一个 $k$，我们都用 $e_k$ 来表示上述的集合，$e={\bigcup }_{k=1}^{\infty }{e}_k$，则在 $E-e$ 上 $f_n(x)$ 必定一致地收敛于 $f(x)$。因为于任意 $\epsilon >0$，总有 ${\epsilon }_k<\epsilon$，于是当 $n>N_k$ 时，如果 $x\in E-e$，则 $x\notin e_k$，所以

$$|f_n(x)-f(x)|<{\epsilon }_k<\epsilon .$$

因此，如果我们用上述的方法去掉 $e$，则显然 $\{f_n(x)\}$ 在 $E-e$ 上一致收敛于 $f(x)$。问题在于如何保证 $me<\delta$。 注意到在上述过程中，我们对 $N_k$ 并没有作任何限制，因此我们自然可以取 $N_k$ 充分地大，以使 $m{e}_k$ 充分地小。 因为 $f_n(x)$ 不趋于 $f(x)$ 的点所作成的集合是

$$D=\bigcup _{k=1}^{\infty }\bigcap _{N=1}^{\infty }\bigcup _{n=N}^{\infty }E\left[x;|f_n(x)-f(x)|\ge {\epsilon }_k\right],$$

而

$$f_n(x)\stackrel{\text{a.e.}}{\to }f(x),$$

所以 $mD=0$。从而

$$m\left(\bigcap _{N=1}^{\infty }\bigcup _{n=N}^{\infty }E\left[x;|f_n(x)-f(x)|\ge {\epsilon }_k\right]\right)=0.$$ $$\underset{N\to \infty }{\lim }m\left(\bigcup _{n=N}^{\infty }E\left[x;|f_n(x)-f(x)|\ge {\epsilon }_k\right]\right)=0.$$

可见只要 $N_k$ 取得充分地大，我们便确实可以使 $m{e}_k$ 充分地小，比如小于

$$\frac{\delta }{2^k}.$$

对于每一个 $k$，我们都这样去定 $N_k$，则于

$$e=\bigcup _{k=1}^{\infty }{e}_k$$

有

$$me=m\left(\bigcup _{k=1}^{\infty }{e}_k\right)\le \sum _{k=1}^{\infty }m{e}_k<\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\delta }{2^k}=\delta .$$

至此定理得证。

可测函数的结构与Lusin定理

定义 1
设 $E$ 是一点集，$f(x)$ 是定义在 $E$ 上的函数，$x_0\in E$。如果对于任意 $\epsilon >0$，恒存在 $\delta >0$，使 $x\in E\cap N(x_0,\delta )$ 时，

$$|f(x)-f(x_0)|<\epsilon ,$$

则称 $f(x)$ 在 $x_0$ 点相对于 $E$ 连续。此处 $N(x_0,\delta )$ 表示以 $x_0$ 为中心，以 $\delta$ 为半径的邻域。 显然，如果 $x_0$ 是 $E$ 的孤立点，即有 $\delta >0$，使 $N(x_0,\delta )$ 中除了 $x_0$ 以外再没有其他属于 $E$ 的点，则 $f(x)$ 一定在 $x_0$ 点相对于 $E$ 连续。 定义 2
如果对于每一 $x\in E$，$f(x)$ 都在 $x$ 点相对于 $E$ 连续，我们就说 $f(x)$ 是 $E$ 上的连续函数；或者说把 $f(x)$ 看作 $E$ 上的函数时是处处连续的。

定理 1（Luzin 定理）

设 $E$ 是一测度有限的可测集①，$f(x)$ 是 $E$ 上的几乎处处有限的可测函数，则于任意 $\epsilon >0$，恒有闭集 $F\subset E$，使

（1）

$$m(E-F)<\epsilon ;$$

（2）$f(x)$ 是 $F$ 上的连续函数。

证明
因为可测函数都是简单函数的极限，因此我们先考虑简单函数。 设 $f(x)$ 是简单函数，

$$f(x)=c_i,\text{当 }x\in E_i\left(i=1,2,\cdots ,n;E=\bigcup _{i=1}^n{E}_i\right).$$

此处 $E_i$ 是一些互不相交的可测集合。对每一个 $i$，有闭集 $F_i\subset E_i$，使

$$m(E_i-F_i)<\frac{\epsilon }{n}.$$

令

$$F=\bigcup _{i=1}^n{F}_i,$$

则 $F$ 是闭集，$F\subset E$，

$$m(E-F)=m\left(\bigcup _{i=1}^n(E_i-F_i)\right)<\epsilon .$$

而 $f(x)$ 是 $F$ 上的连续函数。 事实上，设 $x_0\in F$，则有 $i_0\le n$，使 $x_0\in F_{i_0}$。注意 $F_i$ 是一些互不相交的闭集，所以有 $d>0$，使

$$\rho (x_0,F_i)>d(i\ne i_0).$$

故

$$N(x_0,d)\cap F_i=\varnothing (i\ne i_0),$$

从而

$$F\cap N(x_0,d)=F_{i_0}\cap N(x_0,d),$$

于是 $f(x)$ 在 $F$ 上是一常数 $c_{i_0}$，故有所欲证者。 如果 $f(x)$ 是一般的可测函数，不妨设 $f(x)\ge 0$。于是有一串非负的简单函数

$${\phi }_n(x)\to f(x).$$

据 Egorov 定理，有 $E_{\delta }\subset E$，使

$$m(E-E_{\delta })<\frac{\epsilon }{2},$$

而在 $E_{\delta }$ 上，${\phi }_n(x)$ 一致收敛于 $f(x)$。 根据前段证明，对每一个 ${\phi }_n(x)$ 都有闭集 $F_n\subset E_{\delta }$，使

$$m(E_{\delta }-F_n)<\frac{\epsilon }{2^{n+1}},$$

并且 ${\phi }_n(x)$ 是 $F_n$ 上的连续函数。令

$$F=\bigcap _{n=1}^{\infty }{F}_n,$$

则 $F$ 是闭集，并且 $F\subset E_{\delta }\subset E$，

$$m(E_{\delta }-F)=m\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }(E_{\delta }-F_n)\right)<\frac{\epsilon }{2}.$$

于是

$$m(E-F)\le m(E-E_{\delta })+m(E_{\delta }-F)<\epsilon .$$

在 $F$ 上，每一个 ${\phi }_n(x)$ 都连续，所以 $f(x)$ 也连续（因为在 $F$ 上，${\phi }_n(x)$ 一致收敛于 $f(x)$）。定理证完。

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① $mE<+\infty$ 的限制是可以取消的。 上述证明方法值得特别注意：先考虑简单函数然后再往一般的可测函数过渡，这是在许多场合下都行之有效的办法。另外在这个证明中，Egorov 定理的运用也是可注意的。