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。

定理 2

若 $E$ 是一维空间 ${\mathbb{R}}^1$ 上的有界可测集合，$E\subset (a,b)$，$f(x)$ 是 $E$ 上几乎处处有限的可测函数，则于任意 $\epsilon >0$，有闭集 $F\subset E$，及在整个直线上连续的函数 $g(x)$，使

（1）当 $x\in F$ 时 $f(x)=g(x)$；

（2）$m(E-F)<\epsilon$。

如果 $|f(x)|\le M(x\in E)$，则还可要求 $|g(x)|\le M$。

证明
由定理 1，有闭集 $F\subset E$，使

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

而 $f(x)$ 是 $F$ 上的连续函数，因此问题在于扩张 $F$ 上的 $f(x)$，使其在整个空间上连续。
$F$ 是有界闭集，因此是从一开区间 $[c,d]\subset (a,b)$ 中去掉有限个或可数多个互不相交的开区间而成，设这些开区间是

$$(c_i,d_i),$$

则在我们定义一个函数 $g(x)$，使

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le a\text{ 或 }x\ge b,\\ f(x),& x\in F.\end{array}$$

此外，当 $x\in (c_i,d_i)$ 时，令 $g(x)$ 的图形是连接

$$(c_i,f(c_i)),(d_i,f(d_i))$$

的直线；当 $x\in (a,c)$ 及 $(d,b)$ 时，分别是连接

$$(a,0),(c,f(c))$$

及

$$(b,0),(d,f(d))$$

的直线，于是 $g(x)$ 是整个直线上的连续函数，且满足定理的各项要求。
定理 2 中要求 $E$ 是属于一维空间的点集，虽然这个限制并不是必要的，只要我们知道如何把一个 $n$ 维空间中的有界闭集 $F$ 上的连续函数扩张到整个空间上去。定理 2 也可以推广到 $n$ 维空间。关于这种推广有界闭集 $F$ 上的连续函数到整个空间上去的方法，大家可以阅读参考书。
如果注意到，对于任意闭集 $F$，总可以作一完备集 $P\subset F$，使 $mP=mF$，则显然定理 1 及 2 中之闭集尚可要求是完备集。

Luzin 定理揭露了可测函数与连续函数的关系，使我们对可测函数的结构能有进一步的了解。另外，Luzin 定理在应用上也很重要。通过它，我们常常能把有关一般的可测函数的问题化成为有关连续函数的问题，从而得到简化。

依测度收敛

定理 1（Lebesgue 定理）

设

（1）$E$ 是测度有限的可测集合；

（2）$f_1(x),f_2(x),\cdots ,f_n(x),\cdots$ 都是 $E$ 上的几乎处处取有限值的可测函数；

（3）$f(x)$ 在 $E$ 上几乎处处有限，且

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

则对于任意 $\sigma >0$，都有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }mE\{x:|f(x)-f_n(x)|\ge \sigma \}=0.$$

证明
由 Egorov 定理，对于任意 $\epsilon >0$，都有 $E$ 的可测子集 $e$，使 $me<\epsilon$，而在 $E-e$ 上，$f_n(x)$ 一致收敛于 $f(x)$。
如果 $\sigma >0$ 已给定，则可取 $N$，使当 $n\ge N$ 时，对一切 $x\in E-e$，都有

$$|f(x)-f_n(x)|<\sigma .$$

因此 $n\ge N$ 时，

$$E\{x:|f(x)-f_n(x)|\ge \sigma \}\subset e.$$

从而

$$mE\{x:|f(x)-f_n(x)|\ge \sigma \}\le me<\epsilon .$$

这正是我们所需要证明的结论。

例

设 $E=[0,1]$，定义

$$f_1^{(1)}(x)=1;$$ $$f_1^{(2)}(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\in \left[0,\frac{1}{2}\right),\\ 0,& x\in \left[\frac{1}{2},1\right],\end{array}$$ $$f_2^{(2)}(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\in \left[0,\frac{1}{2}\right),\\ 1,& x\in \left[\frac{1}{2},1\right].\end{array}$$

一般来讲，将 $[0,1)$ 分为 $k$ 等分，我们就定义第 $k$ 组的 $k$ 个函数为

$$f_i^{(k)}(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\in \left[\frac{i-1}{k},\frac{i}{k}\right),\\ 0,& x\notin \left[\frac{i-1}{k},\frac{i}{k}\right),\end{array}i=1,2,\cdots ,k.$$

也就是说，定义 $f_i^{(k)}(x)$ 为那样的函数，它在从左边数起的第 $i$ 个小区间上恒等于 $1$，而在其他地方则恒等于 $0$。

令

$${\phi }_1(x)=f_1^{(1)}(x),{\phi }_2(x)=f_1^{(2)}(x),{\phi }_3(x)=f_2^{(2)}(x),$$ $${\phi }_4(x)=f_1^{(3)}(x),{\phi }_5(x)=f_2^{(3)}(x),{\phi }_6(x)=f_3^{(3)}(x),\cdots$$

则 ${\phi }_n(x)$ 是在 $[0,1]$ 上有定义的处处取有限值的可测函数。

令

$$\phi (x)\equiv 0.$$

对于任意 $\sigma >0$，如果 $\sigma >1$，则

$$E\{x:|{\phi }_n(x)-\phi (x)|\ge \sigma \}=\varnothing .$$

自然有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }mE\{x:|{\phi }_n(x)-\phi (x)|\ge \sigma \}=0.$$

若 $\sigma \le 1$，则在 ${\phi }_n(x)$ 是第 $k$ 组中之第 $i$ 个函数时，

$$E\{x:|{\phi }_n(x)-\phi (x)|\ge \sigma \}=\left[\frac{i-1}{k},\frac{i}{k}\right).$$

所以

$$mE\{x:|{\phi }_n(x)-\phi (x)|\ge \sigma \}=\frac{1}{k}.$$

当 $n\to \infty$ 时，自然 $k\to \infty$，故

$$\underset{n\to \infty }{\lim }mE\{x:|{\phi }_n(x)-\phi (x)|\ge \sigma \}=0.$$

这说明对于这串函数 ${\phi }_n$ 和 $\phi$ 来说，定理 1 中的结论是成立的。

但是对于任意点 $x_0\in [0,1]$，${\phi }_n(x_0)$ 中都有无穷多个函数在该点等于零，也都有无穷多个函数在该点等于 $1$，所以 ${\phi }_n(x_0)$ 不可能有极限。

因此 ${\phi }_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上处处不收敛于 $\phi (x)$。

定义：设 $E$ 是可测集，$f(x),f_1(x),f_2(x),\cdots$ 都是在 $E$ 上几乎处处取有限值的可测函数，如果对于任意 $\sigma >0$，都有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }mE\{x:|f_n(x)-f(x)|\ge \sigma \}=0,$$

则我们就说 $f_n(x)$ 在 $E$ 上依测度收敛于 $f(x)$，记为

$$f_n(x)\Rightarrow f(x)于E.$$

于是上述 Lebesgue 定理就是说，当 $mE<+\infty$ 时，从

$$f_n(x)\to f(x)\text{a.e. 于 }E$$

可推出

$$f_n(x)\Rightarrow f(x)于E.$$

而上述例子则表明，从

$$f_n(x)\Rightarrow f(x)于E$$

不能推出在 $E$ 上 $f_n(x)$ 几乎处处收敛于 $f(x)$。
但是下述事实常常是有用的。

定理 2（F. Riesz 定理）

如果

$$f_n(x)\Rightarrow f(x)于E,$$

则必有 $\{f_n(x)\}$ 的子序列 $\{f_{n_k}(x)\}$，使

$$f_{n_k}(x)\to f(x)\text{a.e. 于 }E.$$

证明
先考虑 $mE<+\infty$ 的情形。我们的任务是要选一串在 $E$ 上几乎处处收敛于 $f(x)$ 的子序列。
由 §2 的引理，就是要选一串正整数

$$n_1<n_2<\cdots <n_i<\cdots ,$$

使

$$m\bigcap _{k=1}^{\infty }\bigcup _{i=N}^{\infty }E\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{k}\right\}=0.$$

这也就是说要对任意的 $k$，都有

$$m\left(\bigcap _{N=1}^{\infty }\bigcup _{i=N}^{\infty }E\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{k}\right\}\right)=0.$$

注意 $mE<+\infty$，

$$\bigcup _{i=N}^{\infty }E\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{k}\right\}$$

可测且

$$\bigcup _{i=N+1}^{\infty }E\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{k}\right\}\subset \bigcup _{i=N}^{\infty }E\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{k}\right\}.$$

上述条件就是要将 $n_i$ 选择充分大，使得对任意的 $k$，都有

$$\underset{N\to \infty }{\lim }m\left(\bigcup _{i=N}^{\infty }E\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{k}\right\}\right)=0.$$

注意

$$m\left(\bigcup _{i=N}^{\infty }E\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{k}\right\}\right)\le \sum _{i=N}^{\infty }mE\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{k}\right\}.$$

上式右边是一数值级数的余项，所以如果我们能将 $n_i$ 选择使对于任意的 $k$，级数

$$\sum _{i=1}^{\infty }mE\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{k}\right\}$$

都收敛，则问题即已解决。
根据正项级数收敛判别的比较原理，只要将 $n_i$ 选择使对任意 $k$，都在 $i$ 充分大时有

$$mE\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{k}\right\}\le \frac{1}{2^i},\text{\hspace{1em}(*)}$$

就可以了。
根据

$$f_n(x)\Rightarrow f(x)于E$$

的假设，对于固定的 $k$，这样的 $n_i$ 当然是可以选出来的。为了要照顾到使上述事实能对任意 $k$ 都成立，对于每一 $i$，我们选 $n_i$ 如此地大，使

$$mE\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{i}\right\}\le \frac{1}{2^i},$$

当然，我们还可以要求

$$n_1<n_2<\cdots <n_i<\cdots .$$

于是 $f_{n_i}(x)$ 便一定在 $E$ 上几乎处处收敛于 $f(x)$。
事实上，对于任意 $k$，只要 $i>k$，便有

$$\frac{1}{i}<\frac{1}{k},$$

于是

$$mE\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{k}\right\}\le mE\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{i}\right\}\le \frac{1}{2^i},$$

所以 $(\ast )$ 式确实是成立的，于是

$$\sum _{i=1}^{\infty }mE\left\{x:|f(x)-f_{n_i}(x)|\ge \frac{1}{k}\right\}$$

确实是收敛的。
现在考虑 $mE=+\infty$ 的情形。令

$${\overline{I}}_m=\{x=(x_1,x_2,\cdots ,x_s):|x_i|\le m,i=1,2,\cdots ,s\},$$ $$E_m=E\cap {\overline{I}}_m.$$

则 $E_m$ 是测度有限的可测集合，而且

$$f_n(x)\Rightarrow f(x)于E_m(m=1,2,3,\cdots ).$$

于是由前段证明有

$$f_n^{(1)}(x)$$

的子序列

$$f_1^{(1)}(x),f_2^{(1)}(x),\cdots ,f_i^{(1)}(x),\cdots$$

使

$$f(x)=\underset{i}{\lim }{f}_i^{(1)}(x)\text{a.e. 于 }{E}_1.$$

显然此时仍有

$$f_i^{(1)}(x)\Rightarrow f(x)于E_m(m=2,3,\cdots ).$$

于是根据同样的道理又有 $\{f_i^{(1)}(x)\}$ 的子序列 $\{f_i^{(2)}(x)\}$，使

$$f(x)=\underset{i}{\lim }{f}_i^{(2)}(x)\text{a.e. 于 }{E}_2.$$

依此类推，由归纳法便可作出：

$$f_1^{(1)}(x),f_2^{(1)}(x),\cdots ,f_i^{(1)}(x),\cdots$$ $$f_1^{(2)}(x),f_2^{(2)}(x),\cdots ,f_i^{(2)}(x),\cdots$$ $$\cdots \cdots$$ $$f_1^{(k)}(x),f_2^{(k)}(x),\cdots ,f_i^{(k)}(x),\cdots$$ $$\cdots \cdots$$

使后一序列都是前一序列的子序列，且

$$f(x)=\underset{i}{\lim }{f}_i^{(k)}(x)\text{a.e. 于 }{E}_k.$$

设 $\{f_{n_i}(x)\}$ 是上述“无穷矩阵”中的对角线序列，即

$$f_{n_i}(x)=f_i^{(i)}(x),i=1,2,3,\cdots ,$$

则 $\{f_{n_i}(x)\}$ 当然还是 $\{f_n(x)\}$ 的子序列。易见这时必有

$$f(x)=\underset{i}{\lim }{f}_{n_i}(x)\text{a.e. 于 }E.$$

定理 3

设

$$f_n(x)\Rightarrow f(x)于E,$$ $$f_n(x)\Rightarrow g(x)于E,$$

则

$$f(x)=g(x)\text{a.e. 于 }E.$$

证明：
因为

$$|f(x)-g(x)|\le |f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-g(x)|,$$

故由反证法可知对于任意正整数 $n$，

$$E\left\{x:|f(x)-g(x)|\ge \frac{1}{n}\right\}$$ $$\subset E\left\{x:|f(x)-f_n(x)|\ge \frac{1}{2n}\right\}\cup E\left\{x:|f_n(x)-g(x)|\ge \frac{1}{2n}\right\}.$$

从而

$$mE\left\{x:|f(x)-g(x)|\ge \frac{1}{n}\right\}$$ $$\le mE\left\{x:|f(x)-f_n(x)|\ge \frac{1}{2n}\right\}+mE\left\{x:|f_n(x)-g(x)|\ge \frac{1}{2n}\right\}.$$

令 $n\to \infty$，即得

$$mE\left\{x:|f(x)-g(x)|\ge \frac{1}{n}\right\}=0.$$

但

$$E\{x:f(x)\ne g(x)\}=\bigcup _{n=1}^{\infty }E\left\{x:|f(x)-g(x)|\ge \frac{1}{n}\right\},$$

故

$$mE\{x:f(x)\ne g(x)\}=0,$$

即

$$f(x)=g(x)\text{a.e. 于 }E.$$