§33 rn(euclid空间)上的可测函数和连续函数

k =1
k =1
由于每个 f k 都在 Eδ 上连续并且{ f k } 在 Eδ 上一致收敛于 f , 因此 f 在 Eδ 上连续. ■ 例 3 仍考虑例 1 中的 Dirichlet 函数 D(x). 设 Q = {r1, r2 , } 是有理数集. 对任意
δ > 0, 令
∪ Eδ
=
R1
−
∞
(ri
§3.3 Rn 上的可测函数与连续函数
教学目的 本节将考察欧氏空间上的可测函数和连续函数关系. 本节将 证明重要的 Lusin 定理, 它表明 Lebesgue 可测函数可以用性质较好连续函数 逼近. 这个结果在有些情况下是很有用的.
本节要点 一方面, L 可测集上的连续函数是可测的, 另一方面, Lusin 定 理表明, Lebesgue 可测函数可以用连续函数逼近. Lusin 定理有两个等价形 式. 另外, 作为准备定理的 Tietze 扩张定理本身也是一个很有用的结果.
sup g(x) = sup f (x) ≤ sup f (x) .
x∈R n
x∈F
x∈E
由于{x ∈ E : f (x) ≠ g(x)} ⊂ E − F. 因此
m({x ∈ E : f (x) ≠ g(x)}) ≤ m(E − F ) < δ .
■
思考题: 在直线上的情形, 用直线上开集的构造定理给出定理 5 的另一证明.
而(5)表明在 F 上 g(x) = f (x). 并且
∑ ∑ g(x)
≤
∞ k =1
gk (x)
≤
M 3
∞ 2 k−1 k =1 3
= M,
x∈ Rn.
因此当 f 有界时, 定理的结论成立.
若 f (x) 无界, 令ϕ (x) = tg −1 f (x), 则 ϕ (x) ≤ π . 由上面所证, 存在 Rn 上的连续函 2
i =1
−
δ 2 i +1
,
ri
−
δ 2i+1 ).
则 Eδδ
)
=
m
∞ i =1
(ri
−
δ 2 i +1
,
ri
−
δ 2 i +1
)
∑ ∑ ≤
∞ i =1
m(ri
−
δ 2 i +1
,
ri
−
δ 2i+1 )
=
∞δ 2i
i =1
=δ.
由于 Eδ 中不含有理数, 因此 D(x) 在 Eδ 恒为零. 所以 D(x) 在 Eδ 上连续.
小 结 本节考察了欧氏空间上的可测函数和连续函数关系.本节的主要结果是 Lusin 定理(有两个等价形式). Lusin 定理表明, Lebesgue 可测函数可以用连续函数在某种意义下逼 近. 由于连续函数的具有较好的性质, 比较容易处理, 因此这个结果在有些情况下是很有用 的. 本节还证明了 Tietze 扩张定理, 它也是一个很有用的结果.
证 明 容 易 证 明 , 若 A 是 闭 集 , 则 d (x, A) 作 为 x 的 函 数 在 Rn 上 连 续 , 并 且 d (x, A) = 0 当且仅当 x ∈ A (见第一章习题第 34 题). 因此, 若令
f
(x)
=
ad (x, d ( x,
B) B)
+ +
bd (x, A) d (x, A)
在§1.4 我们已经给出了在 R n 的任意子集上 E 连续函数的定义. 这里先看两个例子.
例 1 考虑 R1 上的 Dirichlet 函数
D(
x)
=
1
若x为有理数
0 若x为无理数.
显然 D(x) 在 R1 上处处不连续. 若用 Q 表示有理数的全体,则将 D(x) 限制在 Q 上所得到的
M,
x ∈ F.
对函数 f − g1 应用引理 3,
注意此时 f − g 的上界是 2 M . 因此存在 Rn 上的一个连续函 3
数 g 2 , 使得
g2 (x)
≤
1 3
⋅
2 3
M,
x∈ Rn.
f (x) − g1(x) − g2
≤ 2 ⋅ 2 M = 2 2 M , 3 3 3
x ∈ F.
x∈E{ f <a}
E{ f < a} ⊂ E ∩ G 是显然的. 因此(1)式成立. (1)式表明对任意 a ∈ R1, E{ f < a} 是
Lebesgue 可测集. 因此 f 是 E 上 Lebesgue 可测函数. ■
定理 2 (Lusin 鲁津)设 E 是 Rn 上的 Lebesgue 可测集, f 是 E 上 a.e.有限的 Lebesgue 可
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下面我们将给出鲁津定理另一种形式. 为此, 先作一些准备.
引理 3 若 A, B ⊂ Rn 是两个闭集并且 A ∩ B = ∅, a, b ∈ R1, a < b.则存在 Rn 上的
一个连续函数 f , 使得 f A = a, f B = b 并且 a ≤ f (x) ≤ b, x ∈ Rn .
交的 L 可测集, E = Ei . 由§2.3 定理 6, 对任意给定的δ > 0, 对每个 i = 1, , k, 存在
i =1
83
Ei 的闭子集 Fi , 使得
m(Ei
−
Fi )
<
δ k
,
i
= 1,
, k.
∪k
令 Eδ = Fi , 则 Eδ 是 E 的闭子集, 并且
i =1
∪ ∑ k
k
m(E − Eδ ) = m( (Ei − Fi ) ) ≤ m(Ei − Fi ) < δ .
简单函数列{ f k } 在 E 上一致收敛于 f . 对任给的 δ > 0, 由已证的情形(1), 对每个 f k 存在
∩ E 的闭子集 Fk ,
使得
fk
在
Fk
上连续,并且 m(E
−
Fk
)
<
δ 2k
.
令 Eδ
∞
= Fk ,
k =1
则 Eδ 是 E 的
闭子集,并且
∪ ∑ ∞
∞
m(E − Eδ ) = m( (E − Fk ) ) ≤ m(E − Fk ) < δ .
Lebesgue 可测函数.
证明 设 a ∈ R1, 记 E{ f < a} = {x ∈ E : f (x) < a}. 我们证明, 存在 Rn 中的开集 G ,
使得
E{ f < a} = E ∩ G.
(1)
事 实 上 , 对 任 意 x ∈ E{ f < a}, 由 于 f (x) < a 并 且 f 在 x 连 续 , 故 存 在 x 的 邻 域
.
容易验证 f 满足所要求的性质.■
定理 4 (Tietze 扩张定理)设 F 是 Rn 中的闭子集, f 是定义在 F 上的连续函数. 则存在
Rn 上的连续函数 g,
使得 g F
=
f,
并且 sup g(x) = sup f (x) .
x∈R n
x∈F
证明 先设 sup f = M < +∞. 令
x∈F
A = {−M
≤
f
≤ − M },
B
=
M {
≤
f
≤ M}.
3
3
则 A, B 是 两 个 闭 集 并 且 A ∩ B = ∅. 由 引 理 3, 存 在 Rn 上 的 连 续 函 数 g1, 使 得
g 1
A
=
−
M 3
,
g 1
B
=
M .
3
并且
g 1
(
x)
≤
M 3
,
x∈ Rn.
f
(x)
−
g 1
(
x)
≤
2 3
并且 sup g(x) ≤ sup f (x) .
x∈R n
x∈E
m({x ∈ E : f (x) ≠ g(x)}) < δ .
证 明 由 定 理 2, 对 任 意 δ > 0, 存 在 E 的 闭 子 集 F , 使 得 f 在 F 上 连 续 并 且
m(E − F ) < δ . 由定理 4, 存在 Rn 上的连续函数 g, 使得当 x ∈ F 时, g(x) = f (x). 并且
这样一直作下去, 得到 Rn 上的一列连续函数{g k }, 使得
gk
(x)
≤
1 3
⋅ 2 k−1 M , 3
x∈ Rn,
k = 1, 2,
,
(4)
∑ f
(x)
−
k i =1
gi (x)
≤

2 k 3
M,
x∈ F,
k = 1, 2,
.
(5)
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∞
∑ 由(4)知道级数 g k (x) 在 Rn 上一致收敛. 记其和为 g(x), 则 g(x) 是 Rn 上的连续函数. k =1
习 题 习题三, 第 29 题—第 31 题.
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测函数. 则对任意 δ > 0, 存在 E 的闭子集 Eδ , 使得 f 是 Eδ 上的连续函数(即 f Eδ 在 Eδ
上连续), 并且 m(E − Eδ ) < δ .
k
∑ 证明 分两步证明. (1) 先设 f 是简单函数, 即 f = ai IEi , 其中 E1, , Ek 是互不相 i=1 ∪k
k
∑ f (x) = ai I Fi (x) 是 F 上的连续函数. i =1