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时间：2014-06-02 15:57:37 阅读：197 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

$\bf证明$ 由于$m\left( {E\left( {{f_n} \nrightarrow f} \right)} \right) = 0$，则我们不妨设$\left\{ {{f_n}\left( x \right)} \right\}$处处收敛与$f(x)$，此时

E = ? m = 1 \infty ? n = m \infty E (| f n ? f | < 1 k), k \in N +

$E = \bigcup\limits_{m = 1}^\infty {\bigcap\limits_{n = m}^\infty {E\left( {\left| {{f_n} - f} \right| < \frac{1}{k}} \right)} } ,k \in {N_ + }$ 记

B m, k = ? n = m \infty E n, k = E (| f n ? f | < 1 k, n \geq m)

${B_{m,k}} = \bigcap\limits_{n = m}^\infty {{E_{n,k}}} = E\left( {\left| {{f_n} - f} \right| < \frac{1}{k},n \ge m} \right)$ 其中${E_{n,k}} = E\left( {\left| {{f_n} - f} \right| < \frac{1}{k}} \right)$，则对于固定的$k$，${B_{m,k}}$是单调递增的集合列，并且$E = \bigcup\limits_{m = 1}^\infty {{B_{m,k}}} $，所以我们有$m\left( E \right) = \lim \limits_{m \to \infty } m\left( {{B_{m,k}}} \right)$，而$m\left( E \right) < \infty $，则对任给$\delta > 0$，存在${n_k}\left( { > {n_{k - 1}}} \right)$，使得

m (E) ? m (B n k, k) < δ 2 k

$m\left( E \right) - m\left( {{B_{{n_k},k}}} \right) < \frac{\delta }{{{2^k}}}$

令

F = ? k = 1 \infty B n k, k = E (| f n ? f | < 1 k, n \geq n k)

$F = \bigcap\limits_{k = 1}^\infty {{B_{{n_k},k}}} = E\left( {\left| {{f_n} - f} \right| < \frac{1}{k},n \ge {n_k}} \right)$

则我们有

m (E ? F) = m (? k = 1 \infty (E ? B n k, k)) \leq \sum k = 1 \infty m (E ? B n k, k) < δ

$m\left( {E\backslash F} \right) = m\left( {\bigcup\limits_{k = 1}^\infty {\left( {E\backslash {B_{{n_k},k}}} \right)} } \right) \le \sum\limits_{k = 1}^\infty {m\left( {E\backslash {B_{{n_k},k}}} \right)} < \delta$

以及对任给的$\varepsilon > 0$，存在${k_0} > \frac{1}{\varepsilon }$，使得当$n \ge {n_{{k_0}}}$时，对任意的$x \in F$，有

| f n (x) ? f (x) | < 1 k 0 < ε

$\left| {{f_n}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right| < \frac{1}{{{k_0}}} < \varepsilon$

所以$\left\{ {{f_n}\left( x \right)} \right\}$在$F$上一致收敛于$f(x)$

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原文地址：http://www.cnblogs.com/ly758241/p/3764206.html

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