5959262652

时间：2014-06-07 00:22:29 阅读：244 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

$\bf证明$ 由于$f_n$几乎处处收敛于$f$，且$\displaystyle|{f_n}|\mathop { \le} \limits_{a.e.} F$，则令$n \to \infty $，有$\displaystyle|{f}|\mathop { \le} \limits_{a.e.} F$，从而由$F$可积得到$f$是可积的

$(1)$首先考虑$m\left( E \right) < \infty $的情况

由于$F$可积，则由积分的全连续性知，对任给的$\varepsilon > 0$，存在$\delta > 0$，使得对任意可测集$e \subset E$满足$m\left( e \right) < \delta $时，有

\int e F (x) d x < ε 4

$\int_e {F\left( x \right)dx} < \frac{\varepsilon }{4}$

又由于$f_n$几乎处处收敛于$f$，则由$\bf{Egoroff定理}$知，对上述的$\delta > 0$，存在可测集${E_\delta } \subset E$，使得

m (E ? E δ) < δ

$m\left( {E\backslash {E_\delta }} \right) < \delta$ 且$f_n$在${E_\delta }$上一致收敛于$f$，即对任给的$\varepsilon > 0$，存在$N$，使得当$n \ge N$时，对任意$x \in {E_\delta }$，有

| f n (x) ? f (x) | < ε 2 m ( E )

$\left| {{f_n}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right| < \frac{\varepsilon }{{2m\left( E \right)}}$

从而可知

∣ ∣ ∣ \int E f n (x) d x ? \int E f (x) d x ∣ ∣ ∣ \leq \int E | f n (x) ? f (x) | d x = \int E ? E δ | f n (x) ? f (x) | d x + \int E δ | f n (x) ? f (x) | d x < \int E ? E δ 2 F (x) d x + ε 2 m ( E ) ? m (E) < ε 2 + ε 2 = ε

$\begin{align*}\left| {\int_E {{f_n}\left( x \right)dx} - \int_E {f\left( x \right)dx} } \right| &\le \int_E {\left| {{f_n}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right|dx} \\ &= \int_{E\backslash {E_\delta }} {\left| {{f_n}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right|dx} + \int_{{E_\delta }} {\left| {{f_n}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right|dx} \\ &< \int_{E\backslash {E_\delta }} {2F\left( x \right)dx} + \frac{\varepsilon }{{2m\left( E \right)}} \cdot m\left( E \right) < \frac{\varepsilon }{2} + \frac{\varepsilon }{2} = \varepsilon \end{align*}$

$(2)$其次考虑一般的$E$的情况

设$\left\{ {{E_n}} \right\}$是$E$的测度有限的单调覆盖，则由$F$可积的定义知

lim n \to \infty \int E n [F] n (x) d x = \int E F (x) d x

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_{{E_n}} {{{\left[ F \right]}_n}\left( x \right)dx} = \int_E {F\left( x \right)dx}$ 即对任给的$\varepsilon > 0$，存在$N$，使得当$n \ge N$时，有

0 \leq \int E F (x) d x ? \int E n [F] n (x) d x < ε 4

$0 \le \int_E {F\left( x \right)dx} - \int_{{E_n}} {{{\left[ F \right]}_n}\left( x \right)dx} < \frac{\varepsilon }{4}$ 于是当$n \ge N$时，我们有

∣ ∣ ∣ \int E ? E n [f n (x) ? f (x)] d x ∣ ∣ ∣ \leq \int E ? E n 2 F (x) d x = 2 (\int E F (x) d x ? \int E n F (x) d x) \leq 2 (\int E F (x) d x ? \int E n [F] n (x) d x) < ε 2

$\begin{align*} \left| {\int_{E\backslash {E_n}} {\left[ {{f_n}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]dx} } \right| &\le \int_{E\backslash {E_n}} {2F\left( x \right)dx} \\ &= 2\left( {\int_E {F\left( x \right)dx} - \int_{{E_n}} {F\left( x \right)dx} } \right)\\ &\le 2\left( {\int_E {F\left( x \right)dx} - \int_{{E_n}} {{{\left[ F \right]}_n}\left( x \right)dx} } \right) < \frac{\varepsilon }{2} \end{align*}$ 又对于测度有限的${E_n}$，由$(1)$可知，当$n \ge N$时，有

∣ ∣ ∣ \int E n [f n (x) ? f (x)] d x ∣ ∣ ∣ < ε 2

$\left| {\int_{{E_n}} {\left[ {{f_n}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]dx} } \right| < \frac{\varepsilon }{2}$ 所以对任给的$\varepsilon > 0$，存在$N$，使得当$n \ge N$时，有

∣ ∣ ∣ \int E [f n (x) ? f (x)] d x ∣ ∣ ∣ \leq ∣ ∣ ∣ \int E ? E n [f n (x) ? f (x)] d x ∣ ∣ ∣ + ∣ ∣ ∣ \int E n [f n (x) ? f (x)] d x ∣ ∣ ∣ < ε 2 + ε 2 = ε

$\begin{align*} \left| {\int_E {\left[ {{f_n}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]dx} } \right|& \le \left| {\int_{E\backslash {E_n}} {\left[ {{f_n}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]dx} } \right| + \left| {\int_{{E_n}} {\left[ {{f_n}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]dx} } \right|\\ &< \frac{\varepsilon }{2} + \frac{\varepsilon }{2} = \varepsilon \end{align*}$

$\bf注1：$$\bf(引理)$设$f$是$E$上的可积函数，$g$是$E$上的可测函数，若$\left| g \right| \le f$，则$g$也是可积的

方法一

$\bf注2：$$\bf(积分的全连续性)$设$f$是$E$上的可积函数，则对任给的$\varepsilon > 0$，存在$\delta > 0$，使得对任意可测集$e \subset E$满足$m\left( e \right) < \delta $时，有\[\int_e {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} < \frac{\varepsilon }{4}\]

方法一

$\bf注3：$

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