Изменения

{{TODO|t=ВАКАНСИЯ: ВНИМАТЕЛЬНЫЙ ЧИТАТЕЛЬ. НУЖЕН, ЧТОБЫ ОЗНАКОМИТЬСЯ С ЭТИМ ТЕКСТОМ И ИСПРАВИТЬ КОСЯКИ}} Функции Пусть функции <tex>f_n, f</tex> {{---}} измеримы на <tex>E</tex>, множества <tex>E(|f_n - f| \geq \delta)</tex>, где <tex>\delta > 0</tex>. Это измеримые множества, измеримы.

|statement=<tex>\mu E<+\infty</tex>, <tex>f_n\to f</tex> почти всюду на <tex>E</tex>. Тогда <tex>f_n\stackrel{E}{\Rightarrow} f</tex>. При этом, <tex>\mu E<+\infty</tex> {{---}} существенно

ПродемонстрируемКак мы выяснили ранее, что условие конечности меры важноудобно рассматривать <tex>E'=\bigcup\limits_{p=1}^\infty \bigcap\limits_{m=1}^\infty \bigcup\limits_{Утверждениеn=m}^\infty E(|f_n - f| \geq \frac1p)</tex>;|statement=по условию теоремы, <tex>\mu E ' = 0</tex>. Пусть <tex>B_m = \bigcup\limits_{n=m}^\infty E(|f_n - f| \geq \frac1p) \supset B_{m+1}</tex>, тогда <tex>\forall p: B = \bigcap\limits_{m=1}^\inftyB_m </tex>, очевидно, содержится в <tex>E'</tex>,поэтому, по полноте меры, <tex>\mu B = 0</tex>.  По монотонности меры, <tex>\mu B_i</tex> {{---}} существенноубывающая числовая последовательность. Она ограничена, значит, у неё есть предел.  |proofПокажем, что он равен нулю. Или, более общий факт: <tex>\mu B_m \to \mu B =Рассмотрим функции 0</tex>. Для этого воспользуемся тем, что <tex>f_n(x)=\beginmu E</tex> {cases{---}}0 &, 0 \leq x конечен. Так как < ntex>B = \bigcap\limits_{m=1 &, x}^\geq n\end{cases}infty B_m</tex>, то<tex>E \overline B = \mathbbbigcup\limits_{Rm=1}^+\infty \overline B_m</tex> (здесь под <tex> \overline X </tex> имеется в виду дополнение <tex> X </tex> до <tex> E </tex>).

Фиксируем <tex>xB_m</tex>. {{---}} убывающая (<tex>nB_m \to \inftysupset B_{m+1}</tex>), <tex>\exists N значит, дополнения растут: n > x \Rightarrow f_n(x) = 0</tex>. Значит, <tex>f_n(x) \to 0</tex> всюду на <tex>\mathbb{R}^+</tex>. <tex>overline B_m \lambda(subset \mathbboverline B_{R^m+1}) = +\infty</tex>.

Значит, <tex>\deltaoverline B =\frac12</tex>, <tex>Eoverline B_1 \cup (|f_n - f|\geq overline B_2 \deltasetminus \overline B_1) = \mathbb{R}^+cup (|f_n(x)| \geq overline B_3 \setminus \frac12overline B_2) = [n; +\infty)cup \ldots</tex>.

<tex>\overline B \subset E</tex>. Значит, <tex>\lambda E(|f_n-f|mu \overline B \geq leq \delta) = mu E < +\infty</tex>.

Значит, По <tex>f_n \not\Rightarrow 0sigma</tex>-аддитивности, хотя стремится к <tex>0\mu\overline B = \mu\overline B_1 + \mu(\overline B_2 \setminus\overline B_1) + \mu(\overline B_3 \setminus \overline B_2) + \cdots</tex> почти всюду.}}

В силу конечности <tex>\mu E'=</tex>, <tex>\bigcupmu(\limits_overline B_{p=m + 1}^\infty setminus \bigcap\limits_overline B_{m}) =1}^\infty mu \bigcup\limits_overline B_{n=m+ 1}^\infty E(|f_n - f| \geq mu \frac1p)overline B_{m} </tex>.

По условию теоремыВставляя это в ряд и вспоминая, что ряд {{---}} предел частичных сумм, получаем <tex>\mu E' \overline B = 0\mu\overline B_1 - \mu \overline B_1 + \mu\overline B_2 - \mu \overline B_2 + \mu\overline B_3 - \cdots</tex>

Так как частичная сумма этого ряда с номером <tex>\forall p=1, 2m </tex> — не что иное, как <tex> \ldots : mu \bigcap\limits_{m=1}^\infty \bigcap\limits_{n=m}^\infty (...)overline B_m </tex>, очевидно, содержится в то <tex>E'\mu \overline B_m \rightarrow \mu \overline B </tex>.

Отсюда, по полноте меры<tex>\mu B_m = \mu E - \mu \overline B_m</tex>, <tex>\mu B = \bigcapmu E - \limits_{m=1}^mu \infty overline B</tex>, отсюда <tex>\bigcapmu B_m \limits_{n=m}^to \infty (...) = 0mu B</tex>.

В нашем случае <tex>B_m = \bigcup\limits_{nmu B =m}^\infty E(|f_n - f| \geq \frac1p) \supset B_{m+1}0</tex>.

По монотонности меры, <tex>\mu B_i</tex> {{---}} убывающая числовая последовательность.Значит, у неё есть предел. Покажем, что это <tex>0</tex>. Или, более общий фактforall p : <tex>\mu B_m \to \mu \bigcapbigcup\limits_{n=1m}^\infty B_n = E(|f_n - f| \geq \frac1p) \to 0</tex>

Для этого воспользуемся тем, что <tex>\sup forall \mu Edelta > 0\ \exists p_0 \in \mathbb{N} : \frac1{p_0} \leq \delta</tex> {{---}} конечен.

<tex>B = E(|f_m - f| \bigcapgeq \limits_delta) \subset E(|f_m-f|\geq \frac1{m=1p_0}^) \infty B_mto 0</tex>

Значит, <tex>f_n \bar B = \bigcup\limits_{m=1}^\infty \bar B_m</tex>, <tex>B_m</tex> {stackrel{---}E} убывающая (<tex>B_m \supset B_{m+1}</tex>), значит, дополнения растут: <tex>\bar B_m \subset \bar B_{m+1Rightarrow}f</tex>по определению.}}

ЗначитПродемонстрируем теперь, <tex>\bar B = \bar B_1 \cup (\bar B_2 \setminus \bar B_1) \cup (\bar B_3 \setminus \bar B_2) \ cup \ldots</tex>.что условие конечности меры важно:

{{Утверждение|statement=<tex>\bar B mu E < +\subset Einfty </tex>— существенно. Значит, |proof=Рассмотрим функции <tex>f_n(x)=\mu B begin{cases}0 &, 0 \leq x < n\mu \1 &, x\geq n\end{cases}</tex>, <tex>E < = \mathbb{R}_+\infty</tex>.

По При фиксированном <tex>x</tex>, для всех <tex>n > N: n > x \sigmaRightarrow f_n(x) = 0</tex>-аддитивности. Значит, <tex>f_n(x) \muxrightarrow[n \bar B = to \muinfty]{} 0</tex> всюду на <tex>\bar B_1 mathbb{R}_+ </tex>. <tex>\mulambda(\bar B_2 \setminus\bar B_1) mathbb{R}_+ \mu(\bar B_3 \setminus \bar B_2) = + \cdotsinfty</tex>.

В силу конечности Возьмем <tex>\mu Edelta=\frac12</tex>, <tex>\muE(|f_n - f|\bar B_2 \setminus geq \bar B_1delta) = \mu mathbb{R}_+(|f_n(x)| \bar B_2 - geq \mu frac12) = [n; +\bar B_1infty)</tex>

Вставляя это в ряд и вспоминаяЗначит, что ряд {{---}} предел частичных сумм, получаем <tex>\mu\bar B = \mu\bar B_1 lambda E(|f_n- f|\mu geq \bar B_1 delta) = + \mu\bar B_2 - \mu \bar B_3 + \mu\bar B_3 - \cdotsinfty</tex>

Значит, <tex>f_n \mu B_m = \mu E - \mu \bar B_m</tex> <tex>not\Rightarrow0</tex> , хотя стремится к <tex>\mu B = \mu E - \mu \bar B0</tex>почти всюду.}}

Значит, Замечание: даже в случае конечной меры <tex>\mu B_m \to \mu BE </tex>последовательность функций, сходящаяся по мере, может не иметь предела ни в одной точке.

В нашем случае <tex>\mu B =0</tex>= Единственность предела по мере ==

{{Теорема|statement=Если последовательность измеримых функций <tex>f_n \forall p colon E \to \mathbb R</tex> стремится по мере к <tex>f</tex> и <tex>g</tex>, то <tex>f = g</tex> почти всюду на <tex>E</tex>|proof=Определим следующие множества: * <tex>P_n = E(|f - g| \mu ge \bigcup\limits_frac1n)</tex>* <tex>P'_{nnk} =m}^\infty E(|f_n f_k - f| \geq ge \frac1pfrac1{2n}) </tex>* <tex>P''_{nk} = E(|f_k - g| \ge \to 0frac1{2n})</tex>

Заметим, что <tex>P_n \forall subset (P'_{nk} \delta cup P''_{nk})</tex> 0: если <tex>x \ notin P'_{nk} \exists p_0 cup P''_{nk}</tex>, то <tex>|f_k(x) - f(x)| < \in \mathbbfrac1{N2n} : </tex> и <tex>|f_k(x) - g(x)| < \frac1{p_02n} </tex>, а тогда <tex>|f(x) - g(x)| < |f(x) - f_k(x)| + |g(x) - f_k(x)| = \leq frac1n</tex>, т.е. <tex>x \deltanotin P_n</tex>.

По полуаддитивности меры <tex>E(|f_m - f| \geq mu P_n \delta) le \subset E(|f_m-f|mu P'_{nk} + \geq \frac1mu P''_{p_0nk}) </tex>. Сумма в правой части стремится к нулю при <tex>k \rightarrow \infty</tex>, следовательно, <tex>\to mu P_n = 0</tex>.

ЗначитЕсли взять <tex> P_n </tex> такие, что их меры образуют сходящийся ряд, то, поскольку <tex>f_n E(f \stackrelneq g) = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty P_n</tex>, то <tex>\mu E(f \neq g) \le \sum\limits_{n = 1}{^\infty \rightarrow} fmu P_n = 0</tex>, что и требовалось доказать.