|
Продемонстрируем, что условие конечности меры важно
| Утверждение: |
[math]\mu E \lt +\infty[/math] — существенно |
| [math]\triangleright[/math] | |
Рассмотрим функции [math]f_n(x)=\begin{cases}0 &, 0 \leq x \lt n\\1 &, x\geq n\end{cases}[/math], [math]E = \mathbb{R}^+[/math].
Фиксируем [math]x[/math]. [math]n\to \infty[/math], [math]\exists N : n \gt x \Rightarrow f_n(x) = 0[/math]. Значит, [math]f_n(x) \to 0[/math] всюду на [math]\mathbb{R}^+[/math]. [math]\lambda(\mathbb{R^+}) = +\infty[/math]
[math]\delta=\frac12[/math], [math]E(|f_n - f|\geq \delta) = \mathbb{R}^+(|f_n(x)| \geq \frac12) = [n; +\infty)[/math]
Значит, [math]\lambda E(|f_n-f|\geq \delta) = +\infty[/math]
Значит, [math]f_n \not\Rightarrow 0[/math], хотя стремится к [math]0[/math] почти всюду. | | [math]\triangleleft[/math] |
[math]E'=\bigcup\limits_{p=1}^\infty \bigcap\limits_{m=1}^\infty \bigcup\limits_{n=m}^\infty E(|f_n - f| \geq \frac1p)[/math]
По условию теоремы, [math]\mu E' = 0[/math]
[math]\forall p=1, 2, \ldots : \bigcap\limits_{m=1}^\infty \bigcap\limits_{n=m}^\infty (...)[/math], очевидно, содержится в [math]E'[/math]
Отсюда, по полноте меры, [math]\mu \bigcap\limits_{m=1}^\infty \bigcap\limits_{n=m}^\infty (...) = 0[/math]
[math]B_m = \bigcup\limits_{n=m}^\infty E(|f_n - f| \geq \frac1p) \supset B_{m+1}[/math]
По монотонности меры, [math]\mu B_i[/math] — убывающая числовая последовательность.Значит, у неё есть предел. Покажем, что это [math]0[/math]. Или, более общий факт: [math]\mu B_m \to \mu \bigcap\limits_{n=1}^\infty B_n = 0[/math]
Для этого воспользуемся тем, что [math]\sup \mu E[/math] — конечен.
[math]B = \bigcap\limits_{m=1}^\infty B_m[/math]
[math]\bar B = \bigcup\limits_{m=1}^\infty \bar B_m[/math], [math]B_m[/math] — убывающая ([math]B_m \supset B_{m+1}[/math]), значит, дополнения растут: [math]\bar B_m \subset \bar B_{m+1}[/math].
Значит, [math]\bar B = \bar B_1 \cup (\bar B_2 \setminus \bar B_1) \cup (\bar B_3 \setminus \bar B_2) \ cup \ldots[/math].
[math]\bar B \subset E[/math]. Значит, [math]\mu B \leq \mu E \lt +\infty[/math].
По [math]\sigma[/math]-аддитивности, [math]\mu\bar B = \mu\bar B_1 + \mu(\bar B_2 \setminus\bar B_1) + \mu(\bar B_3 \setminus \bar B_2) + \cdots[/math].
В силу конечности [math]\mu E[/math], [math]\mu(\bar B_2 \setminus \bar B_1) = \mu \bar B_2 - \mu \bar B_1[/math]
Вставляя это в ряд и вспоминая, что ряд — предел частичных сумм, получаем
[math]\mu\bar B = \mu\bar B_1 - \mu \bar B_1 + \mu\bar B_2 - \mu \bar B_3 + \mu\bar B_3 - \cdots[/math]
[math]\mu B_m = \mu E - \mu \bar B_m[/math] [math]\Rightarrow[/math] [math]\mu B = \mu E - \mu \bar B[/math]
Значит, [math]\mu B_m \to \mu B[/math]
В нашем случае [math]\mu B =0[/math]
[math]\forall p : \mu \bigcup\limits_{n=m}^\infty E(|f_n - f| \geq \frac1p) \to 0[/math]
[math]\forall \delta \gt 0\ \exists p_0 \in \mathbb{N} : \frac1{p_0} \leq \delta[/math]
[math]E(|f_m - f| \geq \delta) \subset E(|f_m-f|\geq \frac1{p_0}) \to 0[/math]
Значит, [math]f_n \stackrel{E}{\rightarrow} f[/math] | 