可测函数的构造 专题练习VIP免费

§3可测函数的构造已知可测集上的连续函数一定是可测函数,反之,可测函数是“基本上”（指去掉一个测度可任意小的某点集外）连续的函数,即下列定理：定理1（Lusin定理）设是(不要求)上有限的可测函数,则对存在闭子集使在上是连续函数,且,即在上有限的可测函数是“基本上连续”的函数。证明（1）设是简单函数。设各可测且互不相交,。,由可测,知存在闭子集且。令,则为闭集,且由于互不相交,所以有限多个闭集之并仍为闭集。对使得。因为互不相交,所以故（开集），所以的一个邻域故有,所以当时,故在上连续。（2）设为可测函数。由可测知,存在一列简单函数使得。由及叶果洛夫定理知,一定存在可测子集使得一致收敛于,（在上）,且。对每个由知,闭子集使得在上连续,且。则且(画图)。由在上连续,知在上连续。又在上一致收敛于,故在上连续。(3)设为可测函数，则，其中互不相交且有界可测。由在上可测,故在上可测。又由（2）可知闭子集在上连续，且。则(因为)且为闭集（利用互不相交的闭集的并是闭集）。下证在上连续。使得由在上连续,知当时,有。又为互不相交的闭集，所以因此又存在邻域。令，则当时，有注1上述证明方法值得注意。先考虑简单函数，然后再往一般函数过渡，这在许多场合下是行之有效的方法。注2鲁津定理使我们对可测函数的结构有了进一步的了解，它揭露了可测函数与连续函数的关系。在应用上通过它常常可以把有关的可测函数问题归结为连续函数的问题。注3有的著者用鲁津定理所反映的重要性质来定义可测函数,事实上这两种定义是等价的,因为鲁津定理的逆命题也是成立的。再给出鲁津定理的另一种形式。定理2设是上有限的可测函数,则对存在闭集及整个上的连续函数（及依赖于）,使在上,且此外还可要求及。证明由定理1,存在闭集,使在上连续且。现在的问题在于把闭集上的连续函数延拓成整个上的连续函数。因为为直线上的开集,故所以令则符合要求。(注意各的有限端点属于,所以这里和是有意义的。)事实上,由作法,当时,有,并且成立及。下证是上的连续函数。显然（为开区间之并）中的点都是的连续点,下证中的点也是的连续点。任取,,由在上连续,必有,使得当时,有。下面分两种情况证明在点左连续。情况1注意到，故必是的某个构成区间的右端点,又由于在中是线性函数,所以在点左连续。情况2设,那么当时,有。因此,（1）而当时,必有的构成区间,使得。由于都属于,由（1）式有。因为的值介于与之间,因此。总之在情况2下，对,存在，当时有，故在情况2下在点左连续.类似可证在点右连续。因此在点连续。注该定理在维空间也成立。