幾乎處處收斂與近一致收斂
Egoroff定理
幾乎處處收斂 \(\Rightarrow\) 近一致收斂
設 \(f(x),f_1(x),f_2(x),\cdots,f_k(x),\cdots\)是在 \(E\) 上 \(a.e.\) 有限的可測函數，且 \(mE<\infty\).
若\(f_k(x)\rightarrow f(x),a.e. x\in E\)，
則存在\(E\)的可測子集\(E_\delta:mE_\delta\le \delta\)，使得\(\{f_k(x)\}\)在\(E \backslash E_0\)上一致收斂於\(f(x)\).
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\(\delta\neq0:\) 如果為0則變成了點集，但顯然逐點收斂不可能去掉一個點集就變成一致收斂
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\(mE<\infty:\) 常用反例\(f_n(x)=\begin{cases}1&x\in(0,n)\\0&x\in[n,+\infty)\end{cases}\)
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f(x)幾乎處處有限：一般情況下，如果有一個鄰域無限就不會收斂到一個實值函數。但更多時候這個是為了服務 測度收斂\(\Rightarrow\) a.e.處處收斂的。
證明思路
*引理：
於是有：
在Egoroff定理中，滿足了\((2)\)中測度為\(0\)，於是任取一列\(\{\varepsilon_i\}\)與\(\{\mu_i\}\)，都存在\(\{j_i\}\)，使得\(m\left(\bigcup\limits_{k=j_i}^{\infty}E_k(\varepsilon_i)\right)<\mu_i\)
不妨取\(\varepsilon_i=\frac{1}{i},\mu_i=\frac{\delta}{2^i}\)，令\(E_\delta = \bigcup\limits_{i=1}^{\infty}\bigcup\limits_{k=j_i}^{\infty}E_k(\frac{1}{i})\)，即有
這種情況下，顯然有\(E\verb|\|E_\delta=\bigcap\limits_{i=1}^{\infty}\bigcap\limits_{k=j_i}^{\infty}E[|f_k(x)-f(x)|<\frac{1}{i}]\)，立即知一致收斂。
Egoroff逆定理（近一致收斂 \(\Rightarrow\) 幾乎處處收斂）
設\(f(x),f_n(x)\)均為\(E\)上的可測函數，若\(\forall \delta>0,\exists E_\delta \subset E, s.t.m(E\backslash E_\delta)<\delta\)，且\(f_n(x)\)在\(E_\delta\)上幾乎處處一致收斂於\(f(x)\)，則\(\lim\limits_{n\rightarrow \infty}f_n(x)=f(x)\).
近一致收斂+\(mE<\infty\) \(\Rightarrow\) 幾乎處處收斂
幾乎處處收斂與依測度收斂
Lebesgue定理
若\(\{f_n(x)\}\)是\(E\)上幾乎處處有限的可測函數列，且\(m(E)<\infty\)，若\(\{f_k(x)\}\)幾乎處處收斂於幾乎處處有限的函數\(f(x)\)，則\(f_k(x)\)在\(E\)上收依測度收斂於\(f(x)\).
Riesz定理
若\(\{f_k(x)\}\)在\(E\)上依測度收斂於\(f(x)\)，則存在子列\(f_{k_i}(x)\)，使得：
依測度收斂 \(\Rightarrow\) （子列）幾乎處處收斂
證明思路：
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證\(\forall \varepsilon>0,\exists k,s.t. l,r>k, \lim\limits_{k\rightarrow \infty\\j\rightarrow \infty}m(|f_l(x)-f_r(x)|>\varepsilon)=0\)
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取一列\(\{k_i\},k_i<k_{i+1}\)，令\(E_i=E[|f_k(x)-f_{k+1}(x)|\ge \frac{1}{2^i}]\)，則可以有\(m(E_i)<2^{-i}\)
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取\(\{E_i\}\)的上限集\(S=\bigcap\limits_{j=1}^{\infty} \bigcup\limits_{i=j}^{\infty}E_i\)，則\(m(S)=0\).
且若\(x\notin S\)，則\(\exists j,s.t. x\in E\backslash \bigcup\limits_{i=j}^{\infty}E_j\)
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於是，當\(i\ge j\)時，有\(|f_{k_{i+1}}-f_{k_{i}}|\le \frac{1}{2^{l-1}}\)，即該級數絕對收斂。設原級數極限函數為\(g(x)\).
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此時\(f_{k_i}(x)\)依測度收斂於\(g(x)\)，又由於其依測度收斂於\(f(x)\)，從而知\(f(x)=g(x)\).
推論：若在任一子列\(\{f_{k_{i}}(x)\}\)中均有子列\({f_{k_{i_{j}}}}\)在\(E\)上收斂於\(f(x)\)，則\(f_k(x)\)在\(E\)上依測度收斂於\(f(x)\).（充要）
該定理使得依測度收斂繼承一致收斂的結論。
證明思路：
（反證法）使得\(f_{k_{i}}(x)\nrightarrow f(x)\)與\(f_{k_{i_{j}}}(x) \rightarrow f(x)\)矛盾。
應用：
\(f_n(x)\stackrel{M}{\longrightarrow} f(x),g_n(x)\stackrel{M}{\longrightarrow} g(x),\)，求證\(f_n(x)g_n(x)\stackrel{M}{\longrightarrow} f(x)g(x)\)
依測度收斂 \(\Rightarrow\) （子列）近一致收斂
證明思路：
任取一個\(\delta>0\)，找到一組\(\{E_k\}\)的並，使得\(m(\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}E_{k_{i}})<\delta\)
去掉這組零測集后，就可以保證一致收斂。
確界與依測度收斂、幾乎處處收斂的關系
（1） 設 \(\{f_n(x)\}\) 為 \(E\) 上實值可測函數列，且 \(mE<+\infty\)，證明\(\lim\limits_{n\rightarrow \infty} f_n(x)=0, a.e. x\in E\) 的充要條件為 \(\sup\limits_{k\ge n}|f_k(x)|\stackrel{M}{\longrightarrow}0\)
證明思路：
注意到 \(\varlimsup = \limsup |f_k(x)|\)，則必要性得證；
注意到\(g_n(x)=\varlimsup \limits_{k\ge n}|f_k(x)|\)是單減列，且存在子列a.e.收斂於\(0\)，進而絕對收斂無窮和與其上極限值和相等為0，原級數也為0。
（2） 設\(mE<\infty\),\(f(x)\)及\(f_n(x)\)為\(E\)上a.e.有限的可測函數則\(f_n(x)\stackrel{M}{\longrightarrow} f(x)\)的充要條件為\(\varliminf \limits_{n\rightarrow \infty\\ \alpha>0}\alpha + mE[|f_n(x)-f(x)|\ge\alpha] = 0\)
證明思路：
本題要說明\(\alpha+mE\)可以無限逼近0。而我們想到\(mE\rightarrow 0\)，於是只要設法讓\(\alpha = mE = \frac{\varepsilon}{2}\)即可。
又由於 \(|f_n-f|\) 的差異實際上只由\(n\)決定，所以很容易找到這樣一個\(N\)，使得\(\alpha\) 和 \(mE\) 滿足上述條件。從而必要性得證。
充分性：
\(inf\)：\(\forall \varepsilon > 0, \exists \alpha_0, s.t. 0<H(\alpha_0)<\varepsilon\).進而有：
於是，\(mE_n<\varepsilon_n-\alpha_n<\varepsilon_n\)
令 \(n\rightarrow \infty\)，則有了：\(mE[|f_n-f|\ge \alpha]=0\)，即依測度收斂。