Измеримые функции и их свойства

Понятие измеримой функции

Мы будем рассматривать вещественнозначные функции, определённые на некотором множестве \(X\) с заданной на нём \(\sigma\)-аддитивной мерой \(\mu\). Пусть также \(\mathfrak{S}_\mu\) — \(\sigma\)-алгебра измеримых относительно \(\mu\) подмножеств \(X\).

Определение 1

Функция \(f:X\to\mathbb{R}\) называется \(\mu\)-измеримой (или просто измеримой), если для всякого \(c\in\mathbb{R}\) множество \[\{x\in X \mid f(x)<c\}\] принадлежит \(\mathfrak{S}_\mu\) (то есть является измеримым).

Вспомогательные утверждения и некоторые примеры

Сперва докажем лемму, которая в дальнейшем поможет нам в доказательствах некоторых свойств измеримых функций.

Лемма 1

Следующие условия эквивалентны:

1. \(f:X\to\mathbb{R}\) — измеримая функция,
2. Множество \(\{x\in X \mid f(x)\leqslant c\}\) измеримо,
3. Множество \(\{x\in X \mid f(x)>c\}\) измеримо,
4. Множество \(\{x\in X \mid f(x)\geqslant c\}\) измеримо,
5. Множество \(\{x\in X \mid c_1 < f(x)\leqslant c_2\}\) измеримо,
6. Множество \(\{x\in X \mid c_1 \leqslant f(x)< c_2\}\) измеримо,
7. Множество \(\{x\in X \mid c_1 < f(x)< c_2\}\) измеримо,
8. Множество \(\{x\in X \mid c_1 \leqslant f(x)\leqslant c_2\}\) измеримо.

Доказательство

\(1)\Rightarrow2)\)
\[\{x\in X \mid f(x)\leqslant c\}=\bigcap_{k\in\mathbb{N}} \left\{x\in X~\middle\vert~f(x)< c+\frac{1}{k}\right\},\] то есть множество представимо в виде счётного пересечения измеримых множеств, а значит оно само является измеримым.
\(2)\Rightarrow1)\)
\[\{x\in X \mid f(x)<c\}=\bigcup_{k\in\mathbb{N}}\left\{x\in X\;\middle\vert\;f(x)\leqslant c-\frac{1}{k}\right\},\] то есть мы представили множество в виде счётного объединения измеримых множеств, а значит оно является измеримым.
\(1)\Rightarrow4)\)
\[\{x\in X \mid f(x)\geqslant c\}=X\setminus\underbrace{\{x\in X \mid f(x)<c\}}_{\text{измеримое}},\] а значит множество является измеримым.
\(4)\Rightarrow1)\)
Аналогично предыдущему пункту
\[\{x\in X \mid f(x)<c\}=X\setminus\underbrace{\{x\in X \mid f(x)\geqslant c\}}_{\text{измеримое}},\] значит множество является измеримым.
\(2)\Leftrightarrow3)\)
Доказывается аналогично предыдущим двум пунктам.
\(1)\Rightarrow7)\)
\[\{x\in X \mid c_1<f(x)<c_2\}=\{x\in X \mid f(x)>c_1\}\cap\{x\in X \mid f(x)<c_2\},\] то есть множество представимо в виде пересечения двух измеримых множеств, следовательно, оно само является измеримым множеством.
\(7)\Rightarrow1)\)
\[\{x\in X \mid f(x)<c\}=\bigcup_{k\in\mathbb{N}}\left\{x\in X\;\middle\vert\;c-\frac{k+1}{2}<f(x)<c-\frac{k-1}{2}\right\},\] то есть множество представимо в виде счётного объединения измеримых множеств, а значит оно само является измеримым.
Эквивалентность остальных пунктов доказывается аналогичным образом. ∎

Теперь установим связь некоторых классов функций с измеримыми функциями.

Утверждение 1

Всякая непрерывная на прямой функция измерима.

Доказательство

Как известно, функция \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) непрерывна тогда и только тогда, когда для любого открытого множества \(U\in\mathbb{R}\) его полный прообраз \[\{x\in\mathbb{R} \mid f(x)\in U\}\] будет открытым множеством. В нашем случае, для всякого \(c\in\mathbb{R}\) мы получим \[\{x\in\mathbb{R} \mid f(x)\in(-\infty,c)\},\] то есть полный прообраз открытого множества. Тогда, в силу ранее сказанного, он является открытым множеством, а значит измеримым множеством. Тем самым мы получили, что функция \(f\) — измеримая. ∎

Утверждение 2

Всякая монотонная на прямой функция измерима.

Доказательство

Не ограничивая общности рассуждений, рассмотрим неубывающую функцию \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\). Пусть величина \(a\) определяется следующим образом \[a=\sup\,\{x\in\mathbb{R} \mid f(x)<c\}.\] Тогда мы получим, что полным прообразом множества \((-\infty,c)\) будет либо \((-\infty,a)\), либо \((-\infty,a]\). Оба множества являются измеримыми, а значит и функция \(f\) — измерима. ∎

Эти два утверждения показывают, что весьма значительный класс отображений лежит во множестве измеримых функций. Тогда вполне уместным будет привести пример неизмеримой функции.

Пример 1

Рассмотрим индикаторную функцию \(\mathbb{I}_E:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\), действующую по принципу \[\mathbb{I}_E(x)=\begin{cases} 1, & x\in E,\\ 0, & x\notin E. \end{cases}\]

Тогда \[\{x\in\mathbb{R} \mid \mathbb{I}_E(x)<c\} = \begin{cases} \mathbb{R}, & c > 1,\\ \varnothing, & c\leqslant 0,\\ \mathbb{R}\setminus E, & 0 < c \leqslant1. \end{cases}\]

Тем самым мы получаем, что индикаторная функция будет измерима тогда и только тогда, когда будет измеримо множество \(E\). Соответственно, если \(E\) — неизмеримое, то мы получим пример функции, которая не является измеримой.

Отметим, что мы привели пример не только неизмеримой функции, но и измеримой разрывной функции. Возникает вопрос: можно ли привести пример измеримой функции, которая была бы разрывна всюду? Ответ на этот вопрос дал крупный немецкий математик Дирихле в 1829 году.

Пример 2

Рассмотрим функцию Дирихле \[D(x)=\begin{cases} 1, & x\in\mathbb{Q},\\ 0, & x\notin\mathbb{Q}. \end{cases}\]

Данная функция суть индикаторная функция множества рациональных чисел, которое, в свою очередь, является измеримым. А значит, согласно сказанному выше, она измерима.

Действия над измеримыми функциями

Лемма 2

Пусть даны измеримая функция \(f:X\to\mathbb{R}\) и непрерывная функция \(g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\). Тогда их композиция \[g\circ f:X\to\mathbb{R}\] измерима.

Доказательство

Для любого \(c\in\mathbb{R}\) рассмотрим множество \(U=\{x\in\mathbb{R} \mid g(x)<c\}\). Данное множество суть полный прообраз открытого множества, тогда, в силу непрерывности функции \(g\), мы получим, что \(U\) — открытое множество. Его мы представим в следующем виде \[U = \bigcup_{k\in\mathbb{N}}(a_k,b_k).\]

Теперь рассмотрим непосредственно композицию \(g\circ f\) \[\{x\in X \mid g(f(x))<c\}=\{x\in X \mid f(x)\in U\} = \{x\in X \mid f(x)\in\bigcup_{k\in\mathbb{N}}(a_k,b_k)\}=\] \[= \bigcup_{k\in\mathbb{N}}\{x\in X \mid f(x)\in(a_k,b_k)\}.\]

Тогда, в силу измеримости \(f\), используя лемму 1, мы получим счётное объединение измеримых множеств, которое, в свою очередь, является измеримым множеством. Тем самым мы получили, что \(g\circ f\) суть измеримая функция. ∎

Следствие

Если функция \(f:X\to\mathbb{R}\) измерима, то функции

1. \(\lambda f,~\lambda\in\mathbb{R}\),
2. \(|f|\),
3. \(f^2\)

также будут измеримыми.

Покажем, что совокупность измеримых функций замкнута относительно арифметических операций.

Теорема 1 (Арифметические действия над измеримыми функциями)

Пусть даны измеримые функции \(f,g:X\to\mathbb{R}\). Тогда функции

1. \(f+g\),
2. \(fg\),
3. \(\dfrac{f}{g}\) (при условии, что \(g(x)\neq0\))

также будут измеримыми.

Доказательство

1. Сперва отметим, что \[f(x)+g(x) < c \Leftrightarrow f(x) < c - g(x) \Leftrightarrow\] \[\Leftrightarrow\exists\, q\in\mathbb{Q}:\begin{cases} f(x) < q,\\ g(x) < c - q. \end{cases}\] Таким образом, мы имеем \[\{x\in X \mid f(x)+g(x)<c\}=\bigcup_{q\in\mathbb{Q}}(\underbrace{\{x\in X \mid f(x)<q\}}_{\text{измеримое}}\cap\underbrace{\{x\in X \mid g(x)<c-q\}}_{\text{измеримое}}),\] тогда, в силу измеримости функций \(f\) и \(g\), мы получим счётное объединение измеримых множеств, которое само является измеримым множеством, а значит функция \(f+g\) является измеримой.
2. Воспользуемся тождеством \[fg=\frac{(f+g)^2-(f-g)^2}{4}.\] Выше мы показали, что \(f+g\) и \(f-g\) будут измеримыми функциями, а согласно следствию из леммы 2 мы получим, что квадрат от измеримой функции суть измеримая функция, а значит и \(fg\) будет измерима.
3. Возьмём функцию \(\frac{1}{g}\). Покажем, что она будет измерима. Действительно, если \(c>0\), то \[\left\{x\in X\;\middle\vert\;\frac{1}{g(x)}<c\right\}=\left\{x\in X\;\middle\vert\;g(x)>\frac{1}{c}\right\}\cup\{x\in X \mid g(x)<0\};\] если \(c<0\), то \[\left\{x\in X\;\middle\vert\;\frac{1}{g(x)}<c\right\}=\left\{x\in X\;\middle\vert\;\frac{1}{c}<g(x)<0\right\};\] если же \(c=0\), то \[\left\{x\in X\;\middle\vert\;\frac{1}{g(x)}<c\right\} = \left\{x\in X \mid g(x)<c\right\}.\] Всякий раз справа мы получаем измеримое множество, а значит функция \(\frac{1}{g}\) будет измеримой. Тогда из 2) следует, что \(\frac{f}{g}\) будет измеримой. ∎

Теперь покажем, что совокупность измеримых функций замкнута относительно операции предельного перехода.

Теорема 2

Пусть \(\{f_n\}_{n=1}^{\infty}\) — последовательность измеримых функций, сходящаяся на \(X\) к функции \(f\). Тогда \(f\) также измерима.

Доказательство

Покажем, что \[\{x\in X \mid f(x)<c\}=\bigcup_{k}\bigcup_{n}\bigcap_{m>n}\left\{x\in X\;\middle\vert\;f_m(x)<c-\frac{1}{k}\right\}.\]

Действительно, если \(f(x)<c\), то \[\exists\,k\in\mathbb{N}:f(x)<c-\frac{2}{k}.\]

В свою очередь, при этом \(k\) можно найти столь большое \(n\), что при \(m\geqslant n\) будет выполнено \[f_m(x)<c-\frac{1}{k}.\]

Обратно, если \(x\) лежит в правой части равенства, то существует \(k\) такое, что при всех достаточно больших \(m\) будет выполнено \[f_m(x)<c-\frac{1}{k},\] но тогда \(f(x)<c\), то есть \(x\) принадлежит левой части равенства.

Так как функции \(f_n(x)\) — измеримые, то все множества в правой части равенства будут измеримыми. А в силу того, что измеримые множества образуют \(\sigma\)-алгебру, то множества \[\{x\in X \mid f(x)<c\}\] будут измеримыми для всех \(c\in\mathbb{R}\). Таким образом, функция \(f\) будет измеримой. ∎

Эквивалентность функций

Здесь и далее мы будем предполагать выполненным условие полноты меры (то есть, если \(A\) — измеримое множество меры нуль, то всякое его подмножество \(\tilde{A}\) измеримо и \(\mu(\tilde{A})=0\)).

Определение 2

Две функции \(f,g:X\to\mathbb{R}\) называются эквивалентными, если \[\mu\{x\in X \mid f(x)\neq g(x)\} = 0.\] Обозначение : \(f\sim g\).

Теорема 3

Пусть даны функции \(f,g:X\to\mathbb{R}\) такие, что \(g\) измерима и \(f\sim g\). Тогда функция \(f\) также измерима.

Доказательство

\[\{x\in X \mid f(x)<c\} = \{x\in X \mid f(x)=g(x),\,g(x)<c\}\cup\{x\in X \mid f(x)\neq g(x),\,f(x)<c\}=\] \[= \{x\in X \mid g(x)<c\}\cap\{x\in X \mid f(x)\neq g(x)\}^\mathsf{c}\cup\{x\in X \mid f(x)\neq g(x),\,f(x)<c\}.\]

Введём обозначения \[A = \{x\in X \mid g(x)<c\},\] \[B = \{x\in X \mid f(x)\neq g(x)\},\] \[\tilde{B}=\{x\in X \mid f(x)\neq g(x),\,f(x)<c\}.\]

Заметим, что \(A\) — измеримое множество в силу измеримости функции \(g\); \(\mu(B)=0\) т. к. \(f\sim g\); \(\tilde{B}\subseteq B\), а значит \(\mu(\tilde{B})=0\) в силу полноты меры \(\mu\).

Таким образом, множество \[\{x\in X \mid f(x)<c\} = A \cap \overline{B} \cup \tilde{B}\] измеримо для всех \(c\in\mathbb{R}\), а значит \(f\) — измеримая функция. ∎

Теорема Егорова

Сперва введём необходимые определения.

Определение 3

Последовательность \(\{f_n\}_{n=1}^{\infty}\) функций, определённых на множестве \(X\), называется равномерно сходящейся к функции \(f\), если \[\underset{x\in X}{\sup}|f_n(x)-f(x)|\underset{n\to\infty}{\longrightarrow}0.\] Обозначение : \(f_n\rightrightarrows f\).

Определение 4

Последовательность \(\{f_n\}_{n=1}^{\infty}\) функций, определённых на множестве \(X\), называется сходящейся почти всюду к функции \(f\), если \[\underset{n\to\infty}{\lim}f_n(x)=f(x)\] для почти всех \(x\in X\).

Теперь, мы можем несколько обобщить теорему 2.

Теорема 4

Пусть \(\{f_n\}_{n=1}^{\infty}\) — последовательность измеримых функций, сходящаяся почти всюду на \(X\) к функции \(f\). Тогда \(f\) также измерима.

Доказательство

Пусть \(A\) — то множество, на котором \[\underset{n\to\infty}{\lim}f_n(x)=f(x).\] По условию \(\mu(X\setminus A) = 0\). Это значит, что \(A\) — измеримое множество и функции \(\mathbb{I}_A f_n\) — измеримы. В силу того, что \[\mathbb{I}_A f_n \underset{n\to\infty}{\longrightarrow} \mathbb{I}_A f,\] мы получим, что \(\mathbb{I}_A f\) — измерима. Осталось заметить, что \(\mathbb{I}_A f \sim f\), из чего следует измеримость \(f\). ∎

Теперь рассмотрим важную теорему, доказанную в 1911 г. крупным русским математиком Д. Ф. Егоровым, устанавливающую связь между понятиями сходимости почти всюду и равномерной сходимости.

Теорема 5 (Теорема Егорова)

Пусть \(X\) — множество конечной меры и последовательность \(\{f_n\}_{n=1}^{\infty}\) измеримых функций сходится на \(X\) почти всюду к \(f\). Тогда для любого \(\varepsilon>0\) существует такое измеримое подмножество \(X_\varepsilon\subset X\), что

1. \(\mu(X\setminus X_\varepsilon)<\varepsilon\);
2. \(f_n\rightrightarrows f\) на \(X_\varepsilon\).

Доказательство

Согласно предыдущей теореме функция \(f\) будет измеримой. Положим \[X^m_n=\bigcap_{i=n}^{\infty}\left\{x\in X\;\middle\vert\;|f_i(x)-f(x)|<\frac{1}{m}\right\}.\]

Пусть также \[X^m = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} X^m_n.\]

В силу того, что \(\sigma\)-аддитивная мера непрерывна, то для любого \(m\in\mathbb{N}\) и для любого \(\varepsilon>0\) найдётся такое натуральное \(n_0=n_0(m)\in\mathbb{N}\), что \[\mu(X^m\setminus X^m_{n_0})<\frac{\varepsilon}{2^m}.\]

Положим \[X_\varepsilon=\bigcap_{m=1}^{\infty}X^m_{n_0}=\bigcap_{m=1}^{\infty}\bigcap_{i=n_0}^{\infty}\left\{x\in X\;\middle\vert\;|f_i(x)-f(x)|<\frac{1}{m}\right\}.\] и покажем, что построенное множество удовлетворяет условиям теоремы.

Сначала покажем, что \(f_n\rightrightarrows f\) на \(X_\varepsilon\). Действительно, если \(x\in X_{\varepsilon}\), то для любого \(m\in\mathbb{N}\) и для всех \(i>n_0(m)\) будет выполнено \[|f_i(x)-f(x)|<\frac{1}{m}.\]

Теперь оценим меру множества \(X\setminus X_\varepsilon\). Для начала заметим, что для всех натуральных \(m\) мы имеем \(\mu(X\setminus X^m) = 0\). Действительно, если \(x_0\in X\setminus X^m\), то для любого \(n\in\mathbb{N}\) существуют \(i>n\), при которых \[|f_i(x_0)-f(x_0)|\geqslant\frac{1}{m},\] то есть последовательность \(\{f_n\}_{n=1}^{\infty}\) в точке \(x_0\) не сходится к \(f\), а такие точки, согласно условию теоремы, образуют множество меры нуль. Отсюда следует, что \[\mu(X\setminus X^m_{n_0})=\mu(X^m\setminus X^m_{n_0})<\frac{\varepsilon}{2^m}.\]

Таким образом, мы получим \[\mu(X\setminus X_\varepsilon)=\mu\left(X\setminus\bigcap_{m=1}^{\infty}X^m_{n_0}\right)=\mu\left(\bigcup_{m=1}^{\infty}(X\setminus X^m_{n_0})\right)\leqslant\sum_{m=1}^{\infty}\mu(X\setminus X^m_{n_0})<\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\varepsilon}{2^m}=\varepsilon.\] ∎

Сходимость по мере

Определение 5

Говорят, что последовательность \(\{f_n\}_{n=1}^{\infty}\) измеримых функций, определённых на \(X\), сходится по мере к функции \(f\), если для любого \(\varepsilon>0\) \[\underset{n\to\infty}{\lim}\mu\{x\in X \mid |f_n(x)-f(x)|\geqslant\varepsilon\}=0.\]

Теорема 6

Если последовательность измеримых функций \(\{f_n\}_{n=1}^{\infty}\) сходится почти всюду к некоторой функции \(f\), то она сходится к той же самой предельной функции \(f\) по мере.

Доказательство

Пусть \(A\) — то множество, на котором \(\{f_n\}\) не сходится к \(f\). Введём также следующие обозначения \[E_k(\varepsilon)=\{x\in X \mid |f_k(x)-f(x)|\geqslant\varepsilon\},\] \[R_n(\varepsilon)=\bigcup_{k=n}^{\infty}E_k(\varepsilon),\] \[M = \bigcap_{n=1}^{\infty}R_n(\varepsilon).\]

Отметим, что из теоремы 4 следует измеримость функции \(f\). Тогда все указанные выше множества будут измеримыми.

Так как \[R_1(\varepsilon)\supset R_2(\varepsilon)\supset \ldots\supset R_n(\varepsilon)\ldots,\] то в силу свойства непрерывности меры будет выполнено \[\mu(R_n(\varepsilon))\underset{n\to\infty}{\longrightarrow}\mu(M).\]

Теперь проверим, что \[M\subset A.\]

Действительно, если \(x_0\in M\), то для любого натурального \(n\) найдётся \(k\geqslant n\) такое, что \[|f_k(x_0)-f(x_0)|\geqslant\varepsilon,\] а значит в точке \(x_0\) последовательность \(\{f_n\}\) не сходится к \(f\), то есть \(x_0\in A\). Но, согласно условию, \(\mu(A)=0\). Тогда, в силу полноты меры, \(\mu(M)=0\), следовательно \[\mu(R_n(\varepsilon))\underset{n\to\infty}{\longrightarrow}0.\]

Так как \(E_n(\varepsilon)\subset R_n(\varepsilon)\), то мы получим, что \[\mu(E_n(\varepsilon))\underset{n\to\infty}{\longrightarrow}0,\] то есть последовательность \(\{f_n\}\) сходится по мере к \(f\). ∎

Мы установили, что из сходимости почти всюду следует сходимость по мере. Покажем, что обратное к этому утверждению, вообще говоря, неверно.

Пример 3 (Пример Рисса)

Представим каждое \(n\in\mathbb{N}\) в виде \[n=2^k + m,~0\leqslant m < 2^k,~k=0,1,\ldots.\] Тогда \(k\) и \(m\) однозначно определяются числом \(n\). Положим \(f\equiv 0\) и рассмотрим последовательность \(\{f_n\}\), определённую следующим образом \[f_n(x)=\begin{cases} 1, & x\in\left[\frac{m}{2^k},\frac{m+1}{2^k}\right],\\ 0, & x\notin\left[\frac{m}{2^k},\frac{m+1}{2^k}\right]. \end{cases}\]

Заметим, что \[n\to\infty\Leftrightarrow k\to\infty.\]

Тогда, для любого \(\varepsilon>0\) мы получим \[\mu\{x\in X \mid |f_n(x)-f(x)|\geqslant\varepsilon\} = \frac{1}{2^k}\underset{n\to\infty}{\longrightarrow}0,\] то есть \(\{f_n\}\) сходится по мере к нулю. Но, при этом, ни для какой точки \(x\in[0,1]\) нет сходимости \(\{f_n(x)\}\), так как в любой такой точке бесконечно много членов этой последовательности равно \(0\) и бесконечно много членов равно \(1\).

Хотя приведённый выше пример показывает, что из сходимости по мере не следует сходимость почти всюду, тем не менее будет справедлива следующая теорема.

Теорема 7 (Теорема Рисса)

Пусть последовательность измеримых функций \(\{f_n\}_{n=1}^{\infty}\) сходится по мере к \(f\). Тогда из этой последовательности можно выбрать подпоследовательность \(\{f_{n_k}\}_{k=1}^{\infty}\), сходящуюся к \(f\) почти всюду.

Доказательство

Пусть \(\{\varepsilon_n\}_{n=1}^\infty\) — некоторая последовательность положительных чисел такая, что \[\underset{n\to\infty}{\lim}\varepsilon_n=0,\] и пусть \(\{\eta_n\}_{n=1}^\infty\) — последовательность положительных чисел такая, что \[\sum_{k=1}^{\infty}\eta_k < \infty.\] Построим последовательность \[n_1<n_2<\ldots<n_k<\ldots\] следующим образом : в силу сходимости по мере последовательности \(\{f_n\}\) к \(f\) выберем \(n_1\) так, чтобы \[\mu\{x\in X \mid |f_{n_1}(x)-f(x)|\geqslant\varepsilon_1\}<\eta_1.\] Далее выберем \(n_k>n_{k-1}\) так, чтобы \[\mu\{x\in X \mid |f_{n_k}(x)-f(x)|\geqslant \varepsilon_k\}<\eta_k.\]

Покажем, что построенная последовательность \(\{f_{n_k}\}\) сходится к \(f\) почти всюду. Действительно, пусть \[R_i=\bigcup_{k=i}^\infty\{x\in X \mid |f_{n_k}(x)-f(x)|\geqslant\varepsilon_k\},\] \[Q = \bigcap_{i=1}^{\infty}R_i.\] Сразу заметим, что \[R_1\supset R_2\supset\ldots\supset R_n\supset\ldots.\] Тогда, в силу непрерывности меры, будет выполнено \[\mu(R_n)\underset{n\to\infty}{\longrightarrow}\mu(Q).\] При этом, в силу построения, мы имеем \[\mu(R_i)<\sum_{k=i}^{\infty}\eta_k,\] а так как ряд \(\sum_{k=1}^{\infty}\eta_k\) — сходится, то мы получим \[\mu(R_i)\underset{i\to\infty}{\longrightarrow}0,\] то есть \(\mu(Q)=0\). Теперь осталось проверить, что \(\{f_{n_k}\}\) сходится к \(f\) на множестве \(X\setminus Q\). Пусть \(x_0\in X\setminus Q\). Тогда существует такое \(i_0\), что \(x_0\notin R_{i_0}\). Это означает, что для всех \(k\geqslant i_0\) \[x_0\notin\{x\in X \mid |f_{n_k}(x)-f(x)|\geqslant\varepsilon_k\},\] то есть \[|f_{n_k}(x_0)-f(x_0)|<\varepsilon_k.\] Но, согласно условию, \(\varepsilon_k\to 0\), а значит \[\underset{k\to\infty}{\lim}f_{n_k}(x_0)=f(x_0).\] ∎

Теорема Лузина

Теперь мы будем рассматривать измеримые функции, заданные на отрезке. Для них имеет место следующая важная теорема, установленная в 1913 г. одним из крупнейших математиков XX века Н. Н. Лузиным.

Теорема 8 (Теорема Лузина)

Для того, чтобы функция \(f\), заданная на отрезке \([a,b]\), была измерима, необходимо и достаточно, чтобы для любого \(\varepsilon>0\) существовала такая функция \(\varphi\in C[a,b]\), что \[\mu\{x\in X \mid f(x)\neq\varphi(x)\} < \varepsilon.\]