Непрерывность и измеримость

В теореме Лузина мы можем заменить условие, что $f$ имеет область значений, содержащуюся в $\mathbb {R}$, на более общее предположение, что $f$ конечна $\mu$-п.в. на $A$.

Теорема Лузина (результат, который здесь обобщается): Рассмотрим пространство $(\mathbb {R}^{k}, \mathcal{F}, \mu )$, где $\mathcal{F}$ содержит $\mathcal{B}^{k}$, и где $\mu$ такова, что (i) $\mu (A) = \inf \left\{ \mu (G) : A \subseteq G, G \text{ открыто}\right\}$ для каждого $A \in \mathcal{F}$, и (ii) $\mu (A) = \sup \left\{ \mu (K) : K \subseteq A, K \text{ компактно}\right\}$ для каждого $A \in \mathcal{F}$. Пусть $A \in \mathcal{F}$ таково, что $\mu (A)<+\infty$, и предположим, что $f : \mathbb {R}^{k} \rightarrow \mathbb {R}$ является $\mathcal{F}/\mathfrak {B}^{*}$-измеримой, причём $f(\omega )=0$ для каждого $\omega \notin A$. Тогда для любого $\epsilon >0$ найдётся функция $g : \mathbb {R}^{k} \rightarrow \mathbb {R}$ со следующими свойствами:

Если $\left|f\right| \leqslant 1$ в теореме Лузина, то существует последовательность $\left\{ g_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }$ $\mathcal{F}/\mathfrak {B}^{*}$-измеримых функций такая, что

Пусть $F \subseteq G \subseteq \mathbb {R}^{k}$, где $F$ замкнуто, а $G$ открыто. Не используя лемму Урысона (утверждение 2 ниже), быстро постройте полунепрерывную снизу функцию $\phi : \mathbb {R}^{k} \rightarrow [0,1]$ такую, что $\phi (\boldsymbol {x})=1$, если $\boldsymbol {x} \in F$, и $\phi (\boldsymbol {x})=0$, если $\boldsymbol {x} \notin G$. Затем быстро постройте полунепрерывную сверху функцию $\phi$ с теми же самыми свойствами.

Мы определили носитель функции $g : \mathbb {R}^{k} \rightarrow \overline{\mathbb {R}}$ как замыкание множества $\left\{ \boldsymbol {x} \in \mathbb {R}^{k} : g(\boldsymbol {x}) \neq 0\right\}$, т. е. $\operatorname {supp}\left(g\right) = \overline{\left\{ \boldsymbol {x} \in \mathbb {R}^{k} : g(\boldsymbol {x}) \neq 0\right\} }$. Это равносильно определению носителя $g$ как дополнения внутренности множества $\left\{ \boldsymbol {x} \in \mathbb {R}^{k} : g(\boldsymbol {x}) = 0\right\}$.

Верно ли, что каждое компактное подмножество $\mathbb {R}^{k}$ является носителем некоторой непрерывной функции $f$, определённой на $\mathbb {R}^{k}$?

Рассмотрим пространство с мерой $(\mathbb {R}^{k}, \mathcal{F}, \mu )$, где $\mu$ придаёт конечную меру ограниченным $\mathcal{B}^{k}$-множествам и $\mathcal{F} \supseteq \mathcal{B}^{k}$. Пусть $f : \mathbb {R}^{k} \rightarrow \overline{\mathbb {R}}$ задана. Если для каждого $\epsilon >0$ найдётся замкнутое множество $K$ такое, что (i) $\mu (K^{c})<\epsilon$ и (ii) сужение $f$ на $K$ непрерывно, то $f$ является $\mathcal{F}/\mathfrak {B}^{*}$-измеримой.

Рассмотрим пространство с мерой из задачи 5.7.6. Пусть $A \in \mathcal{F}-\left\{ \varnothing \right\}$ таково, что $\mu (A)<+\infty$. Пусть $\left\{ f_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }$ обозначает последовательность $\mathcal{F}/\mathfrak {B}^{*}$-измеримых функций, конечных $\mu$-п.в., и предположим, что существует $\mathcal{F}/\mathfrak {B}^{*}$-измеримая функция $f : A \rightarrow \mathbb {R}$ с $\lim f_{n}=f$ $\mu$-п.в. Тогда для любого $\epsilon >0$ найдётся $B \in \mathcal{F}-\left\{ \varnothing \right\}$ с $B \subseteq A$, $\mu (A-B)<\epsilon$, и $f_{n} \rightarrow f$ равномерно на $B$.