Baire-1函数是Borel可测的

hbghlyj

lib-pku 实变期末.jpg
三. (15分) 设 $f_k(x)$ 为 $\mathbb{R}$ 上的连续函数列且 $\lim _{k \rightarrow \infty} f_k(x)=f(x)$.
证明 $\forall t \in \mathbb{R}$, 集合 $\{x \in\mathbb{R} \mid f(x)>t\}$ 为Borel 集.

hbghlyj

能不能这样啊: 因为$f(x)=\liminf_{k\to\infty}f_k(x)$
$$\{x \in\mathbb{R} \mid f(x)>t\}=\bigcup_{n\ge1}\bigcap_{k\ge n}\{x\in\mathbb R\mid f_k(x)>t\}$$所以Borel可测

Czhang271828

hbghlyj 发表于 2023-3-28 02:12
能不能这样啊: 因为$f(x)=\liminf_{k\to\infty}f_k(x)$
$$\{x \in\mathbb{R} \mid f(x)>t\}=\bigcup_{n\ge1 ...

这就是常规做法. 建议参考周民强的 实变函数论 和 实变函数解题指南. 一楼的试卷中的题目极有可能是周老学生或小弟出的.

hbghlyj

Czhang271828 发表于 2023-3-28 06:36
这就是常规做法. 建议参考周民强的 实变函数论 和 实变函数解题指南. 一楼的试卷中的题目极有可能是周老 ...

例 $17^*$ 设 $f(x)$ 定义在 $\mathbf{R}^1$ 上, 则下列三条等价:
(i) $f(x)$ 是连续函数列的极限;
(ii) 对任意的 $t \in \mathbf{R}^1$, 点集
$$
\left\{x \in \mathbf{R}^1: f(x)>t\right\}, \quad\left\{x \in \mathbf{R}^1: f(x)<t\right\}
$$
是 $F_\sigma$ 集.
(iii) 对任意的开集 $G, f^{-1}(G)$ 是 $F_\sigma$ 集.
证明 (i) $\Rightarrow$ (iii) 注意到 $G$ 可表为 $G=\bigcup_{i \geqslant 1}\left(a_i, b_i\right)$,故不妨认定 $G=(a, b)$. 依题设存在 $f_n \in C\left(\mathbf{R}^1\right)(n \in \mathbf{N})$, 使得 $\lim _{n \rightarrow \infty} f_n(x)=f(x)$ $\left(x \in \mathbf{R}^1\right)$,因此我们有
$$
\left\{x \in \mathbf{R}^1: f(x)>a\right\}=\bigcup_{k \geqslant 1} \bigcup_{m \geqslant 1} \bigcap_{n \geqslant m}\left\{x \in \mathbf{R}^1: f_n(x) \geqslant a+\frac{1}{k}\right\},
$$
由此知 $\left\{x \in \mathbf{R}^1: f(x)>t\right\}$ 是 $F_\sigma$ 集. 类似地, 可以证明 $\left\{x \in \mathbf{R}^1: f(x)\right.$ $\langle b\}$ 是 $F_\sigma$ 集. 从而可得交集 $f^{-1}((a, b))$ 是 $F_\sigma$ 集.
(ii) $\Longrightarrow$ (i) 首先假定 $0<f(x)<1\left(x \in \mathbf{R}^1\right)$. 对 $n \geqslant 1$, 考查 $\left\{t_0, t_1, \cdots, t_n\right\} \subset \mathbf{R}^1$, 其中
$$
t_0=0, \quad t_{j+1}-t_j=1 / n(j=0,1,2, \cdots, n-1) ; \quad t_n=1 .
$$
作点集 $A_0=\left\{x \in \mathbf{R}^1: f(x)<t_1\right\}, A_n=\left\{x \in \mathbf{R}^1: f(x)>t_{n-1}\right\}$, 以及
$$
A_j=\left\{x \in \mathbf{R}^1: t_{j-1}<f(x)<t_{j+1}\right\} \quad(j=1,2, \cdots, n-1),
$$
易知 $\mathbf{R}^1=A_0 \cup A_1 \cup \cdots \cup A_n$, 且 $A_j(j=0,1, \cdots, n)$ 均为 $F_\sigma$ 集. 由上例 $16^*$ 知可得另一表示式 $\mathbf{R}^1=\bigcup_{j=0}^n B_j$, 其中 $\left\{B_j\right\}$ 均是 $F_\sigma$ 集, 且互不相 交, $B_i \subset A_i(j=0,1, \cdots, n)$. 作函数
$$
f_n(x)=t_j \quad\left(x \in B_j\right) \quad(j=0,1, \cdots, n-1)
$$
易知每个 $f_n(x)$ 都是连续函数列的极限.
对任意的 $x \in \mathbf{R}^1$, 存在 $j$, 使得 $x \in B_j(j=0,1, \cdots, n)$.
若 $j=0$, 则 $t_0<f(x)<t_1, f_n(x)=t_0,\left|f(x)-f_n(x)\right|<1 / n$;
若 $j=n$, 则 $t_{n-1}<f(x)<t_n, f_n(x)=t_n,\left|f(x)-f_n(x)\right|<1 / n$;
若 $1 \leqslant j \leqslant n-1$, 则 $t_{j-1}<f(x)<t_{j+1}, f_n(x)=t_j$,
$$
\left|f(x)-f_n(x)\right|<2 / n .
$$
这说明 $f_n(x)$ 在 $\mathbf{R}^1$ 上一致收敛于 $f(x)$. 从而可知 (见下面的注) $f(x)$ 是连续函数列的极限.
其次, 设 $f(x)$ 是 (ii) 中任一函数, 则作一递增且同胚的 $\varphi$ : $\mathbf{R}^1 \mapsto(0,1)$, 易知 $\varphi[f(x)]$ 满足 (ii) 中条件, 且其值域 $R(g \circ f) \subset$ $(0,1)$. 从而根据前面的推论, 可知 $\varphi[f(x)]$ 是连续函数列的极限, $f(x)=\varphi^{-1}[\varphi(x)]$ 也是连续函数列的极限.
注 1. 称区间 $I$ 上连续函数列的极限函数 $f(x)$ 全体为 Baire 第一函数类, 记为 $f \in B_1(I)$. 我们有结论: 若 $f_n \in B_1\left(\mathbf{R}^1\right)$, 且 $f_n(x)$ 在 $\mathbf{R}^1$ 上一致收敛于 $f(x)$, 则 $f \in B_1\left(\mathbf{R}^1\right)$.
事实上, 由题设知, 对任意 $k \in \mathbf{N}$, 存在 $n_k \in \mathbf{N}$, 使得
$$
\left|f_{n_k}(x)-f(x)\right|<1 / 2^{k+1} \quad\left(x \in \mathbf{R}^1\right) .
$$
这里不妨认定 $n_1<n_2<\cdots<n_k<\cdots$. 考查 $\sum_{k=1}^{\infty}\left[f_{n_{k+1}}(x)-f_{n_k}(x)\right]$, 因为我们有
$$
\begin{aligned}
\left|f_{n_{k+1}}(x)-f_{n_k}(x)\right| & \leqslant\left|f_{n_{k+1}}(x)-f(x)\right|+\left|f_{n_k}(x)-f(x)\right| \\
& <\frac{1}{2^{k+2}}+\frac{1}{2^{k+1}}<\frac{1}{2^k} \quad\left(x \in \mathbf{R}^1\right),
\end{aligned}
$$
所以 $g(x) \stackrel{\text { def }}{=} \sum_{k=1}^{\infty}\left[f_{n_{k+1}}(x)-f_{n_k}(x)\right] \in B_1(\mathbf{R})$. 显然有 $g(x)=f(x)-f_{n_1}(x)$, 即 $f(x)=g(x)+f_{n_1}(x)$. 证毕.
2. $\mathbf{R}^1$ 中存在非 $F_{σ\delta}$ 集, 非 $F_{σ\deltaσ}$ 集等等.