lcw-analyze/src/第18章 勒贝格测度.md

\newcommand{\vol}{\operatorname{vol}}\newcommand{\R}{\mathbb{R}}\newcommand{\N}{\mathbb{N}}\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}

18.1 目标：勒贝格测度

本章的目的可叙述如下：

• 定理 18.1.1（勒贝格测度的存在性）：存在一个 2^{\mathbb R^n} 的子集，其中的集合被称为可测集，以及一个从所有可测集到广义实数的映射 $m$，被称为测度，满足对任意 $\Omega\subseteq \mathbb R^n$：

  • 博雷尔性质：\mathbb R^n 中的任意开集和任意闭集都是可测的。
  • 补性质：若 \Omega 是可测的，\mathbb R^n\setminus \Omega 也是可测的。
  • 布尔代数性质：设 (\Omega_j)_{j\in J} 是一个可测集族且 J 是有限的，则 \bigcup_{j\in J}\Omega_j 和 \bigcap_{j\in J}\Omega_j 都是可测的。
  • \sigma 代数性质：设 (\Omega_j)_{j\in J} 是一个可测集族且 J 是可数的，则 \bigcup_{j\in J}\Omega_j 和 \bigcap_{j\in J}\Omega_j 都是可测的。

  且对任意可测集 $\Omega\subseteq \mathbb R^n$：

  • 空集零性：$m(\varnothing)=0$。
  • 正性：$0\leq m(\Omega)\leq +\infty$。
  • 单调性：若 A,B 可测且 $A\subseteq B$，那么 $m(A)\leq m(B)$。
  • 有限弱加性：设 (\Omega_j)_{j\in J} 是一个可测集族且 J 是有限的，则 $m(\bigcup_{j\in J}\Omega_j)\leq \sum_{j\in J}m(\Omega_j)$。
  • 有限加性：设 (\Omega_j)_{j\in J} 是一个互不相交的可测集族且 J 是有限的，则 $m(\bigcup_{j\in J}\Omega_j)=\sum_{j\in J}m(\Omega_j)$。
  • 可数弱加性：设 (\Omega_j)_{j\in J} 是一个可测集族且 J 是可数的，则 $m(\bigcup_{j\in J}\Omega_j)\leq \sum_{j\in J}m(\Omega_j)$。
  • 可数加性：设 (\Omega_j)_{j\in J} 是一个互不相交的可测集族且 J 是可数的，则 $m(\bigcup_{j\in J}\Omega_j)=\sum_{j\in J}m(\Omega_j)$。
  • 正规化性：$m([0,1]^n)=1$。
  • 平移不变性：设 $x\in\mathbb R^n$，则 x+\Omega 也可测且 $m(x+\Omega)=m(\Omega)$。

18.1.1 中描述的性质有的是多余的，但为了下文的描述，我们还是把它们列出来。而且注意由于我们允许测度取 $+\infty$，且所有的测度都是非负的，18.1.1 中的求和我们都不需要关心敛散性问题，而且其结果和求和顺序无关。

我们先继续考察勒贝格测度有哪些性质。

• 命题 18.1.2：如果 A_1\subseteq A_2\subseteq \cdots 是可测集的增序列，那么 $m(\bigcup_{j\geq 1}A_j)=\lim_{j\to\infty}m(A_j)$。

  证明：首先 m(A_j) 单调增，故极限存在。由于 $A_j\subseteq \bigcup_{j\geq 1}A_j$，故 $m(A_j)\leq m(\bigcup_{j\geq 1}A_j)$，故 $\lim_{j\to\infty}m(A_j)\leq m(\bigcup_{j\geq 1}A_j)$。

  另一方面，设 $A_0=\varnothing$，则 $\bigcup_{j\geq 1}A_j=\bigcup_{j\geq 1}(A_j\setminus A_{j-1})$，故

  
  m\left(\bigcup_{j\geq 1}A_j\right)\leq \sum_{j\geq 1}m(A_j\setminus A_{j-1})=\sum_{j\geq 1}m(A_j)-m(A_{j-1})=\lim_{j\to\infty}m(A_j)
  

• 命题 18.1.3：如果 A_1\supseteq A_2\supseteq \cdots 是可测集的减序列，那么 $m(\bigcap_{j\geq 1}A_j)=\lim_{j\to\infty}m(A_j)$。

  证明：首先 m(A_j) 单调减，故极限存在。由于 $A_j\supseteq \bigcap_{j\geq 1}A_j$，故 $m(A_j)\geq m(\bigcap_{j\geq 1}A_j)$，故 $\lim_{j\to\infty}m(A_j)\geq m(\bigcap_{j\geq 1}A_j)$。

  另一方面，$A_1=(\bigcap_{j\geq 1}A_j)\cup(\bigcup_{j\geq 1}(A_j\setminus A_{j+1}))$，故

  
  \begin{aligned}
  m(A_1)\leq m\left(\bigcap_{j\geq 1}A_j\right)+m\left(\bigcup_{j\geq 1}(A_j\setminus A_{j+1})\right)\leq m\left(\bigcap_{j\geq 1}A_j\right)+\sum_{j\geq 1}m(A_j\setminus A_{j+1})=m\left(\bigcap_{j\geq 1}A_j\right)+\sum_{j\geq 1}m(A_j)-m(A_{j+1})\\
  \end{aligned}
  

  从而 $m(\bigcap_{j\geq 1}A_j)\geq m(A_1)-\sum_{j\geq 1}m(A_j)-m(A_{j+1})=\lim_{j\to\infty}m(A_j)$。

• 定义 18.1.4（盒子）：如果 $B=\prod_{i=1}^n I_i$，其中 I_i 是有界区间，就称 B 是一个盒子，且定义其体积为 $\vol(B)=\prod_{i=1}^n|I_i|$。

  如果每个 I_i 都是开的，则称 B 为开盒子。如果每个 I_i 都是闭的，则称 B 为闭盒子。

  证明：如果某 B\subseteq\R^n 不是空集，容易证明存在至多一组 I_i 使得 $B=\prod_{i=1}^n I_i$；如果 B 是空集，那么无论 I_i 如何取，都必然有 $\vol(B)=0$。从而 \vol 的定义是良的。

18.2 第一步：外测度

• 定义 18.2.1（盒子）：如果 $B=\prod_{i=1}^n I_i$，其中 I_i 是有界区间，就称 B 是一个盒子，且定义其体积为 $\vol(B)=\prod_{i=1}^n|I_i|$。

  如果每个 I_i 都是开的，则称 B 为开盒子。如果每个 I_i 都是闭的，则称 B 为闭盒子。

  证明：如果某 B\subseteq\R^n 不是空集，容易证明存在至多一组 I_i 使得 $B=\prod_{i=1}^n I_i$；如果 B 是空集，那么无论 I_i 如何取，都必然有 $\vol(B)=0$。从而 \vol 的定义是良的。

• 定义 18.2.2（外测度）：设 $\Omega\subseteq\R^n$，定义它的外测度为

  
  m^*(\Omega):=\inf\left\{\sum_{j\in J}\vol(B_j):(B_j)_{j\in J}\text{ 是至多可数的开盒族且 }\Omega\subseteq\bigcup_{j\in J}B_j\right\}
  

  有时也把 m^* 写作 m_n^* 以强调它是 \R^n 上的外测度。

注意当 \Omega 是紧集时，可以指考虑 \Omega 的有限开盒覆盖。

• 引理 18.2.3：外测度满足空集零性、正性、单调性、有限弱加性、可数弱加性和平移不变性。

  证明：这里只证明可数弱加性。设 $\Omega\subseteq \R^n$，(\Omega_j)_{j=1}^{\infty} 是一个可数的集族，且 $\Omega\subseteq\bigcup_{j=1}^{\infty}\Omega_j$。

  设 $\varepsilon>0$。对每个 $j\geq 1$，存在一个至多可数的开集族 \mathcal B_j 使得 \Omega_j\subseteq \bigcup \mathcal B_j 且 $\sum_{B\in \mathcal B_j}\vol(B)\leq m^*(\Omega_j)+\frac{\varepsilon}{2^j}$。

  那么 $\Omega\subseteq \bigcup_{j\geq 1} \mathcal B_j$，且

  
  m^*(\Omega)\leq \sum_{B\in\bigcup_{j\geq 1} \mathcal B_j}\vol(B)\leq \sum_{(j,B):j\geq 1,B\in\mathcal B_j}\vol(B)=\sum_{j\geq 1}\sum_{B\in\mathcal B_j}\vol(B)\leq \sum_{j\geq 1}m^*(\Omega_j)+\frac{\varepsilon}{2^j}=\sum_{j\geq 1}m^*(\Omega_j)+\varepsilon
  

  （其中第二个符号需要通过构造一些单射来证明，此处略去细节。第三个符号的证明和定理 8.2.3 类似）

  此事对任何 \varepsilon>0 成立，故 $m^(\Omega)\leq\sum_{j\geq 1}m^(\Omega_j)$。

注意，我们至今仍未证明盒子的外测度就等于它的体积。

• 命题 18.2.4：设 B 是闭盒子。那么 $m^*(B)=\vol(B)$。

  证明：容易构造一列开盒覆盖，以证明 $m^*(B)\leq \vol(B)$。现在让我们证明另一个方向的不等号。

  首先，由于 B 是紧的，故对于任意它的开盒覆盖，存在该覆盖的有限子集仍然是覆盖，我们只需证明这个有限子集中所有盒子的体积和足够大即可。

  对 n 归纳证明，对任意闭盒子 B 和有限的开盒族 (B_j)_{j\in J} 满足 $B\subseteq\bigcup_{j\in J}B_j$，都有 $\vol(B)\leq \sum_{j\in J}\vol(B_j)$。

  为此，我们写成形式 B=A\times [a,b] 和 $B_j=A_j\times (a_j,b_j)$。然后定义 [a,b] 上的函数 f(x):=\vol_{n-1}(A) 和 $g(x):=\sum_{j\in J:x\in (a_j,b_j)}\vol_{n-1}(A_j)$。注意到 $A\subseteq \bigcup_{j\in J:x\in (a_j,b_j)}A_j$，从而根据归纳有 $f(x)=\vol_{n-1}(A)\leq \sum_{j\in J:x\in (a_j,b_j)}\vol_{n-1}(A_j)=g(x)$。那么：

  
  \begin{aligned}
  \vol(B)= \int_{[a,b]}f(x)\leq\int_{[a,b]}g(x)&=\int_{[a,b]}\sum_{j\in J}[x\in (a_j,b_j)]\vol_{n-1}(A_j)\\
  &=\sum_{j\in J}\int_{[a,b]}[x\in (a_j,b_j)]\vol_{n-1}(A_j)\leq \sum_{j\in J}(b_j-a_j)\vol_{n-1}(A_j)=\sum_{j\in J}\vol(B_j)
  \end{aligned}
  

• 命题 18.2.5：设 B 是盒子。那么 $m^*(B)=\vol(B)$。

  证明：根据外测度的单调性，用闭盒子夹逼即可。

• 引理 18.2.6：在 \R 上，

  1. $m^*(\R)=+\infty$。
  2. $m^(\Q)=0$。证明：$m^(\Q)\leq \sum_{q\in\Q}m^*({q})=0$。
  3. $m^(\R\setminus\Q)=+\infty$。证明：$m^(\R)\leq m^(\Q)+m^(\R\setminus\Q)$。
  4. 任意可数子集的外测度为 $0$。

18.3 外测度没有加性

• 命题 18.3.1：存在 \R 的可数的互不相交的子集族 $(A_j){j\in J}$，使得 $m^*(\bigcup{j\in J}A_j)\neq \sum_{j\in J}m^*(A_j)$。

  证明：根据选择公理，对每个 $A\in\R\setminus \Q$，都可以选出一个 $x_A\in A\cap [0,1]$。设 $E:={x_A:A\in \R\setminus \Q}$。现在考虑集族 ${q+E:q\in\Q_{[-1,1]}}$。由于 E 中的元素不可能经过偏移后到达另一个 E 中的元素，所以集族中的集合两两不交。

  设 X 是该集族的并。由于对每一个 $A\in\R\setminus\Q$，$x_A+\Q_{[-1,1]}\subseteq X$，所以 $A\cap \Q_{[0,1]}\subseteq X$。所以 $[0,1]\subseteq X\implies m^(X)\geq 1$。再由于 $m^(X)\leq \sum_{q\in\Q_{[-1,1]}}m^(q+E)=\sum_{q\in\Q_{[-1,1]}}m^(E):=S$，视 m^*(E) 是否大于 $0$，S 只可能等于 0 或 $+\infty$。所以 $S=+\infty$。

  另一方面，由于 $X\subseteq [-1,2]$，$m^(X)\leq 3$。于是 $m^(X)\neq \sum_{q\in\Q_{[-1,1]}}m^*(E)$。

• 命题 18.3.2：存在 \R 的有限的互不相交的子集族 $(A_j){j\in J}$，使得 $m^*(\bigcup{j\in J}A_j)\neq \sum_{j\in J}m^*(A_j)$。

  证明：我们延续命题 18.3.1 的证明。由于 $m^(E)>0$，必然存在 n\in\mathbb Z_{1..} 使得 $m^(E)>\frac 1n$。选出 Q_{[-1,1]} 的一个大小为 3n 的子集 $Q'$，那么 $\sum_{q\in Q'}m^(q+E)=|Q'|m^(E)>3$，另一方面根据单调性有 $m^(\bigcup_{q\in Q'}q+E)\leq m^(X)\leq 3$。于是 $m^(\bigcup_{q\in Q'}q+E)\neq \sum_{q\in Q'}m^(q+E)$。

18.4 可测集

• 定义 18.4.1（勒贝格可测）：设 $E\subseteq\R^n$。称 E 是勒贝格可测（简称为可测）的，当且仅当对任意 A\subseteq\R^n 都有 $m^(A)=m^(A\cap E)+m^(A\setminus E)$，此时定义 E 的勒贝格测度为 $m(E):=m^(E)$。

  有时也把 m 写作 m_n 以强调它是 \R^n 上的外测度。

可以发现，在上述定义中，由于外测度的有限弱加性，我们只需证明 m^*(A)\geq m^*(A\cap E)+m^*(A\setminus E) 即可。

• 引理 18.4.2：半空间 \{(x_1,\dots,x_n)\in\mathbb R^n:x_n>0\} 是可测的。

  证明：设 E 是半空间。对任意的盒子 $B$，B\cap E 和 B\setminus E 仍是盒子，再利用命题 18.2.4 即可证明 $m^(B)=m^(B\cap E)+m^*(B\setminus E)$。

  那么对任意 $A\subseteq\R^n$，存在至多可数的开盒覆盖 (B_j)_{j\in J} 使得 $\sum_{j\in J}m^(B_j)\leq m^(A)+\varepsilon$，那么

  
  m^*(A)+\varepsilon\geq \sum_{j\in J}m^*(B_j)=\sum_{j\in J}m^*(B_j\cap E)+\sum_{j\in J}m^*(B_j\setminus E)\geq m^*(A\cap E)+m^*(A\setminus E)
  

• 引理 18.4.3：

  1. 勒贝格测度满足补性质、平移不变性、布尔代数性质、有限弱加性。

     证明：对布尔代数性质，使用归纳法，只需证明 E_1,E_2 可测则 E_1\cap E_2 可测。

  2. 每个盒子都是可测的。

     证明：结合引理 18.4.2 和布尔代数性质。

  3. 任何外测度为 0 的集合都是可测的。

     证明：$m^(A\cap E)\leq m^(E)=0$。$m^(A)\geq m^(A\setminus E)=m^(A\cap E)+m^(A\setminus E)$。

• 引理 18.4.4：设 (E_j)_{j=1}^k 是有限的互不相交的可测集族，$A\subseteq \R^n$，那么 $m^(A\cap (\bigcup_{j=1}^kE_j))=\sum_{j=1}^km^(A\cap E_j)$。

  证明：$m^(A\cap (\bigcup_{j=1}^kE_j))=m^(A\cap (\bigcup_{j=1}^kE_j)\cap E_k)+m^(A\cap (\bigcup_{j=1}^kE_j)\setminus E_k)=m^(A\cap E_k)+m^*(A\cap (\bigcup_{j=1}^{k-1}E_j))$，归纳即可。

• 推论 18.4.5：勒贝格测度满足有限加性。

实际上，从命题 18.1.2 的证明过程可以看出，如果一个测度满足定理 18.1.1 中除了可数加性外的其他所有性质，可数加性也被自然蕴含。但这里没有这么简单，因为勒贝格测度还未被证明满足 \sigma 代数性质。

• 引理 18.4.6：设 (E_j)_{j=1}^{\infty} 是可数的互不相交的可测集族，那么 \bigcup_{j\geq 1}E_j 是可测的，且 $m(\bigcup_{j=1}^{\infty} E_j)=\sum_{j=1}^{\infty}m(E_j)$。

  证明：设 $A\subseteq \R^n$。我们知道 m^*(A)=m^*(A\cap (\bigcup_{j=1}^kE_j))+m^*(A\setminus (\bigcup_{j=1}^kE_j)) 对任意 k 成立。而

  
  \begin{aligned}
  \lim_{k\to\infty}m^*\left(A\cap\left(\bigcup_{j=1}^kE_j\right)\right)&=\lim_{k\to\infty}m^*\left(\bigcup_{j=1}^k(A\cap E_j)\right)\\
  &=\lim_{k\to \infty}\sum_{j=1}^km^*(A\cap E_j)\\
  &\geq m^*\left(\bigcup_{j=1}^{\infty}(A\cap E_j)\right)=m^*\left(A\cap \left(\bigcup_{j=1}^{\infty}E_j\right)\right)
  \end{aligned}
  

  ，当且仅当 \sum_{j=1}^{\infty}m^*(A\cap E_j)=m^*(\bigcup_{j=1}^{\infty}(A\cap E_j)) 时取等。其中第二个符号用了引理 18.4.4。

  又根据单调性 $m^(A\setminus(\bigcup_{j=1}^{k}E_j))\geq m^(A\setminus(\bigcup_{j=1}^{\infty}E_j))$。从而

  
  \begin{aligned}
  m^*(A)&=\lim_{k\to\infty}\left(m^*\left(A\cap \left(\bigcup_{j=1}^kE_j\right)\right)+m^*\left(A\setminus \left(\bigcup_{j=1}^kE_j\right)\right)\right)\\
  &=\lim_{k\to\infty}m^*\left(A\cap \left(\bigcup_{j=1}^kE_j\right)\right)+\lim_{k\to\infty}m^*\left(A\setminus \left(\bigcup_{j=1}^kE_j\right)\right)\\
  &\geq m^*\left(A\cap \left(\bigcup_{j=1}^{\infty}E_j\right)\right)+m^*\left(A\setminus \left(\bigcup_{j=1}^{\infty}E_j\right)\right)
  \end{aligned}
  

  另一方面，由有限弱加性知 $m^(A)\leq m^(A\cap (\bigcup_{j=1}^{\infty}E_j))+m^(A\setminus (\bigcup_{j=1}^{\infty}E_j))$。于是 $m^(A)=m^(A\cap (\bigcup_{j=1}^{\infty}E_j))+m^(A\setminus (\bigcup_{j=1}^{\infty}E_j))$，那么 \bigcup_{j\geq 1}E_j 是可测的。

  更进一步，由取等条件知 $\sum_{j=1}^{\infty}m^(A\cap E_j)=m^(\bigcup_{j=1}^{\infty}(A\cap E_j))$，取 A=\bigcup_{j=1}^{\infty}E_j 即得可数加性。

• 引理 18.4.7：勒贝格测度满足 \sigma 代数性质。

  证明：可数个可测集的并可以被简单地拆为可数个不交且保持可测的集合的并（从而可以使用引理 18.4.6），而可数交性质被可数并性质和补性质蕴含。

• 引理 18.4.8：\R^n 上的每个开集可以被写成至多可数个开盒子的并。

  证明：为每个所有坐标都是有理数的点（称为有理点）指定一个以它为中心的边长最大的（注意是存在最大值的）含在开集内的开盒子，然后我们说明这些可数个盒子的并就是该开集。假设有一个点 x 在开集中，那么存在某个 r>0 使得 B(x,r) 在开集中，那么找一个距离 x 足够近的有理点，使得存在一个以该有理点为中心、包含 x 且含于 B(x,r) 内的开盒子即可。

• 推论 18.4.9：勒贝格测度满足博雷尔性质。

18.5 可测函数

• 定义 18.5.1（可测函数）：设 \Omega\subseteq\R^n 是可测的，f:\Omega\to\R^m 是函数。称 f 是可测的，当且仅当 f^{-1}(V) 可测对任意 \R^m 的开集 V 成立。

根据命题 12.3.2.1，如果 f 是 \Omega\to W 的，其中 $W\subseteq\R^m$，那么 f 是可测的当且仅当 f^{-1}(V) 可测对任意 W 的开集 V 成立。

• 引理 18.5.2：设 \Omega\subseteq \R^n 是可测的，f:\Omega\to\R^m 是连续函数，那么 f 是可测的。

  证明：根据定理 13.1.3.3，f^{-1}(V) 是 \Omega 的开子集。根据命题 12.3.2.1，存在开集 W\subseteq \R^n 使得 $f^{-1}(V)=\Omega\cap W$，从而 f^{-1}(V) 是可测的。

• 引理 18.5.3：设 \Omega\subseteq\R^n 是可测的，f:\Omega\to\R^m 是函数。那么 f 是可测的，当且仅当 f^{-1}(B) 可测对任意开盒子 B\subseteq \R^m 成立。

  证明：任意开集可以写成至多可数个开盒子的并，从而其逆像可以写成至多可数个可测集的并，仍是可测集。

• 引理 18.5.4：设 \Omega\subseteq\R^n 是可测的，f:\Omega\to\R^m 是函数且 $f=(f_1,\cdots,f_m)$，其中 $f_i:\Omega\to \R$。那么 f 是可测的当且仅当每个 f_i 都是可测的。

  证明：=>：注意到 $f_i^{-1}(V)=f^{-1}(\underbrace{\R\times \cdots \times \R}{i-1\text{ times}} \times V\times \underbrace{\R\times \cdots \times \R}{m-i\text{ times}})$。

  <=：使用引理 18.5.3。对每个开盒子 $B=\prod_{i=1}^m(a_i,b_i)\subseteq \R^m$，注意到 $f^{-1}(B)=f^{-1}((a_1,b_1)\times \R\times \cdots \times \R)\cap \cdots\cap f^{-1}(\R\times \cdots\times\R\times (a_m,b_m))=f^{-1}_1((a_1,b_1))\cap\cdots\cap f^{-1}_m((a_m,b_m))$。

• 引理 18.5.5：设 \Omega\subseteq \R^n 是可测的，$W\subseteq \R^m$，f:\Omega\to W 是可测函数，g:W\to \R^p 是连续函数，那么 g\circ f 是可测的。

• 命题 18.5.6：设 \Omega\subseteq\R^n 是可测的，f:\Omega\to\R,g:\Omega\to\R 都是可测函数。那么 f+g,fg,\max(f,g),\min(f,g) 都是可测函数。若 g 恒非零，那么 \frac fg 也是可测的。

  证明：以 f+g 为例，先利用引理 18.5.4 证明 x\mapsto (f(x),g(x)) 是可测的，再根据 (a,b)\mapsto a+b 的连续性利用引理 18.5.5 证明。

• 引理 18.5.7：设 \Omega\subseteq\R^n 是可测的，f:\Omega\to\R 是函数。那么 f 是可测的，当且仅当 f^{-1}((a,+\infty)) 可测对任意 a\in \R 成立。

• 定义 18.5.8（映到广义实数系的可测函数）：设 \Omega\subseteq\R^n 是可测的，f:\Omega\to\R^* 是函数。称 f 是可测的，当且仅当 f^{-1}((a,+\infty]) 可测对任意 a\in \R 成立。

显然，对于映到实数系上的函数，之前的定义和这里的定义是相容的。

• 引理 18.5.9：设 \Omega\subseteq\R^n 是可测的，(f_k)_{k=1}^{\infty} 是一列 \Omega\to\R^* 的可测函数。那么函数 $\sup_{k=1}^{\infty}f_k$，$\inf_{k=1}^{\infty}f_k$，$\limsup_{k\to\infty}f_k$，\liminf_{k\to\infty}f_k 都是可测函数。如果 (f_k)_{k=1}^{\infty} 逐点收敛到 $f:\Omega\to\R^*$，那么 f 也是可测的。

  证明：由于 \max,\min 保持可测性，我们只需证明最后一条性质即可。

  设 $a\in\R$。假设 x\in\Omega 使得 $f(x)\in (a,+\infty]$，那么一定存在 n\geq 1 和 N\geq 1 使得对任何 k\geq N 都有 $f_k(x)\in(a+\frac 1n,+\infty]$。

  另一方面，如果存在 n\geq 1 和 N\geq 1 使得对任何 k\geq N 都有 $f_k(x)\in (a+\frac 1n,+\infty]$，那么 $f(x)\in (a,+\infty]$。

  那么，f^{-1}((a,+\infty])=\bigcup_{n\geq 1}\bigcup_{N\geq 1}\bigcap_{k\geq N}f_k^{-1}((a+\frac 1n,+\infty]) 是可测的。