广义实值可测函数的连续函数列几乎处处逼近问题

嘿，这个问题我之前研究类似主题时也卡过一会儿，核心是要把那种“依赖n的收敛指标”转化成能统一控制的序列，咱们可以结合Borel-Cantelli引理来解决，具体思路一步步来：

首先，先明确咱们已有的基础：

• 对每个截断后的有限值可测函数$g_n$，都存在连续函数列${g_{nk}}{k=1}^\infty$，使得$g{nk} \to g_n$ a.e.。也就是说，对每个$n$，存在零测集$Z_n \subseteq A$，当$x \notin Z_n$时，$\lim_{k\to\infty}g_{nk}(x) = g_n(x)$。

接下来是关键的构造步骤：

1. 为每个n挑选合适的kₙ
   对每个$n$，取$\epsilon = 1/n$，根据$g_{nk} \to g_n$ a.e.的定义，一定存在某个$k_n \in \mathbb{N}$，使得集合$E_n = \left{x \in A \mid |g_{n,k_n}(x) - g_n(x)| \geq \frac{1}{n}\right}$的测度满足$\mu(E_n) < \frac{1}{2^n}$。
   （这里的$k_n$是我们主动选的，不是硬取$k=n$，这就解决了你之前遇到的“N依赖n”的问题）

2. 用Borel-Cantelli引理控制例外集合
   注意到$\sum_{n=1}^\infty \mu(E_n) < \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} = 1 < \infty$，根据Borel-Cantelli引理，$\mu\left(\limsup_{n\to\infty} E_n\right) = 0$。换句话说，几乎所有的$x$都只属于有限个$E_n$。

3. 验证构造的序列收敛到f a.e.
   记$Z = \bigcup_{n=1}^\infty Z_n$，这是一个零测集（可数个零测集的并）。现在考虑全测度集合$A \setminus \left(Z \cup \limsup E_n\right)$，任取$x$属于这个集合，分三种情况验证：

   • 当f(x)有限时：存在$N$，当$n \geq N$时，$g_n(x) = f(x)$。同时因为$x \notin \limsup E_n$，所以存在$M \geq N$，当$n \geq M$时，$x \notin E_n$，即$|g_{n,k_n}(x) - f(x)| = |g_{n,k_n}(x) - g_n(x)| < \frac{1}{n} \to 0$，显然$g_{n,k_n}(x) \to f(x)$。
   • 当f(x)=∞时：对任意大的$M>0$，存在$N$，当$n \geq N$时，$g_n(x) = n \geq M$。同样，当$n$足够大时$x \notin E_n$，所以$g_{n,k_n}(x) > g_n(x) - \frac{1}{n} = n - \frac{1}{n} \geq M$，因此$g_{n,k_n}(x) \to \infty = f(x)$。
   • 当f(x)=-∞时：和上面的情况对称，当$n$足够大时，$g_n(x) = -n \leq -M$，且$x \notin E_n$，所以$g_{n,k_n}(x) < g_n(x) + \frac{1}{n} = -n + \frac{1}{n} \leq -M$，因此$g_{n,k_n}(x) \to -\infty = f(x)$。

最后，${g_{n,k_n}}_{n=1}^\infty$就是我们要找的连续函数列，它几乎处处收敛到$f$。

你之前尝试的$g_{nn}$之所以不行，是因为$k=n$不一定能满足“和$g_n$的误差在小测度集外”的条件，而我们主动挑选$k_n$的操作，就是为了把每个$n$对应的误差集合测度压得足够小，再用Borel-Cantelli引理把这些例外集合的“极限上确界”变成零测集，从而保证几乎处处的收敛性。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者one potato two potato