求证：特定距离度量收敛于0当且仅当依测度收敛

给定可测集 $E\subseteq\mathbb{R}$ 满足 $\mu(E)<\infty$，定义可测函数空间上的度量：
$$d(f, g)=\int_E\dfrac{|f-g|}{1+|f-g|}d\mu$$
我们需要证明：可测函数序列 ${f_k}$ 满足 $\lim_{k\to\infty}d(f_k, f)=0$ 当且仅当 $f_k$ 在 $E$ 上依测度收敛于 $f$。

必要性：$d(f_k,f)\to0 \implies f_k \stackrel{\mu}{\to} f$ #

首先回忆依测度收敛的定义：对任意 $\epsilon>0$，$\lim_{k\to\infty}\mu\left(\left{x\in E: |f_k(x)-f(x)|>\epsilon\right}\right)=0$。

任取 $\epsilon>0$，令集合 $A_k(\epsilon)=\left{x\in E: |f_k(x)-f(x)|>\epsilon\right}$。在 $A_k(\epsilon)$ 上，因为 $|f_k-f|>\epsilon$，我们有：
$$\dfrac{|f_k-f|}{1+|f_k-f|} > \dfrac{\epsilon}{1+\epsilon}$$

对度量 $d(f_k,f)$ 做下界估计：
$$d(f_k,f)=\int_E \dfrac{|f_k-f|}{1+|f_k-f|}d\mu \geq \int_{A_k(\epsilon)} \dfrac{\epsilon}{1+\epsilon}d\mu = \dfrac{\epsilon}{1+\epsilon}\mu(A_k(\epsilon))$$

已知 $d(f_k,f)\to0$，而 $\dfrac{\epsilon}{1+\epsilon}$ 是一个正的常数，因此必然有 $\mu(A_k(\epsilon))\to0$，这就满足了依测度收敛的定义。

充分性：$f_k \stackrel{\mu}{\to} f \implies d(f_k,f)\to0$ #

先观察函数 $\phi(t)=\dfrac{t}{1+t}$ 的性质：

• $\phi(t)$ 在 $t\geq0$ 时严格单调递增（求导可得 $\phi'(t)=\dfrac{1}{(1+t)^2}>0$）；
• 对所有 $t>0$，$\phi(t)<1$；
• 当 $t\to0^+$ 时，$\phi(t)\to0$。

任取 $\delta>0$，我们可以分两步控制积分：

1. 利用 $\phi(t)\to0$ 当 $t\to0$ 的性质，取一个足够小的 $\eta>0$，使得 $\phi(\eta)<\dfrac{\delta}{2\mu(E)}$（因为 $\mu(E)$ 有限，这个 $\eta$ 一定存在）；
2. 因为 $f_k$ 依测度收敛于 $f$，存在正整数 $K$，当 $k>K$ 时，$\mu\left(\left{x\in E: |f_k(x)-f(x)|>\eta\right}\right)<\dfrac{\delta}{2}$。

现在将度量积分拆分为两部分：
$$d(f_k,f)=\int_{|f_k-f|\leq\eta}\dfrac{|f_k-f|}{1+|f_k-f|}d\mu + \int_{|f_k-f|>\eta}\dfrac{|f_k-f|}{1+|f_k-f|}d\mu$$

对第一部分积分：因为 $\phi(t)$ 单调递增，当 $|f_k-f|\leq\eta$ 时，$\phi(|f_k-f|)\leq\phi(\eta)$，因此：
$$\int_{|f_k-f|\leq\eta}\phi(|f_k-f|)d\mu \leq \phi(\eta)\cdot\mu(E) < \dfrac{\delta}{2\mu(E)}\cdot\mu(E)=\dfrac{\delta}{2}$$

对第二部分积分：因为 $\phi(t)<1$ 对所有 $t\geq0$，所以：
$$\int_{|f_k-f|>\eta}\phi(|f_k-f|)d\mu \leq \int_{|f_k-f|>\eta}1d\mu = \mu\left(\left{x\in E: |f_k-f|>\eta\right}\right) < \dfrac{\delta}{2}$$

将两部分相加，当 $k>K$ 时，$d(f_k,f)<\dfrac{\delta}{2}+\dfrac{\delta}{2}=\delta$，这就证明了 $\lim_{k\to\infty}d(f_k,f)=0$。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Ben Liu