06 依测度收敛：和总能保持，积需要有限测度 · 作业1

这道题在问什么

人话版一句话版

「依测度收敛」就是把依概率收敛里的概率 $P$ 换成一般的测度 $μ 。$ (i) 和： $f_{n} + g_{n} \to f + g$ 总成立，因为「和的误差超过 $ε 」$ 必然导致「某一个误差超过 $\frac{ε}{2} 」。$ (ii) 积： $f_{n} g_{n} \to f g$ 在 $μ (Ω) < \infty$ 时成立，证明的关键是「极限函数很大的地方，测度很小」；在 $μ (Ω) = \infty$ 时这一点可能失败，反例是 $R$ 上 $f_{n} = f = x 、$ $g_{n} = \frac{1}{n} ：$ 每个 $g_{n}$ 都是很小的常数，乘上无界的 $x$ 后，误差超过 $ε$ 的集合永远是无穷长。

考点：依测度收敛的定义；集合包含 + 次可加性（「并集界」）；截断技巧（按 $∣ f ∣ \leq M$ 和 $∣ f ∣ > M$ 分开估计）；从上连续需要有限测度（第 1 讲第 14 页）。
和讲义的关系：依概率收敛（第 3 讲第 14 页）是本题 $μ = P$ 的特例；连续映射定理（第 3 讲第 17 页）在概率空间上给出另一种证法。
和其他题的关系：作业 2 第 3 题讨论乘积在依概率、 $L^{p}$ 意义下的收敛。本题 (ii) 原解答没有给出题目要求的反例，本页补上。

先补基础

基础补课依测度收敛

设 $(Ω, F, μ)$ 是测度空间， $f_{n}, f$ 是实值可测函数。 $f_{n} \to f$ 依测度（in measure），是说对每个 $ε > 0 ，$

μ ({ω : ∣ f_{n} (ω) - f (ω) ∣ > ε}) \to 0 (n \to \infty) .

$μ = P$ 是概率时，这就是依概率收敛（第 3 讲第 14 页定义 10）。
例（满足）： $[0, 1]$ 上的打字机序列（第 3 讲第 15 页） $μ (T_{n} \neq = 0) = 2^{- m} \to 0 ，$ 依测度收敛到 0，尽管它在每一点都不收敛。
例（不满足）： $R$ 上滑走的方块 $h_{n} = 1_{[n, n + 1]} ，$ 每一点最终为 0，可 $μ (∣ h_{n} ∣ > \frac{1}{2}) = 1$ 永远不趋于 0。在无穷测度空间上，逐点收敛推不出依测度收敛。

基础补课并集界：拆成两件坏事

次可加性：若 $A \subseteq B \cup C ，$ 则 $μ (A) \leq μ (B \cup C) \leq μ (B) + μ (C) 。$
和的拆法：对实数 $a, b ，$ 若 $∣ a ∣ \leq \frac{ε}{2}$ 且 $∣ b ∣ \leq \frac{ε}{2} ，$ 则 $∣ a + b ∣ \leq ∣ a ∣ + ∣ b ∣ \leq ε 。$ 取逆否：

∣ a + b ∣ > ε ⟹ ∣ a ∣ > \frac{ε}{2} 或 ∣ b ∣ > \frac{ε}{2} .

注意是 $\frac{ε}{2}$ 不是 $ε$ ： $a = b = 0.6 ε$ 时 $∣ a + b ∣ = 1.2 ε > ε ，$ 可 $∣ a ∣ 、$ $∣ b ∣$ 都不超过 $ε 。$

基础补课截断：把一个集合按「大值 / 小值」切开

对任意集合 $A$ 和 $M > 0 ：$ $A = (A \cap {∣ f ∣ \leq M}) \cup (A \cap {∣ f ∣ > M}) ，$ 所以

μ (A) \leq μ (A \cap {∣ f ∣ \leq M}) + μ ({∣ f ∣ > M}) .

第一块里 $∣ f ∣$ 被 $M$ 管住，可以「当常数用」；第二块整个扔掉，只要它的测度小。这一招在第 8 题、小测 2 第 3 题里也会用到。

基础补课从上连续需要有限测度（第 1 讲 p14）

若 $B_{1} \supseteq B_{2} \supseteq \dots ，$ $⋂_{k} B_{k} = \emptyset ，$ 且 $μ (B_{1}) < \infty ，$ 则 $μ (B_{k}) \to 0 。$
应用： $f$ 实值、 $μ (Ω) < \infty$ 时， $B_{M} = {∣ f ∣ > M}$ （ $M = 1, 2, \dots ）$ 递减、交为空（ $f (ω)$ 是有限数）， $μ (B_{1}) \leq μ (Ω) < \infty ，$ 所以 $μ (∣ f ∣ > M) \to 0$ （ $M \to \infty ）。$
反例： $R$ 上 $B_{k} = [k, \infty) ，$ 递减、交为空，但每个 $μ (B_{k}) = \infty 。$ 同样， $f (x) = x$ 时 $μ (∣ f ∣ > M) = \infty$ 对所有 $M$ 成立。这就是 (ii) 在无穷测度下失败的根源。

基础补课用 lim sup 收尾的一个技巧

设 $a_{n} \geq 0 。$ 若对每个 $η > 0$ 都有 $lim sup_{n} a_{n} \leq η ，$ 则 $lim sup_{n} a_{n} \leq 0 ，$ 从而 $a_{n} \to 0$ （ $0 \leq lim inf \leq lim sup \leq 0 ）。$ 证明 (ii) 时， $η$ 来自截断水平 $M$ 的选择：先固定 $M ，$ 让 $n \to \infty ；$ 再让 $M \to \infty 。$

题目与原解答

课件原文题目

We introduce convergence in probability, if we replace the probability measure by a general measure, in the measure space $(Ω, F, μ)$ , we say the random variable sequence ${X_{n}}$ convergence in measure if there exists a random variable $X$ , it holds

n \to \infty lim μ ({∣ X_{n} (ω) - X (ω) ∣ > ε}) = 0, for any ε > 0.

Suppose $f_{n} \to f$ in measure and $g_{n} \to g$ in measure.

(i) $f_{n} + g_{n} \to f + g$ in measure.

(ii) $f_{n} g_{n} \to f g$ in measure if $μ (X) < \infty$ , but not necessarily if $μ (X) = \infty$ .

中文翻译

我们学过依概率收敛。如果把概率测度换成一般的测度，在测度空间 $(Ω, F, μ)$ 中，若存在可测函数 $X ，$ 使得对任意 $ε > 0$ 都有 $lim_{n \to \infty} μ ({∣ X_{n} - X ∣ > ε}) = 0 ，$ 就说序列 ${X_{n}}$ 依测度收敛到 $X 。$ 设 $f_{n} \to f$ 依测度， $g_{n} \to g$ 依测度。证明：

(i) $f_{n} + g_{n} \to f + g$ 依测度；

(ii) 当 $μ (Ω) < \infty$ 时， $f_{n} g_{n} \to f g$ 依测度；当 $μ (Ω) = \infty$ 时不一定。

题干的几处笔误：

convergence in measure 应为 converges in measure (to $X$ )；在一般测度空间里应说「可测函数」而不是「随机变量」。
(ii) 里的 $μ (X)$ 指整个空间的测度 $μ (Ω) ，$ 这里的 $X$ 和定义里的函数 $X$ 撞了字母。
(ii) 有两个任务：证明有限测度时成立，并且举反例说明无穷测度时可以不成立。

原解答的思路（左栏）：

(i)：一行并集界 $μ (∣ f_{n} + g_{n} - f - g ∣ > ε) \leq μ (∣ f_{n} - f ∣ > ε) + μ (∣ g_{n} - g ∣ > ε) \to 0 ；$
(ii)：改用 $X_{n}, Y_{n}, X, Y$ 表示 $f_{n}, g_{n}, f, g ；$ 拆成 $X (Y_{n} - Y)$ 和 $Y_{n} (X_{n} - X)$ 两块，各自按「 $∣ X ∣ \leq M_{1} 」$ 「 $∣ Y_{n} - Y ∣ < 1 」$ 「 $∣ Y ∣ \leq M_{2} 」$ 截断；最后说因为测度有限，令 $M_{1}, M_{2} \to \infty$ 即得。

问题：(i) 的 $ε$ 应为 $\frac{ε}{2} ，$ 原不等式本身是错的；(ii) 有若干笔误、取极限的顺序没交代，而且完全没有给出 $μ (Ω) = \infty$ 时的反例。见「原解答逐行对照」。

思路：怎么想到的

(i) 只需要「坏事件」的包含关系：和的误差大 ⇒ 至少一个误差大（大于 $\frac{ε}{2} ）。$ 两个坏事件的测度都趋于 0，并起来也趋于 0。
(ii) 先把积的误差写成「已知小量」的组合： $f_{n} g_{n} - f g = f (g_{n} - g) + g_{n} (f_{n} - f) 。$ 每一项都是「某个函数 × 一个依测度趋于 0 的误差」。
难点：乘上去的函数可能很大。 $f (g_{n} - g)$ 小，需要 $f$ 不太大。 $f$ 是实值的，但可以无界。办法是截断：在 ${∣ f ∣ \leq M}$ 上 $∣ f (g_{n} - g) ∣ \leq M ∣ g_{n} - g ∣ ；$ ${∣ f ∣ > M}$ 这一块整个扔掉。
扔掉的那块必须测度小：这需要 $μ (∣ f ∣ > M) \to 0 ，$ 而它靠的是从上连续，必须有限测度。反过来，造反例就要让 $f$ 在一个无穷测度的集合上无界，比如 $R$ 上的 $f (x) = x 。$

完整解答

定理命题

设 $f_{n} \to f 、$ $g_{n} \to g$ 依测度（所有函数实值可测）。则

$f_{n} + g_{n} \to f + g$ 依测度（对任何测度空间）；
若 $μ (Ω) < \infty ，$ 则 $f_{n} g_{n} \to f g$ 依测度；
存在 $μ (Ω) = \infty$ 的例子，使 $f_{n} g_{n} \neq \to f g$ 依测度。

推导证明思路

(i)： ${∣ (f_{n} + g_{n}) - (f + g) ∣ > ε} \subseteq {∣ f_{n} - f ∣ > \frac{ε}{2}} \cup {∣ g_{n} - g ∣ > \frac{ε}{2}} 。$ (ii)： $f_{n} g_{n} - f g = f (g_{n} - g) + g_{n} (f_{n} - f) ，$ 两项分别截断，误差界的上极限 $\leq μ (∣ f ∣ > M_{1}) + μ (∣ g ∣ > M_{2}) ，$ 有限测度保证它可以任意小。反例： $R$ 上 $f_{n} = f = x ，$ $g_{n} = \frac{1}{n} 。$

(i) 和的依测度收敛

固定 $ε > 0 。$ 由「先补基础」的拆法（取 $a = f_{n} - f ，$ $b = g_{n} - g ），$

{∣ (f_{n} + g_{n}) - (f + g) ∣ > ε} \subseteq {∣ f_{n} - f ∣ > \frac{ε}{2}} \cup {∣ g_{n} - g ∣ > \frac{ε}{2}} .

由次可加性，

μ (∣ (f_{n} + g_{n}) - (f + g) ∣ > ε) \leq μ (∣ f_{n} - f ∣ > \frac{ε}{2}) + μ (∣ g_{n} - g ∣ > \frac{ε}{2}) \to 0 + 0 = 0,

最后一步是对 $\frac{ε}{2}$ 用两个已知的依测度收敛。 $ε$ 任意，所以 $f_{n} + g_{n} \to f + g$ 依测度。这里没有用到 $μ (Ω) < \infty 。$

(ii) 有限测度时积的依测度收敛

设 $μ (Ω) < \infty ，$ 固定 $ε > 0 ，$ 再任取两个正数 $M_{1}, M_{2}$ （截断水平）。

第 1 步：拆成两块。 由 $f_{n} g_{n} - f g = f (g_{n} - g) + g_{n} (f_{n} - f)$ （展开右边验证： $f g_{n} - f g + g_{n} f_{n} - g_{n} f = f_{n} g_{n} - f g ），$ 和 (i) 一样的拆法给出

μ (∣ f_{n} g_{n} - f g ∣ > ε) \leq (I) μ (∣ f ∣ ∣ g_{n} - g ∣ > \frac{ε}{2}) + (II) μ (∣ g_{n} ∣ ∣ f_{n} - f ∣ > \frac{ε}{2}) .

第 2 步：估计 (I)，按 $∣ f ∣ \leq M_{1}$ 截断。 在 ${∣ f ∣ \leq M_{1}}$ 上， $∣ f ∣∣ g_{n} - g ∣ > \frac{ε}{2}$ 推出 $∣ g_{n} - g ∣ > \frac{ε}{2 M _{1}} 。$ 所以

(I) \leq μ (∣ g_{n} - g ∣ > \frac{ε}{2 M _{1}}) + μ (∣ f ∣ > M_{1}) .

第 3 步：估计 (II)，先按 $∣ g_{n} - g ∣ < 1$ 截断，再按 $∣ g ∣ \leq M_{2}$ 截断。 在 ${∣ g_{n} - g ∣ < 1}$ 上， $∣ g_{n} ∣ \leq ∣ g ∣ + ∣ g_{n} - g ∣ < ∣ g ∣ + 1 ；$ 再在 ${∣ g ∣ \leq M_{2}}$ 上， $∣ g_{n} ∣ < 1 + M_{2} 。$ 于是 $∣ g_{n} ∣∣ f_{n} - f ∣ > \frac{ε}{2}$ 推出 $∣ f_{n} - f ∣ > \frac{ε}{2 ( 1 + M _{2} )} 。$ 三块合起来：

(II) \leq μ (∣ g_{n} - g ∣ \geq 1) + μ (∣ f_{n} - f ∣ > \frac{ε}{2 ( 1 + M _{2} )}) + μ (∣ g ∣ > M_{2}) .

第 4 步：先让 $n \to \infty$ （ $M_{1}, M_{2}$ 固定）。 第 2、3 步右边含 $n$ 的三项都趋于 0： $μ (∣ g_{n} - g ∣ > \frac{ε}{2 M _{1}})$ 和 $μ (∣ f_{n} - f ∣ > \frac{ε}{2 ( 1 + M _{2} )})$ 就是依测度收敛定义里的量（容忍度是固定的正数）； $μ (∣ g_{n} - g ∣ \geq 1) \leq μ (∣ g_{n} - g ∣ > \frac{1}{2}) ，$ 也趋于 0。所以

n \to \infty lim sup μ (∣ f_{n} g_{n} - f g ∣ > ε) \leq μ (∣ f ∣ > M_{1}) + μ (∣ g ∣ > M_{2}) .

第 5 步：再让 $M_{1}, M_{2} \to \infty 。$ 左边与 $M_{1}, M_{2}$ 无关。由「先补基础」， $μ (Ω) < \infty$ 且 $f, g$ 实值，所以 $μ (∣ f ∣ > M_{1}) \to 0 、$ $μ (∣ g ∣ > M_{2}) \to 0 。$ 于是左边 $\leq$ 任意小的正数，只能是 0： $μ (∣ f_{n} g_{n} - f g ∣ > ε) \to 0 。$ $ε$ 任意，(ii) 得证。 $■$

有限测度只用在第 5 步：其余各步对任何测度都成立。

(ii) 无穷测度时的反例

取 $Ω = R ，$ $μ$ 为勒贝格测度（长度）， $μ (R) = \infty 。$ 令

f_{n} (x) = f (x) = x, g_{n} (x) = \frac{1}{n}, g (x) = 0.

逐条验证：

$f_{n} \to f$ 依测度： $f_{n} - f \equiv 0 ，$ $μ (∣ f_{n} - f ∣ > ε) = μ (\emptyset) = 0 。$
$g_{n} \to g$ 依测度： $∣ g_{n} - g ∣ = \frac{1}{n}$ 是常数。当 $n > \frac{1}{ε}$ 时 $\frac{1}{n} < ε ，$ 集合 ${∣ g_{n} - g ∣ > ε} = \emptyset ，$ 测度为 0。所以测度序列最终为 0。
$f_{n} g_{n} \neq \to f g$ 依测度： $f_{n} g_{n} - f g = \frac{x}{n} - 0 ，$

μ (\frac{x}{n} > ε) = μ ({x : ∣ x ∣ > n ε}) = μ ((- \infty, - n ε) \cup (n ε, \infty)) = \infty

对每个 $n$ 都成立，不趋于 0。

所以无穷测度时 (ii) 的结论不一定成立。 $■$

反例为什么能成功：第 5 步需要的 $μ (∣ f ∣ > M) \to 0$ 在这里失败： $μ (∣ x ∣ > M) = \infty$ 对所有 $M$ 成立。 $g_{n}$ 处处一致地小（ $\frac{1}{n} ），$ 可乘上一个「在无穷长的地方很大」的函数后，误差超过 $ε$ 的地方仍然无穷长。

原解答逐行对照

(i) $μ (∣ f_{n} + g_{n} - f - g ∣ > ε) \leq μ (∣ f_{n} - f ∣ > ε) + μ (∣ g_{n} - g ∣ > ε) \to 0$ as $n \to \infty$ .

意思是： $f_{n} + g_{n}$ 与 $f + g$ 相差超过 $ε$ 的集合，测度不超过「 $f_{n}$ 与 $f$ 相差超过 $ε 」$ 和「 $g_{n}$ 与 $g$ 相差超过 $ε 」$ 两个集合的测度之和；后两者在 $n \to \infty$ 时都趋于 0。

易错点原解答的问题：(i) 中的 ε 应为 ε/2，原不等式不成立

集合包含 ${∣ a + b ∣ > ε} \subseteq {∣ a ∣ > ε} \cup {∣ b ∣ > ε}$ 是错的。反例：在 $[0, 1]$ 上取 $f_{n} - f \equiv 0.6 ε ，$ $g_{n} - g \equiv 0.6 ε ，$ 左边 $μ (1.2 ε > ε) = 1 ，$ 右边 $μ (0.6 ε > ε) + μ (0.6 ε > ε) = 0 ，$ 「 $1 \leq 0 」$ 不成立。正确写法：

μ (∣ f_{n} + g_{n} - f - g ∣ > ε) \leq μ (∣ f_{n} - f ∣ > \frac{ε}{2}) + μ (∣ g_{n} - g ∣ > \frac{ε}{2}) \to 0.

因为依测度收敛对每个容忍度都成立，把 $ε$ 换成 $\frac{ε}{2}$ 后右边照样趋于 0，结论不受影响，但不等式必须写对。

(ii) 第 1 行 $μ (∣ X_{n} Y_{n} - X Y ∣ > ε) \leq μ (∣ X ∣∣ Y_{n} - Y ∣ \geq \frac{1}{2} ε) + μ (∣ Y_{n} ∣∣ X_{n} - X ∣ \geq \frac{1}{2} ε)$ .

原解答从这里起把 $f_{n}, g_{n}, f, g$ 改写成 $X_{n}, Y_{n}, X, Y$ （没有说明）。拆法与完整解答第 1 步相同；这里用 $\geq \frac{ε}{2}$ 也对：两项都 $< \frac{ε}{2}$ 时和 $< ε 。$

(ii) 第 2 行 $μ (∣ X ∣∣ Y_{n} - Y ∣ \geq \frac{1}{2} ε) = μ (\dots, ∣ X ∣ \leq M_{1}) + μ (\dots, ∣ X ∣ > M_{1}) \leq μ (∣ Y_{n} - Y ∣ > \frac{ε}{2 M}) + μ (∣ X ∣ > M_{1})$ .

即完整解答第 2 步。

易错点原解答的问题：M 应为 M₁，「>」应为「≥」

由 $∣ X ∣∣ Y_{n} - Y ∣ \geq \frac{ε}{2}$ 和 $∣ X ∣ \leq M_{1}$ 只能推出 $∣ Y_{n} - Y ∣ \geq \frac{ε}{2 M _{1}}$ （等号可能成立），所以应写 $μ (∣ Y_{n} - Y ∣ \geq \frac{ε}{2 M _{1}}) ；$ 分母里的 $M$ 是 $M_{1}$ 的笔误。这不影响结论： $μ (∣ Y_{n} - Y ∣ \geq \frac{ε}{2 M _{1}}) \leq μ (∣ Y_{n} - Y ∣ > \frac{ε}{4 M _{1}}) \to 0 。$

(ii) 第 3–5 行 $μ (∣ Y_{n} ∣∣ X_{n} - x ∣ \geq \frac{ε}{2}) = μ (∣ X_{n} - X ∣∣ Y_{n} ∣ > \frac{1}{2} ε, ∣ Y_{n} - Y ∣ \geq 1) + μ (\dots, ∣ Y_{n} - Y ∣ < 1) \leq μ (∣ Y_{n} - Y ∣ \geq 1) + μ (∣ X_{n} - x ∣ (1 + ∣ Y_{1} ∣) \geq \frac{ε}{2}) \leq μ (∣ Y_{n} - Y ∣ \geq ∣) + μ (∣ X_{n} - x ∣ \geq \frac{ε}{2 ( 1 + M _{2} )}) + μ (∣ Y ∣ > M_{2})$ .

即完整解答第 3 步：在 $∣ Y_{n} - Y ∣ < 1$ 上 $∣ Y_{n} ∣ \leq 1 + ∣ Y ∣ ，$ 再按 $∣ Y ∣ \leq M_{2}$ 截断。思路正确。

易错点原解答的问题：(ii) 第 3–5 行的笔误

小写 $x$ 应为 $X ；$ $∣ Y_{1} ∣$ 应为 $∣ Y ∣$ （是极限函数，不是第一项）；「 $\geq ∣) 」$ 应为「 $\geq 1) 」。$
第一个等号右边第一项写成了「 $> \frac{1}{2} ε 」，$ 而左边是「 $\geq \frac{ε}{2} 」，$ 作为等式两边对不上，应统一写 $\geq$ （或把等号改成 $\leq ）。$
原文这一行公式写得太长，越过了方框的右边框线，结尾的「 $∣ Y_{n} - Y ∣ < 1) 」$ 落在框外（内容完整，左栏截图里能看到）。

(ii) 最后一行 Due to $μ (x) < \infty$ , therefore, as $μ_{1}, μ_{2} \to \infty$ , we can have $X_{n} Y_{n} p X Y$ .

意思是：因为总测度有限，令 $μ_{1}, μ_{2} \to \infty ，$ 就得到 $X_{n} Y_{n}$ 依概率收敛到 $X Y$ （这里的记号有几处问题，见下）。

易错点原解答的问题：极限的顺序、有限测度用在哪里、记号

$μ (x)$ 应为 $μ (Ω) ；$ $μ_{1}, μ_{2}$ 应为 $M_{1}, M_{2} ；$ $p$ 是依概率收敛的记号，这里应是依测度收敛。
「令 $M_{1}, M_{2} \to \infty 」$ 之前必须先让 $n \to \infty ：$ $M_{1}, M_{2}$ 固定时，含 $n$ 的项趋于 0，得到 $lim sup_{n} μ (\dots) \leq μ (∣ X ∣ > M_{1}) + μ (∣ Y ∣ > M_{2}) ；$ 然后再让 $M_{1}, M_{2} \to \infty$ （完整解答第 4、5 步）。顺序颠倒的话， $\frac{ε}{2 M _{1}} \to 0 ，$ 含 $n$ 的项无法控制。
有限测度的作用要说清楚：它保证 $μ (∣ X ∣ > M) \to 0$ （从上连续，第 1 讲第 14 页）。这是全题唯一用到 $μ (Ω) < \infty$ 的地方。

易错点原解答的问题：缺少 μ(Ω) = ∞ 时的反例

题目明确要求说明「 $μ (Ω) = \infty$ 时不一定成立」，原解答没有给出任何例子。必须补上一个反例并验证全部条件，例如完整解答中的 $R$ 上 $f_{n} = f = x 、$ $g_{n} = \frac{1}{n} 、$ $g = 0 。$

例子与数值验证

例 1：两个打字机序列相加——逐点不收敛，依测度照样收敛

在 $[0, 1)$ 上，设 $f_{n}$ 是打字机序列（ $n = 2^{m} + k$ 时为 $1_{[k 2^{- m}, (k + 1) 2^{- m})} ），$ $g_{n}$ 是「从右往左扫」的打字机序列（ $1_{[1 - (k + 1) 2^{- m}, 1 - k 2^{- m})} ）。$ 两者都依测度收敛到 0，都在每一点不收敛。由 (i)， $f_{n} + g_{n} \to 0$ 依测度。直接验证： $f_{n} + g_{n} \neq = 0$ 只发生在两个长 $2^{- m}$ 的窗口里， $μ (∣ f_{n} + g_{n} ∣ > ε) \leq 2 \cdot 2^{- m} \to 0 。$ (i) 完全不需要逐点信息。

例 2：有限测度、极限无界，乘积照样收敛

在 $(0, 1]$ 上取 $f_{n} = f ，$ $f (x) = \frac{1}{x}$ （处处有限，但无界）， $g_{n} = \frac{1}{n} ，$ $g = 0 。$

$μ (∣ f_{n} g_{n} ∣ > ε) = μ (\frac{1}{n x} > ε) = μ (x < \frac{1}{n ε}) = min (1, \frac{1}{n ε}) \to 0 。$ 数值： $ε = 0.1$ 时， $n = 10, 100, 1000$ 对应 $1, 0.1, 0.01 。$
截断在这里看得很清楚： ${∣ f ∣ > M} = (0, \frac{1}{M}) ，$ 测度 $\frac{1}{M} \to 0 ；$ 在 ${∣ f ∣ \leq M}$ 上 $∣ f_{n} g_{n} ∣ \leq \frac{M}{n} ，$ $n > \frac{M}{ε}$ 后就 $\leq ε 。$

例 3：同一个 1/x，放到无穷测度上会怎样？

例 2 的 $\frac{1}{x}$ 只在 0 附近大，「大」的地方测度小。反例中的 $f (x) = x$ 在 $∣ x ∣$ 大的地方大，而 ${∣ x ∣ > M}$ 的长度是 $\infty 。$ 数值： $ε = 0.1 ，$ $n = 1 0^{6}$ 时 ${∣ x ∣/ n > 0.1} = {∣ x ∣ > 1 0^{5}} ，$ 长度仍然是 $\infty 。$

例 4：无穷测度但极限有界，乘积又收敛了

$R$ 上取 $f_{n} = f = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ （有界， $∣ f ∣ \leq 1 ），$ $g_{n} = \frac{1}{n} 。$ 则 $∣ f_{n} g_{n} ∣ \leq \frac{1}{n} ，$ $n > \frac{1}{ε}$ 时 ${∣ f_{n} g_{n} ∣ > ε} = \emptyset 。$ 说明无穷测度本身不是问题，问题是「极限函数在无穷测度的集合上很大」。

拓展延伸

真正需要的条件：极限函数的「大值集合」测度趋于 0

把完整解答第 5 步里用到的性质单独拿出来：

M \to \infty lim μ (∣ f ∣ > M) = 0 且 M \to \infty lim μ (∣ g ∣ > M) = 0.

只要它成立，不管 $μ (Ω)$ 是否有限，第 1–5 步一字不改就得到 $f_{n} g_{n} \to f g$ 依测度。有限测度时它自动成立（ ${∣ f ∣ > M}$ 随 $M$ 增大而缩小、交集为空，由从上连续得到，见上面「先补基础」的「从上连续需要有限测度」）；无穷测度时，若 $f, g$ 有界（例 4），或 $f, g \in L^{p}$ （由 Markov 不等式 $μ (∣ f ∣ > M) \leq \frac{\int ∣ f ∣ ^{p}}{M ^{p}} ），$ 它也成立。反例中的 $f = x$ 违反的正是这一条。

另一种写法：三项拆分

也可以对称地拆成三项：

f_{n} g_{n} - f g = (f_{n} - f) (g_{n} - g) + f (g_{n} - g) + g (f_{n} - f) .

后两项各用一次截断；第一项是两个小量之积： ${∣ (f_{n} - f) (g_{n} - g) ∣ > \frac{ε}{3}} \subseteq {∣ f_{n} - f ∣ > ε /3} \cup {∣ g_{n} - g ∣ > ε /3} 。$ 这样避开了原解答里「 $∣ g_{n} ∣ \leq ∣ g ∣ + 1 」$ 那一步。

概率空间上的第三种证法：子列判别法

概率空间（或任何有限测度空间）上：依测度收敛 ⟺ 每个子列都有几乎处处收敛的子子列（第 3 讲第 16 页定理 12）。给定 $f_{n} g_{n}$ 的任意子列，先取 $f$ 的子子列 a.e. 收敛，再从中取 $g$ 的子子子列 a.e. 收敛，乘积沿它 a.e. 收敛到 $f g$ （逐点乘积的极限）。由判别法的「⇐」， $f_{n} g_{n} \to f g$ 依测度。这也是连续映射定理（第 3 讲第 17 页）的证法。判别法的「⇐」方向要用到有限测度，和本题的条件一致。

常见疑问与易错点

易错点问：(i) 为什么不需要有限测度，(ii) 却需要？

答：(i) 的误差直接被两个已知误差控制，系数是常数 1。(ii) 的误差是「函数 × 误差」，函数可能很大，必须把它很大的地方切掉，而被切掉的部分要测度小——这一步靠从上连续，只有有限测度时才保证成立。

易错点问：反例里 gₙ = 1/n 一致收敛到 0，比依测度收敛强得多，为什么还会失败？

答：失败不在 $g_{n} ，$ 而在 $f = x$ 太大。 $\frac{x}{n}$ 在每个固定的 $x$ 上趋于 0（逐点收敛），但对任何 $n ，$ 总有无穷长的区域 $∣ x ∣ > n ε$ 让误差超过 $ε 。$ 这和滑走的方块一样：在无穷测度空间上，「误差逃到无穷远」会破坏依测度收敛。

易错点问：极限的顺序为什么重要？

答：截断水平 $M_{1}$ 进入了容忍度 $\frac{ε}{2 M _{1}} 。$ 若先让 $M_{1} \to \infty ，$ 容忍度趋于 0，对固定的 $n$ 那一项不再小。正确顺序：固定 $M_{1}, M_{2} ，$ $n \to \infty$ 得上界 $μ (∣ f ∣ > M_{1}) + μ (∣ g ∣ > M_{2}) ；$ 这个上界不含 $n ，$ 再让 $M \to \infty 。$

小结与自测

小结本题小结

(i) ${∣ (f_{n} + g_{n}) - (f + g) ∣ > ε} \subseteq {∣ f_{n} - f ∣ > \frac{ε}{2}} \cup {∣ g_{n} - g ∣ > \frac{ε}{2}} ，$ 任何测度都成立；原解答写成 $ε$ 是错的。
(ii) $f_{n} g_{n} - f g = f (g_{n} - g) + g_{n} (f_{n} - f) ，$ 按 $∣ f ∣ \leq M_{1} 、$ $∣ g_{n} - g ∣ < 1 、$ $∣ g ∣ \leq M_{2}$ 截断；先 $n \to \infty$ 再 $M \to \infty ；$ 有限测度保证 $μ (∣ f ∣ > M) \to 0 。$
反例（原解答缺失）： $R$ 上 $f_{n} = f = x ，$ $g_{n} = \frac{1}{n} \to 0 ，$ $μ (∣ x / n ∣ > ε) = \infty 。$
真正需要的是 $μ (∣ f ∣ > M) \to 0 、$ $μ (∣ g ∣ > M) \to 0 。$

自测

1. 在 $[0, 1]$ 上， $f_{n} - f \equiv 0.4 、$ $g_{n} - g \equiv 0.4$ （固定某个 $n ），$ $ε = 0.5 。$ 分别算 $μ (∣ f_{n} + g_{n} - f - g ∣ > ε) 、$ $μ (∣ f_{n} - f ∣ > ε) + μ (∣ g_{n} - g ∣ > ε) 、$ $μ (∣ f_{n} - f ∣ > \frac{ε}{2}) + μ (∣ g_{n} - g ∣ > \frac{ε}{2}) 。$

点开看答案

第一个： $0.8 > 0.5 ，$ 测度 1。第二个： $0.4 > 0.5$ 不成立， $0 + 0 = 0 。$ 第三个： $0.4 > 0.25 ，$ $1 + 1 = 2 。$ 所以 $1 \leq 0$ 不成立（原解答的写法错）， $1 \leq 2$ 成立（ $\frac{ε}{2}$ 的写法对）。

2. 在 $R$ 上取 $f_{n} = f = x^{2} ，$ $g_{n} = \frac{1}{n ^{2}} 。$ $f_{n} g_{n}$ 依测度收敛到 0 吗？

点开看答案

不收敛。 $μ (x^{2} / n^{2} > ε) = μ (∣ x ∣ > n ε) = \infty$ 对每个 $n$ 成立。原因同反例： $μ (x^{2} > M) = \infty$ 对所有 $M$ 成立。

3. 在 $R$ 上， $f_{n} \to f 、$ $g_{n} \to g$ 依测度，且 $f, g$ 都有界。 $f_{n} g_{n} \to f g$ 依测度吗？

点开看答案

是。 $f, g$ 有界时取 $M_{1}, M_{2}$ 大于它们的上界， $μ (∣ f ∣ > M_{1}) = μ (∣ g ∣ > M_{2}) = 0 ，$ 完整解答第 4 步直接给出 $lim sup_{n} μ (∣ f_{n} g_{n} - f g ∣ > ε) \leq 0 ，$ 不需要第 5 步，也就不需要有限测度。

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
依概率收敛	convergence in probability	对每个 ε > 0，P(\|Xₙ − X\| > ε) → 0；比几乎必然收敛弱。
依测度收敛	convergence in measure	对每个 ε > 0，μ(\|fₙ − f\| > ε) → 0：偏差超过 ε 的区域，测度越来越小。在概率空间上就是依概率收敛。
测度	measure	给 σ-代数里的每个集合一个 [0, ∞] 中的「大小」，空集为 0，并且可数可加。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
集合	set	把一些对象放在一起当成一个整体，例如 {1,2,3}。
次可加性	subadditivity	并集的测度不超过各部分测度之和：μ(A ∪ B) ≤ μ(A) + μ(B)。
并集	union	至少属于其中一个集合的元素全体，A ∪ B 对应「A 或 B」。
从上连续	continuity from above	集合一层层变小（Eₙ ↓ E）且 μ(E₁) < ∞ 时，μ(Eₙ) → μ(E)。
概率空间	probability space	三元组 (Ω, 𝓕, P)：样本空间、事件的 σ-代数、概率测度。
测度空间	measure space	三元组 (S, 𝓜, μ)：空间、σ-代数、测度。
可测函数	measurable function	对每个 a，集合 {f > a} 都可测；这样的函数才能积分。
打字机序列	typewriter sequence	在 [0,1) 上从左到右一遍遍扫过、越来越窄的小区间的示性函数列：依概率收敛到 0，却在每一点都不收敛。
逐点收敛	pointwise convergence	对定义域里的每一个点 x，数列 fₙ(x) 都收敛到 f(x)；这样得到的函数 f 叫逐点极限。
概率测度	probability measure	总质量 P(Ω) = 1 的测度。
随机变量	random variable	从样本空间到实数的（可测）函数，把结局翻译成数字；随机性来自「实现了哪个 ω」。
事件	event	样本空间的（允许谈概率的）子集；实现的 ω 落在里面，就说事件发生。
上极限	limit superior (lim sup)	数列「尾部的最大可能值」的极限；对集合则表示「发生无穷多次」。
勒贝格测度	Lebesgue measure	实数轴上「长度」的严格版本，定义在勒贝格可测集上，m([a,b]) = b − a。
交集	intersection	同时属于两个集合的元素全体，A ∩ B 对应「A 且 B」。
Markov 不等式	Markov's inequality	X ≥ 0 时 P(X ≥ t) ≤ E X / t：期望小，取大值的概率就小。
几乎处处	almost everywhere (a.e.)	除了一个测度为 0 的集合之外都成立；零测集上的值不影响积分。
子列	subsequence	从一个数列里按顺序挑出无穷多项组成的新数列。
上界	upper bound	数集 A 的上界是一个数 M，A 里每个数都 ≤ M。例如 2 和 5 都是 [0,1] 的上界；所有上界中最小的那个叫上确界。