No es tan simple como eso. La unión $$ N = \bigcup_{j,k,m \in \Bbb{N}} N_{j,k,m} $$ is a countable union, so properties of measures hold. If we take the most straightforward implementation of your replacement scheme, we need $$ N = \bigcup_{\substack{j,k\in \Bbb{N} \\ 0 < \varepsilon < \varepsilon_0}} N_{j,k,\varepsilon} $$ which is no longer a countable union. We can avoid this by @zuggg's method: replace $\varepsilon$ with a decreasing sequence $(\varepsilon_m)_m$. But then we don't avoid $m$ and we need to make the extra replacement of $N_{j,k,\varepsilon}$ by $N_{j,k,\varepsilon_m}$ y escribir la justificación de que el reemplazo.
Edit: La pregunta se cambió horas después de haber sido contestadas. La mayor parte de los de arriba aún se mantiene, pero al parecer ser útil para ser más detallado en algunas áreas. Vamos a escribir lo que usted dice que usted desea con la dependencia de $\varepsilon$ hecho explícito (en lugar de al acecho de forma implícita en sus reemplazos):
Supongamos $p = \infty$ $(f_k)_k$ es de Cauchy en $L^\infty$. A continuación, para cada $\varepsilon > 0$, existe un $n(\varepsilon) \in \Bbb{N}$ tal que \begin{align} (*) && && \left| f_j(x) - f_k(x) \right| &< \varepsilon \quad \text{for all %#%#% and %#%#%}
\end{align}
donde $j,k \geq n(\varepsilon)$ es un conjunto null. Vamos $x \in N_{j,k,\varepsilon}^c$$N_{j,k,\varepsilon}^c$N_\varepsilon$$N_{\varepsilon} = \bigcup_{j,k \in \Bbb{N}} N_{j,k,\varepsilon} \text{.} $x \N_\varepsilon^c$ Then $(f_k(x))_{k \in \Bbb{N}}$ is a null set, and for every $\Bbb{R}$ the sequence $f_\varepsilon:X \rightarrow \Bbb{R}$ is Cauchy in $$. Define measurable $x \N_\varepsilon^c$ by $$
Tomando $f_\varepsilon(x) = \lim_{k \rightarrow \infty} f_k(x) \quad \text{for $$} \text{.} $, para cada $k \rightarrow \infty$, existe un $(*)$ tal que $\varepsilon > 0$j \geq n(\varepsilon)$n(\varepsilon) \in \Bbb{N}$x \N_\varepsilon^c$$ \left| f_j(x) - f_\varepsilon(x) \right| \leq \varepsilon \quad \text{for $$ and $f_\varepsilon$} \text{.} $f_j \rightarrow f_\varepsilon$ It follows that $L^\infty$ is essentially bounded and $j \rightarrow \infty$ in $L^\infty$ es completa.
La última frase no siga. Hemos demostrado que la secuencia de Cauchy converge a algunos esencialmente limitado de la función para cada una selección de $ as $, pero no hemos demostrado que $. This proves that $ $\varepsilon$ (en particular, teniendo finito esencial supremum). Ni siquiera tenemos que los diversos $\lim_{\varepsilon \rightarrow 0} f_\varepsilon$ compatible dominios. ($L^\infty$ podría ser la unión de una innumerable colección de distintos null conjuntos indexados por $f_\varepsilon$, la colección de los números ordinales hasta el primer innumerables ordinal, y cada una de las $X$ podría ser definido sólo en los conjuntos indexados por $E$.) ¿Cómo sabemos que sin la adición de más a la prueba que
- $f_\varepsilon$ es definido aún una.e., y
- $E \setminus \{e \in E \mid 0 < e < \varepsilon\}$, que es, en lo esencial supremum de $\lim_{\varepsilon \rightarrow 0} f_\varepsilon$ no crece unboundedly, por ejemplo, como $\lim_{\varepsilon \rightarrow 0} f_\varepsilon \in L^\infty$$f_\varepsilon$?
Bueno, vamos a $1/\varepsilon$$\varepsilon \rightarrow 0$, ...
Por otro lado, el original de la prueba se cierra la dependencia de la $\varepsilon_m \rightarrow 0$ en la unión definiendo $m \rightarrow \infty$, lo $m$ $N$ son independientes de $N$. Si usted desea hacer su sustituciones y el cierre de la dependencia de la $f$ en la unión definiendo $m$, debe lidiar con la multitud de unión de null establece -- no imposible porque están anidados -- o tomar una secuencia de $\varepsilon$s va a cero y discuten acerca de que la secuencia sugerida por la línea "Bueno, vamos a $N$$\varepsilon$, ..." justo antes de este párrafo.
