un argumento que fortalecer Lusin del teorema de

Question

Deje $f$ ser medibles en función de un subconjunto $E$$\mathbb{R}^n$. Lusin del teorema establece que para cualquier $\epsilon>0$, existe un subconjunto medible $F$ tal que $F$ abierto en $E$, $\mu(F)<\epsilon$ y $f$ es continua en a $E\setminus F$.

Deje $\epsilon=1/n$. Elija $F_n$ tal que $\mu(F_n)<1/n$ $f$ continua en $E\setminus F_n$. Desde $f$ es continua en a $E\setminus F_{n-1}$, se puede elegir $F_n\subseteq F_{n-1}$. Por lo tanto podemos elegir $\{F_n\}$ satisfacción $F_1\supseteq F_2\cdots \supseteq F_n\supseteq F_{n+1}\supseteq\cdots $

Deje $G=\cap_{n=1}^\infty F_n$. A continuación,$\mu(G)=\lim_{n\to\infty}\mu(F_n)=0$. Para cualquier $x\in E\setminus G$ existe $N$ tal que para cualquier $n\geq N$, $x\notin F_n$. Por lo tanto $f$ es continua en a $x$. Por tanto, debemos fortalecer Lusin del teorema para la siguiente versión:

Deje $f$ ser medibles en función de un subconjunto $E$$\mathbb{R}^n$. A continuación, $f$ es continua.e.

¿Por qué este argumento no es válido?

Answer 1

El punto radica en "... y $f$ es continua en a $E\setminus F$". Esto no significa que $f \colon E \to \def\R{\mathbb R}\R$ es continua en todos los puntos de $E\setminus F$, pero que $f|_{E\setminus F} \colon E \setminus F \to \R$ es una función continua. Para ver la diferencia: La función de $\def\Q{\mathbb Q}1_\Q$, la función característica de a $\Q$, lugar donde es continua, pero su restricción a $\R\setminus \Q$, es decir, $1_\Q|_{\R\setminus \Q} = 0 \colon \R \setminus \Q \to \R$ es continua (como es constante). Por lo tanto el punto de que $x \not\in F_n$ todos los $n\ge N$ no implica, que $f\colon E \to \R$ es continua en a $x$, pero (y mira el ejemplo anterior - esto es algo diferente) que todos los $f|_{E\setminus F_n}$ son continuas en a $x$.