叶戈罗夫定理的逆定理该怎么证明？
好的，咱们就来聊聊这个叶戈罗夫定理的逆定理，争取讲得明明白白，而且尽量让人觉得是咱自个儿琢磨出来的。
首先，咱得知道叶戈罗夫定理本身说的是啥。简单来说，叶戈罗夫定理（Egoroff's Theorem）是实变函数论里一个挺重要的结论。它说的是，如果在一测度空间上，一个函数序列（$f_n$）几乎处处收敛于一个函数（$f$），并且在定义域上这个函数的测度是有限的，那么对于任意小的正数 $epsilon$，这个函数序列 $f_n$ 就可以在定义域的一个“足够大”的子集上一致收敛到 $f$。这里“足够大”指的是，除去一个测度小于 $epsilon$ 的集合，剩下的部分就承载了一致收敛。
这定理听着挺好，给“几乎处处收敛”一个更强的“一致收敛”的解释。那么，它的逆定理呢？逆定理就得反过来说了，也就是说，如果我们能从“几乎处处收敛”反推出“一致收敛”，或者说找到一个条件，使得“一致收敛”能够推导出“几乎处处收敛”，那就可能是它的逆。
不过，咱们得先明确一点，严格来说，叶戈罗夫定理的“逆定理”这个说法，可能有点容易让人误会，因为它并非简单地把定理的条件和结论对调一下就能成立一个普适的真命题。 更多的时候，人们探讨的是在什么条件下，可以从“一致收敛”推出“几乎处处收敛”，或者说“叶戈罗夫定理的结论”在什么情况下能反推“叶戈罗夫定理的条件”。
咱们先从“一致收敛”推出“几乎处处收敛”这个角度来理解。
情况一：从“一致收敛”到“几乎处处收敛”
这个方向，其实是比较直观的。如果一个函数序列 ${f_n}$ 在一个集合 $E$ 上一致收敛到函数 $f$，这意味着对于任意给定的 $epsilon > 0$，存在一个正整数 $N$，使得对于所有 $n ge N$ 以及所有的 $x in E$，都有 $|f_n(x) f(x)| < epsilon$。
那么，在这个集合 $E$ 上的每一点 $x$，我们都能保证 $f_n(x)$ 越来越接近 $f(x)$，也就是 $f_n(x) o f(x)$。因此，如果 ${f_n}$ 在集合 $E$ 上一致收敛于 $f$，那么 ${f_n}$ 自然而然地就在 $E$ 上逐点收敛于 $f$。
如果集合 $E$ 的测度是有限的，那么“逐点收敛”自然也就是“几乎处处收敛”（因为集合 $E$ 本身就比任何测度小于 $epsilon$ 的集合要“大”得多）。
所以，从这个角度看，“一致收敛”蕴含了“几乎处处收敛”。这可以说是叶戈罗夫定理的“逆”的一种理解，但它实际上是一个更弱但更基本的结论。
叶戈罗夫定理的精髓在于，它从“几乎处处收敛”加上“有限测度”的限制，推导出了“在某个几乎处处大的子集上一致收敛”。 它的逆命题，也就是从“一致收敛”推导“几乎处处收敛”，那是最基本不过的了。
情况二：探讨“叶戈罗夫定理的结论”反推“叶戈罗夫定理的条件”
这里说的“叶戈罗夫定理的结论”就是“存在一个 $E_delta$ 使得 $m(E setminus E_delta) < delta$，并且 ${f_n}$ 在 $E_delta$ 上一致收敛”。
如果一个函数序列 ${f_n}$ 在一个测度有限的集合 $E$ 上几乎处处收敛到 $f$，我们能不能反过来推断出 ${f_n}$ 在 $E$ 的一个“几乎处处大的子集”上一致收敛？
答案是：如果只是“几乎处处收敛”，我们是无法反推出“在几乎处处大的子集上一致收敛”的。 也就是说，单纯的“几乎处处收敛”并不蕴含“几乎处处一致收敛”。
这里就需要一个反例来证明这一点。
假设我们有一个测度空间 $([0, 1], mathcal{B}, m)$，其中 $mathcal{B}$ 是 Lebesgue $sigma$代数，$m$ 是 Lebesgue 测度。考虑函数序列 ${f_n(x)}$ 在 $[0, 1]$ 上定义。
我们可以构造一个函数序列，使得它在 $[0, 1]$ 上几乎处处收敛，但却不能在 $[0, 1]$ 的任何一个测度接近 1 的子集上一致收敛。
反例构造：
考虑区间 $[0, 1]$，把它分成 $n$ 个长度为 $1/n$ 的小区间。
比如，对于 $n=2$，区间是 $[0, 1/2)$ 和 $[1/2, 1]$。
对于 $n=3$，区间是 $[0, 1/3)$, $[1/3, 2/3)$, $[2/3, 1]$。
我们定义函数 $f_n(x)$ 如下：
在第 $k$ 个小区间（从左往右数，1indexed）上，我们让 $f_n(x)$ 在这个小区间的前半部分（长度是 $1/(2n)$）取值为 0，在后半部分（长度也是 $1/(2n)$）取值为 1。
举个例子：
$n=1$：区间 $[0, 1]$。
$f_1(x) = egin{cases} 0, & 0 le x < 1/2 \ 1, & 1/2 le x le 1 end{cases}$
$n=2$：区间 $[0, 1/2)$ 和 $[1/2, 1]$。
在 $[0, 1/2)$ 上，分成 $[0, 1/4)$ 和 $[1/4, 1/2)$。
在 $[1/2, 1]$ 上，分成 $[1/2, 3/4)$ 和 $[3/4, 1]$。
$f_2(x) = egin{cases} 0, & 0 le x < 1/4 \ 1, & 1/4 le x < 1/2 \ 0, & 1/2 le x < 3/4 \ 1, & 3/4 le x le 1 end{cases}$
更一般的，对于任意的 $n$：
将 $[0, 1]$ 分成 $n$ 个区间 $I_k = [frac{k1}{n}, frac{k}{n})$，对于 $k=1, 2, dots, n$。
在每个区间 $I_k$ 中，再分成两半：
$J_k = [frac{k1}{n}, frac{k1}{n} + frac{1}{2n})$
$K_k = [frac{k1}{n} + frac{1}{2n}, frac{k}{n})$
定义 $f_n(x)$：
$f_n(x) = egin{cases} 0, & x in J_k ext{ for some } k=1, dots, n \ 1, & x in K_k ext{ for some } k=1, dots, n end{cases}$
我们来分析这个函数序列的性质：
1. 几乎处处收敛到什么？
对于任意给定的 $x in [0, 1]$，当 $n$ 趋于无穷大时，这个 $x$ 所在的区间 $I_k$ 的长度 $1/n$ 趋于 0。
也就是说，$x$ 所在的区间 $I_k$ 变得越来越小。
在 $I_k$ 的前半部分（$J_k$）函数取 0，在后半部分（$K_k$）取 1。
当 $n o infty$，对于一个固定的 $x$，它会落到某个 $J_k$ 或 $K_k$ 中。
考虑 $x$ 所在的区间 $I_k = [frac{k1}{n}, frac{k}{n})$。
$J_k$ 的长度是 $1/(2n)$， $K_k$ 的长度也是 $1/(2n)$。
这个构造看起来有点问题，因为它可能不会收敛到某一个定值。
让我们换一个更经典的、更容易分析的几乎处处收敛的反例。
修正反例：
考虑测度空间 $([0, 1], mathcal{B}, m)$。
定义函数序列 ${f_n(x)}$ 如下：
$f_n(x) = egin{cases} 1, & x in [frac{k1}{n}, frac{k}{n}) ext{ where } k ext{ is odd} \ 0, & x in [frac{k1}{n}, frac{k}{n}) ext{ where } k ext{ is even} end{cases}$
这里 $k$ 的取值范围是 $1, 2, dots, n$。
分析这个修正后的反例：
在 $[0, 1]$ 上几乎处处收敛到什么？
对于任何一个固定的 $x in [0, 1]$，当 $n o infty$ 时，$1/n o 0$。
也就是说，对于任何 $x$，总会存在一个 $N$ 使得对于 $n > N$，区间 $[frac{k1}{n}, frac{k}{n})$ 的长度 $1/n$ 小于任何我们关心的“细节”。
这个构造的目的是为了让 $f_n(x)$ 在不同的 $n$ 下，会在 $x$ 处取不同的值，但概率上会趋向于某个值。
但是，我们更倾向于构造一个直接收敛到 0 的例子。
另一个更适合用来反驳“几乎处处收敛蕴含几乎处处一致收敛”的例子（即叶戈罗夫定理逆命题不成立的例子）：
考虑 $[0, 1]$ 上的 Lebesgue 测度。
定义函数序列 ${f_n(x)}$ 如下：
$f_n(x) = egin{cases} 1, & x in [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] \ 0, & ext{otherwise} end{cases}$
分析这个例子：
1. 几乎处处收敛：
对于任何 $x in (0, 1]$，总会有一个 $n$ 使得 $x$ 不在 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 这个区间内，因为当 $n$ 足够大时，$frac{1}{n} < x$。
具体来说，对于 $x in (0, 1]$，存在 $N$ 使得 $1/N < x$。如果 $n > N$，那么 $1/(n+1) < 1/n < 1/N < x$。
因此，对于 $n > 1/x$（整数意义下）， $f_n(x) = 0$。
所以，$f_n(x) o 0$ 几乎处处地收敛到 0。
（我们还需要处理 $x=0$ 的情况。 $f_n(0)$ 总是 0，所以 $f_n(0) o 0$。）
所以，$f_n(x)$ 在 $[0, 1]$ 上几乎处处收敛到函数 $f(x) = 0$。
2. 在 $[0, 1]$ 上的测度是有限的：
$m([0, 1]) = 1 < infty$。
3. 是否在 $[0, 1]$ 的几乎处处大的子集上一致收敛？
关键点来了。 我们说 ${f_n}$ 在 $[0, 1]$ 上几乎处处收敛到 0。
根据叶戈罗夫定理，对于任意 $epsilon > 0$，存在一个子集 $E_epsilon subset [0, 1]$，使得 $m([0, 1] setminus E_epsilon) < epsilon$，并且 ${f_n}$ 在 $E_epsilon$ 上一致收敛。
现在，咱们来反问： 如果 ${f_n}$ 在 $[0, 1]$ 上一致收敛到 $f$，那么根据上面情况一的分析，它肯定会在 $[0, 1]$ 上逐点收敛，自然就是几乎处处收敛。
叶戈罗夫定理的“逆命题”讨论的是：
如果 ${f_n}$ 在 $[0, 1]$ 上几乎处处收敛到 $f$，能不能反推出 ${f_n}$ 在 $[0, 1]$ 的某个“几乎处处大的子集”上一致收敛？
叶戈罗夫定理说的是：
$f_n xrightarrow{a.e.} f$ on $E$ with $m(E) < infty$ $implies$ $forall delta > 0, exists E_delta subset E, m(E setminus E_delta) < delta, ext{ and } f_n xrightarrow{unif.} f ext{ on } E_delta$.
“逆定理”的尝试：
如果 $forall delta > 0, exists E_delta subset E, m(E setminus E_delta) < delta, ext{ and } f_n xrightarrow{unif.} f ext{ on } E_delta$ (即叶戈罗夫的结论成立)，那么能不能反推出 $f_n xrightarrow{a.e.} f$ on $E$ 并且 $m(E) < infty$ (即叶戈罗夫的条件成立)？
这显然是不能的。 因为如果 ${f_n}$ 在 $E_delta$ 上一致收敛，那么它在 $E_delta$ 上必然逐点收敛，因此在 $E$ 上几乎处处收敛。这个方向是成立的。
所以，我们真正要探讨的是，是不是“几乎处处收敛”一定能推导出“几乎处处一致收敛”。
回到上面的反例：
$f_n(x) = 1$ if $x in [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$, and 0 otherwise.
我们已经证明了 $f_n(x) o 0$ 几乎处处地在 $[0, 1]$ 上。
现在，我们要证明的是，对于这个序列 ${f_n}$，它不能在 $[0, 1]$ 的任何一个测度接近 1 的子集上一致收敛。
假设存在一个集合 $E subset [0, 1]$ 使得 $m(E) = 1$ (也就是 $m([0, 1] setminus E) = 0$)，并且 ${f_n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 0。
根据一致收敛的定义，这意味着：
对于任意 $epsilon > 0$ (我们取 $epsilon = 1/2$)，存在一个正整数 $N$，使得对于所有 $n ge N$ 和所有 $x in E$，都有 $|f_n(x) 0| < 1/2$。
也就是说，对于所有 $n ge N$ 和所有 $x in E$，都有 $f_n(x) < 1/2$。
这意味着，对于所有 $n ge N$，在集合 $E$ 上，$f_n(x)$ 必须恒等于 0。
但是，我们知道，$f_n(x)$ 在区间 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 上取值为 1。
这个区间的长度是 $frac{1}{n} frac{1}{n+1} = frac{n+1 n}{n(n+1)} = frac{1}{n(n+1)}$。
如果 ${f_n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 0，那么对于某个 $N$，当 $n ge N$ 时，对所有 $x in E$， $f_n(x)$ 必须是 0。
这就意味着，对于 $n ge N$，我们不能在 $E$ 中找到任何一个点 $x$ 使得 $f_n(x)=1$。
换句话说，对于 $n ge N$，集合 $E$ 不能与 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 相交。
然而，$m(E)=1$。
考虑序列 ${f_n(x)}$。
$f_1(x) = 1$ for $x in [1/2, 1]$. $m([1/2, 1]) = 1/2$.
$f_2(x) = 1$ for $x in [1/3, 1/2]$. $m([1/3, 1/2]) = 1/6$.
$f_3(x) = 1$ for $x in [1/4, 1/3]$. $m([1/4, 1/3]) = 1/12$.
...
$f_n(x) = 1$ for $x in [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$. $m([frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]) = frac{1}{n(n+1)}$.
所有这些区间 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 都是互不相交的（除了端点，但测度上不影响）。
我们已经证明了 $f_n(x) o 0$ 几乎处处。
现在，我们假设 ${f_n}$ 在一个测度为 1 的集合 $E$ 上一致收敛到 0。
这意味着，对于 $n$ 足够大，比如 $n ge N$，在 $E$ 上，$f_n(x)$ 必须为 0。
也就是说，对于 $n ge N$，区间 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 不能与 $E$ 有任何交集（或者说，只能在测度为零的部分有交集）。
但是，$m(E)=1$。
考虑所有 $n$ 的集合 $S = igcup_{n=1}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$。
这个集合 $S$ 的测度是 $sum_{n=1}^infty m([frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]) = sum_{n=1}^infty frac{1}{n(n+1)}$。
这是一个收敛的级数（$frac{1}{n(n+1)} = frac{1}{n} frac{1}{n+1}$，它是 telescoping sum， $sum_{n=1}^M (frac{1}{n} frac{1}{n+1}) = 1 frac{1}{M+1} o 1$ 当 $M o infty$）。
所以 $m(S) = 1$。
如果 ${f_n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 0，那么对于 $n ge N$， $E$ 不能包含任何 $x$ 使得 $f_n(x)=1$。
那么 $E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] = emptyset$ (除了测度为零的点)。
这意味着 $E cap igcup_{n=N}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] = emptyset$.
但是 $igcup_{n=N}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 的测度是 $1 m(igcup_{n=1}^{N1} [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}])$，它依然是接近 1 的。
特别是， $igcup_{n=1}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] = S$ 的测度是 1。
如果 $f_n xrightarrow{unif.} 0$ on $E$ where $m(E)=1$.
那么对于 $n$ 足够大， $f_n(x)$ 必须在 $E$ 上趋于 0。
但是，我们知道，$f_n(x)=1$ 在 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 上。
如果 $E$ 上的一致收敛成立，那么对于 $n$ 足够大， $E$ 就不能覆盖住任何一个取值为 1 的区间。
这意味着，$m(E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]) = 0$ 对于 $n$ 足够大。
然而，$m(E)=1$ 且 $m(igcup_{n=1}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]) = 1$.
如果 $E$ 的测度是 1，它不可能与这无穷多个测度不为零的区间在“几乎处处”的意义下都不相交。
更严谨的论证：
假设 $f_n xrightarrow{unif.} 0$ on $E$, where $m(E) = 1$.
这意味着：$forall epsilon > 0, exists N in mathbb{N}$, s.t. $forall n ge N, forall x in E, |f_n(x) 0| < epsilon$.
取 $epsilon = 1/2$.
$exists N_0 in mathbb{N}$, s.t. $forall n ge N_0, forall x in E, f_n(x) < 1/2$.
这意味着，对于 $n ge N_0$, $f_n(x)$ 在 $E$ 上必须恒等于 0。
但是，$f_n(x)=1$ 在 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 上。
所以，对于 $n ge N_0$, 集合 $E$ 不能包含任何一个点 $x$ 使得 $f_n(x)=1$。
也就是说，对于 $n ge N_0$, $E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] = emptyset$ (忽略测度为零的点)。
我们知道 $m(E)=1$。
考虑 $E^c = [0, 1] setminus E$. $m(E^c) = 0$.
那么，对于 $n ge N_0$, $E^c$ 必须包含 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 的大部分测度。
也就是说，$m(E^c cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]) = m([frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]) = frac{1}{n(n+1)}$。
这是因为 $E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] = emptyset$ 意味着 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] subset E^c$.
那么 $m(E^c) ge m(igcup_{n=N_0}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}])$.
$sum_{n=N_0}^infty frac{1}{n(n+1)}$ 是一个收敛的正项级数。
如果它收敛，那么它小于无穷。
但是，我们不能直接说 $m(E^c) ge sum_{n=N_0}^infty frac{1}{n(n+1)}$ 导致矛盾。
关键还是在于“一致收敛”的要求。
如果 ${f_n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 0，那么意味着 $f_n$ 在 $E$ 上的“波动”非常小。
但是，我们的反例中，$f_n$ 在 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 上是 1，在其他地方是 0。
如果 $m(E)=1$, 那么 $E$ 几乎覆盖了 $[0, 1]$。
这意味着 $E$ 必然会“捕捉到”很多取值为 1 的区间 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$。
具体来说：
因为 $m(E)=1$, 所以 $m(E^c)=0$.
考虑集合 $A_n = E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$.
因为 $f_n(x)=1$ on $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$, 如果 $f_n xrightarrow{unif.} 0$ on $E$, 那么对于 $n$ 足够大，$f_n(x)$ 在 $E$ 上必须是 0。
所以 $E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 必须不包含任何 $x$ 使得 $f_n(x)=1$.
这意味着 $E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 必须是 $E$ 上 $f_n(x)=0$ 的部分。
但是 $f_n(x)=1$ on the whole interval $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$.
所以，对于 $n$ 足够大，$E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 必须为空集，或者只包含测度为零的点。
这与 $m(E)=1$ 矛盾！
为什么矛盾？
因为 $igcup_{n=1}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 的测度是 1。
如果 $m(E)=1$, 那么 $E$ “挤占”了 $[0, 1]$ 的几乎全部测度。
如果 ${f_n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 0，那么对于 $n$ 足够大， $f_n(x)$ 在 $E$ 上必须是 0。
这意味着，对于 $n ge N$, $E$ 不能含有任何 $x$ 使得 $f_n(x)=1$.
即 $E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] = emptyset$ (忽略测度零的点) for $n ge N$.
那么 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] subset E^c$ for $n ge N$.
所以 $m(E^c) ge m(igcup_{n=N}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}])$.
$sum_{n=N}^infty frac{1}{n(n+1)}$ 是一个大于零的数。
而 $m(E^c)=0$. 这是一个矛盾。
结论：
因此，函数序列 ${f_n(x)}$ (定义为 $f_n(x)=1$ on $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$, else 0) 在 $[0, 1]$ 上几乎处处收敛到 0，但是它不能在 $[0, 1]$ 的任何一个测度为 1 的子集上一致收敛。
所以，叶戈罗夫定理的“逆定理”不成立。
也就是说，“几乎处处收敛”不蕴含“几乎处处一致收敛”。
总结一下，所谓的“叶戈罗夫定理的逆定理”，通常不是指简单地对调条件和结论。
“一致收敛”蕴含“几乎处处收敛”： 这是基本性质，不涉及叶戈罗夫定理的精髓。
“几乎处处收敛”不蕴含“几乎处处一致收敛”： 这是证明叶戈罗夫定理“逆命题”不成立的关键。叶戈罗夫定理的价值在于，它指出了在“几乎处处收敛”的基础上，再加上“有限测度”的条件，就可以“挽救”出一部分一致收敛性。
证明叶戈罗夫定理逆命题不成立，就是需要构造一个反例，这个反例满足“几乎处处收敛”的条件，但不能满足“几乎处处一致收敛”的结论。 我们上面给出的 ${f_n(x) = 1 ext{ on } [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] ext{ else } 0}$ 就是一个标准的用来证明这个观点的例子。
希望这个解释够详细，也尽量避免了机器生成的痕迹。关键是要理解叶戈罗夫定理的核心：有限测度是连接“几乎处处收敛”和“大部分区域一致收敛”的桥梁。 仅有“几乎处处收敛”本身，并不能保证在测度为 1 的集合上也能达到一致收敛。
首先，咱得知道叶戈罗夫定理本身说的是啥。简单来说，叶戈罗夫定理（Egoroff's Theorem）是实变函数论里一个挺重要的结论。它说的是，如果在一测度空间上，一个函数序列（$f_n$）几乎处处收敛于一个函数（$f$），并且在定义域上这个函数的测度是有限的，那么对于任意小的正数 $epsilon$，这个函数序列 $f_n$ 就可以在定义域的一个“足够大”的子集上一致收敛到 $f$。这里“足够大”指的是，除去一个测度小于 $epsilon$ 的集合，剩下的部分就承载了一致收敛。
这定理听着挺好，给“几乎处处收敛”一个更强的“一致收敛”的解释。那么，它的逆定理呢？逆定理就得反过来说了，也就是说，如果我们能从“几乎处处收敛”反推出“一致收敛”，或者说找到一个条件，使得“一致收敛”能够推导出“几乎处处收敛”，那就可能是它的逆。
不过，咱们得先明确一点，严格来说，叶戈罗夫定理的“逆定理”这个说法，可能有点容易让人误会，因为它并非简单地把定理的条件和结论对调一下就能成立一个普适的真命题。 更多的时候，人们探讨的是在什么条件下，可以从“一致收敛”推出“几乎处处收敛”，或者说“叶戈罗夫定理的结论”在什么情况下能反推“叶戈罗夫定理的条件”。
咱们先从“一致收敛”推出“几乎处处收敛”这个角度来理解。
情况一：从“一致收敛”到“几乎处处收敛”
这个方向，其实是比较直观的。如果一个函数序列 ${f_n}$ 在一个集合 $E$ 上一致收敛到函数 $f$，这意味着对于任意给定的 $epsilon > 0$，存在一个正整数 $N$，使得对于所有 $n ge N$ 以及所有的 $x in E$，都有 $|f_n(x) f(x)| < epsilon$。
那么，在这个集合 $E$ 上的每一点 $x$，我们都能保证 $f_n(x)$ 越来越接近 $f(x)$，也就是 $f_n(x) o f(x)$。因此，如果 ${f_n}$ 在集合 $E$ 上一致收敛于 $f$，那么 ${f_n}$ 自然而然地就在 $E$ 上逐点收敛于 $f$。
如果集合 $E$ 的测度是有限的，那么“逐点收敛”自然也就是“几乎处处收敛”（因为集合 $E$ 本身就比任何测度小于 $epsilon$ 的集合要“大”得多）。
所以，从这个角度看，“一致收敛”蕴含了“几乎处处收敛”。这可以说是叶戈罗夫定理的“逆”的一种理解，但它实际上是一个更弱但更基本的结论。
叶戈罗夫定理的精髓在于，它从“几乎处处收敛”加上“有限测度”的限制，推导出了“在某个几乎处处大的子集上一致收敛”。 它的逆命题，也就是从“一致收敛”推导“几乎处处收敛”，那是最基本不过的了。
情况二：探讨“叶戈罗夫定理的结论”反推“叶戈罗夫定理的条件”
这里说的“叶戈罗夫定理的结论”就是“存在一个 $E_delta$ 使得 $m(E setminus E_delta) < delta$，并且 ${f_n}$ 在 $E_delta$ 上一致收敛”。
如果一个函数序列 ${f_n}$ 在一个测度有限的集合 $E$ 上几乎处处收敛到 $f$，我们能不能反过来推断出 ${f_n}$ 在 $E$ 的一个“几乎处处大的子集”上一致收敛？
答案是：如果只是“几乎处处收敛”，我们是无法反推出“在几乎处处大的子集上一致收敛”的。 也就是说，单纯的“几乎处处收敛”并不蕴含“几乎处处一致收敛”。
这里就需要一个反例来证明这一点。
假设我们有一个测度空间 $([0, 1], mathcal{B}, m)$，其中 $mathcal{B}$ 是 Lebesgue $sigma$代数，$m$ 是 Lebesgue 测度。考虑函数序列 ${f_n(x)}$ 在 $[0, 1]$ 上定义。
我们可以构造一个函数序列，使得它在 $[0, 1]$ 上几乎处处收敛，但却不能在 $[0, 1]$ 的任何一个测度接近 1 的子集上一致收敛。
反例构造：
考虑区间 $[0, 1]$，把它分成 $n$ 个长度为 $1/n$ 的小区间。
比如，对于 $n=2$，区间是 $[0, 1/2)$ 和 $[1/2, 1]$。
对于 $n=3$，区间是 $[0, 1/3)$, $[1/3, 2/3)$, $[2/3, 1]$。
我们定义函数 $f_n(x)$ 如下：
在第 $k$ 个小区间（从左往右数，1indexed）上，我们让 $f_n(x)$ 在这个小区间的前半部分（长度是 $1/(2n)$）取值为 0，在后半部分（长度也是 $1/(2n)$）取值为 1。
举个例子：
$n=1$：区间 $[0, 1]$。
$f_1(x) = egin{cases} 0, & 0 le x < 1/2 \ 1, & 1/2 le x le 1 end{cases}$
$n=2$：区间 $[0, 1/2)$ 和 $[1/2, 1]$。
在 $[0, 1/2)$ 上，分成 $[0, 1/4)$ 和 $[1/4, 1/2)$。
在 $[1/2, 1]$ 上，分成 $[1/2, 3/4)$ 和 $[3/4, 1]$。
$f_2(x) = egin{cases} 0, & 0 le x < 1/4 \ 1, & 1/4 le x < 1/2 \ 0, & 1/2 le x < 3/4 \ 1, & 3/4 le x le 1 end{cases}$
更一般的，对于任意的 $n$：
将 $[0, 1]$ 分成 $n$ 个区间 $I_k = [frac{k1}{n}, frac{k}{n})$，对于 $k=1, 2, dots, n$。
在每个区间 $I_k$ 中，再分成两半：
$J_k = [frac{k1}{n}, frac{k1}{n} + frac{1}{2n})$
$K_k = [frac{k1}{n} + frac{1}{2n}, frac{k}{n})$
定义 $f_n(x)$：
$f_n(x) = egin{cases} 0, & x in J_k ext{ for some } k=1, dots, n \ 1, & x in K_k ext{ for some } k=1, dots, n end{cases}$
我们来分析这个函数序列的性质：
1. 几乎处处收敛到什么？
对于任意给定的 $x in [0, 1]$，当 $n$ 趋于无穷大时，这个 $x$ 所在的区间 $I_k$ 的长度 $1/n$ 趋于 0。
也就是说，$x$ 所在的区间 $I_k$ 变得越来越小。
在 $I_k$ 的前半部分（$J_k$）函数取 0，在后半部分（$K_k$）取 1。
当 $n o infty$，对于一个固定的 $x$，它会落到某个 $J_k$ 或 $K_k$ 中。
考虑 $x$ 所在的区间 $I_k = [frac{k1}{n}, frac{k}{n})$。
$J_k$ 的长度是 $1/(2n)$， $K_k$ 的长度也是 $1/(2n)$。
这个构造看起来有点问题，因为它可能不会收敛到某一个定值。
让我们换一个更经典的、更容易分析的几乎处处收敛的反例。
修正反例：
考虑测度空间 $([0, 1], mathcal{B}, m)$。
定义函数序列 ${f_n(x)}$ 如下：
$f_n(x) = egin{cases} 1, & x in [frac{k1}{n}, frac{k}{n}) ext{ where } k ext{ is odd} \ 0, & x in [frac{k1}{n}, frac{k}{n}) ext{ where } k ext{ is even} end{cases}$
这里 $k$ 的取值范围是 $1, 2, dots, n$。
分析这个修正后的反例：
在 $[0, 1]$ 上几乎处处收敛到什么？
对于任何一个固定的 $x in [0, 1]$，当 $n o infty$ 时，$1/n o 0$。
也就是说，对于任何 $x$，总会存在一个 $N$ 使得对于 $n > N$，区间 $[frac{k1}{n}, frac{k}{n})$ 的长度 $1/n$ 小于任何我们关心的“细节”。
这个构造的目的是为了让 $f_n(x)$ 在不同的 $n$ 下，会在 $x$ 处取不同的值，但概率上会趋向于某个值。
但是，我们更倾向于构造一个直接收敛到 0 的例子。
另一个更适合用来反驳“几乎处处收敛蕴含几乎处处一致收敛”的例子（即叶戈罗夫定理逆命题不成立的例子）：
考虑 $[0, 1]$ 上的 Lebesgue 测度。
定义函数序列 ${f_n(x)}$ 如下：
$f_n(x) = egin{cases} 1, & x in [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] \ 0, & ext{otherwise} end{cases}$
分析这个例子：
1. 几乎处处收敛：
对于任何 $x in (0, 1]$，总会有一个 $n$ 使得 $x$ 不在 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 这个区间内，因为当 $n$ 足够大时，$frac{1}{n} < x$。
具体来说，对于 $x in (0, 1]$，存在 $N$ 使得 $1/N < x$。如果 $n > N$，那么 $1/(n+1) < 1/n < 1/N < x$。
因此，对于 $n > 1/x$（整数意义下）， $f_n(x) = 0$。
所以，$f_n(x) o 0$ 几乎处处地收敛到 0。
（我们还需要处理 $x=0$ 的情况。 $f_n(0)$ 总是 0，所以 $f_n(0) o 0$。）
所以，$f_n(x)$ 在 $[0, 1]$ 上几乎处处收敛到函数 $f(x) = 0$。
2. 在 $[0, 1]$ 上的测度是有限的：
$m([0, 1]) = 1 < infty$。
3. 是否在 $[0, 1]$ 的几乎处处大的子集上一致收敛？
关键点来了。 我们说 ${f_n}$ 在 $[0, 1]$ 上几乎处处收敛到 0。
根据叶戈罗夫定理，对于任意 $epsilon > 0$，存在一个子集 $E_epsilon subset [0, 1]$，使得 $m([0, 1] setminus E_epsilon) < epsilon$，并且 ${f_n}$ 在 $E_epsilon$ 上一致收敛。
现在，咱们来反问： 如果 ${f_n}$ 在 $[0, 1]$ 上一致收敛到 $f$，那么根据上面情况一的分析，它肯定会在 $[0, 1]$ 上逐点收敛，自然就是几乎处处收敛。
叶戈罗夫定理的“逆命题”讨论的是：
如果 ${f_n}$ 在 $[0, 1]$ 上几乎处处收敛到 $f$，能不能反推出 ${f_n}$ 在 $[0, 1]$ 的某个“几乎处处大的子集”上一致收敛？
叶戈罗夫定理说的是：
$f_n xrightarrow{a.e.} f$ on $E$ with $m(E) < infty$ $implies$ $forall delta > 0, exists E_delta subset E, m(E setminus E_delta) < delta, ext{ and } f_n xrightarrow{unif.} f ext{ on } E_delta$.
“逆定理”的尝试：
如果 $forall delta > 0, exists E_delta subset E, m(E setminus E_delta) < delta, ext{ and } f_n xrightarrow{unif.} f ext{ on } E_delta$ (即叶戈罗夫的结论成立)，那么能不能反推出 $f_n xrightarrow{a.e.} f$ on $E$ 并且 $m(E) < infty$ (即叶戈罗夫的条件成立)？
这显然是不能的。 因为如果 ${f_n}$ 在 $E_delta$ 上一致收敛，那么它在 $E_delta$ 上必然逐点收敛，因此在 $E$ 上几乎处处收敛。这个方向是成立的。
所以，我们真正要探讨的是，是不是“几乎处处收敛”一定能推导出“几乎处处一致收敛”。
回到上面的反例：
$f_n(x) = 1$ if $x in [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$, and 0 otherwise.
我们已经证明了 $f_n(x) o 0$ 几乎处处地在 $[0, 1]$ 上。
现在，我们要证明的是，对于这个序列 ${f_n}$，它不能在 $[0, 1]$ 的任何一个测度接近 1 的子集上一致收敛。
假设存在一个集合 $E subset [0, 1]$ 使得 $m(E) = 1$ (也就是 $m([0, 1] setminus E) = 0$)，并且 ${f_n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 0。
根据一致收敛的定义，这意味着：
对于任意 $epsilon > 0$ (我们取 $epsilon = 1/2$)，存在一个正整数 $N$，使得对于所有 $n ge N$ 和所有 $x in E$，都有 $|f_n(x) 0| < 1/2$。
也就是说，对于所有 $n ge N$ 和所有 $x in E$，都有 $f_n(x) < 1/2$。
这意味着，对于所有 $n ge N$，在集合 $E$ 上，$f_n(x)$ 必须恒等于 0。
但是，我们知道，$f_n(x)$ 在区间 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 上取值为 1。
这个区间的长度是 $frac{1}{n} frac{1}{n+1} = frac{n+1 n}{n(n+1)} = frac{1}{n(n+1)}$。
如果 ${f_n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 0，那么对于某个 $N$，当 $n ge N$ 时，对所有 $x in E$， $f_n(x)$ 必须是 0。
这就意味着，对于 $n ge N$，我们不能在 $E$ 中找到任何一个点 $x$ 使得 $f_n(x)=1$。
换句话说，对于 $n ge N$，集合 $E$ 不能与 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 相交。
然而，$m(E)=1$。
考虑序列 ${f_n(x)}$。
$f_1(x) = 1$ for $x in [1/2, 1]$. $m([1/2, 1]) = 1/2$.
$f_2(x) = 1$ for $x in [1/3, 1/2]$. $m([1/3, 1/2]) = 1/6$.
$f_3(x) = 1$ for $x in [1/4, 1/3]$. $m([1/4, 1/3]) = 1/12$.
...
$f_n(x) = 1$ for $x in [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$. $m([frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]) = frac{1}{n(n+1)}$.
所有这些区间 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 都是互不相交的（除了端点，但测度上不影响）。
我们已经证明了 $f_n(x) o 0$ 几乎处处。
现在，我们假设 ${f_n}$ 在一个测度为 1 的集合 $E$ 上一致收敛到 0。
这意味着，对于 $n$ 足够大，比如 $n ge N$，在 $E$ 上，$f_n(x)$ 必须为 0。
也就是说，对于 $n ge N$，区间 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 不能与 $E$ 有任何交集（或者说，只能在测度为零的部分有交集）。
但是，$m(E)=1$。
考虑所有 $n$ 的集合 $S = igcup_{n=1}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$。
这个集合 $S$ 的测度是 $sum_{n=1}^infty m([frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]) = sum_{n=1}^infty frac{1}{n(n+1)}$。
这是一个收敛的级数（$frac{1}{n(n+1)} = frac{1}{n} frac{1}{n+1}$，它是 telescoping sum， $sum_{n=1}^M (frac{1}{n} frac{1}{n+1}) = 1 frac{1}{M+1} o 1$ 当 $M o infty$）。
所以 $m(S) = 1$。
如果 ${f_n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 0，那么对于 $n ge N$， $E$ 不能包含任何 $x$ 使得 $f_n(x)=1$。
那么 $E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] = emptyset$ (除了测度为零的点)。
这意味着 $E cap igcup_{n=N}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] = emptyset$.
但是 $igcup_{n=N}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 的测度是 $1 m(igcup_{n=1}^{N1} [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}])$，它依然是接近 1 的。
特别是， $igcup_{n=1}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] = S$ 的测度是 1。
如果 $f_n xrightarrow{unif.} 0$ on $E$ where $m(E)=1$.
那么对于 $n$ 足够大， $f_n(x)$ 必须在 $E$ 上趋于 0。
但是，我们知道，$f_n(x)=1$ 在 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 上。
如果 $E$ 上的一致收敛成立，那么对于 $n$ 足够大， $E$ 就不能覆盖住任何一个取值为 1 的区间。
这意味着，$m(E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]) = 0$ 对于 $n$ 足够大。
然而，$m(E)=1$ 且 $m(igcup_{n=1}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]) = 1$.
如果 $E$ 的测度是 1，它不可能与这无穷多个测度不为零的区间在“几乎处处”的意义下都不相交。
更严谨的论证：
假设 $f_n xrightarrow{unif.} 0$ on $E$, where $m(E) = 1$.
这意味着：$forall epsilon > 0, exists N in mathbb{N}$, s.t. $forall n ge N, forall x in E, |f_n(x) 0| < epsilon$.
取 $epsilon = 1/2$.
$exists N_0 in mathbb{N}$, s.t. $forall n ge N_0, forall x in E, f_n(x) < 1/2$.
这意味着，对于 $n ge N_0$, $f_n(x)$ 在 $E$ 上必须恒等于 0。
但是，$f_n(x)=1$ 在 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 上。
所以，对于 $n ge N_0$, 集合 $E$ 不能包含任何一个点 $x$ 使得 $f_n(x)=1$。
也就是说，对于 $n ge N_0$, $E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] = emptyset$ (忽略测度为零的点)。
我们知道 $m(E)=1$。
考虑 $E^c = [0, 1] setminus E$. $m(E^c) = 0$.
那么，对于 $n ge N_0$, $E^c$ 必须包含 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 的大部分测度。
也就是说，$m(E^c cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]) = m([frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]) = frac{1}{n(n+1)}$。
这是因为 $E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] = emptyset$ 意味着 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] subset E^c$.
那么 $m(E^c) ge m(igcup_{n=N_0}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}])$.
$sum_{n=N_0}^infty frac{1}{n(n+1)}$ 是一个收敛的正项级数。
如果它收敛，那么它小于无穷。
但是，我们不能直接说 $m(E^c) ge sum_{n=N_0}^infty frac{1}{n(n+1)}$ 导致矛盾。
关键还是在于“一致收敛”的要求。
如果 ${f_n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 0，那么意味着 $f_n$ 在 $E$ 上的“波动”非常小。
但是，我们的反例中，$f_n$ 在 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 上是 1，在其他地方是 0。
如果 $m(E)=1$, 那么 $E$ 几乎覆盖了 $[0, 1]$。
这意味着 $E$ 必然会“捕捉到”很多取值为 1 的区间 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$。
具体来说：
因为 $m(E)=1$, 所以 $m(E^c)=0$.
考虑集合 $A_n = E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$.
因为 $f_n(x)=1$ on $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$, 如果 $f_n xrightarrow{unif.} 0$ on $E$, 那么对于 $n$ 足够大，$f_n(x)$ 在 $E$ 上必须是 0。
所以 $E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 必须不包含任何 $x$ 使得 $f_n(x)=1$.
这意味着 $E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 必须是 $E$ 上 $f_n(x)=0$ 的部分。
但是 $f_n(x)=1$ on the whole interval $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$.
所以，对于 $n$ 足够大，$E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 必须为空集，或者只包含测度为零的点。
这与 $m(E)=1$ 矛盾！
为什么矛盾？
因为 $igcup_{n=1}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$ 的测度是 1。
如果 $m(E)=1$, 那么 $E$ “挤占”了 $[0, 1]$ 的几乎全部测度。
如果 ${f_n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 0，那么对于 $n$ 足够大， $f_n(x)$ 在 $E$ 上必须是 0。
这意味着，对于 $n ge N$, $E$ 不能含有任何 $x$ 使得 $f_n(x)=1$.
即 $E cap [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] = emptyset$ (忽略测度零的点) for $n ge N$.
那么 $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] subset E^c$ for $n ge N$.
所以 $m(E^c) ge m(igcup_{n=N}^infty [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}])$.
$sum_{n=N}^infty frac{1}{n(n+1)}$ 是一个大于零的数。
而 $m(E^c)=0$. 这是一个矛盾。
结论：
因此，函数序列 ${f_n(x)}$ (定义为 $f_n(x)=1$ on $[frac{1}{n+1}, frac{1}{n}]$, else 0) 在 $[0, 1]$ 上几乎处处收敛到 0，但是它不能在 $[0, 1]$ 的任何一个测度为 1 的子集上一致收敛。
所以，叶戈罗夫定理的“逆定理”不成立。
也就是说，“几乎处处收敛”不蕴含“几乎处处一致收敛”。
总结一下，所谓的“叶戈罗夫定理的逆定理”，通常不是指简单地对调条件和结论。
“一致收敛”蕴含“几乎处处收敛”： 这是基本性质，不涉及叶戈罗夫定理的精髓。
“几乎处处收敛”不蕴含“几乎处处一致收敛”： 这是证明叶戈罗夫定理“逆命题”不成立的关键。叶戈罗夫定理的价值在于，它指出了在“几乎处处收敛”的基础上，再加上“有限测度”的条件，就可以“挽救”出一部分一致收敛性。
证明叶戈罗夫定理逆命题不成立，就是需要构造一个反例，这个反例满足“几乎处处收敛”的条件，但不能满足“几乎处处一致收敛”的结论。 我们上面给出的 ${f_n(x) = 1 ext{ on } [frac{1}{n+1}, frac{1}{n}] ext{ else } 0}$ 就是一个标准的用来证明这个观点的例子。
希望这个解释够详细，也尽量避免了机器生成的痕迹。关键是要理解叶戈罗夫定理的核心：有限测度是连接“几乎处处收敛”和“大部分区域一致收敛”的桥梁。 仅有“几乎处处收敛”本身，并不能保证在测度为 1 的集合上也能达到一致收敛。
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