半连续在最优化问题、对策论问题及变分不等式问题等诸多方面都有着重要的应用. 1951年, Fort ^[1]证明了拓扑空间上半连续集值映射的通有连续性. 1993年, Aubin ^[2]证明了从度量空间到可分度量空间的上半连续集值映射的通有连续性. 最近, Zaslavski等^[3]在半连续性方面又取得了一些进展, 见文献[3, 4, 5], 这些结果被广泛应用于解的通有稳定性和通有唯一性的研究.

另一方面, 对单边算子的研究源于遍历理论发展的需要. 例如, 遍历极大算子的加权有界性可以转化为单边Hardy-Littlewood极大算子的加权有界性. 单边Hardy-Littlewood极大算子还可以用来刻画比Muckenhoupt权函数类更大的单边Muckenhoupt权函数类, 进而得到遍历平均序列的几乎处处收敛性. Cruz-Uribe, Neugebauer ^[6]引入了极小函数用来刻画反向Hölder不等式成立的函数类. Cruz-Uribe等人^[7]得到了权函数类和极小算子的弱型、强型有界性的等价刻画, 这些对极大算子是不成立的. Cruz-Uribe等人^[8]研究了单边极小算子的弱型和强型双权估计, 刻画了单边反向Hölder不等式成立的函数类. 关于单边算子的一些重要结果请参考[9, 10]等相关文献.

对半连续性问题的研究有着悠久的历史, 经典Hardy-Littlewood极大算子的下半连续性已经得到证明, 但是对单边Hardy-Littlewood极大算子的半连续性目前并没有进行研究. 本文首先回顾半连续性的定义, 其次叙述单边Hardy-Littlewood极大算子和单边Hardy-Littlewood极小算子的定义, 接下来使用两种不同的方法证明两类单边算子的半连续性: 单边极小算子$ m^{+}f(x) $在$ \mathbb{R}^{n} $上上半连续; 单边极大算子$ M^{+}f(x) $在$ \mathbb{R}^{n} $上下半连续.

设$ (X, d) $为完备的距离空间, $ f $是$ X $上的实值函数. 我们称$ f $在点$ x\in X $连续, 如果对任意的$ \epsilon>0 $, 存在一个$ \delta>0 $, 对所有的$ d(x, y)<\delta $满足$ f(x)-\epsilon<f(y)<f(x)+\epsilon . $当上式中只有单边的不等式成立时称$ f $在该点是半连续的. 称$ f $在$ x $点下半连续, 如果对任意的$ \epsilon>0 $, 存在一个$ \delta>0 $，对所有的$ d(x, y)<\delta $满足$ f(x)-\epsilon<f(y). $类似地, 称$ f $在$ x $点上半连续, 如果对任意的$ \epsilon>0 $, 存在一个$ \delta>0 $, 对所有的$ d(x, y)<\delta $满足$ f(y)<f(x)+\epsilon. $若$ f $在$ X $中每一点都半连续, 则称$ f $在$ X $上半连续. $ f $是上半连续的当且仅当集合$ \{x\in X:f(x)<a\} $为$ X $中的开集. 函数$ f $是下半连续的当且仅当集合$ \{x\in X:f(x)>a\} $为$ X $中的开集, 其中$ a $为任意实数.

接下来, 给出单边极小算子和单边极大算子的定义. 记$ Q(x, h)=\{(y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n})\mid x_{i}\leq y_{i}\leq x_{i}+h, 1\leq i\leq n\} $. 设$ f $为$ \mathbb{R}^n(n\geq 1) $上的局部可积函数, $ f $的单边极小算子定义为

$ m^{+}f(x)=\inf\limits_{h>0}\frac{1}{\mid Q(x, h)\mid}\int_{Q(x, h)}|f(y)|dy, $

类似地, $ f $的单边极大算子定义为

$ M^{+}f(x)=\sup\limits_{h>0}\frac{1}{\mid Q(x, h)\mid}\int_{Q(x, h)}|f(y)|dy. $

由Lebesgue微分定理可得对几乎处处的$ x\in \mathbb{R}^{n} $有$ m^{+}f(x)\leq |f(x)| \leq M^{+}f(x). $在本文中我们研究单边极小算子和单边极大算子的半连续性. 主要结果叙述如下.

定理2.1    单边极小算子$ m^{+}f(x) $在$ \mathbb{R}^{n} $上上半连续.

定理2.2    单边极大算子$ M^{+}f(x) $在$ \mathbb{R}^{n} $上下半连续.

为了证明本文的主要结果, 下面我们给出两个基本的引理.

引理2.1    (积分的绝对连续性) 设$ E \subset \mathbb{R}^{n} $为可测集且$ f\in L(E) $, 则对$ \forall\varepsilon>0, \exists \, \delta>0 $, 对于任意的可测集$ A\subseteq E $, 只要$ \mid A\mid<\delta $, 就有$ \mid \int_{A}f(x)dx\mid\leq\int_{A}\mid f(x)\mid dx<\varepsilon $.

引理2.1已经众所周知, 其证明可参见文献[11]定理4.12. 在给出下一个引理前, 我们先引入一些符号. 设 $ x=(x_{1}, \cdots, x_{n}), y=(y_{1}, \cdots y_{n})\in \mathbb{R}^{n} $, $ h>0, 0\leq a\leq h $.

记$ A_{i}=[x_{i}, x_{i}+h], B_{i}=[x_{i}-a, x_{i}+a+h] $; $ C_{i}=[x_{i}-a, x_{i})\bigcup(x_{i}+h, x_{i}+h+a] $, $ D_{i}=[x_{i}, x_{i}+a)\bigcup(x_{i}+h-a, x_{i}+h] $; $ G_{i}=B_{1}\times\cdots\times B_{i-1}\times C_{i}\times B_{i+1}\times\cdots\times B_{n} $, $ K_{i}=A_{i}\times\cdots\times A_{i-1}\times D_{i}\times A_{i+1}\times\cdots\times A_{n} $.

引理2.2    若$ I_{x}=\prod\limits_{i=1}^{n}A_{i} $, $ I_{y}=\prod\limits_{i=1}^{n}[y_{i}, y_{i}+h] $, 则当 $ \mid y_{i}-x_{i}\mid\leq a(i=1, 2, \cdots, n) $时以下结论成立.

(1) $ I_{y}-I_{x}\subset \bigcup \limits_{i=1}^{n}G_{i} $;

(2) $ I_{x}-I_{y}\subset \bigcup \limits_{i=1}^{n}K_{i} $;

(3) $ \mid I_{y}-I_{x}\mid=\mid I_{x}-I_{y}\mid\leq2nah^{n-1} $.

证  由结论(1)、(2) 可知结论(3) 显然成立. 我们只需证明结论(1) 和(2).

注意到当$ a=0 $时, $ I_{y}-I_{x}=I_{y}-I_{x}=\emptyset. $此时结论(1) 和(2) 显然成立. 所以我们不妨假定$ 0<a\leq h. $

首先我们证明结论(1).

设$ z=(z_{1}, \cdots, z_{n})\in I_{y}-I_{x} $, 即$ z $属于$ I_{y} $但$ z $不属于$ I_{x} $. 对所有的$ i\in\{1, 2，\cdots, n\} $, 有$ z_{i}\in[y_{i}, y_{i}+h] $. 另一方面, 由$ |y_{i}-x_{i}|\leq a $得到$ x_{i}-a\leq y_{i}<y_{i}+h\leq x_{i}+a+h. $故$ z_{i}\in[x_{i}-a, x_{i}+a+h]=B_{i} $.

假设对所有的$ i\in\{1, 2, \cdots, n\} $, 有$ z_{i} $不属于$ [x_{i}-a, x_{i})\cup(x_{i}+h, x_{i}+h+a] $. 则$ z_{i}\in[x_{i}, x_{i}+h] $, 所以$ z\in I_{x}. $这与已知条件$ z\in I_{y}-I_{x} $矛盾. 因此必定存在某个$ i\in\{1, 2, \cdots, n\} $, 使$ z_{i}\in[x_{i}-a, x_{i})\cup(x_{i}+h, x_{i}+h+a]=C_{i}. $于是有$ z\in G_{i}, $进一步有$ z\in\bigcup\limits_{i=1}^{n}G_{i} $. 因此, $ I_{y}-I_{x}\subset\bigcup\limits_{i=1}^{n}G_{i} $.

接下来证明结论(2) 成立. 设$ z=(z_{1}, \cdots, z_{n})\in I_{x}-I_{y} $, 即$ z $属于$ I_{x} $且$ z $不属于$ I_{y} $. 从而对所有的$ i\in\{1, 2，\cdots, n\} $有$ z_{i}\in[x_{i}, x_{i}+h] $. 故$ z_{i}\in A_{i} $.

假设对所有的$ i\in\{1, 2, \cdots, n\} $, 有$ z_{i} $不属于$ [x_{i}, x_{i}+a)\cup(x_{i}+h-a, x_{i}+h] $. 下面分两种情况来考虑.

当$ 2a>h $时, 可得$ z_{i} $不属于$ [x_{i}, x_{i}+h]. $这与$ z_{i}\in A_{i} $矛盾.

当$ 2a\leq h $时, 注意到$ \mid y_{i}-x_{i}\mid\leq a $, 则有$ z_{i}\in[x_{i}+a, x_{i}+h-a] $且$ y_{i}\leq x_{i}+a\leq x_{i}+h-a\leq y_{i}+h $, 从而$ z_{i}\in[y_{i}, y_{i}+h], $这与$ z\in I_{x}-I_{y} $矛盾. 因此必定存在某个$ i\in\{1, 2, \cdots, n\} $, 使$ z_{i}\in[x_{i}, x_{i}+a)\cup(x_{i}+h-a, x_{i}+h]=D_{i} $. 于是$ z\in\bigcup\limits_{i=1}^{n}K_{i}, $故$ I_{x}-I_{y}\subset\bigcup\limits_{i=1}^{n}K_{i} $.

由于定理2.1和定理2.2的证明方法类似, 所以仅给出定理2.1的证明. 下面分一维情形和高维情形分别给出单边极小算子上半连续性的证明.

单边极小算子的一维情形   对任意的$ x\in \mathbb{R} $, 单边极小算子定义为$ m^{+}f(x)= \inf\limits_{h>0}\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}\mid f(t)\mid dt. $下面用两种方法来证明单边极小算子$ m^{+}f(x) $在$ \mathbb{R} $上上半连续. 对任意的$ \lambda\in \mathbb{R} $, 令

$ E_{\lambda}=\{x\in \mathbb{R}: m^{+}f(x)<\lambda\}, \; E_{\lambda}^{'}=\{x\in \mathbb{R}: m^{+}f(x)\geq\lambda\}. $

方法一: 证明$ E_{\lambda} $为开集.

证   注意到$ m^{+}f(x)\geq0 $. 所以当$ \lambda<0 $时, 显然$ E_{\lambda}=\emptyset $, 从而$ E_{\lambda} $为开集. 我们不妨假定$ \lambda\geq 0. $对任意的$ x\in E_{\lambda} $, 有

$ m^{+}f(x)=\inf\limits_{r>0}\frac{1}{r}\int_{x}^{x+r}\mid f(t)\mid dt<\lambda. $

由下确界定义，存在$ h>0 $, 使得$ a\triangleq\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}\mid f(t)\mid dt<\lambda. $即

$ \int_{x}^{x+h}\mid f(t)\mid dt=ah<\lambda h. $

记$ I'=[x-h, x+2h] $, 则$ f(x) $在$ I' $上可积. 取$ \varepsilon=\frac{\lambda h-ah}{2} $, 则由引理2.1知$ \exists \, \delta'>0 $，使得对于任意的可测集$ A\subseteq I' $, 只要$ \mid A\mid<\delta' $就有

$ \int_{A}\mid f(t)\mid dt<\frac{\lambda h-ah}{2}. $

由于$ I_{x}=[x, x+h], I_{y}=[y, y+h] $, 所以$ I_{x}\subset I', I_{y}\subset I'. $因此, $ I_{x}-I_{y}\subset I', I_{y}-I_{x}\subset I' $. 若取$ \delta=min\{{\frac{\delta'}{4}}, h\} $, 则当$ |y-x|<\delta $时, 由引理2.2得,

$ |I_{y}-I_{x}|=|I_{x}-I_{y}|\leq2\times1\times\delta\times h^{0}=2\delta<2\times\frac{\delta'}{4}=\frac{\delta'}{2}<\delta'. $

则

$ \int_{I_{y}-I_{x}}|f(t)|dt<\frac{\lambda h-ah}{2}, \; \int_{I_{x}-I_{y}}|f(t)|dt<\frac{\lambda h-ah}{2}. $

由以上估计得到,

$ \begin{align*} &\bigg| \int_{I_{y}}\mid f(t)\mid dt-\int_{I_{x}}\mid f(t)\mid dt\bigg| =\bigg| \int_{y}^{y+h}\mid f(t)\mid dt-\int_{x}^{x+h}\mid f(t)\mid dt\bigg| \\ =&\bigg|\int_{y}^{x+h}\mid f(t)\mid dt+\int_{x+h}^{y+h}\mid f(t)\mid dt- \int_{x}^{y}\mid f(t)\mid dt-\int_{y}^{x+h}\mid f(t)\mid dt\bigg| \\ =&\bigg|\int_{x+h}^{y+h}\mid f(t)\mid dt-\int_{x}^{y}\mid f(t)\mid dt\bigg| =\bigg| \int_{I_{y}-I_{x}}\mid f(t)\mid dt-\int_{I_{x}-I_{y}}\mid f(t)\mid dt\bigg| \\ \leq&\int_{I_{y}-I_{x}}\mid f(t)\mid dt+\int_{I_{x}-I_{y}}\mid f(t)\mid dt <\frac{\lambda h-ah}{2}+\frac{\lambda h-ah}{2}\\ =&\lambda h-ah . \end{align*} $

由此可得,

$ \begin{align*} \int_{y}^{y+h}\mid f(t)\mid dt&=\int_{I_{y}}\mid f(t)\mid dt <\int_{I_{x}}\mid f(t)\mid dt+(\lambda h-ah)\\ &=\int_{x}^{x+h}\mid f(t)\mid dt+(\lambda h-ah)\\ &=ah+\lambda h-ah\\ &=\lambda h. \end{align*} $

即

$ \frac{1}{h}\int_{y}^{y+h}\mid f(t)\mid dt<\lambda. $

所以,

$ \begin{align*} m^{+}f(y)&=\inf\limits_{r>0}\frac{1}{r}\int_{y}^{y+r}\mid f(t)\mid dt \leq\lambda. \end{align*} $

此事实说明$ y\in E_{\lambda} $, 并且$ (x-\delta, x+\delta)\subset E_{\lambda} $. 由$ x $的任意性可知$ E_{\lambda} $中的每一个点都有一个以该点为中心的邻域包含于$ E_{\lambda} $, 从而$ E_{\lambda} $中的点都是$ E_{\lambda} $的内点, 即$ E_{\lambda} $为开集.

方法二: 证明$ E_{\lambda}^{'} $为闭集.

证   由于当$ \lambda<0 $时结论显然成立. 故我们不妨假定$ \lambda\geq0 $. 取$ E_{\lambda}^{'} $中的任一收敛点列$ \{x_{k}\} $, 设$ x_{k}\rightarrow x (k\rightarrow \infty) $, 显然有, $ m^{+}f(x_{k})\geq\lambda, \; k=1, 2, \cdots. $

对任意的$ h>0 $, 有,

$ \frac{1}{h}\int_{x_{k}}^{x_{k}+h}f(y)dy\geq\inf\limits_{r>0}\frac{1}{r}\int_{x_{k}}^{x_{k}+r}\mid f(t)\mid dt=m^{+}f(x_{k})\geq\lambda. $

记$ f_{k}(y)=f(y)\chi_{I_{k}\vartriangle I}(y), $其中$ I_{k}=[x_{k}, x_{k}+h], I=[x, x+h], I_{k}\vartriangle I=(I_{k}\backslash I)\cup(I\backslash I_{k}). $则显然$ f_{k}(y) $在$ \mathbb{R} $上可测. 对几乎处处的$ y\in \mathbb{R}, $有, $ \mid f_{k}(y)\mid\leq\mid f(y)\mid, \lim\limits_{k\rightarrow \infty}f_{k}(y)=0. $由Lebesgue控制收敛定理得,

$ \lim\limits_{k\rightarrow \infty}\int_{I}\mid f_{k}(y)\mid dy=\int_{I}\lim\limits_{k\rightarrow \infty}\mid f_{k}(y)\mid dy=0. $

因此,

$ \begin{align*} \frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}|f(y)|dy&\geq\frac{1}{h}\int_{I_{k}}\mid f(y)\mid dy-\frac{1}{h}\int_{I_{k}\setminus I}\mid f(y)\mid dy\\ &\geq\lambda-\frac{1}{h}\int_{I_{k}\setminus I}\mid f_{k}(y)\mid dy\\ &\geq\lambda-\frac{1}{h}\int_{I_{k}}\mid f_{k}(y)\mid dy. \end{align*} $

令$ k\rightarrow \infty $时, $ I_{k}\rightarrow I $, 则有,

$ \lim\limits_{k\rightarrow \infty}\frac{1}{h}\int_{I_{k}}\mid f_{k}(y)\mid dy=\frac{1}{h}\int_{I}\lim\limits_{k\rightarrow \infty}\mid f_{k}(y)\mid dy=0. $

因此,

$ \frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}|f(y)|dy\geq\lambda, $

故$ m^{+}f(x)\geq\lambda. $所以$ x\in E_{\lambda}' $, $ E_{\lambda}' $为闭集, 证毕.

为了文章更完整易懂, 下面我们把单边极小算子半连续性在1维情形的证明推广到n维.

单边极小算子的n维情形   我们用两种方法来证明明单边极小算子$ m^{+}f(x) $在$ \mathbb{R}^{n} $上上半连续. 对任意的$ \lambda\in \mathbb{R} $, 令$ E_{\lambda}=\{x\in \mathbb{R}^{n}: m^{+}f(x)<\lambda\}, \; E_{\lambda}^{'}=\{x\in \mathbb{R}^{n}: m^{+}f(x)\geq\lambda\}. $

方法一: 下面证明$ E_{\lambda} $为开集.

证   由于当$ \lambda<0 $时, 显然$ E_{\lambda} $为开集. 我们不妨假定$ \lambda\geq 0. $对任意的$ x\in E_{\lambda} $有

$ m^{+}f(x)=\inf\limits_{r>0}\frac{1}{\mid Q(x, r)\mid}\int_{Q(x, r)}|f(t)|dt<\lambda. $

由下确界定义，存在$ h>0 $, 使得

$ a\triangleq\frac{1}{\mid Q(x, h)\mid}\int_{Q(x, h)}|f(t)|dt=\frac{1}{h^{n}}\int_{Q(x, h)}\mid f(t)\mid dt<\lambda. $

即

$ \int_{Q(x, h)}\mid f(t)\mid dt=ah^{n}<\lambda h^{n}. $

记$ I'=\prod\limits_{i=1}^{n}[x_{i}-h, x_{i}+2h] $, 则$ f(x) $在$ I' $上可积. 取$ \varepsilon=\frac{\lambda h^{n}-ah^{n}}{2} $，由引理2.1知存在正数$ \delta'>0 $，对于任意的可测集$ A\subseteq I' $, 只要$ \mid A\mid<\delta' $就有

$ \int_{A}\mid f(t)\mid dt<\varepsilon=\frac{\lambda h^{n}-ah^{n}}{2}. $

记$ I_{x}=\prod\limits_{i=1}^{n}[x_{i}, x_{i}+h], I_{y}=\prod\limits_{i=1}^{n}[y_{i}, y_{i}+h] $. 令$ \delta=min\{{\frac{\delta'}{4nh^{n-1}}}, h\} $. 对任意的$ y $满足$ |y-x|<\delta^{n} $, 显然有$ |y_{i}-x_{i}|<\delta, i=1, 2, \cdots, n $. 于是$ I_{x}\subset I', I_{y}\subset I' $.故$ I_{x}-I_{y}\subset I', I_{y}-I_{x}\subset I' $. 由引理2.2得,

$ |I_{y}-I_{x}|=|I_{x}-I_{y}|\leq2n\delta h^{n-1}\leq2n\times\frac{\delta'}{4nh^{n-1}}\times h^{n-1}=\frac{\delta'}{2}<\delta'. $

利用积分连续性可得,

$ \int_{I_{y}-I_{x}}|f(t)|dt<\frac{\lambda h^{n}-ah^{n}}{2}, \int_{I_{x}-I_{y}}|f(t)|dt<\frac{\lambda h^{n}-ah^{n}}{2}. $

通过以上估计我们有,

$ \begin{align*} \bigg|\int_{I_{y}}\mid f(t)\mid dt-\int_{I_{x}}\mid f(t)\mid dt\bigg| &=\bigg|\int_{I_{y}-I_{x}}\mid f(t)\mid dt-\int_{I_{x}-I_{y}}\mid f(t)\mid dt\bigg|\\ &\leq\int_{I_{y}-I_{x}}\mid f(t)\mid dt+\int_{I_{x}-I_{y}}\mid f(t)\mid dt\\ &<\frac{\lambda h^{n}-ah^{n}}{2}+\frac{\lambda h^{n}-ah^{n}}{2}\\ &=\lambda h^{n}-ah^{n} . \end{align*} $

由此可得,

$ \begin{align*} \int_{Q(y, h)}\mid f(t)\mid dt &=\int_{I_{y}}\mid f(t)\mid dt <\int_{I_{x}}\mid f(t)\mid dt+(\lambda h^{n}-ah^{n})\\ &=\int_{Q(x, h)}\mid f(t)\mid dt+(\lambda h^{n}-ah^{n})\\ &=ah^{n}+\lambda h^{n}-ah^{n}\\ &=\lambda\mid Q(y, h)\mid. \end{align*} $

即

$ \frac{1}{\mid Q(y, h)\mid}\int_{Q(y, h)}\mid f(t)\mid dt<\lambda. $

所以,

$ \begin{align*} m^{+}f(y)=\inf\limits_{r>0}\frac{1}{\mid Q(y, r)\mid}\int_{Q(y, r)}\mid f(t)\mid dt \leq\frac{1}{Q(y, h)}\int_{Q(y, h)}\mid f(t)\mid dt <\lambda. \end{align*} $

即$ y\in E_{\lambda} $. 由$ y $任意的可得$ \{y\in \mathbb{R}^{n}: \, \mid y-x\mid<\delta\}\subset E_{\lambda} $, 因此$ E_{\lambda} $为开集.

方法二：证明$ E_{\lambda}^{'} $为闭集.

证    由于当$ \lambda<0 $时结论显然成立. 故我们不妨假定$ \lambda\geq0 $. 取$ E_{\lambda}^{'} $中的任一收敛点列$ \{x_{k}\} $, 设$ x_{k}\rightarrow x (k\rightarrow \infty) $. 显然有$ m^{+}f(x_{k})\geq\lambda, k=1, 2, \cdots. $对任意的$ h>0 $, 有,

$ \frac{1}{\mid Q(x_{k}, h)\mid}\int_{Q(x_{k}, h)}f(y)dy\geq\inf\limits_{r>0}\frac{1}{\mid Q(x_{k}, r)\mid}\int_{Q(x_{k}, r)}\mid f(y)\mid dy=m^{+}f(x_{k})\geq\lambda. $

记$ Q_{k}=Q(x_{k}, h), Q=Q(x, h). $令$ f_{k}(y)=f(y)\chi_{Q_{k}\vartriangle Q}(y), Q_{k}\vartriangle Q=(Q_{k}\backslash Q)\cup(Q\backslash Q_{k}). $显然$ f_{k}(y) $在$ \mathbb{R}^{n} $上可测. 对几乎处处的$ y\in \mathbb{R}^{n} $有$ \mid f_{k}(y)\mid\leq\mid f(y)\mid, k=1, 2, \cdots. $且$ \lim\limits_{k\rightarrow \infty}f_{k}(y)=0. $由Lebesgue控制收敛定理可得,

$ \lim\limits_{k\rightarrow \infty}\int_{Q}\mid f_{k}(y)\mid dy=\int_{Q}\lim\limits_{k\rightarrow \infty}\mid f_{k}(y)\mid dy=0. $

因此,

$ \begin{align*} \frac{1}{\mid Q(x, h)\mid}\int_{Q(x, h)}|f(y)|dy =&\frac{1}{h^{n}}\int_{Q}\mid f(y)\mid dy \geq\frac{1}{h^{n}}\int_{Q_{k}}\mid f(y)\mid dy-\frac{1}{h^{n}}\int_{Q_{k}\setminus Q}\mid f(y)\mid dy\\ \geq&\lambda-\frac{1}{h^{n}}\int_{Q_{k}\setminus Q}\mid f_{k}(y)\mid dy \geq\lambda-\frac{1}{h^{n}}\int_{Q_{k}}\mid f_{k}(y)\mid dy. \end{align*} $

令$ k\rightarrow \infty $时, $ Q_{k}\rightarrow Q $, 则有,

$ \lim\limits_{k\rightarrow \infty}\frac{1}{h^{n}} \int_{Q_{k}}\mid f_{k}(y)\mid dy=\frac{1}{h^{n}}\int_{Q}\lim\limits_{k\rightarrow \infty}\mid f_{k}(y)\mid dy=0. $

因此, $ \frac{1}{\mid Q(x, h)\mid} \int_{Q(x, h)}|f(y)|dy\geq\lambda, $故$ m^{+}f(x)\geq\lambda. $所以$ x\in E_{\lambda}' $, 从而$ E_{\lambda}' $为闭集, 证毕.