On cherche une sous-suite $\{ f_{n_{k}}\}_{n\in\mathbb{N}}$ de $\{ f_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$ telle que pour $\mu$ -presque tout $x\in\Omega$ , étant donné un $\varepsilon>0$ , il existe un $k\in\mathbb{N}$ (dépendant à priori de $x$ ) vérifiant $j\geq k \Rightarrow |f_{n_{j}}(x) - f(x)| < \varepsilon$ . Il suffit de montrer que pour $\mu$ -presque tout $x$ , il existe un $k\in\mathbb{N}$ tel que $j\geq k \Rightarrow |f_{n_{j}}(x) - f(x)| < \frac{1}{2^{j}} \leq \frac{1}{2^k}.$ Cela revient à montrer que le complémentaire de l’ensemble $A := \bigcup_{k=1}^{\infty} \bigcap_{j\geq k} \left\{|f_{n_{j}} - f|< \frac{1}{2^{j}}\right\}$ est de mesure nulle. Or $A^{c} = \bigcap_{k=1}^{\infty} \bigcup_{j\geq k}\left\{|f_{n_{j}} - f|\geq \frac{1}{2^{j}}\right\}.$ Posons $B_{k} := \bigcup_{j\geq k}\left\{|f_{n_{j}} - f|\geq \frac{1}{2^{j}}\right\}$ . On a $B_{1} \supset B_{2} \supset B_3 \dots$ avec $B_1$ de mesure fini ; donc par continuité de la mesure, il vient : $\mu(A^{c}) = \lim_{k\rightarrow +\infty} \mu(B_{k}).$ Par $\sigma$ -additivité, on a : $\mu(B_{k}) ~\leq~\sum_{j\geq k} \mu\left( \left\{|f_{n_{j}} - f|\geq \frac{1}{2^{j}}\right\}\right).$ On définit alors la sous-suite $\{ f_{n_{k}}\}_{n\in\mathbb{N}}$ de la manière suivante. Puisque $f_{n}$ converge vers $f$ en mesure, il existe un indice $n_1$ tel que pour $n\geq n_1$ , $\mu\left( \left\{|f_{n} - f|\geq \frac{1}{2}\right\}\right) \leq \frac{1}{2}.$ Il existe un indice $n_{2}> n_1$ tel que pour $n\geq n_2$ , $\mu\left( \left\{|f_{n} - f|\geq \frac{1}{2^2}\right\}\right) \leq \frac{1}{2^2},$ et ainsi de suite: pour tout $k\in\mathbb{N}$ , il existe un $n_{k}> n_{k-1}$ , tel que pour $n\geq n_{k}$ $\mu\left( \left\{|f_{n} - f|\geq \frac{1}{2^k}\right\}\right) \leq \frac{1}{2^k}.$ Pour cette sous-suite on a alors : $\mu(B_{k}) ~\leq~\sum_{j\geq k} \mu\left( \left\{|f_{n_{j}} - f|\geq \frac{1}{2^{j}}\right\}\right) ~\leq ~\sum_{j\geq k} \frac{1}{2^j} = \frac{1}{2^{k-1}}.$ On a bien $\mu(A^{c}) = \lim_{k\rightarrow +\infty} \mu(B_{k}) = 0.$

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