实变函数论习题选解全

《实变函数论》习题选解

一、集合与基数

1.证明集合关系式：

（1）)()()()(B D C A D C B A --?--- ； （2）)()()()(D B C A D C B A -=--； （3）C B A C B A )()(-?--；

（4）问)()(C B A C B A --=- 成立的充要条件是什么？

证 （1）∵c

B A B A =-，c

c c B A B A =)(（对偶律），

)()()(C A B A C B A =（交对并的分配律）

， ∴)()(

)()()()(D C B A D C B A D C B A c c

c

c c ==---第二个用

对偶律

)()()()()()(B D C A D B C A D B A C B A c c c c c

--=?= 交对并

分配律

.

（2）)()()

()()()(c c

c

c

D B C A D C B A D C B A ==--交换律

结合律

)()()()(D B C A D B C A c -==

第二个用对偶律

.

（3）)()()

()()(C A B A C B A C B A C B A c c

c

c =

==--分配律

C B A C B A c )()(-=?.

（4）A C C B A C B A ??--=-)()( .

证 必要性（左推右，用反证法）：

若A C ?，则C x ∈? 但A x ?，从而D ?，)(D A x -?，于是)(C B A x --?；

但C B A x )(-∈，从而左边不等式不成立，矛盾！ 充分性（右推左，显然）：事实上，

∵A C ?，∴C C A = ，如图所示：

故)()(C B A C B A --=- .

2.设}1 ,0{=A ，试证一切排列

A a a a a n n ∈ ),,,,,(21

所成之集的势（基数）为c .

证 记}}1 ,0{),,,,,({21=∈==A a a a a a E n n 为所有排列所成之集，对任一排列}1 ,0{ ),,,,,(21=∈=A a a a a a n n ，令 n a a a a f 21.0)(=，特别， ]1 ,0[0000.0)0(∈== f ，]1 ,0[1111.0)1(∈== f ，

即对每一排列对应于区间]1 ,0[上的一个2进小数]1 ,0[.021∈ n a a a ，则f 是一一对

应（双射），从而集合E 与集合]1 ,0[对等（即E ～]1 ,0[），而对等的集合有相同的基数，故c E ==]1 ,0[.

3.证明：整系数多项式的全体是可列的（可数的）.

证 对任一N ∈n ，n 次多项式n

n n x a x a x a a P ++++= 2

210对应于一个序列：

n a a a a ,,,,210 ，而每个)0(n i a i ≤≤取自可数集N N Z }0{-=，因此，全体n 次

整系数多项式n P 是有限个（1+n 个）可数集之并集，仍是可数的.故全体整系数多项式所构成的集合 N

∈=

n n P P 就是可数个可数集之并集，由定理1.3.8可知：它仍是可数的.

4.设]1,0[C 表示区间]1,0[上一切连续函数所成之集，试证它的势为c .

证 首先，对任意实数R ∈k ，看作常值连续函数，]1 ,0[C k ∈，

∴ ]1 ,0[C ≤R ，即 ]1 ,0[C c ≤；

另一方面，实数列全体之集}),,,,,{(21R ∈=i n a a a a E 的基数c E =，为证

c C ≤]1 ,0[，只需证]1,0[C 与E 的一个子集对等即可.事实上，把]1 ,0[中的有理数

]1 ,0[ Q 排列成 ,,,,21n r r r .对任何]1 ,0[C f ∈，则f 由它在 ,,,,21n r r r 处的

值 ),(,),(),(21n r f r f r f 所完全确定.这是因为]1 ,0[ 在Q 中是稠密的，即对任何

]1 ,0[∈x ，存在上述有理数列的一个子列)(∞→→k x r k n ，由f 的连续性知：

)(lim )(k n k r f x f ∞

→=.

现在，作映射E C →]1 ,0[:?，)),(,),(),(()(21 n r f r f r f x f ，则?是单射，而集E C f r f r f r f A n ?∈=}]1 ,0[)),(,),(),({(21 是全体实数列E 的一个子集，故

]1 ,0[C ～E A ?，即 c C ≤]1 ,0[.综上可知：c C =]1 ,0[.

附注 ①若?=21A A ，?=21B B ，又1f ：1A ～1B ，2f ：2A ～2B .则存在

f ：21A A ～21B B ；假如21A A ?，21B B ?，21,f f 的意义同前，问是否存在

12A A -到12B B -的一一对应？

解 若?=21A A ，?=21B B ，令??

?∈∈=,

),(,

),()(2211A x x f A x x f x f 则)(x f 就是2

1A A

到21B B 的一一对应.

若21A A ?，21B B ?，则12A A -与12B B -之间不一定存在一一对应.例如：

} , ,,2 ,1{ , }, ,4 ,3{ , },, ,3 ,2{2211 n B A n B n A ====，

),3 ,2( 1:1 =+n n n f ，),2,1( :2 =n n n f ，

则1f 是1A 到1B 的一一对应，2f 是2A 到2B 的一一对应.

但}2 ,1{ },1{1212=-=-B B A A ，显然12A A -与12B B -之间不存在任何一一对应.

②几个常见的一一对应：

（ⅰ）) ,(b a ～R ，()

) ,( , tan )(2

b a x x f a b a

x ∈-?=--ππ； )1 ,0(～R ，)1 ,0( , 1)(2

∈-=

x x

x x f ；

（ⅱ）)1 ,0(～]1 ,0[，将)1 ,0(中的有理数排列为 , , , ,21n r r r ，而]1 ,0[中的有理数排列为 , , , , ,1 ,021n r r r .作其间的对应f 如下：

???

??

?

?>====+，中无理数时是当当当当)1 ,0( , ),2( ,,

,1 ,

,0 )(2

21x x n r x r r x r x x f n n 则)(x f 是)1 ,0(与]1 ,0[间的一一对应. 注意 这种)(x f 一定不是连续的（为什么？）. （ⅲ）N N ?～N ，()N N ?∈-=-),( , )12(2

),(1

j i j j i f i .

这是因为任一自然数均可唯一表示为q n p

?=2（p 非负整数，q 正奇数），而对非负整数p ，正奇数q ，又有唯一的N ∈j i ,使得12 ,1-=-=j q i p .

（ⅳ）}]1 ,0[)()({上的一切实函数为

x f x f F =，则c

F 2=. 证

1.c

F 2≥；

设E 为]1 ,0[的任一子集，)(x E χ为E 的特征函数，即?

??-∈∈=.]1,0[ ,0,

,1)(E x E x x E χ

当21 E E 、均为]1 ,0[的子集，21 E E ≠时，)(1x E χ≠)(2x E χ.记

}]1 ,0[{?=E E M ，}]1 ,0[)({?=X E x E χ，

则M ～X ，c

M 2==X .而F ?X ，从而有F ≤X ，即F c

≤2. 2.c

F 2≤.

对每一F x f ∈)(，有平面上一点集 }]1 ,0[ ),(),{(∈==x x f y y x G f （即f 的图形）与之对应.记 })({F x f G G f F ∈=，则F ～F G ，F G F = . F G 为平面上一切点集全体B 的子集，而c

B 2=，从而有c

F G F 2≤=.

综合 1，

2立知 c F 2=.

附注 此题提供了证明两个无限集对等的一般方法，这便是Cantor-Bernstein 定理. 其特殊情况是：若C B A ??，而A ～C ，则B ～C （此结果更便于应用）. 5.试证任何点集的内点全体组成的集是开集.

证 设集F 的内点集为0F （称为F 的内部），下证0

F 为开集.

F x ∈?，由内点的定义，存在x 的邻域F I x x x ?=),(βα.现作集 F

x x I G ∈=

，则

显然G 为开集，且G F ?0

.另一方面，对任意G y ∈，存在0x I ，使得F I y x ?∈0，

所以，y 为F 的内点，即0

F y ∈，也就是说0F

G ?.综上有G F

=0

为开集.

6.开映射是否连续？连续映射是否开？

解 开映射未必连续.例：在每个区间) ,2 ,1 ,0( ]1 ,[ ±±=+n n n 上作Cantor 三分集

n P ，且令n n P n n G -+=]1 ,[，而 +∞-∞

==

n n P P ， +∞

-∞

==n n G G ，则G 为开集.又设G 的构

成区间为} ,3 ,2 ,1 ), ,{( =k b a k k .（教材P21例1中的Cantor 集P 即本题中的0P ）

现在R 上定义函数 ??

?

??∈=∈---=, ,0 , ,3 ,2 ,1 ), ,( )],21(tan[)(P x k b a x a b x b x f k k k k k π

则f 在R 上映开集为开集，但f 并不连续.事实上，若开区间) ,(βα含于某个构成区间

) ,(k k b a 内，则f 就映) ,(βα为开区间) )]21(tan[ )],21(tan[ (k

k k k k k

a b b a b b ------β

παπ； 若开区间) ,(βα中含有P 中的点，则f 就映) ,(βα为R .然而P 中的每个点都是)

(x f

的不连续点.

又连续映射未必为开映射.例：2

)(x x f =在R 上连续，但开集)1 ,1(-的像为)1 ,0[非开非闭.

7.设E 是Cantor 集P 的补集中构成区间的中点所成的集，求E '. 解 P E ='.分以下三步：

①设Cantor 集为P ，其补集（或叫余集）为G ，则 ),(),(),(9

89792913231=G . 考察]1 ,0[中的点的三进制表示法，设 ???=,2,0i a ??

?

??=,

2,1,

0i b （ ,3 ,2 ,1=i ）.

由Cantor 集的构造知：当P y ∈时，y 的小数点后任一位数字都不是1，因而可设

n a a a y 21.0=；

当G x ∈时，可设 2121.0++=n n n b b a a a x ；特别，对于G 的构成区间的右端点右y 有

0200.021n a a a y =右；

对于G 的构成区间的左端点左y 有 20222.021n a a a y =左. 由此可见，G E ?，且当E z ∈时，有 111.0)(212

1

n a a a y y z =+=

右左.

②下证Cantor 集P 中的点都是E 的极限点：

对P y ∈?，由于 n a a a y 21.0=，取E z k ∈，则 111.021n k a a a z =. 由于y 与k z 的小数点后前k 位小数相同，从而

k k k k k y z 3

131233131121

++

≤

-+++ ， 故,0 ,0>?>?N ε当N k >时，有

ε

3

1，即ε<-y z k ，

∴)( ∞→→k y z k ，即 E y '∈.

③下证G x ∈?，有E x '?.事实上，有两种情况：

10.若E x ∈，则只能是G 的构成区间的中点，即 111.021n a a a x =.由Cantor

集的构造知：对)( x z E z ≠∈?，都有 n

x z 3

1≥

-，所以，E x '?；

20.若E x ?且G x ∈，则)1(,111.0121+>=+n m b a a a a x m m n ，于是，

E z ∈?，有m

x z 3

1>

-，所以，E x '?.

故G 中的点不属于E '.

综上所述，我们有：P 中的点都是E 的极限点，不在P 中的点都不是E 的极限点，从而P E ='.

8.设点集列}{k E 是有限区间],[b a 中的非空渐缩闭集列（降列），试证?≠∞

= 1

k k E .

证 用反证法：若

?=∞

= 1

k k

E ，则()] ,[\] ,[\] ,[1

1

b a E b a E b a k k k k ==∞

=∞= ，从而

} ,\] ,[{N ∈=k E b a E k c

k 为有界渐张开集列（升列），且覆盖],[b a ，由数学分析中的

“有限覆盖定理”（Borel ）可知：存在子覆盖} , ,2 ,1:{n k E c k

=，使得] ,[1

b a E n

k c

k ?= ，

即

()] ,[\] ,[1

b a E b a n k k == . ∴ ] ,[\] ,[1

b a E b a n

k k

== ，从而?== n

k k E 1

，故?=n E ，

矛盾！

附注 更一般地，若非空闭集套}{n E ： ????n E E E 21满足

0sup )(,??→?-=∞

→∈n E y x n y x E n

ρ，

则存在唯一的 ∞

=∈

1

0n n E x .（这等价于“分析学”或“拓扑学”中著名的“压缩映像原理”

） 证 由n E 非空，取) ,3 ,2 ,1( =∈n E x n n ，则}{n x 为Cauchy 基本收敛列.事实上，由于1+?n n E E ，所以，) ,2 ,1 ,0( =?∈++m E E x n m n m n ，从而

0)(sup ,??→?=-≤-∞

→∈+n n E y x n m n E y x x x n

ρ，

由极限存在的Cauchy 准则知：存在唯一的0x 使得0x x n n ??

→?∞

→.又由n E 为闭集立知n E x ∈0，从而 ∞

=∈1

0n n E x .存在性得证.下证唯一性：

若另有 ∞

=∈

1

0n n E y ，则) ,2 ,1( 00 =∈n E y x n 、，而0)(0

0→≤-n E y x ρ，

所以，00x y =.这就证明了唯一性.

9.若] ,[)(b a C x f ∈，则 ()αα≥∈?f E , R 为闭集.

证 只要证：若0x 为()α≥f E 的极限点（即聚点），必有E x ∈0.

由0x 为()α≥f E 的极限点，故有点列) ,2 ,1( =∈n E x n ，满足0lim x x n n

=；

又由于诸 ] ,[ b a E x n ?∈以及)(x f 的连续性，从而有

] ,[ ,)(0b a x x f n ∈≥α 以及 α≥=)(lim )(0n n

x f x f .

这就证明了E x ∈0.

9*.若在],[b a 上，)()(lim x f x f n n

=，记

}],[ ,)({)(b a x x f x E n n ∈>=αα，}],[ ,)({)(b a x x f x E ∈>=αα，

证明：() ∞

=∞

→+=

1

1lim )(k k

n n E E αα. 证 一方面，当)(αE x ∈时，α>)(x f ?, k ?使得k

x f 1)(+

>α，即k

n n

x f 1

)(lim +

>α

, N ??当N n >时，k

n x f 1)(+

>α()() ∞

=∞

→∞

→+∈?+

∈?1

1

1lim lim k k

n n k

n n E x E x αα. 另一方面，() ∞

=∞

→+∈

1

1lim k k

n n E x αk ??，使()k n n E x 1lim +∈∞→α, N ??当N n >时， ()n E x 1

+

∈α. 即 n x f 1)(+>α（N n >）k

n n

x f x f 1)(lim )(+≥=?α， α>?)(x f ，从而)(αE x ∈. 综上可得 () ∞

=∞

→+

=1

1

lim )(k k

n n E E αα.

10.每一个闭集是可数个开集的交集.

证 设F 为闭集，作集) ,2 ,1( }),( {1 =<=n F x x G n

n ρ，其中),(F x ρ表示点x 到集F 的距离，则n G 为开集.下证： n

n G F =.

事实上，由于对任意N ∈n 有n G F ?，故有 n

n G F ?；

另一方面，对任意 n

n G x ∈

0，有 ) ,2 ,1( ),(010 =<≤n F x ρ，令∞→n 有0),(0=F x ρ.所以，F x ∈0（因F 为闭集），从而F G n

n ? .综上可知： n

n G F =.

附注 此题结果也说明：可数个开集的交不一定是开集，因而才引出了δG -型集的概念.

11.证明：开区间不能表示成两两互不相交的可数个闭集的并集.

证 可有两种证法（很麻烦）：一种是反证法，即若 n

n F b a I ==) ,(0，其中}{n F 为两

两互不相交的闭集列，我们设法找到一点) ,(0b a x ∈，但 n

n F x ?

0，从而得出矛盾；

另一种证法是：记) ,(b a =?，证明下述更强的结果：若}{n F 为含于?内的任一组两两互不相交的闭集列，则 n

n F -

?的势（基数）等于连续势c ，从而立知不可能有

n

n F b a ==?) ,(.

取1F ，令1010sup , inf F b F a ==，由1F 为闭集，故100 , F b a ∈，且

100000] ,[ , F b a I b b a a ?=<≤<.

又记) ,( , ) ,(0201b b a a =?=?（非空），则有两种情况： ①若)2 , 1( 2

=?∞=i F n n i

中至少有一个空集，比如

2

1?=?∞

= n n F ，而

?=???0111I F ，所以， 1

1?=?∞

= n n F ， 11

??-?∞

= n n F .因此，

c F n

n

=?≥-

?1 .问题得证.

②)2 , 1( 1

=?∞

=i F n n i

均不为空集，对)2 , 1( =?i i ，在 , ,32F F 中存在最小的

下标)

(1i n 使?≠?i n i F )(1

，显然，2},min{)

2(1)

1(11≥=n n n 以及)(1

, , ,00i n F b b a a ?，从而i n i n i i F F ?=? )(1

)(1

为含于开区间i ?内的闭集，对此闭集仿上作出两个闭区间

)2 ,1( )(1=i I i ，它们满足：

（ⅰ）)

2(1)1(10 , ,I I I 互不相交； （ⅱ）

2

1

1

2

1

)

(10

1===??i i n i i i i F F I I .

对在?中挖去)

2(1)1(10 , ,I I I 后余下的四个开区间重复上述步骤，以此类推，用归纳法假设第N 步作出闭区间)2 , ,2 ,1( )

(N

k N k I =，它们满足：

（ⅰ）) , ,2 ,1 ; 2 , ,2 ,1( ,)

(0N n j I I n

j n ==互不相交；

（ⅱ）

11

1

121

)(0)]

([

+====?

?N i i n i i N n j j n F F I I N n

（因为1+≥N n N

）.

在开区间?中挖去闭区间) , ,2 ,1 ; 2 , ,2 ,1( ,)

(0N n j I I n

j n ==后余下的12+N 个开区间中，如果至少有一个开区间比如0i ?与

2

+≥N n n F 的交为空集，则由（ⅱ）知与 ∞

=1

n n F 的

交也为空集，从而c F i n

n

=?≥-

?0 .问题得证.若不然，则这12+N 个开区间均与

2

+≥N n n

F 相交，重复上述步骤得到一列闭区间} ,{)

(0j n I I ，再利用完备集的结构定理可知它关于] ,[b a 的余集为非空完备集，又在（ⅱ）中令∞→N ，得

∞

=∞

==?1

121

)

(0)]

([

i i n j j n F I I n

所以，集 ∞

=-

1

) ,(i i F b a 的势（基数）等于连续势c .

附注 ①我们知道：可数个闭集的并集不一定是闭集，而此题结果又说明了“开区间（是

开集）却不能表示成可数个互不相交的闭集的并集”，所以又引出了σF -集. ②任何闭区间不可能表示成可数个疏集的并集（提示：用反证法，若 i

i F b a =

],[，

其中),2,1( =i F i 为疏集，可构造一闭区间套，则导出矛盾！）

12.证明：用十进位小数表示]1 ,0[中的数时，其用不着数字7的一切数成一完备集.

证 对]1 ,0[中的任一数x 均可表示为) ,2 ,1 },9 , ,2 ,1 ,0{( 101

=∈=

∑∞

=k a a x k k k k

（x

的这种表示法不一定唯一），而如此表示的级数其值都在]1 ,0[内.

记G 表示]1 ,0[中数的十进位可能表示

101

∑∞

=k k k

a 中必有某一个7=k a 的那些数的全

体，从而只要证明G 关于]1 ,0[的余集G P -=?

]1 ,0[为完备集.

作开区间(

)10

8

1070,=

δ，),2 ,1( 10810 , 1071011111

=???

?

??++=+=+=∑∑n a a n n k k k n n k k k a

a n

δ

其中n a a ,,1 为不等于7而小于10的非负整数.

显见这些开区间为]1 ,0[中可数无穷个无公共端点的互不相交的开区间，其内点用十

进位数表示时至少有一个7=n a ，而端点用十进位数表示时可使所有7≠k a .作这些开 区间的并集记为U ，则U 为开集，且根据完备集的结构定理知U 关于]1 ,0[的余集为一 完备集，于是，只要证明U G =即可.

由U 的定义显见G U ?；另一方面，若G x ∈，则在x 的所有可能的十进位表示

101

∑∞

=k k k

a 中均必有一个7=n a ，且不妨设此n 为满足等式的最小整数即11,,-n a a 均不

等于7.首先证明下述两种情况不能发生：①) ,2 ,1( 0 ++==n n m a m ，此时x 表示 区间11-n a a δ的左端点，它有另一十进位表示：

∑∑+≥-=+

+

1

1

1

109

10

610n i i n

n i i

i

a ，在此表示中一

切7≠n a ，因此x 不可能是这种情况；②) ,2 ,1( 7 ++==n n m a m ，此时x 表示区 间11-n a a δ的右端点，它有另一十进位表示：

n

n i i

i

a 10

8101

1

+

∑-=，在此表示中一切7≠n a ，

因此x 也不可能是这种情况.由此可知U x n a a ?∈-11 δ.综上所证可知U G =.证毕！ 附注 ①c P =； ②P 在]1 ,0[中不稠密（因?=)7.0 , 28.0( P ）.

13.试在]1 ,0[上定义一个函数，它在任一有理点不连续，但在任一无理点连续.

解 ①设

∑∞

=1

n n

a 为一收敛的正级数，因]1 ,0[上全体有理数可数，故可记为

},,,,{21 n r r r Q =.对]1 ,0[∈?x ，定义函数∑<=

x

r n n a x f )(，其中和式是对x r n <的

那些相应的n a 求和.则)(x f 为]1 ,0[上单调递增函数且在无理点连续，有理点不连续其跃度为000)()(n n n a r f r f =--

+

.

事实上，因为对任意x y >，0)()(≥=

-∑<≤y r x n n a x f y f ，所以，)(x f 为增函数；

又记}{y r x r E n n y x <≤=，当x 为无理数时，?=+→y x x

y E lim ，所以，)()0(x f x f =+. 同理可证)()0(x f x f =-，所以，)(x f 在无理点连续；当x 为有理数0n r 时，有

0lim n y x x y r E =+

→，所以，0)()0(n a x f x f =-+，且此时类似亦有)

()0(x f x f =-（0n r x =），从而 000)()(n n n a r f r f =--

+

0>.

②微积分中熟知的Riemann 函数 ?????≥==中无理数，

为，，

互素正整数]1,0[0),,( ,)(1x q p q p x x R p q p

亦为所求函数.

附注 ①不存在]1 ,0[上这样的函数，它在每一有理点连续，而在每一无理点不连续； （提示：只要证任何在]1 ,0[中有理点连续的函数)(x f ，至少在一个无理点上连续.可利

用闭区间套定理）.

②设B A ,为非空不交闭集（可无界），则存在) ,()(∞+-∞∈C x f 满足：1)(0≤≤x f ，且当A x ∈时，0)(=x f ，而当B x ∈时，1)(=x f ；

(提示：),( , )

,(),()

,()(+∞-∞∈+=

x B x A x A x x f ρρρ，其中),(A x ρ为点x 到集A 的距离.

再证分子连续，分母大于0连续，从而)(x f 连续.而满足条件显然)

更一般地，此结果可推广到n 个非空不交闭集上：设),,2,1(n k A k =为n 个非空不交 闭集，?连续函数)(x f 使得k A x ∈时，k C x f =)(（k C 为常数，n k ,,2,1 =），则

??????????=∈====∑∑. ,),(1

),(,

,,2,1 , , )(11

1 n k k n

k k n

k k

k k k A x A x A x C n k A x C x f ρρ即可. 二、勒贝格（Lebesgue ）测度

1.设1E 、2E 均为有界可测集，试证()()212121E E m mE mE E E m -+=.

证 因1E 、2E 可测，则21E E 可测，212E E E -可测，且

)()(212212E E m mE E E E m -=-.

又由()?=-2121E E E E ，得

()()()2121212121E E m mE mE E E E m mE E E m -+=-+=.

2.试证可数个零测度集的并仍是零测度集.

证 设 ∞

==

==1

, ,2 ,1 ,0n n n E E n mE ，则E 可测，且有

001

1=≤???? ??=≤∑∞

=∞=n n n n mE E m mE ，∴ 0=mE .

3.设有两个开集21G G 、，且21G G ?，那么是否一定有21mG mG <？

解 不一定成立.例：)2 ,1()1 ,0(1 =G ，)2 ,0(2=G ，

则21G G ?，但212mG mG ==. 4.对任意开集G ，是否一定有mG G m =成立？

解 不一定.例 ：对]1 ,0[中的所有有理数} , , , ,{21 n r r r ，作开集如下：

∞

=++??? ?

?

+-=12221 ,21n n n n n r r G ，则G 为开集，且2121*11=≤=∑∞

=+n n G m mG .

但由]1 ,0[?G ，可得1]1 ,0[=≥m G m .故mG G m ≠.

5.设n A A A 、、、 21是]1 0[，中n 个可测集，且满足11->∑=n mA n

k k ，试证01>???

? ??= n k k A m .

证 由1题可知：)()(212121E E m mE mE E E m -+=.

又∵]1 ,0[?i A ，∴ 1≤i mA ，n i , ,2 ,1 =，而c

n i c i n

i i A A ?

??

?

??=== 11，

∴∑∑====--=-≥???

? ??-=???? ??n i i n i c

i n i c i n i i mA m mA A m A m 1111)]1 ,0[(111

0)1(11

1

>--=+-=∑∑==n mA mA n n i i n i i .（由已知11

->∑=n mA n

k k ）

6*.设0*>=q E m ，则对任何) ,0(q p ∈，存在E E ?0，使得p E m =0*（称为“外测

度的介值定理”）.（以下证明最好能看懂，否则Pass ！）

证 ①先设E 是有界集，即] ,[b a E ?，0*>=q E m .

令()] ,[**)(x a E m E m x f x ==，] ,[b a x ∈，则)(x f 是] ,[b a 上单调不减的连续函数.事实上，

10.因?==或}{}{a a E E a ，E b a E E b ==] ,[ ，则0)(=a f ，0)(>=q b f ；

当21x x <，且] ,[21b a x x ∈、时，21] ,[] ,[21x x E x a E x a E E =?= ，由外测度的单调性，有)(**)(2121x f E m E m x f x x =≤=.所以，)(x f 是] ,[b a 上的单调不减函数.

20

.因()

1112*]),[(***)()(2112x x x x E m x x E E m E m E m x f x f -=-=-

()122121],[*],[*x x x x m x x E m -=≤≤ ；

同理，当12x x <时，2121)()(x x x f x f -≤-. ∴ 2121)()(x x x f x f -≤-.

于是，让1x 为] ,[b a 上任意一点x ，而] ,[2b a x x x ∈?+=，则有

x x f x x f ?≤-?+)()(，故当0→?x 时，)()(x f x x f →?+，即] ,[)(b a C x f ∈.

②由] ,[)(b a C x f ∈，) ,0(q p ∈?，即)()(b f p a f <<，由闭区间上连续函数的介值定理，] ,[0b a x ∈?，使得p x f =)(0，即()p x a E m =] ,[*0 . ③当E 无界时，令] ,[][n n E E n -= ，N ∈n ，则n E ][可测，满足

????n E E E ][][][21，且有 ∞

==1

][n n E E ，

∴ 0*][*lim >>==∞

→p q E m E m n n .

由极限的保号性，N ∈?0n ，使得p E m n >0][*.记)( ][*00p p E m n >=，而0][n E 为有界集：] ,[] ,[][000n n n n E E n -?-= .如前两步所证，作函数

()

] ,[][**)(00x n E m E m x f n x -==

则)(x f 在] ,[0n n -上连续不减，且000)(0)(p n f n f =<=-.由00p p <<，

) ,( 00n n x -∈?，使得p x f =)(0，即p E m x =0*.

附注 若E 可测，0>=q mE ，则 q p p <

7.试作一闭集]1 ,0[?F ，使F 中不含任何开区间，但2

1=mF . 解 仿照Cantor 集的方法构造闭集F ： 第一步：将]1 ,0[作12等份，挖去中央的开区间1)12

7

,12

5(G =，长度为61； 第二步：将余下的两个闭区间]125,0[和]

1 ,127[再各12等份，分别挖去中央的开区间 2)72

59

,72

55

()72

17

,72

13(G = ，各长6131?，共长6

1312??； ……

第n 步：在余下的1

2

-n 个闭区间中，分别挖去其中央处长为

()61131?-n 的开区间，

记这1

2-n

个互不相交的开区间之并为n G ，其长度为12-n ()()13

26161131--?=??

n n ； 将这手续无限进行下去，得一串开集 ,, , , ,321n G G G G . 令 ∞

==

1

n n G G ，则G 为开集，且G F \]1 ,0[=有与Cantor 集类似的性质：

①F 为闭集且是完备集；

②F 不含任何开区间（疏集）； ③F 可测，且由于()

2

113

2

6

11

1

3

2611

=

-=

==

∑

∑∞

=-∞=n n n n mG mG ， 故2

1211]1 ,0[=-=-=mG m mF . 附注 ①当第n 次去掉的1

2

-n 个开区间的长度为n

51

时，则

3

211512

15

251

1

1

=

--

=?

-=∑∞

=-n n

n mF ； ②对任何10 ,<<αα，当第n 次去掉的1

2-n 个开区间的长度为()13

13

1--?n α时，所得开集G 的测度为()

ααα-=-?==

-∞

=--∑111

3

2

3

11

1

3

231n n mG ，则 α=-=mG mF 1，这可作为一般公式来应用.

8.试证定义在) ,(∞+-∞上的单调函数的不连续点集至多可数，因而是0测度集.

证 设)(x f 为) ,(∞+-∞上的单增函数，则间断点必为第一类间断点，即若0x 为)(x f 的间断点，则0)0()0(00>--+x f x f .记}0)0()0({>--+=x f x f x E ，则E x ∈?，

))0( ),0((+-x f x f 为y 轴上的一个开区间，每个开区间中可取一有理数x r ，则E 中每

个元x 与有理数集中一元x r 相对应，即E 与Q 的一个真子集一一对应，故Q ≤E ，即E 至多可数，故0=mE .

9.设N ∈n E n },{为可测集列，且∞<∑∞

=1

n n mE ，则0lim =??? ??∞→n n E m .

证 ∵

∞<∑∞=1

n n mE ，∴ , ,0N ?>?ε使ε<∑∞

=N

n n mE .而

∞

=∞

=∞

=∞→?=N n n k k n n n n E E E 1lim ，∴ε<≤????

??≤??? ??∑∞=∞=∞→N

n n N n n n n mE E m E m lim .

故 0lim =??

? ??∞→n n E m .

10.试举出一列可测集}{n E ，含在一个有限区间中，而且n n mE ∞

→lim 存在，但

??

? ??≠??? ??∞→∞→n n n n E m E m lim lim .

解 考察如下集列 ??

???=+=--=), ,6 ,4 ,2( )1 ,0[),

,5 ,3 ,1( ]0 ,1(1

1 n n E n n n

显然 ),3,2,1( )2 ,2( =-?n E n .

又 ()()]1 ,1[1 ,1 1 ,1 lim 11111-=???

?

????+--????????+--==∞

=∞

= 为偶数为奇数n n n n k k n n

E E ，

}0{}0{lim 1

1

===

∞

=∞=∞= n n n

k k n n E E .（从而n n

E lim 不存在） 所以，0lim 2lim =??

? ??≠=??? ??∞

→∞→n n n n E m E m .虽然n n

E lim 不存在，但}{n mE 存在极限：

()11lim lim 1

=+

=n

n

n n

mE .

附注 一般，若}{n E 为可测集列，且

∞

=1

n n E 有界，则

n n n n mE E m ∞

→∞→≤??? ??lim lim ，n n n n mE E m ∞→∞→≥??? ??

lim lim .（不妨一证） 11*

.设N ∈n E n },{为R 中互不相交的点集列， ∞==1n n E E ，则∑∞

=≥1

**n n E m E m .

证 因 ∞

==

1

n n E E ，且n E 互不相交，则对每个n E ，有σF 型集n F ，使n n E F ?，且

n n E m mF *=.∴ ∞

=1

n n F 仍为σF 型集.又对于E 的σF 型集E F ?，且E m mF *=.

但

F F n n ?∞= 1

，故有∑∞

=≥1

**n n E m E m .

三、可测函数

1.证明)(x f 是E 上可测函数的充要条件是：对任一有理数r ，集)(r f E >恒可测.

如果集)(r f E =恒可测，问)(x f 是否一定可测？

证 必要性：显然，∵ 有理数属实数集.

充分性：设对任一有理数r ，集)(r f E >恒可测，则对R ∈?α，?有理数列∞

=1}{n n r ，

α>n r ，使得α=∞

→n n r lim .从而 ∞

=>=>1

)()(n n r f E f E α为可测集.

又如果对任何有理数r ，集)(r f E =恒可测，则f 不一定是可测的.例如：R =E ，F 是E 中的不可测集（它是存在的，尽管不容易构造，教材P65定理2.5.7）

，对任意F x ∈，3)(=x f ；F x ?，2)(=x f .则对任何有理数r ，?==)(r f E 恒可测，

但F f E =>

)2(是不可测集，从而f 不可测.

2.设)(x f 是E 上的可测函数，F G 、分别为R 中的开集和闭集，试问)(G f E ∈和

)(F f E ∈是否可测？这里记号})(:{)(A x f E x A f E ∈∈=∈.

答 )(G f E ∈和)(F f E ∈均可测.

证 令 ∞

==

1

) ,(n n n b a G ，j i ≠

时，?=) ,() ,(j j i i b a b a ，即) ,(n n b a （N ∈n ）为开

集G 的构成区间.∵)(x f 是E 上的可测函数，∴)(n n b f a E <<是E 中的可测集，从而 ∞

=<<

=

∈1

)()(n n n b f a E G f E 仍为可测集.

又对R 中的闭集F ，令F G \R =，则G 为开集.由上面证明可知)(G f E ∈可测，故)(\)(G f E E F f E ∈=∈仍可测.

3.（1）证明：)(lim lim n n n n A S A S -=-∞

→∞

→；

（2）设n A 是下述点集：当n 为奇数时，)1 ,0(1

n n A -=；当n 为偶数时，)1 ,(1n

n A =.证明：∞

=1}{n n A 有极限，并求此极限.

证 （1）)(lim )(lim 111n n k k

n n k k n n k k n n n n A S A S A S A S A S -=-=???? ??-=-=-∞

→∞=∞

=∞

=≥∞=∞=∞→ . （2）)1 ,0()1 ,0(lim 1

1===

∞=∞=≥∞

→ k k k

n n n n A A ，())1 ,0(1 ,lim 1

111=-==∞

=∞=≥∞

→ k k

k k k

n n n n A A ，

∴ )1 ,0(lim =∞

→n n A .

4.试作]1 ,0[=E 上的可测函数)(x f ，使对任何连续函数)(x g 有0)(≠≠g f mE .此结果

与鲁金（Lusin ）定理是否矛盾？

解 作函数?

??=∞+∈=,0 , ],1 ,0( , )(1x x x f x

则显然)(x f 是]1 ,0[=E 上的可测函数.

设)(x g 是]1 ,0[=E 上的任一连续函数，则)(x g 在]1 ,0[=E 上有界，于是，?0>N ，使得N x g ≤)(（]1 ,0[∈x ）.

而在] ,0[1N

上，N x f >)(，所以有]) ,0[( )()(1

N x x g x f ∈≠.故 0] ,0[)(1

1

>=

≥≠N

N m g f mE .

这就是说，]1 ,0[=E 上任何连续函数)(x g 都有0)(≠≠g f mE .

此结果与鲁金定理并不矛盾.事实上，0>?ε，可取闭集E F ?=]1 ,[2

ε，则 εε

<=2

)\(F E m ，而所作的函数)(x f 在F 上显然是连续的.

此题也说明鲁金定理结论中的0>ε可任意小，但都0≠.

5.设)(x f 是) , (∞+-∞上的连续函数，)(x g 是] , [b a 上的可测函数，试证明：)]([x g f 是

可测函数.

证 R ∈?α，由)(x f 在R 上连续可知：)(α>f R 是开集，设其构成区间为) ,(i i βα （ ,2 ,1=i ）.于是，N ∈?i ，当) ,()(i i x g βα∈时，α>)]([x g f ；反之，若

α>)]([x g f ，则必有N ∈i ，使) ,()(i i x g βα∈.所以，

()()() i

i i i

i i x g E x g E x g f E βαβαα<<=∈=>)() ,()()]([.

但由题设：)(x g 在] , [b a 上可测，则()i i x g E βα<<)(可测，故()α>)]([x g f E 可测.

6.设函数列∞=1)}({n n x f 在E 上依测度收敛于)(x f （即f f n

?→?μ

），且在E 上几乎处处有)( )()(N ∈≤n x g x f n .试证在E 上几乎处处有 )()(x g x f ≤.

证 ∵ f f n ?→?

μ

，由黎斯（Riesz ）定理，?子列)}({)}({x f x f n n k ?，使 f f k n →，a.e.于E （∞→k ），即E E ??0，f f k n →于0E ，且0)(0=-E E m .

令()()f f E g f E A k n n n →/???

?

??

>= ，则()

0=→/f f mE k n ；而由题设：g f n ≤，a.e.于E （N ∈n ）可知，n

n g f mE 2)( ,0ε

ε<>>?（N ∈n ），则有

()()()εε

=<+><→/+?

??

? ??>≤∑∑∞=∞=1120n n n n n n n g f mE f f mE g f E m mA ， 即0=mA ，而在A E -上有g f n ≤（0E x ∈?）且f f k n →（0E x ∈?）. 故)()(lim )(x g x f x f k n k ≤=∞

→（0E x ∈?），即)()(x g x f ≤，a.e.于E .

7.设函数列∞=1)}({n n x f 在E 上依测度收敛于)(x f ，且在E 上几乎处处有)()(1x f x f n n +≤

)( N ∈n ，则)(x f n 在E 上几乎处处收敛于)(x f （即f f n →，a.e.于E ）. 证 ∵ f f n ?→?

μ

，由黎斯（Riesz ）定理，?子列)}({)}({x f x f n n k ?，使 f f k n →，a.e.于E （∞→k ）；再由)()(1x f x f n n +≤，a.e.于E ，则必有

f f n →，a.e.于E .

8.设函数列∞=1)}({n n x f 在E 上依测度收敛于)(x f ，而)(x f n ～)(x g n )( N ∈n （称为对

等，也即n n g f =，a.e.于E ），则)(x g n 在E 上也依测度收敛于)(x f .

证 ∵ f f n ?→?

μ

，且n n g f =，a.e.于E ，则0>?ε，()

0lim =≥-∞

→εf f mE n n 且()0=≠n n g f mE .

∵ f f f g f g n n n n -+-≤-，

∴ ()()()εεε≥-≥-?≥-f f E f g E f g E n n n n .

又()()()()

0??→?≥-≤≥-+≥-≤≥-∞

→n n n n n n f f E f f E f g mE f g mE εεεε ∴ ()

0??

→?≥-∞→n n f g mE ε，即 f g n ?→?μ

. 9.试举例说明：对于叶果洛夫（Egorov ）定理，不能加强为除掉一个0测度集外，)(x f n

一致收敛于)(x f .

解 构造函数列)}({x f n 如下：

()????

?????≤≤<≤-?+-<≤<<+==++++,

1 ,0 , ,)1(1, ,1 ,0 ,)2( ,0 ,0 )(1111111

121

1x x x n n x x x n x x f n n n n n n n 则)(x f n 是]1 ,0[=E 上的连续函数列，必可测，且 )(0)(lim x f x f n n ==∞

→于]1 ,0[=E .

下面证明：对任一0 ,00=?mE E E 时，)}({x f n 在0E E -上不会一致收敛. 取2

1

0=

ε，无论N 取得多么大，总可取N N n >+=1，令[)02

131 ,E A n n -=

++，则显然A 非空（为什么？）.但

A x x f N ∈=+ ,1)(1， A x x f x f x f N N ∈>==-++ ,1)()()(011ε.

所以，)}({x f n 在0E E -上不一致收敛.由此可知：叶果洛夫定理不能加强为：除掉一个

0测度集外，)(x f n 一致收敛于)(x f .

10.几乎处处有限的可测函数列)}({x f n )(x f ?→?

μ

的充要条件是：对任何正数σ和ε，存在N ，当N m N n >> ,时，()

εσ<≥-m n f f mE （即它是依测度的Cauchy 列）. 证 必要性

由)()(x f x f n ?→?

μ

，则N n N >?>>? , ,0 ,0εσ时，(

)εσ

<≥-f f mE n .

又易知：()(

)()2

2

σ

σ

σ≥-≥

-?≥-f

f E f f E f f E m n m n ，则 ()()()2

2σσσ≥-+≥-≤≥-f f E f f E f f mE m n m n ， 从而当N m N n >> ,时，(

)

εσ<≥-m n f f mE .

下证充分性：先找出一个子序列f x f k n k ??

→?∞

→)}({，a.e.于E . 任取数列+∞<>∑∞

=1

,0 },{i i i i ηηη.由题设条件可知：存在k n ，使得

(

)) ,2 ,1 ; ,2 ,1( 21

==<≥

-+m k f f mE k

m n n k

k k η，

从而可取+∞↑k

n ，且有 ()k

n n k

k

k f f

mE η<≥-+21

1

.对这串}{k

n 作P Q ,： (

) ∞=∞

=≥

-=+1211i i

k n n k

k k f f E Q ，() ∞=∞

=<

-=-=+1211

i i

k n n k

k k f f

E Q E P .

令() ∞

=≥

-=

+i

k n n

i k

k k f f E R 211

，则 ?????+121

n n R R R R

， ∞

==1

i i R Q .

因此，()0lim lim

lim 211

=≤≥

-≤=∑∑∞

=∞

→∞

=∞

→∞

→+i

k k

i i

k n n

i i i k

k k f f mE mR mQ η

，所以，0=mQ .

下面证明)}({x f k n 是P 上的收敛基本列. 记 () ∞

=∞=∞

==<

-=

+1

1211

i i

i i

k n n

A f f E P k

k k ，则 ???++21

i i i

A A

A .

若P x ∈，则存在0i ，使得 ??∈+100i i A A x .对任给的0>ε，必有0i i >，使得

ε<-1

2

1i ，故对一切 ,2 ,1 ,=>m i l ，有

ε<=

≤-≤-≤--∞

=∞

==∑

∑∑+++1

212111i i

j j

i

j n n m

i

j n n n n j j j j m l l f f f f f f .

所以，)}({x f k n 在P 上的收敛于)(x f ，其中)( )(lim )(P x x f x f k n k ∈=∞

→.

显然，f f k n ?→?

μ

，于是，对任何正数σ和ε，存在N ，当N n N n k >> ,时，(

)2

2

ε

σ

<≥

-k n n f f mE ，()2

2

ε

σ

<

≥-f f

mE k

n .

而()

?>-σf f E n (

) 2

σ

≥-k

n n f f E ()2

σ

≥

-f

f E k

n ，所以，当N n >时，

()εσ<>-f f mE n ，即 f f n ?→?μ

于E .

四、Lebesgue 积分

1.设)()(x g x f 、都是E 上的可测函数，)()(E L x g ∈，且在E 上几乎处处成立

)()(x g x f ≤，问在E 上)(x f 是否一定可积？

解 )(x f 未必可积，因)(x f 不一定满足非负性.例如：取]1 ,0[=E ，0)(=x g ，