实变函数答案_胡适耕 第二章

第二章习题 A
1．作完备疏集]1,0[⊂F ，使得2/1=mF ．
解 在[0,1]上挖去居中长为
4
1的开区间)
1(1I ，余下两个闭区间记为)1(2)1(1E E ，．在闭区间)
1(2)1(1E E ，上挖去居中长为
24
1的两个开区间)
2(2)2(1I I ，余下的4个区间记为)
2(4)2(3)2(2)2(1E E E E ，，，．依此方法继续下去，设挖去的所有开区
间的并集为G =
∞==-121)(1
n i n i n I
，则G 为开集且
21
4
121
1
121
)
(1
===∑∑∑∞
=-∞==-n
n n n i n i
n mI
mG ．令F =[0,1]\G ，则F 是可测集且[0,1]=F G ,故2
1
211]1,0[=-
=-=mG m mF ．又因挖去的区间没有公共点，因此F 为完备集．又]1,0[=G ，从而c c
c G G G F ]1,0[)1,0()1,0(]1,0[)\]1,0([ ====
∅=，故F 为疏集，因此F 为完备疏集．
2．作闭集⊂F R\Q ，使得0>mF ．
解 记R 中有理数全体为 ，
，21r r ，作)2
1
,21(1
n n n n n r r G +-
=∞
= ，于是2≤mG ，作F =R \G ，则F 是闭集，又所有的有理点都在G 中,故F ⊂R \Q 且0>mF ．
3．设⊂A R ，∞<mA ，0>ε，
则存在有限个开区间i δ，使得εδ<∆))((i i
A m ． 证 由于A 为R 中可测集,由逼近性质,0>∀ε,存在闭集F 与开集G ,使
G A F ⊂⊂,且ε<)\(F G m ,又根据R 上开集结构:存在可数个G 的构成区间
i δ,使F A G i i ⊃⊃=∞
= 1
δ,即∞=1}{i i δ为F 的一个开覆盖．由于∞<≤mA mF ,
即F 为有界闭集,根据有限覆盖定理,必N n ∈∃,使
F n
i i
⊃= 1
δ
,故
F G A A A n
i i n
i i n
i i \)\()\(1
1
1
⊂=∆=== δδδ,
从而εδ<≤∆=)\())(
(1
F G m A m n
i i ．
4．设⊂A R 可测，∈a R ，0>δ，当x a x a x -+<与时δ||至少一个属于A ， 则δ≥mA ．
证 由假设，}||{}||{}||{δδδ<∈-<∈+=<x A x a x x A x a x x x ，， ，所以2})||({})||({δδδ<∈-+<∈+≤x A x a x m x A x a x m ，，，于是上式右端两项中，至少有一项不小于δ，设δδ≥<∈+})||({x A x a x m ，，于是由平移不变性δδ≥<∈+≥∈+=})||({})({x A a x x m A a y y m mA ，．
5．设A ⊂R n
，若0>∀ε，存在闭集A F ⊂与开集A G ⊃，使ε<)\(F G m ， 则A 可测． 证 取ε=
n
1
，则有开集n G 及闭集n F ，使得n n F A G ⊃⊃，且)\(n n F G m <n 1．作集合 ∞
=∞===1
1~~n n n n F F G G ，，则F G ~~和都是可测的，且
F A
G ~
~⊃⊃． ∵,n n G G F F ⊂⊃ ∴,\\n n n N G F G F ∀∈⊂
∴1
(\)(\)n n m G F m G F n ≤<
∴(\)(\)0(n n m G F m G F n ≤→→∞ ∴(\)0m G F =，即F G ~\~为零测集．又F G A G ~\~\~⊂，由完备性A G \~
是零测
集． ∵零测集一定是可测集 ∴A G \~
可测． ∴\(\)A G G A =是可测集．
6．设⊂G A ,R G mA n
,0,=为开集，则A G G \=．
证 易证G A G ⊂\．欲证A G G \⊂，只须证\G G A ⊂．若A G G \⊄， 则∃A G x G x \,∉∈，于是∅=⊂>'∃'')\()()(,0A G x B G x B δδδ且，
即∅==''c
c A x B A G x B )()()(δδ.
∴()00B x A mB mA δδ''⊂∴<≤=，矛盾．
∴\G G A ⊂．故有A G G \=．
7．设⊂A R n 可测，mA ≤≤α0，则α=⊂∃mB A B :．
证 (1) 当+∞=α时，取A B =即可.
（2）当+∞<mA 时，对0≥r ，令))0(()(r B A m r f =，则mA r f ≤≤)(0．若
)(r f 为0≥r 上的连续函数，则由0)0(=f 且mA ≤≤α0，根据介值定理0≥∃αr 使ααα==))0(()(r B A m r f ，取A B A B r ⊂=)0(α 即得．下证)
(r f 为0≥r 上的连续函数．0,00>≥∀εr ，取0>∆r 足够小，使
ε<∆+))0(\)0((00r r r B B m ，则
))0(())0(()()(0000r r r B A m B A m r f r r f -=-∆+∆+
))0(())])0(\)0(()0([(0000r r r r r B A m B B B A m -=∆+ )]0(\)0([(00r r r B B A m ∆+= ε<≤∆+)]0(\)0([)00r r r B B m
故)(r f 在0r 右连续，同理可证)(r f 在0r 左连续．故)(r f 在0r 连续．由0r 的任意性即知)(r f 在0≥r 连续． （3）当+∞=mA 时， ∞
==
1
n n
A
A ，其中+∞<n mA ， ,2,1=n ，必存在某个
N n ∈0，使得0n mA ≤α，由（2）结论成立.
8．R
1
-n 当作R n
的子集，其n 维Lebesgue 测度为零．
证 }1,,1,:),,{(,1n i Z k k x k R x x x I I
R i i n k k
n
≤≤∈+≤≤∈==
+∞
∞
- ，
由平移不变性，R n
~n
)1,0[~ n
]1,0[,故本题等价于证明1
[0,1]
n -当作[0,1]n
的子集，
其n 维Lebesgue 测度为0. ∵1
1
11
11[0,1][0,1]
[0,1][0,1]
{,}([0,1]{})n
n n n k k N k k +∞
---==⨯⊃⨯∈=⨯ ∴})1{]1,0([]1,0[1
1
k m m k n n
⨯≥
∑∞
=-，设0})1{]1,0([1≠=⨯-a k m n ，则 ∞=≥=∑∞
=1
]1,0[1k n
a m ，矛盾．∴11
([0,1]{})0n m k -⨯=．
9．直线上恰有2c
个Lebesgue 可测集．
证 设直线上的Lebesgue 可测集作成的集合为Ł ，设P 为康托集，则
c P mP ==且0，于是c p
p 22
2==，又0,=⊂∀mA P A ，即∈A Ł ，于是
⊂p 2Ł ，从而≤p 2| Ł |，即≤c 2| Ł |．另一方面，Ł R 2⊂，
故| Ł |c R 22=≤，从而| Ł |c 2=．
10．设)21
( ，，=n A n 是-μ可测集（μ是X 上的测度，下同）
，则n n
n n
A A μμlim )lim (≤；当∞<)(n A μ时n n
n n
A A μμlim )lim (≥．
证 令),2,1( ==
∞
=n A D n k k
n ，于是n
D
为升列，由下连续性，
有n n
n n
n n
n n
n n
A D D D
A μμμμμlim lim lim )(
)lim (1
≤===∞
= ．同理，
令),2,1( ==
∞
=n A F n
k k
n ，于是n
F
为降列，且∞<=)(1n A F μμ,由上连续性，
有n n
n n
n
n
n n n n
A F F
F A μμμμμlim lim lim )(
)lim (1
≥===∞
= ．
11．设),2,1( =n A n 是
-μ可测集，∞<)( n A μ，A =n n
A lim ，则
n n
A A μμlim =．
证 由题10知：n n
n n
n n
n n
A A A A lim lim lim lim μμμμ≤≤≤，
又n n
n n
n n
A A A A lim lim lim ===，从而n n
n n
n n
A A A μμμlim lim lim ==，
于是n n
A A μμlim =．
12．设
∞<∑
∞=1
n n A μ，则)lim (n n
A μ=0．
证 ∵1lim n k n
n k n
A A ∞∞===
∴(l i m
)()n k k n
k n
k n
A A A μμμ∞
∞
==≤≤∑．
又∵
1
n
n A
μ∞
=<∞∑ ∴0()k k n
A n μ∞
=→→∞∑． ∴(l i m
)0n n
A μ=． 13．设),2,1(,1 =⊂==n X A A X n n μμ，则1)(
= n
A μ．
证 N n ∈∀，由0)\(=-=n n A X A X μμμ， 得0))\(()\
(1
1
==∞=∞= n n
n n
A X A X μμ又)()\(1
1
∞
=∞
=-=n n
n n
A X A X μμμ，
故10)\()(
1
1
=-=-=∞
=∞
=X A X X A n n n n
μμμμ ．
14．设1=X μ，)(1∞→→n A n μ，则有子列}{i n A 使得0)(
> i
n i
A
μ．
证 由于1→n A μ，故对
021
1
>+i ),2,1( =i ，取i n ，使 <<21n n ， 11
112i n i A μ+-<≤，从而21)]211(1[)1(1
11=--≤-∑∑∞
=+∞=i i i n i A μ．于是
))\((1))\(\()(1
1
1
∞=∞=∞=-==i n i n i n i
i
i
A X A X X A μμμ2
1
)1(11
≥
--≥∑∞
=i n i
A μ0>． 15．设1=X μ，
11->∑=n A n i i μ，则0)(1>= n
i i A μ．
证 1
1
1
1
(
)1(
)11(1)n
n n n
c
c
i i i i i i i i A A A A μμμμ=====-≥-=--∑∑
0)1(111
=-+->+-=∑=n n A n n
i i μ．
16．设X 是任一非空集，A X
2⊂满足：(ⅰ)∈⊂B A A ∈⇒A A ；（ⅱ）∈n A
A ∈⇒
= n A
n ),2,1(A ；（ⅲ）∈X A ．令Ù={∈A A :A 或∈c
A A }；当A ∈A 时令0=A μ，当∈c
A A 时令1=A μ，则μ是一完备概率测度．
证 先证Ù 为σ代数
(P 1)：由(ⅰ)知∈∅ A ，故∈∅Ù ,于是∈X Ù ．
(P 2)：∈∀n A Ù ),2,1( =n ，若N n ∈∀，∈n A A ，则由（ⅱ），
∈ n n
A
A ，
从而
∈ n n
A
Ù ，若N n ∈∃使得∈c n A A ，由c n k
c k A A ⊂ ，由(ⅰ)知∈ n
c
n A A ，
从而
∈=c n
c n n
n
A A
)( Ù ．
(P 3)：若∈A Ù ，则∈A A 或∈c A A ，由Ù 的定义，只需证明∈c A Ù即
可．当∈A A 时，∈c A Ù ；当∈c A A 时，c
A ∈Ù ．
Ù 满足(P 1)----(P 3)，下面证μ为Ù上的完备测度． (Q 1)：由于∈∅A ，故0=∅μ (Q
2
)：若∈n A Ù ),2,1( =n 互不相交，下证∑=n
n
n A
A μμ)(
，若
N n ∈∀，∈n A A ，则∈ n
n A A ，故0)(1
=∞
= n n A μ，又0=n A μ),2,1( =n 于
是
00==∑∑n
n
n
A μ．故∑=n
n
n
n
A
A μμ)( ；若}{n A 中恰有唯一一个
∈c n A 0 A ，则c n c n A A 0
⊂ ，所以∈ c n A A ，又 c
n c n A A =)(． ∴n A ∈Ù且1)(= n A μ，又1=∑n A μ．
∴(
)n n A A μμ=∑．以下证n A ),2,1( =n 中不可能有一个以上不属于A ． 若n A 中有两个，不妨设∉1A A ，∉2A A ．则由∈n A Ù ),2,1( =n 知
∈c A 1 A ，∈c A 2 A ．于是由（ⅱ）∈c
c A A 21 A ，但由于n A ),2,1( =n 互不
相交知∅=21A A ．于是∈=X A A c
c 21 A ，与（ⅲ）矛盾，以此类推，
n A ),2,1( =n 中不可能有两个或两个以上不属于A ．
(Q 3)：若∈⊂A B Ù ，0=A μ，则易证∈B Ù ．
故μ是一完备测度．又可证∉=X X (1μ A ） 故Ù 是一完备概率测度． 17．设2
f 与集)0(>f X 可测，则f 可测．
证 1，当取α=0，则由已知)0(>f X 是可测集； 2，当取0>α，则)()0()(22
αα>>=>f
X f X f X ，由已知条件，
左侧集合可表为右边两个可测集的交，故可测；
3，当取0<α，则)()0()(22
αα<>=>f X f X f X ，由已知条件，
左边集表为右边两个可测集之并，故可测；
综上，对∈∀αR ，)(α>f X 都是可测集，命题成立． 18．设f 是有限可测函数，g ：R →R 连续或单调，则))((x f g 可测．
证 令h (x )=g (f (x ))，则)),(()(11
+∞=>--ααg f
h X
1 当(C g ∈R )时，由于),(+∞α是R 中开集，则),(1+∞-αg 记为G ，是R
中开集，由R 中开集构造原理，G 可表为至多可数个开区间（构成区间）的并集．设
n
n G G =，),(n n n G βα=),2,1( =n ，则
n
n n
n G f G f G f g f h X )()()()),(()(11111-----===+∞=>αα，对每个
)()()()(1
n n n n n f X f X f X G f
βαβα<>=<<=- ，由f 的可测性，
知)(n f X α>及)(n f X β<均可测，故)(1
n G f
-可测，从而)(α>h X 可测．
2 对于单调函数g ，不妨设递增，则),(1+∞-αg 有三种情况，
a ，),(),(1
+∞=+∞-βαg ； b ，),[),(1
+∞=+∞-βαg ； c ，∅=+∞-),(1αg
只证b （a ，c ，类似）：由 f 是可测函数可知,对∈∀βR ，)(β≥f X 都是可测集，又)()),([)),((1
11
ββα≥=+∞=+∞---f X f
g f
，从而)),((11
+∞--αg f
可测．
19．设21,f f 是X 上的有限可测函数，()
2g C R ∈,则))(),((21x f x f g 可测．
证
1 先证对简单函数∑==
n
i e i
i
1
1χ
αϕ和)(1
2X S m
j e j
j
∈=
∑=χβ
ϕ，
),(21ϕϕg 是可测函数.由于}{}{j i e e 和是X 的互不相交的可测集，且：
X e X e
j
j i
i
== ,，故可得}{}{j i e e 和重组为X 的新分划 k
k k e X e =使},{，
k e 互不相交，且：]),([))(),((21k e k k
k g x x g χβαϕϕ∑=，已知()2g C R ∈，故
12((),())g x x ϕϕ在每个k e 上可测 ，所以12((),())g x x ϕϕ在X 上可测．
2 对可测函数21,f f ，依定理2．3．6，存在序列),(,21X S n n ∈ϕϕ使
2211,f f n n →→ϕϕ)(∞→n ，由g 是R 2上连续函数，故有
),(),(2121f f g g n n →ϕϕ)(∞→n ，而由已证1，),(21n n g ϕϕ可测，故由命题
2．3．4得),(21f f g 也可测． 20．设f 在[a ,b ]上可微，则f '可测．
证 )]()1
([lim )(x f n
x f n x f n -+
⋅='∞
→，),[b a x ∈． 因为f 可微 ，则],[b a C f ∈ ，故f 可测，故)1(n x f +亦可测 ，因此1
()()f x f x n
+-可测，故
)]()1
([x f n
x f n -+⋅也可测．由命题2．3．4知：)(x f '可测．
21．设f 在每个区间),(],[b a ⊂βα上可测，则f 在[a ,b ]上可测．
证 ∈∀αR ，})(:]1
,1[{})(:),({αα>-+∈=
>∈∞
=x f n b n a x x f b a x N
n 其中1]2
[
+-=a b N ，
又})(:]1,1[{α>-+∈x f n
b n a x ),1,( +=N N n 均可测，从而})(:),({α>∈x f b a x 亦可测．
22．设),(y x f 对x 可测，对y 连续，则),(max )(1
0y x f x y ≤≤=ϕ可测．
证 1
证}]1,0[:),(sup{),(max )(1
0Q r r x f y x f x y ∈==≤≤ϕ．x ∀，不妨设
),(),(max 01
0y x f y x f y =≤≤．
（１）若Q y ]1,0[0∈，则1
显然成立．
（２）若Q y ]1,0[0∈，Q r n ]1,0[∈∃，使得0y r n →，则由),(y x f 对y 连续，可知),(),(0y x f r x f n →，又),(),(0y x f r x f ≤，Q r ]1,0[∈．因此
}]1,0[),,(sup{)(Q r r x f x ∈=ϕ．
2
由已知),(y x f 对x 可测，且}]1,0[{Q r ∈可数．故由命题2．3．4，得
}]1,0[),,(sup{)(Q r r x f x ∈=ϕ可测．
23．设⊂X R n 是紧集，)(X C F ⊂，则)(sup )(x f x F
f ∈=ϕ可测．
证 1 )(X C F f ⊂∈∀，都满足)(,αα≤∈∀f X R 是闭集（相对于X ），又n R X ⊂为紧集，故)(α≤f X 为闭集．
2 由)(sup )(x f x F
f ∈=ϕ，可得 F
f f
X X ∈≤=
≤)()(ααϕ，而由1 可知每一
个)(α≤f X 均为闭集，故 F
f f
X X ∈≤=≤)()(ααϕ为闭集，当然也是可测集，
所以)(x ϕ为可测函数．
24．设∞<X μ，f 在X 上可测，则)()(t f X t <=μϕ处处左连续，几乎处处右连续．
证 ∵()()t X f t ϕμ=<是单调递增函数，0↓∀n ε，则)(n t f X ε-≤是一升列，由下连续性])((
)()( n
t f X t f X t ε
μμϕ-≤=<=
)0()(lim -=-≤=t t f X n n
ϕεμ∴()t ϕ处处左连续．
而)(n t f X ε+≤是一降列， ∞<X μ ，由上连续性得：
()()()[
()]
n t X f t X f t X f t ϕμμμε=<=≤=<+
lim ()(0)n n
X f t t μεϕ=<+=+ ∴()t ϕ几乎处处右连续．
25．设f 是有限可测函数，则有可测函数列}{n f ，使n f ✋)(∞→n f 且每个n f 取可数个值．
证 不妨设0≥f （一般情况可利用分解-+
-=f f
f 推出）
n k x f n 1)(-=
，
,2,1,,)(1
=<≤-k n n
k x f n k ，显然 01
)()(0→<
-≤n x f x f n ，且n
1与x 无关．所以)(x f n ✋)(x f ． 26．设f 是有界可测函数，则有简单函数列}{n ϕ，使n ϕ✋)(∞→n f ，且f n ≤ϕ．
证 不妨设0≥f (一般情况可利用-+
-=f f f 推出)．
n
i 2
1- n n i x f i 2)(21<≤- n
n i 2.2.1⨯= 令n ϕ=
n n x f ≥)(
则).2.1(0)(1 =≤≤∈+n X S n n n ϕϕϕ且且当n x f <)(时，
n
n x x f -≤-≤2)()(0ϕ因为f 有界，所以0N N ∃∈，使得0N f <，当0
N n ≥时1,2
n n
i ϕ-=
n n i
x f i 2)(21<≤-，n n i 221⨯=，，， ，此时有 021)()(0→≤
-≤n
n x f x ϕ)(∞→n ．所以n ϕ f ，且)()(x f x n
<ϕ． 27．设f 是几乎处处有限的可测函数，则有有界可测函数列}{n f ，使
)(∞→−→−n f f n μ
．
证 本题要加条件∞<X μ，令()
n f
X n f f <⋅=χ，则()
n f
X n f f f ≥⋅=-χ于是对0>∀σ，都有：()()
n f X f f X n ≥=≥-μσμ()σ>n . 由∞<X μ， 根据上连续性有()()[]
n f X n f X n ≥=≥∞
→ μμlim ．又有f 几乎处处有限，即
()0=∞=f X μ，于是由()()⎥⎦⎤
⎢⎣⎡≥=∞=∞= 1n n f X f X μμ，对0>∀σ，
()()0lim lim =≥=≥-∞
→∞
→n f X f f X n n n μσμ，其中()n f X n f f <⋅=χ显然是有界
函数列．
注：原题疏忽了应该强调X μ<∞的条件，因为当测度空间(),X μ非有限，即X μ=∞时，结论未必成立.反例如下：
设[]0,X =+∞，m μ=取为通常的L -测度，
当),1[n n x -∈，1,2,n =时，
令()f x n =，则f 是X R +
=上的处处有限的非负可测函数.不难证明这时就不存在有界可测函数列{}n f ，使n f 在X 上依测度收敛于f ，具体验证留给读者.
28．设)(}{X M f n ⊂，则集)(lim :{x f x A n n
=存在且有限}可测．
证 不妨设0≥n f ，因为{}()n f M X ⊂，由命题2．3．4知n n
f lim 是可测
函数． n
n n
n
n
n n
A n f
n x x f x A ∆
=<≤-=
=}lim 1:{})(lim :{存在且有限，
因为f 是可测函数，所以}lim 1:{n f n x A n n
n <≤-=可测，所以 n
n
A
A =
可测．
29．设,),(,0f f X M f X n n →∈>μa ．e ．∞<∞→f n ),(，则
}{,n f X A 使⊂∃在A 上一致有界且0>A μ．
证 我们只对改造后的本题条件：()a 设(),X μ是非平凡的（即全空间测度0X μ>）有限或σ-有限测度空间；()b
{}n f 是X 上的有限（或几乎处处有
限）可测函数列；()c n f f →a .e .()n →∞，f <∞，对所有要求的结论进行证明.至于改造条件的原因，相信读完证明过程后，再理解注记中指出原题的忽略所在，会更深刻.
由条件()a ，不妨设定0X μ<<∞，这是因为当X μ=∞时，由于(),X μ是
σ-有限的，必有一可测集1X X ⊂，使得10X μ<<∞，然后用1X 代替X （显
然不影响其余题设条件）.
用到一个引理：设f 是定义在有限测度空间(),X μ的有限（或几乎处处有限）的可测函数，则对任一0ε>，存在f X X ⊂，使得()
\f X X με<，且f 在f X 上有界.引理的证明很简单，但在实变函数论中是很常用的基本结果（实际上上面
27题主要就是用这个结果）：由于1
n n X X ∞
==
，其中()n X X f n =≤注意到
121n n X X X X X +⊆⊆⊆⊆⊆⊆，故lim n n X X μμ→∞
=，又X μ<∞，从而
()\0n n X X X X μμμ=-→()n →∞.取()N N ε=，使()\N X X με<，且
令f N X X =，则证毕.（请用心体会在这个小引理中何处用到f 是有限（或几乎处处有限）条件，又在何处用到X μ<∞条件）.
A. 先对f 用引理，对011
042
X εμ=
⋅>，存在一个f X X ⊂，使得()0\f X X με< ．
...... (1) 且在f X 上，∞<≤0M f ． (2)
同理，依次取021411
>⋅=
+X n n με，存在一个X X n f ⊂，使得 n f n
X X εμ<)\(． ………（1'）
且在n f X 上，∞<≤n n M f ． …………（2'） B ．对X 上的（注意已设定∞<X μ）几乎处处收敛的可测函数列}{n f 用Egorov 定理，就应又有X X ⊂0，使得X X X μμ4
1
)\(0<
，且在0X 上，n f 一致收敛于f ．于是对1='ε，存在N ，使当N n >时，对每一0X x ∈，1)()(='<-εx f x f n ． …………（3） C ．令)(
1
0021 ∞
===n f f f f f n
X
X X X X X X A ，于是，
))\(()\()\(\1
0 ∞
===n f f c
n X X X X X X A X A ，从而，
∑∞
=++≤=1
0)
\()\()\()\(n f f c
n
X X X X X X A X A μμμμμX X X X μμμμ8
5
)2121(412141412=+++⋅+<
故08
3
85
)()\(>=
-≥-==X X X A X A X A c
c
μμμμμμμ． D. 最后验证在A 上}{n f 一致有界．
首先，由于f X A ⊂，故在A 上0M f ≤（见上（2）式）．
其次，由（B ）中所证（3）式以及0X A ⊂，故对一切N n >，A x ∈，
01)()()()(M x f x f x f x f n n +≤+-≤．
再次，注意到N f f f X A X A X A ⊂⊂⊂，，
， 21，故相应于上（2'）式，
对每个A x ∈，11)(M x f ≤，22)(M x f ≤，… ，N N M x f ≤)(．
最后，取}1m ax {021+=M M M M M N ，，，
， ，则在A 上，M x f n ≤)(关于n 一致成立．
注记 （1）将原题条件“)(X M f n ∈”改为“()b ：设}{n f 是有限（或几乎处处有限）可测函数列”是必要的．（本题引理中 ∞
==
1
n n
X
X 中的等号本质上
依赖此设定）．这里反映出实变函数论与通常数学分析的一个区别：允许函数值在广义实数集中取，而且强调有
0)(=∞=f X μ（几乎处处有限）与
0)(≠∞=f X μ之区别，如果按原题设条件，}{n f 只是可测函数列，可举反例
如下)1(∞<=X μ：令
0 ， ]21,0[∈x ； ∞+ ， ]2
1,0[∈x ；
=)(1x f =)(2x f
∞+ ， ]1,21
(∈x ， 0 ， ]1,2
1(∈x ， 当3≥n 时，0≡=f f n ，则}{n f 与f 满足题设全部条件，但显然}{n f 处处无界，更谈不上在某A 上一致有界．
（2）至于本题改造条件()a 是非本质的．因为我们一般遇到非有限测度空间（即∞=X μ时），总都是-σ有限测度空间．故上面的证明，一般来说也包容了
∞=X μ，结论仍成立的情况．至于“-σ有限”这一条件是否也可去掉，留作
讨论．讨论的第一问题就是：是否存在这样的非-σ有限测度空间),(μX ，使得
∞=X μ，且任一可测集X X ⊂0，或00=X μ，或∞=0X μ，这已是测度论
的专门议题．
30．设f f n →，a ．u ．，则f f f f n n →−→−且μ
，a ．e ．．
证 ① 要证f f f f n u a n −→−⇒−→−μ
.. 即对0,0>>∀εσ，要证n 充分
大时，
εσμ<≥-)(f f X n . 对这个ε，由已知f f n →，a,e.，故
εμεε<∃)(,c
X X ，
在εX 上，n f f ，故当n 充分大时，)2
(σ
ε<-⊂f f X X n ，
∴()[()]2
c c n n X f f X f f X εσ
σ-≥⊂-<⊂
∴()()c n f f X εμσμε-≥≤<
∴,0>∀σ有0)|(|→≥-σμf f X n )(∞→n ，即f f n −→−
μ
． ②，要证f f f f e
a n u
a n −→−
⇒−→−..．取n
n 1=δ，由已知f f u
a n −→−.，存在n X δ，n X n c
n
1)(=<δμδ，在n X δ上n f f ．令 ∞
==1
n c
n X E δ，则
01)()(→≤≤n X E c
n
δ
μμ，即0)(=E μ. 在 ∞
==1
n c
n X E δ上，f f n →.
∴f f e
a n −→−.．
31．设f f n −→−μ
，1+≤n n f f ，a ．e ．，),2,1( =n ，则f f n →，a ．e ．．
证 已知f f n −→−
μ
，由Riesz 定理，有子列f f k n →a ．e ．)(∞→k ． 令k
n f X X (0=↛))(()1 n
n n
f f
X f +>，则00=X μ，00c
x X ∀∈，)}
({0x f n 为单调递增数列且有子列存在极限，故)()(00x f x f n →()n →∞．
32．设0,,>−→−
∞<p f f X n μ
μ，则p
p
n f
f −→−μ
．
证 （反证法）若结论不真，则有 <<>21,0,n n εσ， 使得 ,2,1,)|
|||(=≥≥-k f f X p
p
n k εσμ . (1)
由)(∞→−→−k f f k n μ
，有子列f f i
k n →a ．e ．)(∞→i ．
从而k
i
p
p
n f f →,a ．e ．
，又X μ<∞，由Th 2. 4. 2(ⅲ)有 )(∞→−→−i f f p
p
n i
k μ
．这与（1）矛盾，故假设不成立．
33．设(),,n X f f g C R μ
μ<∞−−→∈，f g f g f f n n −→−∞<μ
则,,．
证 （反证法）若结论不真，则有 <<>21,0,n n εσ,
使得εσμ≥≥-)(f g f g X k n , ,2,1=k . (1) 由)(∞→−→−k f f k n μ
，则有子列f f i
k n →，a ．e ．
． ∵()g C R ∈ ∴k i
n g
f g
f
→，a ．e ．)(∞→i 由Th 2. 4. 2(ⅲ)，因为X
μ<∞，则可推出)(,∞→−→−i f g f g i
k n μ
，
这与(1)矛盾，假设不成立．
34．设g f g f X n n ,,,,∞<μ是X 上的有限可测函数，f f n −→−
μ，g g n −→−μ
，)(2R C ∈ϕ，则))(),(())(),((x g x f x g x f n n ϕϕμ
−→−
． 证 0>∀σ，由)(2
R C ∈ϕ知，0>∃δ，当δ<-),(),(g f g f n n 时，有
σϕϕ<-),(),(g f g f n n ，又由δ<--=-),(),(),(g g f f g f g f n n n n ，有
δ<-f f n 且δ<-g g n ．
于是)()),(),((δσϕϕ≥-⊂≥-f f X g f g f X n n n 或)()),(),((δσϕϕ≥-⊂≥-g g X g f g f X n n n ．
由f f n −→−
μ，g g n −→−μ
知0)(→≥-δμf f X n ，0)(→≥-δμg g X n 故))(),(())(),((x g x f x g x f n n ϕϕμ
−→−
. 35．设),2,1)((, =∈∞<n X M f X n μ几乎处处有限，则}{n f 有测度收敛子列
⇔}{n f 有几乎处处收敛子列．
证 “⇒”设}{n f 的测度收敛子列为),2,1}({ =k f k n ,则}{k n f 有子列
),2,1}({ =i f i
k n 几乎处处收敛，即}{n f 有几乎处处收敛子列．
“⇐”设}{n f 有几乎处处收敛子列),2,1}({ =k f k n ，因为∞<X μ，所以
f f k n −→−μ
，即}{n f 有测度收敛子列．
36．设),2,1)((, =∈∞<n X M f X n μ，则0→n f ，a ．e ．
)(0sup ∞→−→−⇔≥n f k n
k μ．
证 “⇒”由0→n f ，a ．e ．，当∞<X μ时由Egorov 定理知，0→n f ,a ．u ．，即对X e ⊂∃>∀,0δ，使得δ<)(e m 且}{n f 在\X e 上一致收敛于0．于是
0>∀ε，可取N ，使N n ≥时，2
)(ε
<
x f n 对一切e X x \∈成立．
所以，
εε
<≤
≥2
)(sup x f k n
k 对一切e X x \∈成立，从而e f X k n
k ⊂≥≥)sup (ε， 所以δε<≥≥))sup ((k n
k f X m .
“⇐” 不妨设0≥n f ,令k n
k n f g ≥=sup ;已知0−→−
μ
n g ,由定理2.4.2(iii)知存在子列...0e a g k n →．
又∞→k lim k n
k f k
≥sup ∞→=n lim k n
k f ≥sup ,故..,0e a g n →，从而..,0e a f n →．
37．设f f X M f X n n →∈∞<),(,μ,a ．e ．，∞<n f ，a ．e ．),2,1( =n ，则有),2,1( =⊂k X A k ，使X A k
μμ=)(
，且在每个k
A
上n f ✋)(∞→n f ．
证 f f n →a ．e ．，∞<X μ，由Egorov 定理得：f f n →a ．u ．，于是n
1
∀
，X A n ⊂∃，n
A c n 1
<
μ，在n A 上n f ✋f ．由于 c n
n n
n A A X )()( μμμ+=)()( n
c
n n
n A A μμ+=，
又)(01)()(
0∞→→≤
≤≤n n A A c n n
c n μμ ，故0)(= n
c
n
A μ， 从而)( n
n A X μμ=．
38．设
),2,1(),(, =∞<∈∞<n f X M f X n n μ，则存在⊂}{n a R ，使
0→n n f a ，a ．e ．)(∞→n ．
证 由n f <∞，∞<X μ，故可取充分大的01>k ，使1
12)(-<>k f X n μ，进一步可取 <<21k k ，使n
n n k f X -<>2)(μ，
00,,0n n n >∃>∀当σ时，使n
k 1≥
σ，令2
-=n n k b ， ≤>)(σμn n f b X )1
(n
n n k f b X >
μ()20n n n X f k μ-=><→． ∴()0n n X b f μσ>→ ∴0n n b f μ
−−
→．由定理2．4．2 (ⅲ)得：}{n n f b 有子列（记为k k n n f b ）几乎处处收敛于0，令⎩
⎨⎧≠==k k
n n n n n n b a k ,0,，则
0→n n f a a ．e ．(∞→n )．
39．设⊂X R n
可测，0>∀ε，存在闭集X F ⊂，使F f |连续且ε<)\(F X m ，则f 可测．
证 01>∀
n ，存在闭集X F n ⊂，使n F f |连续，且n
F X m n 1
)\(<，令 ∞
==1
n n F F 则n ∀，)\(F X m n
F X m n 1
)\(<
≤，故0)\(=F X m ． 因为n F f |连续，所以f 为n F 上可测函数．又因为 ∞
==
1
n n
F
F ，故f 为F 上的
可测函数．又0)\(=F X m ，所以f 也为F X \上的可测函数，由
F F X X )\(=，知f 为X 上的可测函数．
40．设⊂X R
n
可测，f 是X 上几乎处处有限的可测函数，则存在序列
C f k ⊂}{(R n )，使得在X 上)(∞→−→−
k f f m k ． 证 由Luzin 定理知：C f N k k k ∈∃∈∀
),(1(R n )使k
f f mX k 1)(<≠，0>∀σ，有)()(f f X f f X k k ≠⊆≥-σ
∴1
()()0()k k mX f f mX f f k k
σ-≥≤≠<
→→∞ ∴m
k f f −−
→． 第二章习题 B
41．作可测集]1,0[⊂A ,使对任何非空开区间]1,0[⊂∆，恒成立0)(>∆A m 且
0)\(>∆A m ．
证 ①在任一区间),(βα中，对于预先指定数r (0<r <1)，可构造一个稠密开集G ，使)(αβ-=r mG ．
首先在),(βα中取出以其中点为中心长为)(αβλ-的区间)3
1(<λδ；再在余下的两个区间10,∆∆中，分别取出以其中点为中心长为)(2
αβλ-的两个区间
10,δδ；再在余下的四个区间12i i ∆)1,0;1,0(21==i i 中分别取出以其中点为中心
长为)(3
αβλ-的区间12i i δ)1,0;1,0(21==i i ；等等．如此一直下去．令G 为所
有这些取出的区间之和：1
11(,)
(
)n
n i i n i i G δδ∞⋯=⋯=．显然G 为开集，n i i ,1δδ与为
其构成区间．
1
111()
1
()
()2()12n
n n n i i n i i n mG m m λβαδδλβαλβαλ
∞
∞
+==-=+=-+-=
-∑
∑
∑，
取r r 21+=
λ，则有)(αβ-=r mG ，当0<r <1时，3
1
0<<λ，并可知：G -],[βα为疏朗完全集，从而G 为],[βα中稠集．
②在[0,1]中构造出所要求的集合A ． 对于[0,1]，取43=
r ，按①作出相应的稠密开集4
3
,00=mG G ，由0G 为开集，)
0(1
)0(0,i i i G δδ ∞
==
为0G 的构成区间．再对每个)0(i δ，按①的做法，得出一稠密开集)
0(i
G ，使)
0(2)
0()3
11(i i
m mG δ-=，并令0)0(11G G G i i ⊂=∞= ，则
(0)
1021
1(1)3
i
i mG mG mG ∞
===-∑，由1G 为开集，)1(11i i G δ∞== ，)
1(i δ为1G 的构成
区间．再对每个)
1(i
δ，按①做出相应的稠密开集)
1(i
G ，使)
1(2
)
1()411(i i
m mG δ-
=，
并令1)1(1
2G G G i i ⊂=∞
= ，则)2
11)(311)(411(2222---
=mG ，如此继续下去，得出一列单调下降的开集：
∏==+-
=⊃⊃⊃n
k n n n k mG G G G 0
2
10).1.0)()
2(1
1(, ， 令n n G A ∞
==0
，显然A 可测，且∏∞
=∞
→=+-=
=0
2
2
1
))
2(1
1(lim k n n k mG mA ． ③证明A 满足题目要求.
任取开区间]1,0[⊂∆，易知每一个n G 于[0，1]中稠密，从而可知
∅≠∆A ，设A x ∆∈0，则在每一个n G 中有它的一个构成区间)
(0n i n
x δ∈，
又易知：)(03
11
)
(∞→→<
+n m n n i n δ，故存在一充分大的0n ，
使∆⊂∈)
(0
00
n i n x δ，由)(0
00
00
)
()
(k n k n i n i
G A n n ∞
== δδ，
∏∞
=+-
=0
00
00
)
(2)
()])
2(11([)(n k n i n i n n
m k A m δδ 以及 0]))2(11([21))2(11(11
102
200
>+-=+->--=∞
=∏∏n k n k k k ，可知： 0)()
(00
>A m n i n δ，0)\()
(00
>A m n i n δ．
从而00
()
()()0;n
n i m A m A δ∆
≥>00
()
(\)(\)0n
n i m A m A δ∆≥>．
42．每个非空完备集⊂A R 有非空完备子集B ，使0=mB ．
证 若mA =0，则结论自然成立．下设0>=a mA ； 显然非空完备集A 的每一点均为A 的聚点．
下证A 含有测度为零的非空完全子集．
如能构造一个测度为0的不可列闭集A E ⊂，则D B E =，B 为非空完备集．又A E B ⊂⊂∴0mB mE ≤=，即mB =0，于是B 即合所求．
下面就构造这样的集E ：
在A 中任取两个不同的点10,x x ，做两个小区间10,δδ，使得1100,δδ∈∈x x ，且010122,,22
a a
m m δδδδ≤
≤=∅．由10,x x 均为A 的聚点，可知
10δδ A A 与均为不可列闭集，记其聚点全体分别为10,P P ，易知1
1(0,1)
i P i =为非空完全集且A P i ⊂1，22
1a
mP i ≤
，∅=10P P ，对每个1i P 施行同样的手续，得出四个完全集1212(0,1;0,1)i i P i i ==满足：121124
,2i i i i i a
P P mP ⊂≤
， ∅=1011i i P P ，再对每个12i i P 施行同样的手续，如此一直下去，得到一列完全集：
)2()2(),2(212112个个个n i i i i i i n P P P 满足：
n
i i i i i i i i i a
mP A P P n n n 22,2112121≤
⊂⊂- ，∅='''n
n i i i i i i P P 2121(至少有一个k i 与
'
k i 不同)．令 ,,)
,()2()
()1(212
111i i i i i i P
P P P =
=，
)
,,()(211n n i i i i i n P
P =
，易知：
),2,1(2
22,2)()()2()1( ==⨯
≤⊃⊃⊃⊃n a a mP P P P n n n n n ． 再令 ∞
==
1
)
(n n P
E ．则E 就是我们要构造的集合．
因为()
(),lim lim
02n n n
n n a
E P A mE mP →∞
→∞⊂⊂===．
又由)
(n P
均为闭集，知E 为闭集．再因每一个0-1序列{12,,i i ,
n i }所对应的
完全集列： ⊃⊃⊃⊃n i i i i i i P P P 21211决定一点，记为12n
i i i X ，
易知E 即由所有这样的点所组成的，即：
12
12
11212
{|,0,1(1,
,,)n
n
n
i i i i i i i i i i i i k E X X P P P i k n =∈==}．由此
可见E 的基数为c ．记E 的凝聚点全体为B ，则B 即为所求的非空零测完备子集． 43．设Q =22{:},(,),n n n r n N G r n r n F R --∈=
-+⊂是闭集，
则m (G ΔF )>0． 证 m (G ΔF )= m (G
c F )+m ( F \G )
１）若m (G c F )>0,显然m (G ΔF )>0 ２）若m (G
c F )=0，假设c F ≠∅
又c F 为开集，由有理数稠密性G
c F ≠∅ ，又G 为开集 ∴m (G
c F )>0,这与m (G
c F )=0矛盾．
∴c F =∅ ，即F =R ．又m G ∞<++++
≤)1211(222 n
，mF mR ==∞ ∴m ( F \G )≥0mF mG -=∞> ∴m (G ΔF )>0. 44．设A R ⊂，0,mA >则有x,y ∈A ,使 0≠y x -Q ∈．
证 不妨设A 为有界（否则可取n 充分大，使m 0)],([>-A n n ，然后对有界的A n n A ],[1-= 证本题），即存在0r ，使 0(0)r A B ⊂
假设不存在x,y ∈A ,使0≠y x -Q ∈，
∀r ∈0(0)r Q B +
，令{:}r A x r x A =+∈,
显然，∀012,((0))r r r Q B +
∈,若12r r ≠，有12r r A A =∅
且
)
0(0r B Q r r
A
+
∈02(0)r B ⊂．因此
m (02(0)r B )12n r r r mA mA mA ≥++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅
mA mA mA =++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=∞,矛盾．故假设不成立．
45．设A R ⊂，0,mA >则有x,y ∈A ,使 x-y \R Q ∈．
证 假设命题不成立，则,,x y A x y Q ∀∈-∈． ,x A ∀∈作集合
1{|}A y x y A =-∈．因为1||||A A =，由假设，1A Q ⊂，故1A 可数所以A 也可数，
故0,mA =与0mA >，矛盾．
46．设A R ⊂，
0,mA >10<<p ，则有区间Δ，使<0p m Δ≤m (A Δ)．
证 设A 有界（否则可取n 充分大，使m 0)],([>-A n n ，然后对有界的
A n n A ],[1-= 证本题）．由于 A 可测，由2．1．5得：
存在开集G ⊃A ,使m G ≤1
p
-m A =1p -m (G
A )．
由1．5．1定理，存在开集列{}i δ使G =
1
i i δ∞
=,i δ互不相交．故
1
i
i m δ
∞
=∑=m G ≤1
p
-m (G A )=1
p
-11
1
()()i
i
i i m A p m A δ
δ∞
∞
-===∑∑．
所以存在N n ∈,使)(1
A m p m n n δδ-≤．
即：)(A m pm n n δδ≤，又0>n m δ． 所以有区间n δ=∆，使0<p m Δ≤m (A
Δ)．
47．设⊂A R ，0>mA ，则()A A +≠∅；于是当A A A ⊂+或A A A ⊂+2/)(时，A ≠∅．
证 因为0>mA ，所以存在开区间),(r a r a I +-=使得
)(4
3
I A m mI <，令)2,2(r a r a J +-=，下面证明A A J +⊂，从而φ≠+0
)(A A ．
任意J x ∈0，则区间),(}{0000r a x r a x I y y x I x +---=∈-=：包含区间I 的中点a 而且与区间I 的长度相同，所以)(22
3
)(0I A m mI I I m x <<
．令}{)(00I A y y x I A x ∈-=：，可以证明φ≠0)()(x I A I A ．
若不然，则)()(2])()[(00x x I I m I A m I A I A m >=，
但是00)()(x x I I I A I A ⊂，从而)(])()[(00x x I I m I A I A m ≤，这与上式矛盾．所以φ≠0)()(x I A I A ，
于是可取0)()(1x I A I A y ∈，这时存在I A y ∈2使201y x y -=，因为
A y A y ∈∈21,，而且A A y y x +∈+=210，从而A A J +⊂，所以≠+0)(A A Ø．从而当A A A ⊂+或A A A ⊂+2/)(时，A ≠∅．
48．设B B B A A A B A B A B A ⊂+⊂+≠==∞,,,,),0(φ ，则A ，B 均不可测．
证 先证若A 可测，则必0=mA ．这是因若0>mA ，由A A A ⊂+，那么上题2-47的结论：0
A 就应是R ⊂∞),0(中的一个非空开集，按R 中非空开集的构成性质，应有 ∞
==
1
),(n n n
b a
A ，其中构成区间),(n n b a 两两不相交：且当端点
R b a n n ∈,时，0,A b a n n ∉，故B A b a n n =∞∈\),0(,．现在分如下两种情况推
出矛盾．
情况1，存在一个构成区间0
),(A b a n n ⊂且+∞<<<n n b a 0那么由已知
A A A ⊂+，
就应有A b a n n ⊂)2,2(，这时由于B b a n n ∈,，不妨设B b a n n ∈,（由于0>=-c a b n n ，在一般情况下如果B B a n \∈，总可取n n n a a B a <∈'
',并使'n a 充分接近来代替n a ，对n b 也同理）．
现在，一方面，由于B B B ⊂+，就应有B b a n n ∈+．但另一方面，
n n n n b b a a 22<+<，即A b a b a n n n n ⊂∈+)2,2(，而φ=B A ，矛盾．
情况2，在 ∞
==
1
),(n n n
b a
A 的构成区间),(n n b a 中，没有+∞<<<n n b a 0的情
况出现．由于A A A ⊂+导致A 是无界集．就必然有一个构成区间),(n n b a 满足
∞=∞<<n n b a ,0，即),(),(+∞=n n n a b a ．（这时必n a <0，否则
B A A =+∞=),0(与B 非空矛盾）
，这又与B 非空，B B B ⊂+，从而B 无界，至少有一点),(+∞∈n a B b ，从而与φ=B A 矛盾．
总之，以上两种情况都说明，若A 是可测集时必0=mA ．同理，若B 是可测集，则也必0=mB ，从而A 与B 不可能都是可测集，否则
),0(0)(,0∞====m B A m mB mA ，矛盾．
最后，还应该说明A 与B 也不可能有一个可测（例如A 可测），另一个不可测（例如B 不可测）的情况发生．因为将出现),0(,0∞==B A mA 不可测的矛盾．至此本题证毕．
49．作可测集2
E R ⊂，使E 在x 轴与y 轴上的投影均不可测．
证 由2．5．7存在A R ⊂是不可测集， 令E =A ×{0} {0}×A ,则 A ×{0},{0}×A 可测， 故E 可测，但x E = A
{0},y E = A
{0}均不可测．
50．设n
A R ⊂,0,mA >则∃,0,x A δ∈∀>有(())0m A
B x δ>．
证 假设x A ∀∈,存在0x δ>,有0))((=x B A m x δ ．由第一章68题结论：对A 的开覆盖A x x B x ∈)}({δ存在A 的可数子覆盖{}n G 满足()0n m A G =．故
(())n mA m A G ==(())n m A G 1()()0n m A G m A G ≤+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=
这与0,mA >矛盾．所以假设不成立． 51．设f 是可测函数，B R ⊂可测，则1
()f
B -未必可测．
证 用()
{}n k I 表示康托集P 的有限余区间集
1
()()()
1
2212783231(,),(,),(,)3333
33
n n n n n n n n n n n n I
I I
---===
其中，11,2,
2,1,2,
n k n -==
定义[0,1]上的函数ϕ如下
1/2,1/4,()3/4,x ϕ⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩
(1/3,2/3)
(1/9,2/9)(7/9,8/9)x x x ∈∈∈
一般地，()
21
,(),2n k n
k x I x x P ϕ-∈=
∈时， ()sup{()|,[0,1]\},(0)0x x P ϕϕξξξϕ=≤∈=，易见ϕ是[0,1]上单调增加连续
函数，再作()()x x x ψϕ=+,ψ是[0,1]上严格单调增加的连续函数．
在康托集的诸有限余区间上，ϕ分别取常值，因此这些余区间经ψ映射后长度不变，所以如记I=[0,1],便有((\))(\)1m I P m I P ψ==．
因为]2,0[)(=I m ψ，所以(())(())1211m P m I ψψ=-=-=．取D 为()
P ψ的不可测子集，1
()A D P ψ-=⊂，所以A 是可测的．令1
()(2),f x x ψ-=则f 在
[0,1]上连续，所以)(x f 可测，取f 值域中的可测集,B A =则有
112
(){|},f B x x D -=∈由于
D 不可测，故1()f B -不可测． 52．可测函数的复合函数未必可测．
证 如题51那样先构造一个严格单调增加连续函数]1,0[]1,0[:→ϕ，函数)(x ϕ通常称为Cantor 函数. 下面利用)(x ϕ构造一个可测函数)(x g 和一个连续函数
)(x h ，使复合函数))(()(x h g x h g = 不可测.
令2
)
()(x x x f ϕ+=
，则)(x f 是从]1,0[到]1,0[上的严格单调增加连续函数，从而存在严格单调增加连续反函数)(1
x f
-，就取)(x h )(1x f -=. 由于
0))((>P f m ，所以在)(P f 中可取一个不可测集E ，)(P f E ⊂，P 为零测度
集，从而P E f
⊂-)(1
，从而)(1
E f
-也为零测度集. 令)(x g 为)(1
E f -的特征函
数，)(x g )()
(1
x E f
-=
χ，
则)(x g 为]1,0[上可测函数，而且)(x g ..,0e a =于]1,0[.
记=I ]1,0[，则}1))(()(,|{)1(==∈==x h g x h g I x x h g I
)}()(,|{1
E f x h I x x -∈∈=
E E f x f
I x x =∈∈=--)}()(,|{11
因为E 为不可测集，所以复合函数))((x f g 在]1,0[=I 上不是可测函数.
53．作R 上几乎处处有限的可测函数f ,使任何与f 几乎处处相等的函数处处不连续．
解：作⎪⎩
⎪
⎨⎧∈∈=).1,0(\,0);1,0(,1
)(R x x x x h ，则显然h 是R 上处处非负有限可测函数.又
令)()(n n r x h x h -=，其中Q r n ∈，{}∞
==1n n r Q 是R 中有理数集的一个全排，则
对每一个)(x h n ，作为)(x h 的一个n r 平移，除了与)(x h 一样是R 上处处非负有限可测函数外，还有如下性质)(P ：+∞==+→+
)(lim )(x h r h n r x n n n
，其等价于对任意
一列+
→n k r x ，都有)()(∞→+∞→k x h k n .
现令)(2
1
)(1
x h x f n n n
∑∞
==
，则显然)(x f 作为一列非负处处有限可测函数列
)(2
1
)(1x h x S n
m
n n m ∑
==的极限函数，)(x f 是R 上非负可测函数. (1)要证f 在R 上是几乎处处有限的.利用第三章65题的结果，应用Levi 逐项积分定理与积分平移不变性，可得)(1
R L f ∈，从而f 几乎处处有限.
(2)要证对R 上每个函数g ，只要0)(=≠f g m ，则g 在R 上处处不连续.
事实上只需证明对每一点R x ∈0，+∞=+
)(0x g 或不存在即可.为此，先取一列
0x r m ↓，要证明对每个m ，存在)1
,(m
r r t m m m +
∈满足条件：
m t f t g m m ≥=)()(.事实上，由于..,e a f g =于R ，所以在)1
,(n
r r m m +中总有一点)
(n m t 使得
)()()()(n m n m t f t g =，现在)()(∞→→+n r t m n m ，对固定的m ，对)(x h m 用性质)(P ，。