实变函数论习题选解

《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 --⊂---Y ； （2）)()()()(D B C A D C B A Y I I -=--； （3）C B A C B A Y )()(-⊆--；（4）问)()(C B A C B A --=-Y 成立的充要条件是什么？证 （1）∵cB A B A I =-，cc c B A B A Y I =)(（对偶律），)()()(C A B A C B A I Y I Y I =（交对并的分配律）， ∴)()()()()()(D C B A D C B A D C B A c c cc c Y I I I I I ==---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 --=⊆=Y I Y I I I Y I I 交对并分配律.（2）)()()()()()(c c ccD B C A D C B A D C B A I I I I I I I ==--交换律结合律)()()()(D B C A D B C A c Y I Y I I -==第二个用对偶律.（3）)()()()()(C A B A C B A C B A C B A c ccc I Y I Y I I I ===--分配律C B A C B A c Y Y I )()(-=⊆.（4）A C C B A C B A ⊆⇔--=-)()(Y .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 Y )(-∈，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 =I ，如图所示：故)()(C B A C B A --=-Y .2.设}1 ,0{=A ，试证一切排列A a a a a n n ∈ ),,,,,(21ΛΛ所成之集的势（基数）为c .证 记}}1 ,0{),,,,,({21=∈==A a a a a a E n n ΛΛ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 ΛΛ，令ΛΛn a a a a f 21.0)(=，特别， ]1 ,0[0000.0)0(∈==ΛΛf ，]1 ,0[1111.0)1(∈==ΛΛf ，即对每一排列对应于区间]1 ,0[上的一个2进小数]1 ,0[.021∈ΛΛn 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 ++++=Λ2210对应于一个序列：n a a a a ,,,,210Λ，而每个)0(n i a i ≤≤取自可数集N N Z Y Y }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Y 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 ΛΛ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[I Q 排列成 ΛΛ,,,,21n r r r .对任何]1 ,0[C f ∈，则f 由它在ΛΛ,,,,21n r r r 处的值ΛΛ),(,),(),(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[:ϕ，)),(,),(),(()(21ΛΛαn r f r f r f x f ，则ϕ是单射，而集E C f r f r f r f A n ⊂∈=}]1 ,0[)),(,),(),({(21ΛΛ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 I ，∅=21B B I ，又1f ：1A ～1B ，2f ：2A ～2B .则存在f ：21A A Y ～21B B Y ；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 I ，∅=21B B I ，令⎩⎨⎧∈∈=,),(,),()(2211A x x f A x x f x f 则)(x f 就是21A A Y到21B B Y 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{2211ΛΛΛΛΛΛn B A n B n A ====，),3 ,2( 1:1Λα=+n n n f ，),2,1( :2Λα=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 )(2b a x x f a b ax ∈-⋅=--ππ； )1 ,0(～R ，)1 ,0( , 1)(2∈-=x xxx f ； （ⅱ）)1 ,0(～]1 ,0[，将)1 ,0(中的有理数排列为ΛΛ , , , ,21n r r r ，而]1 ,0[中的有理数排列为ΛΛ , , , , ,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 )(221x 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),(1j 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cF 2=. 证 ο1.cF 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. ο2.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ο1，ο2立知 cF 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0F 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Y Fx 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0F 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 ,[Λ±±=+n n n 上作Cantor 三分集n P ，且令n n P n n G -+=]1 ,[，而Y +∞-∞==n n P P ，Y +∞-∞==n n G G ，则G 为开集.又设G 的构成区间为} ,3 ,2 ,1 ), ,{(Λ=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 Λπ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[ (kk k k k k a b b a b b ------βπαπ；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ΛY Y Y ),(),(),(989792913231=G . 考察]1 ,0[中的点的三进制表示法，设 ⎩⎨⎧=,2,0i a ⎪⎩⎪⎨⎧=,2,1,0i b （Λ ,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ΛΛn a a a y 21.0=；当G x ∈时，可设ΛΛ2121.0++=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ΛΛΛ0200.021n a a a y =右；对于G 的构成区间的左端点左y 有 ΛΛΛ20222.021n a a a y =左.由此可见，G E ⊆，且当E z ∈时，有ΛΛΛ111.0)(2121n 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ΛΛn a a a y 21.0=，取E z k ∈，则ΛΛΛ111.021n 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 3131233131121<⋅=++≤-+++Λ， 故,0 ,0>∃>∀N ε当N k >时，有ε<k31，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ΛΛΛ111.021n a a a x =.由Cantor集的构造知：对)( x z E z ≠∈∀，都有 n x z 31≥-，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 ΛΛΛ，于是，E z ∈∀，有m x z 31>-，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∅≠∞=I 1k k E .证 用反证法：若∅=∞=I1k k E ，则()] ,[\] ,[\] ,[11b a E b a E b a k k k k ==∞=∞=Y I ，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 ckΛ=，使得] ,[1b a E nk ck⊇=Y ，即()] ,[\] ,[1b a E b a n k k ==Y . ∴ ] ,[\] ,[1b a E b a nk k ==I，从而∅==I nk k E 1，故∅=n E ，矛盾！附注 更一般地，若非空闭集套}{n E ：ΛΛ⊃⊃⊃⊃n E E E 21满足0sup )(,−−→−-=∞→∈n E y x n y x E nρ，则存在唯一的I∞=∈10n n E x .（这等价于“分析学”或“拓扑学”中着名的“压缩映像原理”） 证 由n E 非空，取) ,3 ,2 ,1( Λ=∈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( Λ=⊂∈++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 nρ，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I ∞=∈10n n E x .存在性得证.下证唯一性：若另有I∞=∈10n n E y ，则) ,2 ,1( 00Λ=∈n E y x n 、，而0)(00→≤-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( Λ=∈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 nx 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：()Y ∞=∞→+=11lim )(k kn n E E αα. 证 一方面，当)(αE x ∈时，α>)(x f ⇒, k ∃使得k x f 1)(+>α，即kn nx f 1)(lim +>α , N ∃⇒当N n >时，kn x f 1)(+>α()()Y ∞=∞→∞→+∈⇒+∈⇒111lim lim k kn n kn n E x E x αα. 另一方面，()Y ∞=∞→+∈11lim k kn n E x αk ∃⇒，使()k n n E x 1lim +∈∞→α, N ∃⇒当N n >时， ()k n E x 1+∈α. 即 kn x f 1)(+>α（N n >）k n nx f x f 1)(lim )(+≥=⇒α， α>⇒)(x f ，从而)(αE x ∈. 综上可得 ()Y ∞=∞→+=11lim )(k kn 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( }),( {1Λ=<=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：Inn G F =.事实上，由于对任意N ∈n 有n G F ⊂，故有Inn G F ⊂；另一方面，对任意Inn G x ∈0，有 ) ,2 ,1( ),(010Λ=<≤n F x nρ，令∞→n 有0),(0=F x ρ.所以，F x ∈0（因F 为闭集），从而F G nn ⊂I .综上可知：I nn 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Y nn 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Y nn 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Y nn F -∆的势（基数）等于连续势c ，从而立知不可能有Y nn 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 Y I中至少有一个空集，比如 21∅=∆∞=Y I n n F ，而∅=∆⊂∆0111I F I I ，所以， 11∅=∆∞=Y In n F ， 11∆⊃-∆∞=Y n n F .因此，c F nn=∆≥-∆1Y .问题得证.②)2 , 1( 1=∆∞=i F n n i Y I均不为空集，对)2 , 1( =∆i i ，在Λ , ,32F F 中存在最小的下标)(1i n 使∅≠∆i n i F I )(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 ∆=∆I I )(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）Y Y YY21121)(101===⊃⊃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 Λ=，它们满足：（ⅰ）) , ,2 ,1 ; 2 , ,2 ,1( ,)(0N n j I I n j n ΛΛ==互不相交；（ⅱ）Y Y Y YY 111121)(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 ΛΛ==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Y 2+≥N n n F 的交为空集，则由（ⅱ）知与Y ∞=1n n F 的交也为空集，从而c F i nn=∆≥-∆0Y .问题得证.若不然，则这12+N 个开区间均与Y 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Y Y YY ∞=∞==⊃1121)(0)]([i i n j j n F I I n所以，集Y ∞=-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Y ii F b a =],[，其中),2,1(Λ=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{( 101ΛΛ=∈=∑∞=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 ka 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()1081070,=δ，),2 ,1( 10810 , 1071011111ΛΛ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=+=+=∑∑n a a n n k k k n n k k k aa nδ其中n a a ,,1Λ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 ka 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 Λ均不等于7.首先证明下述两种情况不能发生：①) ,2 ,1( 0Λ++==n n m a m ，此时x 表示 区间11-n a a Λδ的左端点，它有另一十进位表示：∑∑+≥-=++11110910610n i in n i iia ，在此表示中一 切7≠n a ，因此x 不可能是这种情况；②) ,2 ,1( 7Λ++==n n m a m ，此时x 表示区 间11-n a a Λδ的右端点，它有另一十进位表示：n n i iia 1081011+∑-=，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 aa ⊂∈-11Λδ.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(I 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∑∞=1n 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},,,,{21ΛΛn r r r Q =.对]1 ,0[∈∀x ，定义函数∑<=xr 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)()(≥=-∑<≤yr 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 xy 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 Λ=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 ,,2,1Λ=），则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧∉=∈====∑∑. ,),(1),(,,,2,1 , ,)(111Y Λn k k nk k nk kk 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 I Y -+=.证 因1E 、2E 可测，则21E E I 可测，212E E E I -可测，且)()(212212E E m mE E E E m I I -=-.又由()∅=-2121E E E E I I ，得()()()2121212121E E m mE mE E E E m mE E E m I I Y -+=-+=.2.试证可数个零测度集的并仍是零测度集.证 设Y Λ∞====1, ,2 ,1 ,0n n n E E n mE ，则E 可测，且有0011=≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=≤∑∞=∞=n n n n mE E m mE Y ，∴ 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(1Y =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} , , , ,{21ΛΛn r r r ，作开集如下：Y ∞=++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=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 、、、Λ21是]1 0[，中n 个可测集，且满足11->∑=n mA nk k ，试证01>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=I n k k A m .证 由1题可知：)()(212121E E m mE mE E E m Y I -+=.又∵]1 ,0[⊆i A ，∴ 1≤i mA ，n i , ,2 ,1Λ=，而cn i c i ni i A A ⎪⎪⎭⎫⎝⎛===Y I 11，∴∑∑====--=-≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n i i n i ci n i c i n i i mA m mA A m A m 1111)]1 ,0[(111Y I0)1(111>--=+-=∑∑==n mA mA n n i i n i i .（由已知11->∑=n mA nk 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 I ==，] ,[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 I ，E b a E E b ==] ,[I ，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 =⊆=I I ，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 -=-=-I Y()122121],[*],[*x x x x m x x E m -=≤≤I ；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 =] ,[*0I . ③当E 无界时，令] ,[][n n E E n -=I ，N ∈n ，则n E ][可测，满足ΛΛ⊆⊆⊆⊆n E E E ][][][21，且有Y ∞==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 -⊆-=I .如前两步所证，作函数()] ,[][**)(00x n E m E m x f n x -==I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 <<∀0 ,，∃可测集E E ⊂1，使p mE =1.7.试作一闭集]1 ,0[⊂F ，使F 中不含任何开区间，但21=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)127,125(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)7259,7255()7217,7213(G =Y ，各长6131⨯，共长61312⨯⨯； ……第n 步：在余下的12-n 个闭区间中，分别挖去其中央处长为()61131⨯-n 的开区间，记这12-n 个互不相交的开区间之并为n G ，其长度为12-n ()()1326161131--⨯=⨯⨯n n ；将这手续无限进行下去，得一串开集ΛΛ,, , , ,321n G G G G . 令Y ∞==1n 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()21132611132611=-===∑∑∞=-∞=n n n n mG mG ， 故21211]1 ,0[=-=-=mG m mF . 附注 ①当第n 次去掉的12-n 个开区间的长度为n51时，则32115121525111=--=⋅-=∑∞=-n n n mF ；②对任何10 ,<<αα，当第n 次去掉的12-n 个开区间的长度为()13131--⋅n α时，所得开集G 的测度为()ααα-=-⋅==-∞=--∑1113231113231n 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∞<∑∞=1n n mE ，则0lim =⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→n n E m .证 ∵∞<∑∞=1n n mE ，∴ , ,0N ∃>∀ε使ε<∑∞=Nn n mE .而Y I Y ∞=∞=∞=∞→⊆=Nn 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 Y 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(11ΛΛn n E n n n显然 ),3,2,1( )2 ,2(Λ=-⊂n E n .又 ()()]1 ,1[1 ,1 1 ,1 lim 1111111-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+--==++∞=∞=I I I Y I 为偶数为奇数n n n n n n n n k k n nE E ， }0{}0{lim 11===∞=∞=∞=Y YIn n nk k n n E E .（从而n nE lim 不存在）所以，0lim 2lim =⎪⎭⎫ ⎝⎛≠=⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→∞→n n n n E m E m .虽然n nE lim 不存在，但}{n mE 存在极限：()11lim lim 1=+=nnn nmE . 附注 一般，若}{n E 为可测集列，且Y ∞=1n 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 En },{为R 中互不相交的点集列，Y ∞==1n n E E，则∑∞=≥1**n n E m E m .证 因Y ∞==1n 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 *=.∴Y ∞=1n 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 ⊂∞=Y 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Y ∞=>=>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Y ∞==1) ,(n n n b a G ，j i ≠时，∅=) ,() ,(j j i i b a b a I，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Y ∞=<<=∈1)()(n n n b fa 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(1n 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 kn n k k n n k k n n n n A S A S A S A S A S -=-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-∞→∞=∞=∞=≥∞=∞=∞→I Y Y Y I Y .（2）)1 ,0()1 ,0(lim 11===∞=∞=≥∞→II Y k k kn n n n A A ，())1 ,0(1 ,lim 1111=-==∞=∞=≥∞→Y YI k kk k kn 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[( )()(1N x x g x f ∈≠.故 0] ,0[)(11>=≥≠NN 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 ,[2ε，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 （Λ ,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，()()()Y Y ii i ii 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 kn →于0E ，且0)(0=-E E m .令()()f f Eg f E A k n n n →/⎪⎪⎭⎫⎝⎛>=Y Y ，则()0=→/f f mE k n ；而由题设：g f n ≤，a.e.于E （N ∈n ）可知，nn g f mE 2)( ,0εε<>>∀（N ∈n ），则有()()()εε=<+><→/+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛>≤∑∑∞=∞=1120n n n n n n n g f mE f f mE g f E m mA Y ， 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 kn →，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 Y .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 )(111111112121x x x n n x x x n x x f n 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210=ε，无论N 取得多么大，总可取N N n >+=1，令[)02131 ,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，()22εσ<≥-f f mE n . 又易知：()()()22σσσ≥-≥-⊂≥-f f E f f E f f E m n m n Y ，则 ()()()22σσσ≥-+≥-≤≥-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( 21ΛΛ==<≥-+m k f f mE km n n kk k η，从而可取+∞↑kn ，且有 ()kn n kkk f f mE η<≥-+211.对这串}{kn 作P Q ,：()IY ∞=∞=≥-=+1211i ik n nkk k f f E Q ，()YI ∞=∞=<-=-=+1211i ik n n kk k f fE Q E P .令()Y ∞=≥-=+ik n ni kk k f f E R 211，则 ΛΛ⊃⊃⊃⊃⊃+121n n R R R R，I ∞==1i i R Q .因此，()0lim limlim 211=≤≥-≤=∑∑∞=∞→∞=∞→∞→+ik ki ik n ni i i kk 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 ()Y YI∞=∞=∞==<-=+11211i ii ik n n A f f E P kk k ，则 Λ⊂⊂⊂++21i i iA AA .若P x ∈，则存在0i ，使得Λ⊂⊂∈+100i i A A x .对任给的0>ε，必有0i i >，使得ε<-121i ，故对一切Λ ,2 ,1 ,=>m i l ，有ε<=≤-≤-≤--∞=∞==∑∑∑+++1212111i i j j ij n n mij n n n n j j j j m l l f f f f f f . 所以，)}({x f kn 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，()22εσ<≥-k n n f f mE ，()22εσ<≥-f f mE kn . 而()⊂>-σf f E n ()Y 2σ≥-k n n f f E ()2σ≥-f fE kn ，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 ，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∈-∈-∈-=-.0 ,0 ], ,( ,2, ], ,( ,4],1 ,( ,2)(12121214121x x x x x f n n n ΛΛ 则显然 )()(E L x g ∈，)()(x g x f ≤，但-∞=⋅-=∑⎰∞=1]1 ,0[ 21)2(d )(n n n m x f 不可积. 2.设在Cantor 集P 上定义函数)(x f 为零，而在P 的补集中长为n31的构成区间上定义)(x f 为n （N ∈n ），试证L x f ∈)(，并求积分值. 解 令 n e 为P 的补集G 中长为n 31的各构成区间之并，则 Y ∞==1n n e G ，n me n n 321-=. 令 ⎪⎩⎪⎨⎧-∈=∈==, ]1 ,0[ ,0),, ,2 ,1( ,)(1Y Λn i i i n e x n i e x i x ϕ 则简单函数列)}({x n ϕ满足 )()()()(021x f x x x n ≤≤≤≤≤≤ΛΛϕϕϕ，且 f x n →)(ϕ.∴ 33232lim d )( lim d )( 1111]1 ,0[ ]1 ,0[ =⋅=⋅==∑∑⎰⎰∞=-=-∞→∞→n n n ni i i n n n n i m x m x f ϕ.即 ]1 ,0[L f ∈，且3d )( ]1 ,0[ =⎰m x f .3.设0)(≥x f 为可测函数，令 ⎩⎨⎧>≤=,)(,0 ,)( ),()]([N x f N x f x f x f N 若若 试证明⎰⎰=EEN Nm x f m x f d )( d )]([ lim .证 由题设知：ΛΛ≤≤≤≤≤N f f f ][][][021，且 f f N N −−→−∞→][，则由勒维（Levi ）定理可知 ⎰⎰=E E N Nm x f m x f d )( d )]([ lim.4.设从]1 ,0[中取n 个可测子集n E E E 、、、Λ 21，假定]1 ,0[中任一点至少属于这n 个子集中的p 个.试证：必有一集，它的测度不小于n p.证 令 i E 的特征函数为)(x iE χ，则⎰⎰⎰+++=+++11 01 021d )(d )(d )(21x x x x x x mE mE mE n E E E n χχχΛΛp x p x x ni E i =≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰⎰∑=1 0 1 0 1d d )(χ. 令 } , , , m ax {21n mE mE mE mE Λ=，则 1≤mE ，从而 p mE mE mE mE n n ≥+++≥⋅Λ21， ∴ npmE ≥.5.勒维（Levi ）定理中去掉函数列的非负性假定，结论是否成立？解 Levi 定理中函数列的非负性条件是必要的，不可去，否则结论未必成立.例如：Λ,2 ,1 ,0 ,0 ],1 ,1[,0 ,)(11=⎩⎨⎧=-∈≠-=n x x x x f n x n ，⎩⎨⎧=-∈≠=,0,0 ],1 ,1[,0 , )(1x x x x f x则 0)(≠x f ，a.e.于]1 ,1[-，且有ΛΛ≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n ，)()(lim x f x f n n =∞→.但()+∞=-⎰-01 11d x x n ，故 ⎰-1 1 d )(x x f n 不存在；同理，⎰-11 d )(x x f 也不存在. 因此，Levi 定理不成立.容易证明：若存在)()(E L x g ∈，满足 ΛΛ≤≤≤≤≤)()()()(21x f x f x f x g n ，则Levi 定理成立（不妨一证）.6.设0>mE ，又设E 上的可积函数)()(x g x f 、满足)()(x g x f <，试证⎰⎰<E E m x g m x f d )( d )( .证 ∵ 0)()(>-x f x g ，∴ 由L 积分的单调性（3L ）可知0d )]()([d )(d )( ≥-=-⎰⎰⎰E E E m x f x g m x f m x g .（设法去掉等号！） 若0d )()(d )]()([ =-=-⎰⎰E E m x f x g m x f x g ，则由命题3.2.5的（ⅲ）可知0)()(=-x f x g ，a.e.于E ，与)()(x g x f <矛盾！故0d )(d )( >-⎰⎰E E m x f m x g .7.设)(x f 为E 上的可积函数，如果对任何有界可测函数)(x ϕ，都有0d )()( =⎰Em x x f ϕ，则0=f ，a.e.于E ，试证明之.证 由 )(x ϕ的任意性，不妨设⎪⎩⎪⎨⎧=∈<∈->∈=),0( ,0 ),0( ,1),0( ,1 )(f E x f E x f E x x ϕ 则)(x ϕ为E 上的有界可测函数，由题设，应有0d d )()( )0( ==⎰⎰>f E E m f m x x f ϕ.而()()()0d d d d 0 0 0 ==+=⎰⎰⎰⎰>=>f E f E f E E m f m f m f m f ，故由命题3.2.5的（ⅲ）可知：0=f ，a.e.于E .8 设)(x f 为]1 ,0[上的可积函数，若对任何)1 ,0(∈a ，恒有0d )( ),0( =⎰a m x f ，则0=f ，a.e.于]1 ,0[.证 用反证法：设在]1 ,0[上)(x f 不是几乎处处为零，令 )1 ,0(=E ，)0(1>=f E E ， )0(2<=f E E ，则21 mE mE 、中至少有一个大于0.不妨设01>mE ，则存在闭集 )1 ,0(1⊂⊂E F ，满足0>mF ，从而0d )( >⎰F m x f .令}sup{ },inf{F x x F x x ∈=∈=βα，则 10<<<βα.现取)1 ,(β∈r ，并令F r G -=) ,0(，则G 为开集.由于对任何)1 ,0(∈a ，恒有0d )( ) ,0( =⎰a m x f ，于是有0d )( ) ,0( =⎰r m x f ，所以，0d )(0d )(d )(d )( ) ,0( <-=-=⎰⎰⎰⎰F F r G m x f m x f m x f m x f .（*）又设Y ∞==1) ,(i i i b a G ，其中) ,(i i b a 为互不相交的构成区间，则必存在某个G b a k k ⊂) ,(，使得0d )(),( <⎰k k b a m x f （否则必有0d )( ≥⎰Gm x f 而与（*）式矛盾！）.但000d )(d )(d )() ,0( ) ,0( ) ,( =-=-=⎰⎰⎰kkkka b b a m x f m x f m x f ，为此矛盾！故 0=f ，a.e.于]1 ,0[.9.设]) ,([)(b a L x f ∈，试证：对每个N ∈n ，)]([x nf （取整函数）可积且有等式⎰⎰=∞→),( ),( 1d )( d )]([ limb a b a n n m x f m x nf.证 当n k n k x f 1)(+<≤（Z ∈k ）时，1)(+<≤k x nf k ，k x nf =)]([，nkn x nf =)]([1. ∴ ][)(1nf x nn =ϕ 为简单函数列，且 )()(lim x f x n n =∞→ϕ.故 ⎰⎰⎰==∞→∞→),( ) ,( 1),( 1d )(d )]([lim d )]([limb a b a nn b a n n m x f m x nf m x nf.10.设对每个N ∈n ，)(x f n 在E 上可积，f f n →，a.e.于E ，且一致有K m x f En ≤⎰ d )(，K 为常数，则)(x f 在E 上可积.试证明之.证 设()f f E E n →=0，由f f n →于0E ，得 f f n →于0E . 由法都（Fatou ）定理，得K m f m f m f En n E n n E≤≤=⎰⎰⎰∞→∞→0d limd lim d .∵ ()00=-E E m ，∴0d 0=⎰-EE m f ，于是有∞<≤=⎰⎰K m f m f E E 0d d ，即 f 在E 上可积，从而 )(x f 在E 上可积.11.设)(x f ，)(x f n （N ∈n ）均是E 上的可积函数，f f n →，a.e.于E ，且⎰⎰=∞→EEn n m x f m x f d )( d )( lim.试证：在任意可测子集E e ⊂上，有 ⎰⎰=∞→een n m x f m x f d )( d )( lim .证 由法都（Fatou ）定理，有 ⎰⎰⎰∞→∞→≤=en n e n n e m f m f m f d lim d lim d ①；同理有⎰⎰-∞→-≤eE n n eE m f m f d limd ；运用性质若()n n ny x +lim 存在，则()n n n n ny x y x lim lim lim+=+，（*）则有⎰⎰⎰⎰⎰---=-=eE E n neE Eem f m f m f m f m f d d lim d d d ()⎰⎰⎰⎰⎰----+=-≥eE n n eE n en neE n n En nm f m f m f m f m f d lim d d limd lim d lim⎰⎰⎰⎰=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=--e n n e E n n e E n n e n n m f m f m f m fd lim d lim d lim d lim ，即 ⎰⎰≥en ne mf m f d lim d . ②综合①、②，得 ≤⎰en nm f d lim⎰⎰∞→≤en n em f m f d limd .故 =⎰∞→en n m x f d )( lim=⎰en nm f d lim ⎰∞→en n m f d lim⎰=em x f d )( .附注 ②式的另一证法：假定②式不成立，即若 ⎰⎰<en ne mf m f d lim d ，则有子列k n f使⎰⎰⎰>=een ne n km f m f m f k d d lim d lim，因此，。