m?G\\F??m?G\\E??m?E\\F?? 充分性：取??
?2??2??.
1
, 则得到一列开集?Gn?和一列闭集?Fn?, 使得Gn?E?Fn且n
m?Gn\\Fn????1. 令H??n?1Gn，K??n?1Fn. 则H?E?K，且H,K可测，同时nH\\K?Gn\\Fn(?n)，这表明H\\K是零测集. 因为E\\K?H\\K，故E\\K也是零测
集. 而E??E\\K??K，故E可测.
33 反证法：若否，则该零测集中会含有开球，此与集合是零测集矛盾. 4．有界闭集E上的连续函数f(x)是有界函数
证明：只需证明函数的最大最小值可达即可. 以最大值为例.
令M?sup{f(x):x?E}，则存在点列{xn}?E，使得f(xn)?M. 因为E是有界闭集，所以有界点列{xn}?E必有在E中收敛的子列，不妨设{xn}自身收敛到x?E.
另一方面，由于函数f(x)连续，故f(xn)?f(x). 由极限的唯一性知M?f(x)???，也即最大值可取到. 同理，最小值也可达到. 因此函数f(x)必是有界的. 实际上，有界闭集E上的连续函数f(x)是一致连续函数.
)?0， 证明：对???0. 由于函数连续，任取x?E，则??(x使得当y?E?O(x,?(x))时，必有
f(x)?f(y)??2 （*）.
这样，也就得到E的一族开覆盖?O(x,?(x)):x?E?，其中?(x)使得（*）式成立. 由于E是有界闭集，故必有从属于?O(x,?(x)):x?E?的Lebesgue数??0，即对任意的
x0?E，必存在某个x?E，使得O(x0,?)?O(x,?(x)).
任取x1,x2?E，x1?x2??. 由上述所言，必存在x?E，使O(x1,?)?O(x,?(x))，则也有x2?O(x,?(x)). 由（*）式，得到
f(x1)?f(x2)?f(x1)?f(x)?f(x2)?f(x)?也就证明了一致连续性.
?2??2??.
7．设mE??，f是E上几乎处处有限的可测函数. 证明：对???0，存在闭集
F?E，使得m(E\\F)??，且f在F上有界.
证明：设E??E[f??],En?E[f?n]，则?En??E是单减的可测集列，且
limn??En?E?. 因为mE??，所以limn??mEn?mE?. 又因为f是E上几乎处处有限
的可测函数，故limn??mEn?mE??0. 因此对???0，存在N，使得当n?N时
mEn??2，特别的，mEN??2. 在E\\EN上，恒有f(x)?N. 根据可测集的构造，存在
闭集F?E\\EN，使得m?(E\\EN)\\F???2. 这样，
E\\F??EN??E\\EN??\\F?EN???E\\EN?\\F?，
因而m?E\\F??mEN?m????，且在闭集F上，有??E\\E?\\F???22Nf(x)?N
12．构造反例说明：由f可测得不到f可测.
反例：设E?[0,1]，A是E?[0,1]的不可测子集，f(x)??A(x)??E\\A(x). 则f?1是
E上的可测函数，而E[f?0]?A不是可测集，因而f不是E上的可测函数.
18．设f和?fn?n?1均是可测集E上几乎处处有限的可测函数. 对???0, 存在可测子集
?E??E，使得m?E\\E????，且在E?上?fn?一致收敛到f. 证明：在E上?fn?几乎处
处收敛到f.
证明：由题设知，对任意的i?N，存在可测子集Fi?E，使得m?E\\Fi??, 且在Fi上?fn?一致收敛到f. 令F?1i??i?1Fi. 则?fn?在F上收敛到f. 由测度的单调性得
1m(E\\F)?m(E\\Fi)?,?i，故而m(E\\F)?0. 因此，在E上?fn?几乎处处收敛到f.
i20．设在E上，有fn?f且fn?g，证明在E上f(x)和g(x)几乎处处相等. 证明：不妨假定函数f(x),g(x)是处处有限的. 这样有
?1??E?f?g?0???k?1E?f?g??.
k??所以只需证明右边的每个集合是零测集就行了.
111，则由于a?b?a?b，故必有a?或b?. 因而当
2k2kk111f(x)?g(x)?时，必有f(x)?fn(x)?或g(x)?fn(x)?.
k2k2k因此对任意的n有
注意到若a?b?1?1?1????E?f?g???E?f?fn???E?g?fn??
k?2k?2k???? 由依测度收敛性知上式右边两个集合的测度当n??时趋于零，故对任意的k都成立
1??mE?f?g???0. 完成证明.
k??n26. Lusin定理的逆定理：设f是可测集E?R上的广义实函数，若对???0，存在闭集
F?E，使得m?E\\F???且f在E\\F上连续，则f是E上几乎处处有限的可测函数.
证明：由题设得，对任意的n，存在闭集Fn?E使得m?E\\Fn??续. 当然这时f在Fn上可测且处处有限. 令F?1且f在Fn?E上连n??n?1?Fn，则由可测函数的性质知f在F
上可测同时还是处处有限的. 而m?E\\F??mE\\??n?1Fn?m?E\\Fn???1(?n)，这表明nm?E\\F??0. 因此f在E上可测且几乎处处有限.。
1 求[0,1]上Dirichlet函数D(x)，Riemann函数R(x)的积分. 答：
[0,1]?D(x)dx?[0,1]?R(x)dx?0.
2 设mE??，f(x)是E上几乎处处有限的非负可测函数，??0. 在[0,??)上作分划：
0?y0?y1???yk?yk?1??,yk???,
满足
yk?1?yk??(?k).
令Ek?E[yk?f?yk?1](?k). 证明：f(x)在E上可积的充要条件是且lim??0???k?0ykmEk??,??k?0ykmEk??f(x)dx.
E??k?0?? 证明：因为考虑积分，故不妨设f(x)在E上处处有限. 这时E??Ek，且{Ek}k?0是
互不交的可测集列，故而
mE??k?0mEk??. （1）
? 因f(x)在E上非负可测，由积分域的性质得
?Ef(x)dx??k?0?f(x)dx. （2）
Ek?由于在Ek上成立yk?f(x)?yk?1，由积分的单调性得
ykmEk??f(x)dx?yk?1mEk?ykmEk??mEk.
Ek结合(1)(2)式得到
?k?0ykmEk??f(x)dx??k?0ykmEk??k?0?mEk??k?0ykmEk??mE.
E????因为mE??，所以上式表明f(x)在E上可积的充要条件是明了lim??0???k?0ykmEk??,其实也表
??k?0ykmEk??f(x)dx.
E10 设mE??，f(x)是E上几乎处处有限的可测函数. 令
En?E[n?1?f?n](n?0,?1,?2,?).
证明：f(x)在E上可积的充要条件是
???n???nmEn???.
??n???证明：类似于第2题. 不妨设f(x)在E上处处有限. 这时E??En，且{En}??n???是互不交的可测集列，故而
mE??n???mEn??. （1）
因f(x)在E上可测，所以f(x)在E上可积的充要条件是f(x)在E上可积. 因而问题转为证明：f(x)在E上可积的充要条件是 由积分域的性质得
???0??n???nmEn???.
?Ef(x)dx??n??????Enf(x)dx??n????Enf(x)dx??n?1???Enf(x)dx （2）
由于在En(n?1)上有n?1?f(x)?n，在En(n?1)上有n?f(x)?n?1，根据积分的单调性得
nmEn?mEn??nmEn??代入(2)式就得到
EnEnf(x)dx?nmEn,??n?1?,
f(x)dx?nmEn?mEn,??n?1?,
?0n???nmEn??n?1?n?1?mEn??f(x)dx??n????n?1?mEn??n?1nmEn.
??0??E结合(1)式得到
???n???nmEn?mE??f(x)dx??n???nmEn?mE.
E??也就得到：f(x)在E上可积的充要条件是
???n???nmEn???.
12 设mE??，?fn(x)?为可测集E上的可积函数列，且在E上?fn(x)?一致收敛到f(x). 证明：f(x)在E上可积，且
?Ef(x)dx?limn???fn(x)dx.
E证明：由假设得到f(x)在E上可测. 由一致收敛性知：对???0,?N，使得
fn(x)?f(x)??1?mE,?x?E,?n?N. (1)
当然fn(x)?f(x)??n?都非负可测，利用(1)式和积分的单调性得到
?Efn(x)?f(x)dx???1?mEEdx??1?mEmE??,?n?N.
因此fn(x)?f(x)??n?N?是可积的，且
limn???fn(x)?f(x)dx?0. (2)
E又由于
f(x)?fn(x)?f(x)?fn(x),??n?N,?x?E?.
根据fn(x)?f(x)??n?N?及fn(x)的可积性即知f(x)在E上可积；又f(x)在E上可测, 也就得到f(x)在E上可积. 而
?Efn(x)dx??f(x)dx?E??fEn(x)?f(x)?dx??fn(x)?f(x)dx,
E再结合(2)式得到
?
Ef(x)dx?limn???fn(x)dx.
E14 设f(x)是可测集E上的可积函数，令en?Ef?n. 证明：limn??n?men??0.
??