?10fdm.
解 ∵mP?0 ∴
1?Pfdm?0,又P?Pc??
∴
?0fdm??fdm??cfdm??cfdm
PPPn?1令?Gn?3?n,则这样的Gn共有2又在Gn上f?n,Gi?Gj??， ∴
个，且互不相交，
?10fdm??cfdm??n?2Pn?1?n?11?21?3??n?()n??6?3.
2n?132?n113．设f?L(R),f(0)?0,f在x?0可微，则x?1f(x)在R上可积.
1证 （1）先证对适当的??0,x?1?f?L???,??可积
由倒数定义知，f(0)?limx?0/f(x)?f(0)f(x)?lim存在 x?0x?0x故对??1,???0，使得在???,??中， 有
f(x)f(x)?f/(0)?1 ∴?L1???,??． xx（2）再证
f(x)f(x)?L1[?,??),?L1(??,??]． xx对上述??0，当x??时，有∵f?L[?,??) ∴
?1f(x)f(x)1??f． x??1f(x)f(x)?L1[?,??)，同理可证，?L1(??,??]． xx综上所述，xf(x)在R上可积．
114．设f?L[0,?)一致连续，则f(x)?0(x??).
证 不妨设f?0，设当x??时，f(x)不趋于0，则存在??0,对任意的n，总存在xn?n(n?1,2,??),f(xn)??，因f一致连续，故???0，使
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得对每个xn，在每个?xn??,xn???上，f(x)?2/?，且?xn??,xn???互不相交，从而
?[0,?)f????xn??,xn???2f???2???
n?1??由此得出f?L1[0,?)，这与已知矛盾．故f(x)?0(x??).
15．设?是X上的计数测度，f?L1(?),则有可数集?xn??X，使
?Xfd???f(xn).
1证 不妨设f?0由命题3.2.3（ii）知：f?L(?)?X(f?0)有??有
限测度，即存在An?X,?An??,使得X(f?0)?由于?是计数测度，?An?An??．
?A有??有限测度.
n因为可数个可数集的并集还是可数集，所以?An是可数集． ∴集X(f?0)是可数集.不妨设X(f?0)????x?
nn?1?∴
?Xfd???X(f?o)f???fd????fd???f(xn).
?xn???xn?n?1n?1116．设fn?M(X),g?L,g?fn?f或g?fn?f，则
?Xfnd???fd?(n??).
X证 当g?fn?f时，有0?(fn?g)?(f?g)， 由Levi定理，有limn?1X(fn?g)??lim(fn?g)，
Xn又fn?M(X),g?L?fn?g?M(X)，故积分
??Xfn?n?1,2,??都存在，同
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样由于fn?f,g?fn，也有g?f，故∴limn?Xf?g存在，从而?f也存在．
X?Xfn??g??(f?g)??f??g ∴?fnd???fd?(n??)
XXXXXX同理可证当g?fn?f时，亦有上述结论． 17．设An?X可测n?(1,2,??),??An??，则几乎每个x至多属于有限个
An.
证 An?X可测??An可测 则由Levi定理的推论知
???XAn????An???An??．
X∴
1??L?A ∴??A在X上几乎处处有限.
nn设B?{x?X;x属于无限多个An},则?B?0.则几乎每个x至多属于有限个An 18．设An?X可测n?(1,2,??),B?{x?X:x至少属于k个An}，则
?B?k?1??An.
证 首先证明对于可测集序列An?X(n?1,2,?)，
B?{x?X:x至少属于k个An}是X中可测集．此由各An可测，故各相应的特
征函数?An(x)是X上的非负可测函数列． 于是令f(x)?limm????k?1mAk(x)???Ak(x)，其中f(x)是单调上升可测函数列
k?1?F1(x)?F2(x)???Fm?x????An(x)?Fm?1?x???的极限函数，
n?1m故f(x)?limFm(x)也是可测函数，即f?M(X)，于是由可测函数为特征性
m??质，X(f?k)是X中可测集．注意到x?B?x?X(f?k)，于是证得
B?X(f?k)可测．
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其次，一方面显然有
?Bf(x)??B??BAn(x)??k?k?B，另一方面，由LeviB定理，
?Bf(x)?lim?Fm(x)????An(x)????An(x)???An，于是得
m??BX到k?B?1?Bf(x)???An，即?B?k?1??An．
xp1lndx(p??1) 19．求?01?xx?xppp?1解 因为?x?x?????xp?n,x?(0,1)，
1?xn?01xp?n(n?0,1,2?)在(0,1)非负连续，ln?M?(0,1]
x?1?1xp111p?n由3.3.2可逐项积分，?lndx???xlndx???xp?nlndx
01?x00xxxn?0n?01111111p?n?1p?n?1 ??(xln?x?x?(?)dx) 2?00p?n?1xp?n?1xn?0??111p?n?11． ??(0?x) ??20p?n?1p?n?1(p?n?1)n?0n?0?120．设fn?M(X),若fn?g?L，则
?Xlimfnd??lim?fnd?；若
nnXfn?g?L1,则?limfnd??lim?fnd?．
XnnX1证 (ⅰ) 若fn?g?L，则0?fn?g?M?(X)
由Fatou定理，有∵g?L ∴∴
1?Xlim(fn?g)d??lim?(fn?g)d?
nnX?nXlimfn??g?lim?fn??g
nXnXXX?Xlimfnd??lim?fnd?．
n 70
（ii）若fn?g?L1,则0?g?fn?M?(X)． 由Fatou定理，有
1∵g?L ∴
?Xlim(g?fn)d??lim?(g?fn)d?．
X?X(g?limfn)d???lim(g?fn)d?
nXn ?lim(g?fn)d??nX??Xgd??lim?fnd?
nX即
?Xgd???limfnd??Xn?Xgd??lim?fnd?．
nX从而
?Xlimfnd??lim?fnd?.
nnX?21．设fn?0,fn???f，则
?Xfd??lim?fnd?.
nX证 （1）先取一列fnk，使得limk?Xfnkd??lim?fnd??A，
nX?（2）由fn???f,有fnk???f.由定理2.4.2 (ⅲ) ，又有{fnk}的子列
?fn'?f,a.e.由Fatou定理，
k?fd???limf则
nk'??limfn'?lim?fn'?lim?fn'?lim?fnk?A
kkk?Xfd??lim?fnd?.
X22、设fn?f,a.e.或fn???f,??Xfnd??const,则f?L1.
证 当fn?f,a.e.，有fn?f,a.e. ∴
?Xf??limfn?lim?fn?const???∴f?L1，则f?L1．
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