习题4.21．设A 是]1,0[=E 中的不可测集， ⎩⎨⎧∈-∈=,\]1,0[,;,)(A x x A x x x f 试问：f 与||f 在E 上是否可测？ 答 f 不可测，但f 可测. 事实上，若A ∈0，则A f E =≥]0[不可测. 若A ∉0，则A f E =>]0[不可测. 所以f 不可测。

因为当[0,1]x ∈时，()f x x =，所以||f 在E 连续函数，从而可测.2．证明：若函数f 在可测集1E 及2E 上可测，则函数f 在21\E E 与1E 2E 上也可测． 证明 因为f 在12,E E 上可测，所以12,[],[]a R E f a E f a ∀∈≥≥可测，从而 1212()[][][]E E f a E f a E f a ≥=≥≥可测。

因此，f 在12E E 上可测。

因为 1212(\)[][]\[]E E f a E f a E f a ≥=≥≥，可测，所以f 在12\E E 上可测.3．证明：若函数f R →),(:b a 在任意闭区间),(],[b a a ⊂β上可测，则f 在开区间),(b a 上可测． 证明 因为111(,)[,]n a b a b n n ∞==+-，其中11[,](,)a b a b n n +-⊂，又由题意知：f 在每一个11[,](1,2,)a b n n n +-=上可测，所以由定理4.2.6知：f 在 111[,](,)n a b a b n n ∞=+-= 上可测. 4．证明：点集n S R ⊂的特征函数S χ在可测集n E R ⊂上可测当且仅当S E 是可测集． 证明 因为⎩⎨⎧∉∈=,,0;,1)(S x S x x S χ所以R ∈∀a 有 ,1[],01,0.s a Ex a E S a E a ∅>⎧⎪≥=<≤⎨⎪≤⎩，， 充分性. 若E S 是可测集，则对任意的a ∈R , []s E a χ≥可测，所以s χ在E 上可测. 必要性. 设s χ在E 上可测，则对任意的a ∈R , []s E a χ≥可测。

特别地，对于01a <≤，[]s E a χ≥也是可测的。

由于[]s E a χ≥E S =，所以E S 可测.5．证明：],[b a 上连续函数列的极限函数是可测函数．证明 由可测集上的连续函数是可测函数可知：],[b a 上的连续函数列是可测函数列，故由定理4.2.8（可测集上的可测函数列的极限是可测函数)知原命题成立.6．证明：函数f 在可测集E 上可测的充要条件是对任一有理数r ，点集][r f E >可测． 证明 充分性. 假设对任意的Q ∈r , []E f r >可测. 设R ∈r ，记{}n r 是大于r 的一切有理数构成的序列，则有1[][]n n E f r E f r ∞=>=>. 由于每个[]n E f r >是可测的，所以[]E f r >是可测的。

因此，f 是E 上的可测函数.必要性. 显然.7．设f 是可测集E 上的可测函数，证明：对任意R ∈a ，][a f E =可测．证明 由题意知对任意的,[]a E f a ∈≥R 可测，且[]E f a >可测，而[][]\[]E f a E f a E f a ==≥>，故[]E f a =可测.8．设f 是可测集E 上的函数，且对任意R ∈a ，][a f E =可测．试问：函数f 一定在E 上可测吗？解 不一定可测.例如，在可测集[0,1]E =上取一个不可测子集1E 使其不含0. 作函数 11,;(),\.x x E f x x x E E ∈⎧=⎨-∈⎩ 显然，对于任意R ∈a ，][a f E =为空集或单点集，从而可测。

但因1[0]E f E >=不可测，所以f 不是E 上可测函数。

9．证明：若函数f 在可测集E 上可测，则3f 在E 上也可测，反之亦真． 证明 设f 在可测集E 上可测, 则对任意的,[]a E f a ∈≥R 可测，从而][][313a f E a f E ≥=≥可测. 反之，设3f 在可测集E 上可测, 则对任意的3,[]a E f a ∈≥R 可测，特别的33[]E f a ≥可测. 于是，][][33a f E a f E ≥=≥可测. 所以，f 在可测集E 上可测。

10．证明：若函数f 在E 上可测，则2f 在E 上可测，反之成立吗？证明 因为当0a ≥时，有2[][][]E f a E f a E f a ≥=><-；当0a <时，有2[]E f a E ≥=， 所以当f 在E 上可测，则2f 在E 上可测.反之不成立. 如函数1,;()1,[0,1]\,x A f x x A ∈⎧=⎨-∈⎩其中]1,0[⊂A 为不可测集。

11．证明：若),2,1( =k f k 在E 上非负可测, 则和函数)()()(1E x x f x f k k ∈∀=∑∞=在E 上可测．证明 根据可测函数的运算性质知=:)(x F n 1()n k k f x =∑在E 上可测（ ,2,1=n ）.{()}n F x 为E 上的可测函数列，且对任一E x ∈，有 1lim ()()()n k n k F x f x f x ∞→∞===∑. 又由可测函数列的极限函数是可测函数知1()()lim ()k n n k f x f x F x ∞→∞===∑在E 上可测.习题4.31. 证明：若函数列}{n f 在E 上几乎处处收敛于f 且g f ~，则}{n f 在E 上几乎处处收敛于g .证明 由{}n f 在E 上几乎处处收敛于f 可知：存在子集1E E ⊂使得10mE =，且 1lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈， 又由于g f ~与E ，则存在2E E ⊂使得2m 0E =，且2()()(\)f x g x x E E =∈. 令012E E E =, 则有0m 0E =, 且当0\x E E ∈时，有lim ()()n n f x f x →∞=与()()f x g x =同时成立. 故有0lim ()()(\)n n f x g x x E E →∞=∈. 因此，}{n f 在E 上几乎处处收敛于g . 2. 设}{n f 是E 上的可测函数列且 )0(0)(m lim >∀=∞=∞→σσn N n N E ， 证明：}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．证明 由例1.1.10可知：E 中一切使得)}({x f n 不收敛于)(x f 的点x 之集D 可表示为 ]|[|111-∞=∞=∞=≥-=k f f E D n N n N k ． 显然，]|[|m m 111-∞=∞=∞=≥-∑≤k f f E D n N n N k 。

因为)0(0)(m lim >∀=∞=∞→σσn N n N E ，所以对 ,2,1=k ,有 )(0)(m )(m 111∞→→≤-∞=-∞=∞=N k E k E n N n n N n N. 因此, ,2,1,0 )(m 11==-∞=∞=k k E n N n N . 于是，0m =D ．从而，}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．3．设非负可测函数列}{n f 与}{n g 在E 上几乎处处收敛于f 与g ，证明：}{n n g f +在E 上几乎处处收敛于g f +.证明 由题意知：存在1E E ⊂使得1m 0E =, 且1lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈, 存在2E E ⊂使得2m 0E =, 且2lim ()()(\)n n g x g x x E E →∞=∈. 令012E E E =, 则当0\x E E ∈时，有lim ()()n n g x g x →∞=与lim ()()n n f x f x →∞=同时成立. 因此，当0\x E E ∈时，有()()()()n n f x g x f x g x +--()()()()n n f x f x g x g x ≤-+-0→,所以，}{n n g f +在E 上几乎处处收敛于g f +.4. 设可测函数列}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ，证明：|}{|n f 在E 上几乎处处收敛于||f .证明 由}{n f 在E 上几乎处处收敛于f 可知: 存在0E E ⊂使得0m 0E =, 且 0lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈. 于是，0\E E x ∈∀，有 )(0|)()(|||)()(||∞→→-≤-n x f x f x f x f n n 。

因此，{}n f 在E 上几乎处处收敛于||f .习题4.41．证明：设f 与),2,1( =n f n 都是可测集E 上的几乎处处有限的可测函数，则f f n ⇒于E 当且仅当对任意0>σ，有0]|[|m lim =>-∞→σf f E n n ． 证明 必要性. 若f f n ⇒于E , 则对于任意的0σ>，有lim m []0n n E f f σ→∞-≥=. 因为[][]n n E f f E f f σσ->⊆-≥. 所以有 0m []m []n n E f f E f f σσ≤->≤-≥,因此0lim m []lim m []n n n n E f f E f f σσ→∞→∞≤->≤-≥=0。

故lim m []0.n n E f f σ→∞->= 充分性. 假设对于任意的0σ>，有0]|[|m lim =>-∞→σf f E n n . 则对于任意的0σ>，则对任一正整数N ，有1lim m []0n n E f f N σ→∞->-=. 又由于 1[][]n n E f f E f f N σσ-≥⊆->-, 可知 ≤01lim m []lim m []n n n n E f f E f f N σσ→∞→∞-≥≤->-0=。

因此，lim m []0.n n E f f σ→∞-≥= 故由依测度收敛的定义知E n f f ⇒. 2．若f f n ⇒于E ，证明：||||f f n ⇒于E ．证明 因为n n f f f f -≤-, 所以对于任意的0σ>，有[][],n n E f f E f f σσ-≥⊆-≥因此 0m []m [].n n E f f E f f σσ≤-≥≤-≥又因为f f n ⇒于E , 所以，lim m []0,n n E f f σ→∞-≥= 因此有 lim m []0.n n E f f σ→∞-≥= 故||||f f n ⇒于E ．3．设..e a f f n →于E ，且g f n ⇒于E ，证明：在E 上g f ~．证明 因为g f n ⇒于E ,所以由Riesz 定理知:存在子列}{k n f 在E 上几乎处处收敛于g .所以存在零测度集E E ⊂1使得)\)()(()(1E E x k x g x f k n ∈∀∞→→. 由于n f f →..a e 于E ，所以存在零测度集E E ⊂2使得)\)()(()(2E E x n x f x f n ∈∀∞→→.从而, )\)()(()(2E E x k x f x f k n ∈∀∞→→. 令210E E E =,则0m 0=E 且0\E E x ∈∀,有))(()(∞→→k x f x f k n ,))(()(∞→→k x g x f k n . 由极限的唯一性知: )\)(()(0E E x x g x f ∈∀=, 因此()()f x g x =..a e 于E .4．设f f n ⇒于E 且),2,1)(()( =≤n x g x f n 在E 上几乎处处成立，证明：)()(x g x f ≤在E 上几乎处处成立． 证明 令01[]n n E E f g ∞='=>，则0m 0E '=，且0\x E E '∀∈有 0()()(\)n f x g x x E E '≤∀∈.因为f f n ⇒于E , 所以由Riesz 定理知：()()()i n f x f x i ∃→→∞..a e 于E . 从而, 存在零测度集E E ⊂1使得)\)()(()(1E E x i x f x f i n ∈∀∞→→. 令1'00E E E =，则0m 0=E 且0\E E x ∈∀, 有 )1)(()(≥∀≤i x g x f i n 且()()()i n f x f x i →→∞. 从而()()f x g x ≤.所以()()f x g x ≤..a e 于E .5．设f 与),2,1( =n f n 都是可测集E 上的几乎处处有限的可测函数，且22f f n ⇒于E ，试问：是否一定有||||f f n ⇒于E ？6．如果f f n ⇒于E 且..)()(1e a x f x f n n +≤于E ),2,1( =n ，证明：}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．证明 因为f f n ⇒于E ，所以由Riesz 定理知：()()()i n f x f x i ∃→→∞..a e 于E . 从而, 存在零测度集E E ⊂1使得)\)()(()(1E E x i x f x f i n ∈∀∞→→.因为..)()(1e a x f x f n n +≤于E ),2,1( =n ,所以存在零测集E E ⊂2使得),2,1,\)(()(21 =∈∀≤+n E E x x f x f n n .令210E E E =,则0m 0=E 且对任意00\E E x ∈有 010()()n n f x f x +≤( ,2,1=n )且00()()k n f x f x →()k →∞.因此, 0{()}n f x 为单调增加的数列，且有子列0{()}k n f x 收敛于0()f x ，所以0{()}n f x 也收敛于0()f x . 故}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．7．设+∞<E m ，f 及n f ),2,1( =n 都是E 上的几乎处处有限可测函数，则函数列}{n f 在E 上依测度收敛于f 的充分必要条件是：}{n f 的任一子列}{i n f 都有子列{}i j n f 在E 上几乎处处收敛于f ．证明 充要性. 若n f f ⇒，则对于它的任一子列}{i n f 也依测度收敛于f . 所以, 由黎斯定理可知: 存在子列()()i j n f x f x →..a e 于E ()j →∞. 充分性. 设}{n f 的任意子列}{i n f 都有一子列{}i j n f 满足： ()()i j n f x f x →..a e 于E ()j →∞. 以下用证明:n f f ⇒于E . 若不然, 则存在0δ>不满足lim m []0,n n E f f δ→∞-≥=于是存在正数0ε及子列{}{}i n n f f ⊆使得),2,1(]|[|m 0 =≥≥-i f f E i n εδ. 由条件知:子列{}i n f 有子列()()i j n f x f x →..a e 于E ()j →∞. 但是, 由条件+∞<E m 知f f j i ⇒于E , 因此lim m [||]0i j n j E f f δ→∞-≥=. 这与结论),2,1(]|[|m 0 =≥≥-i f f E i n εδ矛盾. 故n f f ⇒于E .8．证明：若函数列}{n f 在E 上依测度收敛于f 且g f ~，则}{n f 在E 上依测度收敛于g ．证明 因为0>∀δ, ,2,1=n , 有 [][][]n n E f g E f g E f f δδ-≥⊆≠-≥,所以m []m []m []n n E f g E f g E f f δδ-≥≤≠+-≥.由f g =..a e 于E 可知m []0E f g ≠=, 从而m []m []n n E f g E f f δδ-≥≤-≥( ,2,1=n ).又因为n f f ⇒于E ，所以lim m []0,n n E f f δ→∞-≥= 因此 lim m []0n n E f g δ→∞-≥=, 故n f g ⇒于E .习题4.51．设),)(1,[)1,[,Z ∈+⨯+⊂j i j j i i F j i 且为闭集，证明： Z ∈=),(,j i j i FF 为闭集．又若),(:,,Z R ∈→j i F f j i j i 是连续函数且 )()(,x f x f j i =)(,j i F x ∈∀， 则 R →F f :是连续函数．证明 首先证明 Z ∈=),(,j i j i F F 为闭集. 记),)(1,[)1,[,Z ∈+⨯+=j i j j i i E j i . 设F P '∈0, 则存在点列)(,}{0∞→→⊂n P P F P n n . 于是, 存在N 使得当N n >时,21),(0<P P d n . 由于 ZR ∈=),(,2j i j i E ,所以存在整数00,j i 使得00,0j i E P ∈ (如图).记 1111,00000+≤≤-+≤≤-=j j j i i i j i F F , 1111,00000+≤≤-+≤≤-=j j j i i i j i E E ,则0F 为闭集. 由于 ))(,(211),(000N n P P d F P n c >∀>>≥ρ, 所以, 当N n >时,必有0F P n ∈.从而, F F P ⊂∈00. 因此, F 为闭集.其次证明R →F f :是连续函数. 设F P ∈0,则存在整数00,j i 使得0,000F F P j i ⊂∈.根据定理 2.5.4可知R →0:F f 连续. 于是, )1,0(,0∈∃>∀δε使得当00),(F P B P δ∈时,有ε<-|)()(|0P f P f . 因为δρ>≥1),(00c F P ,所以000),(),(F P B F P B δδ=.因此, 当F P B P ),(0δ∈时,有ε<-|)()(|0P f P f . 这就证明了R →F f :在0P 点连续. 故R →F f :是连续函数. 2．试在闭区间]1,0[=E 上作一个可测函数f ，使得对]1,0[=E 上任何连续函数g 都有0][m >≠g f E ． 解 设 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤<=<≤-=,121,1;21,0;210,1)(x x x x f 假设存在]1,0[上的连续函数g 使得0][m =≠g f E , 记][g f E A ≠=, 则对任一正数r ,必有 A r A r ⊄⎪⎭⎫ ⎝⎛+⊄⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,21,21,21. 于是,存在 )(21),(21),,2,1(\]1,0[,∞→↓∞→↑=∈n b n a n A b a n n n n . 因此),2,1(1)(,1)( ==-=n b g a g n n . 由于函数g 在21处连续,所以1)(lim 21,1)(lim 21==⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→∞→n n n n b g g a g g . 矛盾. 故对任何连续函数g 都有0][m >≠g f E ． 3．设+∞<+∞<|)(|,m x f E a.e.于E 且}{n f 是E 上的一列几乎处处有限的可测函数．证明：如果)()(lim x f x f n n =∞→ a.e.于E ，则对任一,0>δ存在闭集E A ⊂δ及δA 上的连续函数δg 使得δδ<)\(m A E 且 ),()(|)(|+∈∀∈∀+∞<≤Z n A x x g x f n δδ．证明 根据Egroff 定理知: 对任一,0>δ存在可测集E E ⊂δ使得2/)\(m δδ<E E 且)}({x f n 在δE 上一致收敛于)(x f .从而,存在N 使得当N n >时,有 )(1|)()(|δE x x f x f n ∈∀<-.令)(1|)(||)(|)(1δδE x x f x f x g N n n ∈∀++=∑=,则),)((|)(|+∈∀∈∀≤Z n E x x g x f n δδ. 由于δg 是δE 上几乎处处有限的可测函数, 所以根据Lusin 定理知: 存在闭集δδE A ⊂使得δg 在δA 上连续且2/)\(m δδδ<A E . 因此, δδδδδ<+≤)\(m )\(m )\(m A E E E A E 且),()(|)(|+∈∀∈∀+∞<≤Z n A x x g x f n δδ.4．设+∞<+∞<|)(|,m x f E a.e.于E 且}{n f 是E 上的一列几乎处处有限的可测函数，证明：如果)()(lim x f x f n n =∞→ a.e.于E ，则对任一,0>δ存在闭集 E E ⊂0及常数0>M 使得δ<)\(m 0E E 且 ),(|)(|0+∈∀∈∀≤Z n E x M x f n ．证明 由上题知: 任一,0>δ存在闭集E A ⊂δ及δA 上的连续函数δg 使得 1,100+-j i E 1,00+j i E 1,100++j i E 00,1j i E - 0,00P E j i ∙ 00,1j i E + 1,100--j i E 1,00-j i E 1,100-+j i E2/)\(m δδ<A E 且),()(|)(|+∈∀∈∀+∞<≤Z n A x x g x f n δδ．令n n k k k A F R ⊂-=],[ δ,则k F 为有界闭集且 δA F k F F k k k k ==⊂∞→+lim ),,2,1(1 . 因此δA F k k m m lim =∞→.由于+∞<E m ,所以0)m \(m lim )\(m lim ==∞→∞→k k k k F A F A δδ.于是,存在0k 使得2/)\(m 0δδ<k F A . 令00k F E =,则 δδδδδ=+<+≤2/2/)\(m )\(m )\(m 00E A A E E E . 因为δg 在δA 上连续,所以它在有界闭集0E 连续,从而有界.于是,存在常数0>M 使得 )(|)(|0E x M x g ∈∀≤δ.故),()(|)(|0+∈∀∈∀≤≤Z n E x M x g x f n δ.第四章总练习题1．设函数f 在],[b a 上的导函数f '存在，证明：f '是],[b a 上的可测函数． 证明 定义()()()f x f b x b =∀>，则f 在[,)a ∞上连续，从而可测。