实变函数(曹广福)1到5章答案

1、第一章习题参考解答第一章习题参考解答3等式(A - B) 一 C二A - (B - C)成立的的充要条件是什么？解：若(A _B) 一 C = A _(BC)，贝U C (AB) 一 C = A_(B _C) A.即，C A.反过来，假设C A,因为B -C B.所以，A-B A-(B-C).故，(A -B) 一. C A -(B -C).最后证，A (B -C) (A B) 一 C事实上，-x A _(B - C),则 x A且 x B - C。若 C，则(A - B) C ；若 x C，贝y x -一 B，故 x A B (A - B) 一 C 从而，A (B C) (A B) 一 C .

2、 C (A-B) C =A-(B-C) A- .一 - A. 即卩 C A.反过来，若C A，则因为B-C B所以A-B A-(B-C)又因为C A ,所以 C A-(B-C)故(A-B)_.C A-(B-C)另一方面，- A-(B -C)= xA且B-C，如果x C则(A-B) C ； 如果x - C,因为x - B -C ,所以x- B故x A-B.贝U x(A-B)_. C.从而A _(B -C) (A _B) _ C于是，(A-B) 一 C 二 A-(B -C)壮1,xA口4 对于集合A，定义A的特征函数为，A(X)=”,假设几小2,，An 是Q x世A一集列，证明：(i) limin

3、fA (xliminf 宀(x)n nn(ii) lim supA (x) =limsup 短&)nnn证明：(i) 一x lim inf An(An), n0 N，-m - n0时，x Am.nnB m3所以需(x) =1，所以 inf g (x) =1 故 lim inf 鼻宀(x) = supjf 鼻磚(x) = 149-x lim inf An = - n 二 N，有 x 代二 kn _ nnm为有 x Ak =Akn=0= infA (x) = 0，故sp nm n ，mb .=N m_nAm(x)=o ，即m n A (x) =o，mnAn从而 lim inf Ann(x) = l

4、im inf An (x)n%5.设An为集列,B A1， Bii 1二 Ai - 心 Aj (i 1)证明(i) Bn互相正交n(ii) n N, Aii 二nBii 4证明：(i) - n, mN , n = m ；不妨设nm,因为Bn = Ann J-Ai=1An - Am，又因BmAm，所以 BnAn-AmAn - Bm，故 Bn Bm 二-，从而，BnnL相互正交.(ii)因为 一i(1 _ i _ n)n，有BiAi，所以乜Bin二 A，现在来证：乜A二 Bi当 nZ1 时，有：J A =UBj7i吕n卅则u Aii Tnn 1= (UA)U An 卅=(U A)U(An 卅i i

5、 =1nA)i=1nn=(Bi) (Bn1 - Bi) i=1nX,-Ai，贝y i(1 Zi 乞 n)使得io X . Ao _ A 二 Bio - Bi，其中，当 io事实上,i di =1-，从而,nUai dnBii d6设f (x)是定义于E上的实函数，a为常数，证明:(i) Ex | f(x) a = f (x) _a 丄心n1Ex| f(x) 一 a=f(x) a -一nmn(ii)证明：(i) -x Ex| f (x) a = E 且f (x) a1n N,使得 f(x)aa 且 x E= xn1x Ex| f(x) - a 二 Ex| f(x) a 心nEx| f(x) 一

6、a 丄n反过来,1二 Ex| f(x) - a 心n-XEx|f(x)_a 丄, n N，使 x Ex | f (x) 一 annn1即 f (x) _ aa且 x ：= E 故 x 三 E x | f (x) an1所以 Ex|f(x)_a Ex| f (x) a故n 4n1Ex| f(x) - a Ex|f(x)丄 a n2n7设fn(x)是E上的实函数列，具有极限f (x)，证明对任意常数 a都有：1 ;1 Ex|f(x)辽a lim inf Ex | fn(x)辽a lim inf Ex | fn(x) ： a k4 nk k二 nk1证明：-x Ex| f (x)乞 a, -k N，

7、即 f (x) _ a _ a ，且 x E k1因为 lim fn(x)二 f (x), n N，使 -m _ n，有 fn(x)乞 a ，故 ik1x Ex| fm(x)1 1(-m_ n)，所以 xEx|fm(x)km nk1lim inf Ex| fm(x) a ，由 k 的任意性：w 门 liminf Ex| fn(x)乞 a +丄，k=1 nk1Ex|fm(x)a -= kod1x lim inf Ex| fn(x)乞 a ， 反过来，对于-xk ：i nkn N，-m _ n时，有：fm(x)空 a 1 且 x E，所以，lim fm(x)空 f(x)乞 a 1 且kmk k N

8、 ，有n WN m _nx E .又令 k “ ，故 f (x)乞 a且x E 从而 x Ex | f (x)岂 a1 1x lim inf Ex| fm(x) _ a =Ex|fm(x)_a ，即nkn：=N m_nk故 Ex|f(x)_a= lim inf Ex | fn(x)乞 a k=1 nk& 设 fn(x)是区间(a，b)上的单调递增的序列，即f1(x)乞 f2(X)乞 乞 fn(x) R是既单又满的映射,COoO定义： Bi，Rj-x =(Xi,X2, )丨【(x)(Xi,X2, ) = (i(x)2(x)； )i=4i=4COoO故是门Bi到R:得既单又满的映射，从而，Ail

9、Bi R：:i 4iT从而 A =cQO17.设 人的势是C,证明至少有一个 An的势也是C。n zi证明：因为-n N, A An，所以An乞 An二C n 吕n =4；cO如果-nN,An=C，则- n N , An : C ,即，An正交可数，从而， An正交可数 nmqQ这与 An =C矛盾.n吕故，n - ： 0, -x ； x (人-、,x0 、)a, b)有 | f (x) - f (x0)卜：；即，f (x)在X。点连续。(2)曽 nE N,S En，因 lim f(x) = f (x)有限，故日芳 x 使得1(x,x+x) ua,b)， | f (x) - f (x) |v

10、，故，*x： x隹(x, x+亿)，有2n1|f(x)-f(x)|，从而，(x,x 、：x)- En 现在证：A =( x,x 、：x) | X S-Enn是两两不相交的开区间集_X1 , X2 二 S - En，X1 = X2,不妨设 X1 ： X2，如果(X1，x1，X1) (X2，X2，X2)，取(X1匕)(X2,X2，J则x1 x2: xXj即，x2(x1, x2 ) En，这与x2 S-En 矛盾，故 A 两两不相交，从而S - En可数OQ qQ故S-(S-En)至多可数。n T n =1即，a,b)中第一类间断点至多可数。2证明Rn中孤立点集是至多可数集证明：设F是点集E中一些孤

11、立点所构成的集合-x F, *，有 O(x,、x) E =x现在先证：6O(x,)|x，F是两两不相交的2Xi、 X2事头上，-治卞2F ,x x2，如果 *0(捲， O(x2, -)，贝y2 2：; X1-：; X 2P(x-,X2)兰 P(X-, y) + P(y, X2 + h2 (不妨设 g Eg )，故x-0仪2,、迪)E =X2,这与 X- =X2矛盾.所以，O(x,d)|xF是两两不相交的2 = = _x F，取有理点 rx ：二 0(x,)，故 F rx | x F ：_ Q，从而，F 込 Q = C0222. 证明：Rn中直线上每个闭集必是可数个开集的交，每个开集必是可数个闭

12、集的并证明：设F是R中的一个闭集，先证：-：0 , O(F,、)=x R|T(x,F)：,是R中的开集，其中珥x, F )= inf ：x, y) | y Fx 0(F,、)，则 r(x, F)：,，取- r(x,F) ：、，故0(F,、) 0(F,、)事实上，-t 0( x,；)，所以0(F,、J是开集现在证：F 二 0(F,-)、nm n事实上，-n N , F 0(F,-)，所以 F 0(F,-). nn# n”再11反过来，-x0(F,)，有，(x,F).故 t(x, F)=0.n#nnxF,即 x R-F.：0,使 0(x) R-F.所以 0(x) F 一.故，1：(x,F)_：，这

13、与 J(x, F)=0矛盾所以 x F，从而 F 0(F,) 心n再来证：每个开集必是可数个闭集的并事实上，若G是开集，则R-G是闭集.所以存在可数个开集0nn N，使得cdoOR-G=0n,所以G=R- 0n二(R-Qn).即G是可数个闭区间集 n#n(R -Qn) 的并oQoO23. 假设是一列开区间，如果-,证明Ii是一个开区间i =1=-证明：一 i三N，记:=in : i | L N， - = sup : i | iNJ ，其中 I i = C i, : i)，qQ因为 I .，n =1现在我们证:qQ所以可取X。 li I i c , )n AC , JIi7因为 i N， I i

14、 = （： i, ： i）（：,：），故 I i G ,）反过来，-x （二，-），即二 x ：，当x乞x0时，因为： ： x，所以Th N，有 X :： ：:： X _ X。：:：订1 .所以 X . I j = （： j , 1 j）二、.| j .如果 X。乞 X ：: -，111 i 4N，使 xi2 : X。乞 X :： -i2，故 （“，、）=qQIi U U li，从而2 i 424.设ER，B J - A是E的一个开覆盖,证明： B , |A中必存在至多可数个B.i N，使得E B .证明：不妨设Bp A中每一个元都是开区间 E ,存在* A，有x- B.x，故有：R端点的开区

15、间 r=（rx,R），使得x rB ,x .即，E :.又因为x =(GRx)|x E(rx,Rx)|x E Q Q所以、Jx E可数不妨设、x|x E=、x| n N，又记BX E二B n | n N.其中，、n B，n (-n N故 E x n B. x丰n迅n却1 125.已知：可数集E二1, ,一2 2n1 1 - ； 1 ；尹，开区间列（1 - ；,1 ；），（2，），1 - ； 1 亠；，（矿，丁），覆盖了它，这里 覆盖.答：不能，证明如下：0 ：；:-，从此覆盖中能否选出集 E的有限子2证明:（反正）如果Tn 1, n2 nk，k N，使得E （斗2n1丁）（*），不妨11 g

16、1-Zoni :匕”：:：nk，因为i（1 乞 i 乞 k），一二齐2 二ni2出2叫2卄k 1 _11-（#,厂）.这与十 E矛盾.所以（*）不真i 、2“k2“k 2耳n26设F J A是一簇集合，如果- s，2,，仁 A，有.F.,则称集合簇F _ - A具有有限交性质/u证明：如果F ： 二A是具有有限交性质的非空有界闭集簇，那么F 扎腹A扎证明：取%总A，令G =x Rn 戸任匕）1，其中P（x,J）=in f，（x,y）yF。，（x, y）二 （Xj-yJ2，则 G 是 Rn中开集且F.o G，如果 F 二.一，则 F ,0G 二 G - F（G - F .）.由Borel有限覆盖

17、定理（P27定理9），存在人談2，九m，使得 J UmmmmdG-FJ 二G-j 从而，J，这与FA具有有限交性质矛盾27.试用Borel有限覆盖定理证明：Bolzano-Weiestyass定理（P24定理4,若E是是一个有界无穷点集，则E .）.证明：设E是Rn中的有界无穷点集，如果E._，则- xE， r0,使得O（x,r） E 二x，则 E O（x,r） 由 Borel 有限覆盖定理，xX2，xE， X壬mmmm有E/（心飞），从而E二E 二0（心、务）二占 0（心）=为= X1, X2，Xn，这与E为无穷集矛盾，从而 EF二型集证明：有理数集不29可数个开集的交称为 G、.型集，可数

18、个闭集的并称为是G、.型集，但是F匚型集.qQ证明：设Q为R中全体有理数所构成的集合如果Q是G、.型集，即Q Gn，nT其中Gn是开集，由开集的结构， n，N，Gn二k（nknk），其中（nk入） k是 互不相交的开区间不是一般性，设-：m *- n1-n1* - m -nk- -n1- 这是，必有（1）:m 二-:事实上，如果: n -:,即r为有理数，r ： :- n1 .因为-k N , r ： :皿：-nk，qQ故更U(Gn用n ) = Gn二仃Gn = Q，这与r Q矛盾. n=1 k N , : n,k = : n,k 1如果 k： N，,k： n,k*.i.则 k*hk*i.因此

19、，r Q，有0n,k* r 0tn,k* 4这有：r 更 (Otnk , Bnk ) =Gn 二 Q 这是一矛盾.(3) =SUpk=：.k事实上，若 5:，则-n为有限实数，n Q，使得-k, -n, r，故r F /：飞，飞)=Gn二Q，这也是一矛盾.R-Gn -R - C n,kn,k) = f n,kH ： n,k |kkkkqQOQqQR -Q 二 R -Gn 二R -Gn二： n,k |k ： n,k | N,k为可数集，n z!n z!n=1这与RQ二C矛盾.因为在R冲单点集是闭集，所以-r Q，令Fr二r，则F为闭集，所以Q =Fr，故Q为F；一型集.r 二 Q30.定义在0,

20、1上的任何函数的连续点构成的集合是一个G、.型集.291证明：开区间(0,1)中有理点的全体不是一个G.型集，但是一个 G .型集.30.是否存在0,1上的的函数满足：在有理点处连续，而在无理点处都不连续？是 证明你的结论.回答：不存在.为此，只需证明如下命题命题(*)：开区间(0,1)中的任何函数的连续点构成的集合是一个G右型集.这是因为，如果存在0,1上的函数 f，使得(0,1) Q 二x (0,1)| lim f(x)二 f(x).当命题(*)成立时，必有(0,1) Q为G型集，这与29题的结论矛盾.命题(* )的证明：设f (x)是开区间(0,1)有定义的一实函数，记 E二x(0,1)

21、 | lim f (x)二f (x),下证：E是一个G .型集.，令代=(a,B)|Oac0 0，取 n0N，使得 一 & .因为 x n E Gn u Gn = U Ann心所以 出，： R : 0 ： 1，使得 x (：,：)，并且X x2 C , )有1 _| f (xj - f (x2) |，取 =min x - ： , - - x 0 ,故- x : | x - x | ：、，即n。1X， X (X - -： , X 亠 ：_ (，：)，所以 | f (x ) - f (x) |.从而n。oOf(x).故x E.因此，E= Gn真.n 31.假设AR ，且对任意xR，存在x的一个领域

22、（x-.，x ,），使得 （x ，x ： ） A最多只有可数个点，证明： A必有有限级或可列集证明：因为xA，*0使得（x-r,x，x） A = Bx是一个至多可数集而 A 二(x -、x，x 、JxACO由 24 题，Xj|N A 使得：A(Xi-=，xrx)nl0odQ0又 A = A （X -、x，x x） = （A 化-X ） = Bx .即 A至多 nJnJnJ可数.32. 证明下列陈述相互等价.（i）A是无处稠密集（ii）A不包含任何非空开区间（iii）A是无处稠密集（iv）A的余集CA是稠密集无处稠密集：E Rn， E称为是无处稠密的，如果， -、：， - xRn，0（x,、）二

23、 E .证明：（i） = （ii）.设A是无处稠密集，即-0，-R有（x-，x 、：）二如果，R （二-），有（）瓦取x，取0,故2 2（x -、：，x，） =（，：） A.这与（x -、：，x，）二 A得假设矛盾.所以 i- （ii）真.（ii ）= （iii）.如果A不是无处稠密的，即X。 Rn，0，使得）=C） A这与A不包含任何非区间矛盾（iii）= （iv）.设A无处稠密.现在我们证：RA = R .x R ,如果 x y R - A，则 x A，所以-0，有（x -，x 亠心）二 A 二 A.故（x -、,x :- ） （R -A）= 一.所以 x R - A.（iv）= （i）.

24、设 R A 二 R ，一x R ，一、 0，（x 、 ,x 、 ） R A= 一 .所以（x - ：，x，）二A从而，A无处稠密.33. 证明：若集合 E的聚点X。不属于E，则X。是E的边界点.定义：X0称为E的边界点，如果一 -0，有0（X0,-：）Ef 且O（x0,、）.证明：设 xE -E，则一、0, 0（比，、）-仇 E =0（X0，、） E 一一 .x0是E的界点.且 X。 O(xo,、J (R“ - E) = 一，即,第二章习题参考解答1：证明：有理数全体是R 中可测集，且测度为0.证：（1）先证单点集的测度为O.-xR，令E=x.-；0,-NZX-冷詡，因为m*E訓诒 1 n |

25、故 m*E=O 所以 E 可测且 mE=O.n =1n =1 2 n（2）再证：R中全体有理数全体 Q测度为0.设Wnn#是R 中全体有理数，n，N，令En =4.则 E.是两两不相交的可测集汕4二E，-n为开区间声列，由可测的可加性有:O0m* Q = m( En)n =1QO八mEnn =1QO八0 = 0n =1法二：设Q=rnnd，-N，令I J =(4 -几，其中；是预先给定的 qQOOqQqQ与n无关的正常数，则：m*Q=i nf云| In | Uh =Q ：| I J |=瓦寿=e .由得n1 i=1 =1 2任意性，m*Q=0.2证明：若E是Rn有界集，则m* E 二.证明：若

26、E是Rn有界则 常数M 0，使- x =(xi,X2，Xn)E，有E|j nnlZ (Xj 0)2 = i送才 M，即 Fi (1 兰 i n)，有 M，从而nE - xi -M ,xi M .i 4nn所以 m* E - m*i 丨人 - M ,人 M - 2M 二(2M)n :idim3至少含有一个内点的集合的外测度能否为零？解：不能事实上，设ERn，E中有一个内点 x = (xi，Xn)E0,使得rn66n66rnO(x,、)=：(Xi,Xi ) E.则 m*E_m*i【(Xi,) 0z22y22所以m* E = 0.4在a,b上能否作一个测度为 b-a，但又异于a,b的闭集？解：不能事

27、实上，如果有闭集 F a,b使得mF=b-a.不失一般性，可设 a F且b F . 事实上，若 a F，则可作 F* =a F，F* a,b且 mF* 二 ma mF = mF 这样， 我们可记 F* 为新的 F，从而a,b-F =(a,b) - F =(a,b) - F (a,b).如果a,b - F 一，即卩 xa,b - F = (a,b) - F ,而(a,b) - F 是开集，故 x是a,b-F 的一个内点，由 3 题，m*(a,b-F)=m(a,b-F) =m(a,b) mF =0.这与mF 二ba矛盾故不存在闭集F a, b且mF =b-a5若将 1定理6中条件m( En)：二去

28、掉，等式- m(lim En) ： lim mEn是否仍 n 达on成立？解： 1定理6中条件m( En)：二是不可去掉的怪事实上，-nN，令En -n-1,n)，则En；是两两相交的可测集列，由习题一得15 题：lim En 二 lim En 二 一 故 m(lim En) = 0，但 -n N， mEn 二 mn - 1, n) = 1.所以 n 护n_lim mEn =1.从而 lim mEn m(lim En).n ,n ,n6. 设Ej, E2,是0,1)中具有下述性质的可测集列：- ；.0, k N使mEk1-；，证明：m(Ei)=1i 4证：事实上，一； 0，因为Tk N， mE

29、k 1 -qQ1 _ m0,1 - m( Ei) - mEk 1 - ；id：7. 证明：对任意可测集 代B，下式恒成立.m(A B) m(A B)二 mA mB.证明：A B =(A B-A) A且(A B - A) A 二一故 m(A B) =m(A B - A) mA.即卩 m(A B)-mA = m(A B-A)=m(B-A)又因为 B=(B-A) (B A) .且 (B-A) (B A) =，所以 mB =m(B - A) m(B A)故 m(A B)-mA=mB-m(A B)，从而 m(A B) m(A B)=mA mB8. 设是A1，A2是0,1中的两个可测集且满足 mA mA?

30、 1，证明：m(A A2) 0.证：m(A1 A2) m(A1 A2)=mA mA2.又因为 m(A A21 m(0,1) =1所以 m(A1 A2) = mA1 mA - m( Ai A2) _ mA1 mA2 -1 09. 设A1，A2，A3是0,1中的两个可测集，且 mA mA2 mAs 2，证明：m(A1 A A3)0证：m(A1 A2 A3) m(A1 A2) A3 m(A1 A2) mA3 =m(AJ m(A2) m( A3)-m( A A2).所以 m(AjA2)m(A1A2A3)= m(A)m( A2)m(A3) - m( AA2A3)又因为 m(AiA2)(A2A3)(A3

31、Aj = m(AiA2)(Ai A2 A3)=m(A1 A2)m( A1A2A3)-m(A1 A2)(A1 A2A3) =m(A1 A2) +m( A1 A2) A3-m(A, A2 A3.所以 m(A A2 A3)= m(A1A2)m(A1A2A3)H m( A1A2)(A2 A3)(A3A1)=m(A)m(A2)5(人3)-口(几A2A3 m(A,A2)(A2A3)(A3AJ因为 m(A1 A2 A3) Em0,1=1m( A1 A2) (A2 A3) (A3 AJ乞 m0,1 =1.所以m(AiA2A3)_ m(Ai)m(A2)m( A3) -1 -1 =m( Ai)m(A2)m( A3

32、)- 20 .10.证明：存在开集G，使mG - mG证明：设gn生是0,1闭区间的一切有理数，对于n，N，令11o- 1旳00 172mG 乞、mln1T 二七ndn =1 21 1211.设E是R 中的不可测集，In =- 尹，rn 尹)，并且G = . Jn是R中开集1 1 .而，G - 0,1，故 mG _ m0,1 =1 mG.A是R中的零测集，证明：E CA不可测.证明：若E CA可测.因为E A A，所以m*(E A) _ m* A = 0.即m*(E A) =0.故E A可测.从而E =(E A) (E CA)可测，这与E不可测矛盾故E CA不可测.12. 若E是0,1 中的零

33、测集，若闭集 E是否也是零测集.解：不一定，例如：E是0,1中的有理数的全体.E 二0,1.mE =0,但 mE = m0,1 -1.13. 证明：若E是可测集，则一 ； 0，存在G型集G二：E， F二型集F二：E，使m(E -F) ： ; , m(G - F)：;证明：由P51的定理2，对于E Rn，存在G、.型集G二E，使得mG二m* E 由E得可测性，m* E = mE 则 -；.O.m(G - E) = mG -mE = 0 即-；.0, m(G - F) ： ； 再由定理 3,有 F；型集 F 使得 F _： E 且 m(E -F)二 mE - mF =0 ：；15.证明：有界集E可

34、测当且仅当-； 0，存在开集G二E，闭集F二E，使得m(G -F ) ： ； 1 证明：(二)-n N ,由已知，存在开集Gn二E，闭集Fn二E使得m(Gn - Fn)n令 GGn，则 G 二 E. n N，m* (G - E)乞 m * (Gn - E)乞 m* (Gn - Fn)nd10( n：)所以，m*(G-E)=0即卩G-E是零测集，可测.n从而，E =G _(G -E)可测oO因为 m* E = inf |ln |n=1(=)设E是有界可测集0In二E，In为开长方体：故，一； 0，存在开长n理O0呂方体序列In二，使得 In 二 E.有 m* E | In m* - 心n2另一方

35、面，由E得有界性，存在 Rn中闭长方体I二E 记S = I - E，则S是Rn中 有界可测集并且mS二ml -mE.由S得有界可测性，存在开集G*二S有m(G* - S) :：qQ证明：E= Em，即，E有界并且E!n 4E2 E3二 二 En 二 =E故 m* zm*E2 乞 m*Es _ m* En m* E：: Q ,| li A，有(【Ii)i 4i 4=I Q .故是一个满射所以k4C =A mQ岂 A = C.故 A 二 C.又定义：Q一 ： .，.:Q：二-1(i【Oi)Oi,.(| Oi)Oicy yi 二y则与.都是满射所以C乞Q -(Q：J乞= C .即，=C.同理，二C.

36、记1时R 上的Borel集的全体因集合的“差”运算可以化成“交”运算，例如:A-B二A Bc .因此，中的每个元都是匚 中可数元的并，交后而成故C( )Jc.从而，1二C.即，R 上 Borel集的全体的势为 C .18.证明对任意的闭集 F，都可找到完备集 F1F，使得m =mF19.证明：只要mE 0，就一定可以找到E，使对一 0，有m(E O(xr ) 0.1的左开右闭的n维长方体2nn山占2“勺.则ze 哼id 22mi J)|mi-Z互不相交且至多可数.不证明：设E Rn，mE 0.首先将Rn划分成可数边长为妨记为二EkA1，A N.=kE”，则 mE =mEk-0.故 k1N，有m

37、&0.又因n”Ek 口mi mi 1(2)(=,)冋-Z互不相交且至多可数故可记 匕二Ekk a2，其中i =1小222 2A N，又由，E：1）= j 二 kEk2）.故 mEkEk2) 0，所以,k_k2 二 A2 二 N，有 mEik).0.这样下去得一个单调递减的可测集列E 二 Ek0）二 Ek二 Ek：二，其中：-j N，丘偲川口呼普）壮门口（齐呼）.记Fj隹亦（霁罟），y 22722mi1i42_2故闭集列Fjj：i单调递减且-j N，厂、11.一0：m（Ej2mFj 乞=（乔） 0（ j ：）.2 2由闭集套定理，！x Fj.j4 j11.对于-0，因mFj岂（班），取j。 N，

38、使（班）0 ：则Fj =(牛O(x,6)nE，故 m(E O(x, 6)兰 mFj0 0 . z 2 02 020.如果ERn可测，用0,记：E =（ 一：次1, , ： Xn） I （心，Xn）E.证明：:E也可测，且m(:E) = : n mE证明：（1）先证：m*（E）00因为 m*C E)二 infp |Ii |i 二J-E，Ii为开长方体，对于开长方体序列皿，QO Ai.-Ii=:E也是开长方体序列，且 m*:1若 h -二，则一lj 一： E， i 生i =1 :-1 乂|Ii |.即n m*王i AaOE 八 |lii A|.因此m* EoO inf I hi T00Ii = : E，Ii为开长方 i =400Ii 二 Ei =1I i为开长方体.故存在开00因为 m* E 二 inf人 11 ii =1oO *.所以:I