于是2、设x0而
A:AUC。
?A/，则存在A中的互异点列?xn?，使得xn?x0，因f?x?连续，所以f?x0??limf?xn?，
n??f?xn??a,n?1,2,LL?A，故G是开集。
，由极限的保号性，
f?x0??a，因此x0?A，故A是闭集。
由于G3、证明：由于E1，E2都是可测集，根据可测集的性质，如果mE1和mE2中至少有一个为??，则结论显然成立。 设mE1E1UE2和E1IE2都是可测集。
???，mE2???。根据集合的性质可知
E1UE2???E1\\?E1IE2???U??E2\\?E1IE2???U?E1IE2?
而且上式右端三个集合是两两不相交的可测集，因此根据测度的有限可加性有
m?E1UE2??m??E1\\?E1IE2????m??E2\\?E1IE2????m?E1IE2? ?mE1?m?E1IE2??mE2?m?E1IE2??m?E1IE2??mE1?mE2?m?E1IE2?所以mE1?mE24、证明：因
?m?E1UE2??m?E1IE2?成立。
kfn?x??f?x?，则由黎斯定理，存在子列?fn?x??，使得limfn?x??f?x?.a.e.于E。
k??k???令E0??UE?fn?x??fn?1?x???UE?fn?x??f?x??，则mE0?0。对任意x0?E\\E0，有
???k??n?1?fn?x0??fn?1?x0?，且limfn?x0??f?x0?。
k??由于
?f?x??是增加数列，故limf?x??limf?x??f?x?，因此在E\\E上恒有
n0n??n0k??nk000limfn?x??f?x?成立，故limfn?x??f?x?a.e.于E.
n??n??5、.证明: 由于
f(x)?g(x)?f(x)?fk(x)?fk(x)?g(x),
故对任何自然数n,
111{x?E:|f?g|?}?{x?E:|f?fk|?}?{x?E:|fk?g|?},
n2n2n从而m({x?E:|111f?g|?})?m({x?E:|f?fk|?})?m({x?E:|fk?g|?})
n2n2n5
令k1??,即得 m({x?E:|f?g|?})?0.
n1{x?E:f?g}??{x?E:|f?g|?}
n?1n?但是
故m({x?E:f?g})?0, 即f(x)?g(x) a.e.于E.
6．叙述：设f(x)是E上a.e.有限的函数，若对任意??0，存在闭子集F??E，使f(x)在
F?上连续，且m(E?F?)??,证明：f(x)是E上的可测函数。
??1证明：?n?N,?闭集Fn?E,m(E?Fn)?n,f(x)在Fn连续。令F?UIFn,则
k?1n?k2?x?F??k,x?IFn?f(x)在x连续?f(x)在F连续，又对
n?k??k,m(E?F)?m(E?(IFn))?m(U(E?Fn))??m(E?Fn)?n?kn?kn?k???1， k2故m(E?F)?0，f(x)在F?E连续，又m(E?F)?0，所以f(x)是
E?F上的可测函数，从而是E上的可测函数。
1?nx27．解：令fn(x)?，易见 2n(1?x)若0?x?1，则
1?nx2?1 fn(x)?1?nx2若x?1，则
n?nx2nn4???. fn(x)?(1?x2)n(1?x2)n?1(n?1)x2x2令g(x)???1?2?4x0?x?11?x??
1?则在?0，??上fn(x)?g(x)，由
?0g(x)dx??与?g(x)dx??知
1g(x)在R?是可积函数，
于是由控制收敛定理得：
lim?fn(x)dx??limfn(x)dx?0。
n??00n????8．证明：若r,p,q?0,
111rr&&不等式 ??,则1??，于是由Holderrpqpq6
?E??dx?(?f?fgEprdx)rp(?g?Eqrdx)rq
令f??f,g??g，则得到
rr?
E??dx?(?f?fgEprdx)rp(?g?Eqrdx)rq
7
