1、第一章习题参考解答1第一章习题参考解答3等式 成立的的充要条件是什么？)()(CBA解： 若 ，则 .ACBA)()(即， .AC反过来, 假设 , 因为 . 所以, . 故, B)(.B)()(C最后证， A事实上， , 则 且 。若 ，则 ；)(BxxCBxCBA)(若 ，则 ，故 . 从而 , . Cx)( )(. 即 .ACA)()(反过来，若 ，则 因为 所以 又因为 ，B)(CBA所以 故 )(BC)()(第一章习题参考解答2另一方面， 且 ，如果 则 AxCBAx)( CBx；如果 因为 ，所以 故 . 则 Bx)(,BA. 从而)()(于是， )(CBA4对于集合 A，定义 A
2、 的特征函数为 ， 假设AxA,01)(是一集列 ，证明： nA,21（i） )(inflm)(iflmxxn AA（ii） supsupli nnn证明：（i） ， ， 时，)(iflnmNnnAxN0 0nm.mAx所以 ，所以 故1)(1)(if0xmAn 1)(infsup)(infl xmn AmNbA ，有NxniflmkAxnnm有 ，故 ，即 =0 0)(if0nknAk 0)(ifsupxmANb)(inflxA，从而 l)(iflmxxnn A5设 为集列， ， 证明 1B)1(1ijii（i） 互不相交n（ii） iniAN1,证明：（i） ；不妨设 nm，因为 ，又m,
3、 mninnAAB1因为 ，所以 ，故 ，从而 互不mBmnnAm1B第一章习题参考解答3相交.（ii）因为 ，有 ，所以 ，现在来证：)1(niiiABiniAB1iniBA1当 n=1 时， ；A当 时，有：nini1则 )()()()()( 111111 ininininini BA 事实上， ，则 使得 ，令inAx1iixiii|m0且则 ，其中，当 时， ，从而， iniii Bx110010iiiA10iniBA16设 是定义于 E 上的实函数，a 为常数，证明：)(f（i） =|x)(1nxfn(ii) =)(|f 1证明：（i） 且)(|axfExEaxf)(1|1)(, n
4、nfNn 且使 得x )(|1 xfxn )(|1xfn反过来， ，使NafE,)(| |aE即 故 xaxf且)( )(|axfE所以 故|1)(|1nfn)(|1axfEaxfEn7设 是 E 上的实函数列，具有极限 ，证明对任意常数 a 都有：)(fn )(xf 1)(|inflm1)(|iflm|1 kxfEkaxfaxfE nnnk 第一章习题参考解答4证明： ，即 ，且NkaxfEx,)(| kaxf1)(x因为 ，使 ，有 ，故Nnxffn，)(limnmkaxfn1)(所以，)1|kaE |Em= ，由 k 的任意性：)(|xfxmnN)(|iflxfn，反过来，对于 ，|il
5、1 knk 1)(|infl1 kaxfEnk ，有 = ，即)(|iflaxfExm|mnN时，有： 且 ，所以， 且Nn， k1Ekxff)(li. ，故 从而Exk又 令 xf且)( )(|axx故 =)(|af)(|inl1 kafEnk 9 设 f(x)是定义于 e 上的实变函数，a 为常数，证明 e(x)f(x)=a=ex/f(x)a-1/n由于对任意 n 都有 ef(x)aef(x)a-1/n, 故 ef(x)a ef(x)a-1/n又对任意 xef(x)a-1/n，有 f(x)a-1/n,令 n，可得 f(x)a（详细：如果 f(x)0,当 N1/+1 时，得 f(x)f(x)
6、,矛盾）所以 xef(x)a，因此ef(x)a-1/nef(x)a，综上ef(x)a=ef(x)a-1/n8 设 是区间（a，b）上的单调递增的序列，即)(xfn )()(21xfxfn若 有极限函数 ，证明： ，)(xfn Ra)(1axfEafEn证明： ，即： 且 ，因为)(xfEx)( )(limf所以 ，恒有： ，从而， 00,nN)(fn且 )(0xfn)(1axfn反过来， ，使 ，故 ，因此，NaxfEn01,)( )(0axfEn0第一章习题参考解答5且 ,即， ，axffxfnn)()(lim0E)(axf从而， )(1fEn10证明： 中坐标为有理数的点是可数的。3R证明
7、： 设 Q 为有理数集，由定理 6：Q 是可数的。现在证： 可数 ，因为 zyx,|),(都 是 有 理 数 Qx是可数个有理数集的并，故可数，)(Qx又因为 并且 ，所以)(Qxx，可数 x故 可数14证明：可数集的有限子集的全体仍是可数证明： 设 Q 为可数集，不妨记为： ,321 nrrQ,令 则 为有限集（ ） ，则Nn,|321n nraAAn2为正交可数集，即0C又因为 ，所以 ，故Qx|Q0CA 是 Q 上一切有限子集的全体。15设是两两不相交的集所组成的集列，证明： nnElimli证明： 因为 两两不相交，所以， ，故,21 mnEN,11)(linmnn另一方面，若 ，我们
8、取)(li1mnnEnExli0则 ，使得 .特别的，当 时， ，当kNk, kxNk1nEx有,1时： （ 从而，1n 21122, x， 有 )2n21Ex第一章习题参考解答6这与 矛盾，故21nEnElim从而 nlili16若集 A 中每个元素由相互独立的可列个指标所决定，即 A= ，而每个指标21xaix在一个势为 C 的集中变化，则集 A 的势为 C。证明：设 在势为 C 的集合中变化，即 A=ix 121),(|21 iixBa因 是既单又满的映射，RBii :,定义 , 1211 ),(;: iiii Bx ),()(,()2121 xx故 得既单又满的映射,从而，RBii到是
9、 1 RAii1从而 CA17设 的势是 C，证明至少有一个 的势也是 C。n1n证明：因为 ，所以nnAN1,Ann1如果 ，则 ，即， 正交可数，从而， 正交可n, , nA1数.这与 矛盾.CAn1故， ,使 .n18证明：0,1上的实函数全体具有势 C2证明：设 ，则1,0|A记0，1上全体是函数所构成的集合为 对于 ，定义函数x,即 是集合 A 的特征函数。AA.0,1)(第一章习题参考解答71,0|AC2另一方面， ，定义 f 1,0|)(,xfBf则 ， ，则2RBf|RC2，所以 ，从而，|f C220证明： 中孤立点集市有限或可数集n证明： 中， 是 的一些孤立点所构成的集合
10、ExnR由定义， ，使得 .现在令 ，0x),(xExO |)2,(ExO则 中任意二领域是不相交的事实上，若 ，有yxE, )2,(),(yx取 ，并且不失一般性设： ，则)2,(),(yxOzyx.故 ，这推出yxzyx ),(),(),( )2,(),(yOx，这与 矛盾.y，取一个有限点 ，则，当， ,所以Ex)2,(xxOryxr，故 .E 正交可数.|rx |Ex19设 称为 E 的内点集，证明： 是开集。|0Rn， 的 内 点是 0E证明： ，因为 x 为 E 的内点， 使得： ，现在证：x0x),(0),(事实上， ，取),(xy|y-x|则 ，故 ，从而， ，即E,),(00
11、),(Ex中每个点都是 得内点0E0第一章习题参考解答8因此， 为开集0E21假设 是a,b上唯一有限实函数，证明：它的第一类间断点的全体是可数的。f(x)证明：a,b中右极限存在的间断点是至多可数的 .令 有限 ， ，)0()lim|), xffbaSx Nn作： ,时，使得|,En ),(, bax则：（1） 上连续点的集合),(1baxfn在是事实上， ，取00)1(n即因 ，故 有nEx0 ,0baxx |)(|0xf即， 在 点连续。)(f（2） ，因 有限，故 使得nSN, )()lim0xffx x， ，故， 有),(bax n21| ),(,x，从而， .现在证：nff1|)|
12、 nxE),( |)(nxESA是两两不相交的开区间集不妨设 ，如果, 2121xESxn， 21，取),()(21xx ),(),(212xxx则 即， ，这与 矛盾，故 A 两12 nE21 nES两不相交，从而 可数nES故 至多可数。)(1n即， 中第一类间断点至多可数。),ba20证明 中孤立点集是至多可数集nR证明：设 F 是点集 E 中一些孤立点所构成的集合，有0,x),(xxO现在先证： 是两两不相交的|)2,(Fx第一章习题参考解答9事实上， ，如果 ，则2121,xFx)2,(),(1xxOy（不妨设 ） ，故),(),(),(2121yx221xx21x,这与 矛盾.,2
13、EOx21所以， 是两两不相交的.|),(F,取有理点 ，故 ，从而，x)2,(xxOrQFxr|0CF27证明： 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集的并.nR证明：设 F 是 中的一个闭集，先证： ， = | 0),(ORx是 R 中的开集，其中),(x |inf),(FyxFx，则 ，取 ，故),(O),(),(),(,F事实上， ，所以 是开集),(xt ),(FO现在证： 、1nn事实上， ， ，所以 .N),()1,(nFn反过来， ，有 .故 .),(1FOxnx10,x,即 . ，使 .所以 .故，R0),(OR),(xO，这与 矛盾.所以 ，从而 .)(
14、x),(xFx1nFn再来证：每个开集必是可数个闭集的并.事实上，若 是开集，则 是闭集.所以存在可数个开集 ，使得GRNn，所以 .即 是可数个闭区间集nOR )(11nnnQOG的并.1)(Q23.假设 是一列开区间，如果 ，证明 是一个开区间iI iI1iI1第一章习题参考解答10证明： ，记 ， ，其中Ni Ni|infNi|sup，因为 ，所以可取),(iiIinI1),(10iinIx现在我们证： i),(因为 ， ，故Ni),(),iiI ),(1iI反过来， ，即 ，当 时，因为 ，所以 ，,(xx0xxN1i有 .所以 . 如果 ，110iix iii II1),(1 0，使
15、 ，故 ，从而N2 22iixiii21,iI1),(24.设 ， 是 E 的一个开覆盖，证明： 中必存在RE|AB |AB至多可数个 ，使得 .|NiiBiN证明：不妨设 中每一个元都是开区间. ，存在 ，有| Exx，故有： 端点的开区间 ，使得 .即， .xBR),(RrxxBixE又因为 |),(Exrx Q|所以 可数.不妨设 = ，又记|Ex |x|Nnx|n.其中，|NnB nB(故 nnxNNE25.已知：可数集 ，开区间列 ，,21, )1,(，)21,(，覆盖了它，这里 ，从此覆盖中能否选出集 的有限 ,n 0E子覆盖.答：不能，证明如下：证明：（反正）如果 ， ，使得 （
16、*） ，不kn,21N)21,(nkiE妨设第一章习题参考解答11，因为 ， ，则knn21 )1(ki1221kkki nn1kn.这与 矛盾.所以（*）不真.),(kkiEkn1226.设 是一簇集合，如果 ，有 ，则称|AFAn,21 iFni1集合簇 具有有限交性质.|证明：如果 是具有有限交性质的非空有界闭集簇，那么 .| A证明：取 ，令 ，其中A0 1),(|0FxRGn ),(0Fx， ，则 是 中开集.且 ，|),(inf0Fyxiiiyyx12),(GnRG0如果 ，则 .A )(0 AA由 Borel 有限覆盖定理（P27 定理 9） ，存在 ，使得m,21 0F.从而，
17、 ，这与 具有imimi FGi 11)( iimiF01)(0 |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 是E是一个有界无穷点集，则 ）.E证明：设 是 中的有界无穷点集，如果 ，则 ， ，使nREx0x得，则 .由 Borel 有限覆盖定理，),(xxO),(xExO，有 ，从而 =n,21 ,1ixmi ),(1ixmiOE= =)(ixmiE1i，这与 为无穷集矛盾，从而 .,21nx E29.可数个开集的交称为 型集，可数个闭集的并称为 型集.证明：有理数集GF不是 型集，但是 型集.GF证明：设 为
18、 中全体有理数所构成的集合.如果 是 型集，即 ，QR QGnG1第一章习题参考解答12其中 是开集，由开集的结构， ， ，其中 是nGNn),(knknGknk),(互不相交的开区间.不是一般性，设 11111 nnnnnn k这是，必有（1） 1n事实上，如果 ，即 为有理数， .因为 ，1r1nrNk，故 ，这与 矛盾.knr1 QGrnnkk ),(r(2) ,N1, 如果 ， .则 .因此， ，有,*knk1,*knkr.这有： 这是一矛盾.1, *knknrrk)(3) .sup,k事实上，若 ，则 为有限实数， ，使得 ， ，nnQrkrnk,故 ，这也是一矛盾.QGrkk),(
19、|),( , kRnknknkn 为可数集，,|,111 kNknnnn 这与 矛盾.CQ因为在 中单点集是闭集，所以 ，令 ，则 为闭集，所以RQrrF，故 为 型集.rQF30定义在 上的任何函数的连续点构成的集合是一个 型集.1,0 G.证明：开区间 中有理点的全体不是一个 型集，但是一个 型集.92),( 30.是否存在 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.第一章习题参考解答13回答：不存在.为此，只需证明如下命题命题（*）：开区间 中的任何函数的连续点构成的集合是一个 型集.这是)1,0( G因为，如果存在 上的函数 ，使得 .,f )(lim|)1
20、,0()1,0( xffxQx当命题（*）成立时，必有 为 型集，这与 题的结论矛盾.,G92命题（*）的证明：设 是开区间 有定义的一实函数，记 ，)(xf)1,0( )(li|)1,0(xffxEx下证： 是一个 型集.EG，令 且Nn1|),(nA),(2,x.又记 .于是，我们只需证： .xff1|)(|21nnNGE事实上， ，因为 ，所以 ， ，使得E)(limxffx 0，恒有 ，所以1,0(),(nnxxnxf21|)(|，恒有,21 |)(|)(| 121 xfxf，故 ，所以nxf1|)(|nnGx,( nnnG1,(即， nGE1反过来， .nx1 ),(,0,:( nx
21、xf )|()|2ff，取 ，使得 .因为0Nn0n001nnAGx所以 ： ，使得 ，并且 有R, 1),(),(,21x，取 ，故 ： ，021|)(| nxff 0,minx|即， ，所以 .从而x ),(),(x 01|)(| nxff )(limxf.故 .因此， 真.)fEnG1第一章习题参考解答1431.假设 ，且对任意 ，存在 的一个 -领域 ，使得RARxx),(x最多只有可数个点，证明： 必有有限级或可列集.x),(A证明：因为 ， 使得 是一个至多可数集，0xxxxB),(而 ),(xAx由 24 题， 使得： ANi| ),(1iixxin又 .即 至多iiiii xn
22、ixxin B 11),( A可数.32.证明下列陈述相互等价.(i) 是无处稠密集A(ii) 不包含任何非空开区间(iii) 是无处稠密集（iv） 的余集 是稠密集AC无处稠密集： ， 称为是无处稠密的，如果， ， ，nRE0nRx.),(xO证明：（i） (ii).设 是无处稠密集，即 ， 有A0x.),(如果 ，有 .取 ，取 ，故(R),(2x02.这与 得假设矛盾.所以 i (ii)真.Ax),( A),（ii） (iii).如果 不是无处稠密的，即 ， ，使得nRx0),(x.这与 不包含任何非区间矛盾.A,(iii) (iv).设 无处稠密.现在我们证： .RA,如果 ，则 ，所
23、以 ，有Rxxx0.A)(第一章习题参考解答15故 .所以 . )(),(ARxARx(iv) (i).设 ， ， ， .0),(ARx所以 .从而， 无处稠密.x),(33.证明：若集合 的聚点 不属于 ，则 是 的边界点.E0xE0x定义： 称为 的边界点，如果 ，有 且0xEO),(.O),(0证明：设 ，则 ， .Ex00 xx),(),( 000 且 ，即， 是 的界点.)(),(0RnxE第二章习题参考解答1：证明：有理数全体是 中可测集，且测度为 0.证：（1）先证单点集的测度为 0. ，令 . ,Rxx0Nn，因为 ， 为开区间)2,(11nnnxI EIEmnn11|if*n
24、I.故 .所以 可测且 .11|nnI 00m（2）再证： 中全体有理数全体 测度为 0.RQ设 是 中全体有理数， ，令 .则 是两两不相交的可测1nr NnnrEn集列，由可测的可加性有： .111 0)(*nnnmm法二：设 ， ，令 ，其中 是预先给定1nrQ)2,rI的与 无关的正常数，则： .由n 11)(11 2|inf*iiniinIQI 得任意性， .0m2.证明：若 是 有界集，则 .EnREm*证明：若 是 有界.则 常数 ，使 ，有0MExxn),(21 第一章习题参考解答16，即 ，有 ，从而Mxxninii 1212)0( )1(niMxi.,1Einii所以 nn
25、iiniixm)2(,*113.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 ， 中有一个内点 . ,使得nREExn),(1 0.则xxOinii)2,(),(1 2,*1niniim所以 .0*Em4.在 上能否作一个测度为 ，但又异于 的闭集？,baab,ba解：不能事实上，如果有闭集 使得 .不失一般性，可设 且 .,FmFFab事实上，若 ，则可作 ， .且 .这aa*,*bam*样，我们可记 为新的 ，从而 .),(),()(,b如果 ，即 ，而 是开集，故 是Fb, Fx, x的一个内点，由 3 题， .这a, 0),(),(),(* mFbabama与矛盾.bm
26、故不存在闭集 且,baF5.若将1 定理 6 中条件 去掉，等式 是否仍“)(“0nkEmnnEli)li(成立？解：1 定理 6 中条件 是不可去掉的.)(0nk事实上， ，令 ，则 是两两相交的可测集列，由习题一Nn,1E1nE得 15 题： .故 ，但 ， .nlimli 0)li(nN1),nmEn所以.从而 .1linE)li(linn第一章习题参考解答176.设 ， 是 中具有下述性质的可测集列： ， 使1E,2)1,0 0Nk，证明：km(1iEm证：事实上， ，因为 ，Nk1kmE)(1,01ki7.证明：对任意可测集 ，下式恒成立.BA,.mm)()(证明： 且A)(故 .即
27、ABA)()( )()(ABmB又因为 .且 ，所以)()()()(mB故 ，从而)(BAA mBABAm)()(8.设是 ， 是 中的两个可测集且满足 ，证明：12,0 121.)(m证： .又因为212121)(mAAm 1),0()(21mA所以 )()( 21A9.设 ， ， 是 中的两个可测集，且 ，证明：123,0 3)(m证： =321321321 )()( mAAmA.)()(1A所以 )()() 32132132121 A又因为 = =()()(3AAm21Am= +2121A )()32121)(21m第一章习题参考解答18 .所以321)(Am(321Am)(321Am=
28、) ()( 121)()()()( 13213321 A因为 1,0)(321mA.所以,)()21Am.02)()()( 3213213 AmA10.证明：存在开集 ，使Gm证明：设 是 闭区间的一切有理数，对于 ，令1nr,0 Nn，并且 是 中开集)2,(nI nI1R.而， ，故 .111nnmIG,0GmGm21,011.设 是 中的不可测集， 是 中的零测集，证明： 不可测.ERAR CAE证明：若 可测.因为 ，所以 .即CE0*)(*.故 可测.从而 可测，这与 不可测矛盾.0)(*Am)(故 不可测.E12.若 是 中的零测集，若闭集 是否也是零测集.1,E解：不一定，例如：
29、 是 中的有理数的全体.1,0. ,但 .,0Em,13.证明：若 是可测集，则 ，存在 型集 ， 型集 ，使GEFE，)(F)(FG证明：由 P51 的定理 2，对于 ，存在 型集 ，使得 .由nRE mG*得可测性， .则 . .即 ，Em*00)(mEG第一章习题参考解答19.)(FGm再由定理 3，有 型集 使得 .且EF0)(mFE15.证明：有界集 可测当且仅当 ，存在开集 ，闭集 ，使得0GE.)(证明： ，由已知，存在开集 ，闭集 使得(Nnnn.FGmn1)(令 ，则 . ，1E )(*)(*)(*nnFGmEGm.所以， .即 是零测集，可测.)(0n0)(从而， 可测G设
30、 是有界可测集)(E因为 ， 为开长方体 .故， ，存在开EImnn11|if*nI0长方体序列 ，使得 .有 .1nIIn1 2*|*1EmIn另一方面，由 得有界性，存在 中闭长方体 .记 ，则 是 中EnRISSnR有界可测集.并且 .mIS由 得有界可测性，存在开集 有 .因为 ，故SG*2)(*EI.因此 =IG* mSII)(2* )()(*mG)(*ImE)(*E令， ，则 是一个闭集，并且由 ，有FFEI*.因此 ，从而，存IGI* 2)()( *GmEF在开集 ，闭集 .有E)(Gm(.)(Fm2由 的任意性知， .即 是零测集.从而，位于 轴上的任意0)(*R ox第一章习
31、题参考解答20集，因此， 为零测集.0REE16.证明：若 是单调增加集列（不一定可测）且 ，则nmRmnE1n*li)(*1证明： ，即， 有界并且mnE1 EEn321故 ，即 单调递n*321 1*m增有上界.所以， 存在并且m*limli下证： .Em由于 有界，可作一个开长方体 ，有 ， .E),(1niiNnEn,因为 ， 为开长方体.故，存在开长方体序列0 niniin EI11|f*iI使得 ，且 .iIninEI1 111 *|*)(*i niiinn EmIIm令 ，则 为有界开集，且 ，)(1inGnGnGE.iIm*)(*1，又令 .且 ，则由 知，NnAk),2 nA
32、1n是单调递增的可测序列，由 P46 的定理 4， .n nnmAmElili*又由， ，有 .从而)(NGAnnmGA.故 .由 得任意性，即得nnnEm*lili li*.从而， .nnmn E*li)(*117.证明： 中的 集类具有连续势.nRBorel证明：为了叙述方便，我们仅以 为例进行证明：用 表示 上的开区间，用 表示上的一个点. 表示 上的所有开区间的,ba ),(baARE11第一章习题参考解答21集合； 表示 所有闭集； 和 分别表示所有的 型集，所有 型集.QRFG因为 ，又因为RbaRbabaA ,|)(,.故 .所以 .ba,CA A又因为 ，有 .所以 .又定义映
33、射|O存 在 可 数 个 开 区 间 kI1kIOQ， ，有 .故 是一个满射.所以QA:Ini1 kni 11)(. 故 .CC)(A又定义： ， , ,:iniiO11)(cinii11)(则 与 都是满射.所以 .即， .同理， . CQ C记 时 上的 集的全体.因集合的“差”运算可以化成“交”运算，例如：RBorel.因此， 中的每个元都是 中可数元的并，交后而成.故cA.CC)(从而， .即， 上 集的全体的势为 .RBorel18.证明对任意的闭集 ，都可找到完备集 ，使得 .FF1mF119.证明：只要 ，就一定可以找到 ，使对 ，有0mEEx0.),(xOE证明：设 ， .首
34、先将 划分成可数边长为 的左开右闭的 维长方体nRnR21n.则 互不相交且至多可数.不|)21,(1Ziini |),2(11 ZmEiii 妨记为 ， .1)(AkEN因 ，则 .故 ，有 .又因)(0)1(kmN10)1(kE互不相交且至多可数.故可记 ，其中|)2,(1)(2 Ziinik 2)(2Ak第一章习题参考解答22，又由， .故 ，所以，NA2 )2(2)1( kkEE0)2()1(kkEm，有 .k0)(km这样下去得一个单调递减的可测集列 ，其中：)2()1()0(kk，Nj.记 ，)21,()21,(111 jinijjinijjkjk mEmE )21,(1jinij
35、j mEF故闭集列 单调递减且 ， .1jFNj)(0)2()(0 jjnjjkj由闭集套定理， .jx1!对于 ，因 ，取 ，使 .则0jnjm)2(00)21(jn，故 .ExOEFxjinijj ,(0001 0),jmFxO20.如果 可测， ，记 .证明： 也nR,(|,(11Enn 可测，且 .m)(证明：（1）先证： En*)(*因为 ， 为开长方体 ，对于开长方体序列IEiii11|nf)(*iI，若 ，则 ， 也是开长方体序列，且1inIIiii ii1=1|*iim.即 .因此 ， 为开长1|iinI1|*iinIEEmn*EIiii11|fiI方体 .另一方面， ，因为
36、， 为开长方体 .故存在开0Iiii11|nf*iI第一章习题参考解答23长方体序列 .所以 ，故niiEmI*|1 EIii*1.由 得任意性，知 mIIniinii |)(*1*1*.从而EmnEn)(（2）再证： 可测事实上， ， ，由 得可测性，nRTn1)1(T)(*Em.故， .)1(*C)(mn )(*TnCn因此 . 可测.m(ECE因此，当 可测时， .n下面是外测度的平移不变性定理.定理（平移不变性）设 ， ，记 .则nRnx0 |00ExxEmx*)(*0证明：当 是 中开长方体时 也是一个开长方体，且其相应的边均相同，n0x故.xx*|)(*00如果 是 中的任意点集，
37、对于 德任意由开长方体序列 构成的覆盖，EnRE1iI也是 ，且仍是开长方体序列，故10iixI覆 盖0x )(*0xEm.所以 ， 为开长方体 =110|iiii I)(*0xmIiii11|nfiI.即 .Em*)(0xE下证： )(*0令 ，由上面的证明知， .所以01x )(*01xm1*E.从而， .Em*)(1E Emx*)(021.设 ， .是零测集，证明： 也是零测集.2)xfRE|)(2ff第一章习题参考解答24证明：设 ，RE0m（1）当 时， ，当 ，则存在开区间到)1,(0*Em1),(iiiI使得 ，且 .故,1ii2)(|11iiiiiI ,)(1iifEf.),0
38、(,(21iii )()(|)(|)(*111 iiiiiiiiiiIfEf .所以 .2)(1iii 0)(*fm第三章习题参考解答1.设 是 上的可测函数，证明： ， 是可测fERa)(|axfE集.解： ，因为 是 上的可测，所以 与Ra)(xfE)(|xf均是可测集.从而)(|xfE可测.|f)(|axf)(|axf2.设 是 上的函数，证明： 在 上的可测当且仅当对一切有f E理数 ， 是可测集.r)(|rxfE证： ，取单调递减的有理数序列 使得 ，)(Ra1krarklim则 .由每个 的可测性，知)(|1kkrxfxfxfE)(|可测.从而， 在 上的可测.)(|aE设 在 上
39、的可测，即 ， 可测.特别地，fERa)(|axf当 时有理数时， 可测.r)(|rxf3. 设 是 上的可测函数，证明：对于任意的常数 ， 是fR )(xf上的可测函数.R第一章习题参考解答25为证上述命题，我们先证下面二命题：命题 1.若 是 中的非空子集，则 ，有ER REm*|证明：当 时，因为 ，则 .不妨设，00EEm*|.因为 ， 为开区间 . ,存在开区间序列0Imiii11|nf*iI0， ， .又因为 （注：若1iIEIi|*|1EIii EIii1，则),(ii.),(iiiI所以 .由 得任意性， EmIIIEmiiiiii *|*111有为开区间iiii IEI,|n
40、f11故存在开区间 ，使 ，且 .又因为1iIIiEmIEii*|*1，故 .由 得任意性，有EIii1mImii|*1 E*|从而 .E|命题 2.设 ， ，则 可测 ， 可测.(由 P54.19R*R题的直接推论).证： 是直接的，我们仅需证明)()(，如果 ，则 为零测集.故 可测.不妨设 .现在证明0EE0， .RT)(*)(*CTmTm事实上，对于 ，则 ，因为 在 可测，所以R1R第一章习题参考解答26，即)1(*)1(*)( CETmETm )(*| T即 可测.)()(*T3.设 是 上的可测函数，证明：对于任意常数 ， 仍是 上fR )(EfR的可测函数.解：记 ，对于 ，当 时，ER0， .故 可测Ra
