命题中任何长方体都是可测的且，设为上的集我们知令则现在证明，命题集是可测的但可测集未必一定是集，定理设是可测集则有中的型集使得，性质在可测与在均可测当在上可测时。
实变函数讲稿15
实变函数讲稿（第15讲）
教学内容：可测集的结构
详细教案
第2章 测度论
2.1开集的可测性（复习）
命题1 中任何长方体I都是可测的，且mI=I.
引理1 中任何非空开集G都可以表示成至多可数个互不相交的左开右闭的长方体之并.
推论1 中任何非空开集都是可测的.
定理1 中任何开集，闭集，Fσ型集，Gδ型集都是可测的.
Borel集定义 由开集经过至多可数次交，并，差运算之后所得到的集合称为是Borel集.
命题2 Gδ型集与Fσ型集都是Borel集.
命题3 上全体Borel集的势为c（自证）.
命题4 上全体可测集的势为2.
证明 设L是上的全体可测集所构成的集合. 因为LBB, 则1cnnnn{1}L≤BB1=2c.
下面证：2≤L
设G为[0,1]上的Cantor集，我们知G=c，令G=BBG，则G= http://www.oh100.com {}现在证明：GL.
因为m*G=0，则对于B∈G， m*B≤m*G=0. 所以, B为零测集. 从而, B∈L，即GL.
所以, 2=G≤L. 即，L=2. □ cc
▉▉ 实变函数
由Borel集的定义与命题3和命题4，有：
命题5 Borel集是可测的，但可测集未必一定是Borel集.
证明 设B是上所有Borel集，L是上的所有可测集所构成的集. 因为
c并且c=B≤L=2，所以LB≠. 即, E∈L并且EB，即EBL，
是可测集但不是Borel集. □
问题：可测集有什么样的结构？
2.2 Lebesgue可测集的结构.
引理2 设E，则存在中的Gδ型集GE使得m(G)=mE.nn*
证明 对于E，如果mE=+∞，则Gδ型集G=有mG=+∞，即mG=mE. 不妨设 *n*n
∞mE=inf∑Iii=1*∪IiE,Ii为开长方体<+∞ i=1∞
则对于n∈，存在开长方体序列Ii
*∞{}(n)∞i=1使得∪I()E并且 nii=1∞
mE≤∑Ii(n)<m*E+
i=11. n
令Gn=
*∪Ii=1∞(n)i，G=*∩Gn=1∞n，则GE，并且n∈，有 *∞(n)0≤m(G)mE≤mGnmE≤m∪Iim*Ei=1**
≤∑mIimE=∑Ii(n)m*E<**
i=1i=1∞(n)∞1→0(n→∞).n
所以，m(G)=mG=mE. □**
由这引理，直接得知：
定理2 设E是可测集，则中的Gδ型集GE，使得mG=mE.与这一定理对偶的有如下定理：
定理3 设E是可测集，则有中的Fσ型集FE，使得mF=mE. 78 nnnn
第15讲 █ █
证明: (1) 先证：E为中有界集时，结论成立.
事实上，若E有界， 则存在中的闭长方体IE. 记S=IE, 则S是
并且mS=mImE. 由定理2，n可测集，存在Gδ型集GS使得mG=mS.现在令F=IG，则F是一个Fσ型集，并且 nn
F=IGIS=I(IE)=E
则mF≤mE.
另一方面，因为
mF=m(IG)=m(II∩G)
=mIm(I∩G)≥mImG
=mImS=mI(mImE)=mE.
故，mF=mE.
(2) 再考虑E为中无界集的情形.
若E是中无界集，则存在中单调增加的长方体序列{In}n=1，使得nn∞nE∪In. 对于n∈，令En=E∩In，则EnEn+1并且E=∪En.
n=1n=1∞∞因为对于n∈，m(En)<+∞，又(1)的证明，则Fσ型集FnEn使得mFn=mEn.令F=∪Fn，则F是n中的Fσ型集，并且
n=1∞
p46∞mE=m∪En=mlimEn=limmEn=limmFn. n→∞Th4n→∞n→∞n=1()
又因为对于n∈，有FnF，所以mFn≤mF≤mE（因为FE）. 从而，mE=limmFn≤mF≤mE. 即, mF=mE. □ n→∞
作业：p53，15题，17题
79
实变函数讲稿18
实变函数讲稿（第18讲）
教学内容：Egoroff（叶果洛夫）定理
详细教案
第三章 可测函数
3.1.2 可测函数的性质（回忆）
性质1 若f(x)=g(x) a.e.[E]，则f在E可测g在E可测.
则f在E的任何可测集E0可测；反之，若f在Ei性质2 若f在E上可测，
可测，则f在∪E
ii=E上可测.
性质3 可测函数的和，差，积，商（分母几乎处处不为零）也可测.性质4 若fm(x)在E均可测且f(x)=limfm(x) a.e.[E]，则f在E可测 m→∞
性质5 f在E可测f(x)与f(x)在E均可测；当f(x)在E上可测时，+
|f(x)|在E上也可测，其中f+(x)=max{f(x),0}，f(x)=max{f(x),0}. §3.2 . 可测函数的逼近定理
3.2.1Egoroff（叶果洛夫）定理
定理1 （Egoraff） 设ER是可测集并且mE<+∞，如果{fn(x)}n=1是En∞上的几乎处处有限的可测函数序列，f(x)是E上的可测函数，并且|f(x)|<+∞ a.e.[E]，则下列个断言等价：
（i） limfn(x)=f(x)a.e.[E] n→∞
（ii）δ>0，存在可测子集EδE使得m(EEδ)<δ，而fn(x)在Eδ上一致收敛于f(x).
证明 (ii)(i) . 设δ>0,EδE：m(EEδ)<δ，有fn(x)在Eδ上一致收敛于f(x).
第18讲 █ █ 特别地，对于k∈，取δk=
有fn(x)在Ek上一致收敛于f(x).
现在，记E0=11，则EkE，当m(EEk)<时，kk1→0.k∪Ek，则E0E，并且m(EE0)≤m(EEk)<
k=1∞
从而, m(EE0)=0.
下证：fn(x)在E上几乎处处收敛于f(x).
事实上，对于x∈E0，k∈使得x∈Ek. 因为fn(x)在Ek上一致收敛于f(x)，所以limfn(x)=f(x)， 即n→∞
limfn(x)=f(x) a.e.[E]. n→∞
(i)(ii）先证：E{x|fn(x)→/f(x)}=1({||()()|≥. Exfxfx∪∩∪nkk=1N=1n=N
1. 因此， k0∞∞∞事实上，x∈E{x|fn(x)→/f(x)}，因为fn(x)→/f(x)，则k0∈，对于N∈，nN∈使得|fnN(x)f(x)|≥
∞11x∈E{x||fnN(x)f(x)|≥}∪E{x||fn(x)f(x)|≥}. k0k0n=N
由自然数N的任意性, 有 ∞∞∞11x∈∩∪E{x||fn(x)f(x)|≥∪∩∪E{x||fn(x)f(x)|≥. k0kN=1n=Nk=1N=1n=N∞∞
反过来,对于x∈1{||()()|≥，则k0∈使得 Exfxfx∪∩∪nkk=1N=1n=N
∞∞∞∞N∈，有
x∈∪E{x||fn(x)f(x)|≥
n=N1. k0
从而，nN∈：nN≥N，有 |fnN(x)f(x)|≥1. k0
不失一般性，设n1<n2<<nN<. 因为fnN(x)→/f(x)，故
93
▉▉ 实变函数
fn(x)→/f(x)，从而（i）真.
（2） 现在证：δ>0，存在可测集EδE，m(EEδ)<δ使得ε>0， N∈，n≥N，x∈Eδ，恒有：|fn(x)f(x)|<ε.
事实上，因为mE{x|fn(x)→/f(x)}=0，所以 k∈，有m[
即， 1E{x||f(x)f(x)|≥]≤mE{fn(x)→/f(x)}=0 ∩∪nkN=1n=N∞∞
1()()|≥] xfxnN→∞kn=N
∞1 =limm[∪E{x||fn(x)f(x)|≥] （因为mE<+∞） N→+∞kn=N
所以，对于δ>0，k∈，Nk∈使得 0=m[lim∪E{x||f∞
1δm[∪E{x||fn(x)f(x)|≥]<k+1. k2n=Nk∞
∞1记Ek=∪E{x||fn(x)f(x)|≥，并且又记E0=∪Ek，Eδ=EE0，则 kn=Nkk=1∞
m(EEδ)=mE0≤∑mEk<∑k=1k=1∞∞δ2k+1=δ
最后证 ε>0，N∈，当n≥N时，x∈Eδ，有|fn(x)f(x)|<ε.事实上，ε>0，可取k0∈，
∞1<ε. 因为 k0
n=Nk0Eδ=EE0=E∪EkEE0=Ek=1∪∞E{x||fn(x)f(x)|≥1} k0
故N=Nk0使得n≥N时，对于x∈Eδ，有
xE{x||fn(x)f(x)|≥
从而，|fn(x)f(x)|<1} k01<ε. 即 fn(x)在Eδ上一致收敛于f(x). □ k0
作业： p.778题，9题
94
实变函数讲稿13
实变函数讲稿（第13讲） 教学内容：可测集列的极限性质 详细教案
二．可测集基本性质（复习）
定理1 (i) 设E，则E可测CE可测. (ii) 如果mE=0，则E可测，这时称E为零测集. (iii) 和都可测.
定理2若S1，S2可测，则S1∪S2，S1∩S2，S1S2都可测. 定理3 （可数可加性）若Si(i=1,2,)都是可测集，则n*n∪S
i=1∞i可测，并且，
∞∞
当{Si}i=1两两不相交时，有m∪Si=∑mSi. i=1i=1∞下面，我们讲可测集列的极限性质. 定理4 设Ei(i=1,2,)是单调递增的可测集列，则limEn可测，并且n→∞mlimEn=limmEn. n→∞n→∞()
证明 因为{Ei}i=1单调递增，所以limEn=n→∞∞∪En=1∞n，令
S1=E1，S2=E2E1，，Sn=EnEn1， 则称{Si}i=1是两两不相交的可测集列. ∞
∞∞∞
m(limEn)=m∪En=m∪Sn=∑mSn n→∞n=1n=1n=1
第13讲 █ █
n
=lim∑mSk=limm∪Skn→∞n→∞
k=1k=1
n
=limmE1∪(E2E1)∪(E3E2)∪∪(EnEn1)=limmEn
n→∞
n→∞
所以， mlimEn=limmEn.
n→∞
n→∞
()□n→∞
定理5 假设Ei(i=1,2,)是单调递减的可测数列，则limEn可测，如果还存在n0∈，mEn0<+∞，则有mlimEn=limmEn.
n→∞
n→∞
()证明 因为{Ei}i=1是单调递减的可测集列，所以limEn=
n→∞
∞∩E
n=1
∞n
可测. 对于
n>n0，作Sn=En0En，则{Sn}n=n+1是单调递增的可测集列. 又因mEn0
∞<+∞，由定理4，有limmSn=mlimSn. 由mSn=m(En0En) ，得
n→∞
n→∞
()mEn0=mEn0En∪En=mEn0En+mEn=mSn+mEn
所以，mSn=mEn0mEn.limmSn
n→∞
n→∞
n0()()
(
=lim(mE
n0)
mEn=mEn0limmEn.
n→∞
)
又因为limSn=
n→∞
n=n0+1
∪∞Sn=
n=n0+1
∪(E
∞En=En0∩En, 所以
n=1
)
∞mlimSn
n→∞
()∞∞=mEn0∩En=mEn0m∩En=mEn0mlimEn
n→∞
n=1n=1
()故，mEn0limmEn=limmSn=mlimSn=mEn0mlimEn.
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
()从而，limmEn=mlimEn .□
n→∞
n→∞
()命题1 定理5中的条件：“n0∈，使得mEn0<+∞”是不可去的. 证明取En=(n,+∞)(n∈){En}n=1是单调递增的可测集列，则
∞limEn=∩En=
n→∞
n=1
∞67
▉▉ 实变函数
故，mlimEn=0. 又因为mEn=+∞(n∈)，则limmEn=+∞. 从而，
n→∞
n→∞
limmEn≠mlimEn.□
n→∞
n→∞
()定理6.假设Ei(i=1,2,)是可测集列，若limEn存在，则limEn可测，若
n→∞
n→∞
k0∈，使m∪En<+∞，则mlimEn=limmEn.
n≥kn→∞n→∞0
()∞∞∞
En=∪∩Em， 则limEn与limEn证明 因为limEn=∩∪Em，
n→∞n→∞→∞nn→∞n=1m=nn=1m=n
∞均可测. 若limEn存在，则limEn=limEn. 从而，limEn可测.
n→∞
n→∞n→∞n→∞
n∈，记Sn=∪Ek，则Sn是单调下降的可测集列，又因为
k≥n
mSk0
由定理5知，
()=m∪En<+∞，
n≥k0
limmSn=mlimSn
n→∞
n→∞
()∞∞
=m∩∪Ek=mlimEn=mlimEn
n→∞n→∞
n=1k=n
()()
下面证明：mEn≤mlimEn≤mEn.
n→∞
n→∞
n→∞
()事实上，因为n∈，EnSn，有mEn≤mSn. 所以
limmEn=infsupmEk≤infsupmSk
n→∞
n∈k≥n
n∈k≥n
=limmSn=limmSn=mlimEn，即limmEn≤mlimEn.
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
()()
最后证明：mEn≥mlimEn.
n→∞
n→∞
()对于n∈，令Fn=
∩Ek，则{Fn}n=1是单调递增的可测集列，于是，由
∞k≥n
∞定理4知，limmFn=mlimFn=m∪∩Ek=mEnEn. =mlimn→∞n→∞n→∞n→∞n=1k≥n
()()
第13讲 █ █
又因为EnFn，所以mEn≥mFn，故
mEn≥mFn=limmFn=mlimEn
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
()即，mEn≥mlimEn≥mEn.
n→∞
n→∞
n→∞
(
从而，limmEn
n→∞
)
=m(limE).□
n→∞
n
∞命题2 定理6中m∪En<+∞是不去掉的.
n≥k0
证明 n∈，令E=[n1,n)，则{En}n=1是两两不相交的可测集列，由练习一，第15题.
En=En=，所以limEn=故mlimEn=0，而n∈，
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
()mEn=m([n1,n])=1，所以limmEn=1，从而limmEn≠mlimEn.□
n→∞
n→∞
n→∞
()§2.2 开集的可测性
本节我们主要回答下列问题： 问题 (1) 长方体是否是可测的？ (2) 中开集是否都是可测的？ (3) 中Gδ集与Fσ集是否是可测的？ 为了回答问题(1)， 我们先证明如下两个结论：
nnmm引理0 设I1,I2,,Im是有限个两两不想交的长方体，则m∪Ii=∑Ii.
i=1i=1
*
证明 设{Jk}k=1是中含于条件
n∞
∞∪J
k=1
∞k
∪Ii，任意开长方体列，则
i=1
m
i(1≤i≤m)，有Ii∪(Jj∩Ii)则
j=1
▉▉ 实变函数
∞∞∞*
Ii=mIi≤m∪(Jk∩Ii)≤∑m(Jk∩Ii)=∑Jk∩Ii所以
k=1k=1k=1
*
*
∑I≤∑∑J
ii=1
m
mm∞
k
i=1k=1
∩Ii=∑∑
k=1i=1
m
∞∞m
∞m
Jk∩Ii=∑∪Ii∩Jk≤∑Jk.从而
k=1i=1k=1
∞∑i=1
∞Ii≤inf∑Jk
k=1
*
m
*JI,其中J为开长方体mI=∪k∪ik∪i.
k=1i=1i=1
m
mm*
又因为m∪Ii≤∑mIi≤∑Ii.
i=1i=1i=1
mm从而，m∪Ii=∑Ii. □
i=1i=1
*
命题1 E，E是可测集对于任何开长方体J，有
n
m*J=m*(J∩E)+m*(J∩CE).
证明 ()是显然的，我们只需证() 事实上，T
n
(:mT=m(T∩E)+m(T∩CE))，只需证：
*
*
*
*
m*(T∩E)+m*(T∩CE)≤m*T.
当mT=+∞时，显然真，不妨设mT<+∞，因为
*
∞mT=inf∑Ii
i=1
*
∞∪IiE,其中Ii为开长方体
i=1
∞故,ε>0，存在开长方体序列{Ii}i=1，使∪I
i=1
∞i
T并且mT≤∑Ii<m*T+ε.
*
∞i=1
∞∞
由于∪Ii∩ET∩E并且∪Ii∩CET∩CE, 则
i=1i=1
∞∞*m(T∩E)+m(T∩CE)≤m∪Ii∩E+m∪Ii∩CEi=1i=1
***
≤∑m(Ii∩E)+∑m*(Ii∩CE)
*
∞∞
i=1i=1
第13讲 █ █
**=∑+mI∩Em()(Ii∩CE)i
∞i=1
=∑mIi=∑Ii<m*T+ε.
*
∞∞
i=1i=1
由ε的任意性，有
m*(T∩E)+m*(T∩CE)≤m*T.
从而，m(T∩E)+m(T∩CE)=mT.□
*
*
*
命题2 中任何长方体I是可测的，并且mI=I
证明 前面我们已证：对任何长方体I，有mI=I，为此，我们只证I是可测的，由命题1，对于任何开长方体J必有
*
n
m*J=m*(J∩I)+m*(J∩CI).
事实上，J∩I为一个长方体，J∩I体的并，因此，由引理1，
C
=JJ∩I是有限个互不相交的长方
m*(J∩I)=J∩I，m*(J∩IC)=JJ∩I=JJ∩I.
即，mJ=J=J∩I+JJ∩I
*
()=m(J∩I)+m(J∩I).
*
*
C
从而，I是一个可测集.□
作业： p53 6题，8题，9题，
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