从长方体中挖去长方体的剩余部分由命题有是，中任何一个都不相交的长方体的全体显然当时有，根据引理和可测集合的运算性质不难得知，另一方面设为上的集则由定理有记，性质在可测与在均可测当在上可测时。
实变函数讲稿14
实变函数讲稿（第14讲）
教学内容：(1) 开集的可测性； (2) 可测集的结构 详细教案
第2章测度论
§2 开集的可测性
一、 预备知识
1. 中可测的等价刻画
定义 E，则E可测T，mT=m(T∩E)+m(T∩CE).nnn***
(A∪B)=m*A+m*B.
刻画II E可测任何开长方体Jn，m*J=m*(J∩E)+m*(J∩CE).
n证明 ()直接的. 我们只需证()，即只证T有
m*(T∩E)+m*(T∩CE)≤m*T. 刻画I E可测AE，BCE，有m*
事实上，T，当mT=+∞时，上面不等式显然成立. 为此, 不妨设n*
m*T<+∞. 因为
∞mT=inf∑Inn=1*∪InT,其中In为开长方体 n=1∞
则ε>0，存在开长方体序列{In}n=1使∞∪In=1∞nT并且mT≤∑In<m*T+ε. *n=1∞
∞∞又因∪In∩ET∩E并且∪In∩CET∩CE， 则n=1n=1
∞∞*m(T∩E)+m(T∩CE)≤m∪In∩E+m∪In∩CEn=1n=1***
**≤∑m(In∩E)+∑m(In∩CE)=∑mI∩Em+()(In∩CE)n**
n=1n=1n=1∞∞∞
第14讲 █ █ =∑mIn=∑Inm*T+ε.*
n=1n=1∞∞
由ε的任意性，有m(T∩E)+m(T∩CE)≤mT. 从而， ***
mT=m(T∩E)+m(T∩CE). □ ***
2. 长方体的外测度
命题0 如果I是一个n维长方体或者是从一个n维长方体中挖去有限个长方体后的剩余部分，则mI=I.
这命题是本章开始时，对外测度讨论所得到的结果. 现在, 我们从它出发证明下面的命题.*
二．开集的可测性
命题1 中任何长方体是可测的，并且mI=I.
证明 I是中的一个长方体，由前面的刻画II，我们只证对任何开长方体J有m*J=m*(J∩I)+m*J∩IC.
事实上，对于任何开长方体J，J∩I是一个长方体. 而J∩I
从长方体J中挖去长方体J∩I的剩余部分，由命题0，有 Cnn()=JJ∩I是
m*(J∩I)+m*(J∩IC)=m*(J∩I)+m*(JJ∩I)
=J∩I+JJ∩I=J∩I+(JJ∩I)=J=m*J.
即mJ=m**(J∩I)+m*(J∩IC). 从而，I可测. 由命题0, mI=m*I=
n
nnI. □ 定义1 中的点集
G={(x1,,xn)∈ci<xi≤di,i=1,2,,n}=∏(ci,di]
i=1
称为左开右闭的长方体.
引理1 中任何非空开集G都可表成至多可数个互不相交的左开右闭的开长方体之并，即G=n∪J
ii，其中Ji是左开右闭的长方体.
n证明对于k∈，可分成可数个形如
73
▉▉ 实变函数
mm+1
Bk=(m1,,mn)=∏ki,ik
2i=12
n
的互不相交的左开右闭的长方体（其中mi∈），并且x=(x1,,xn)∈，
n
(k)(k)
k∈，存在唯一的n元整数组m1(k),m2,,mn∈n使得
()x∈Bk=m1,,mn
(
(k)(k)
)
mi(k)mik+1
,k（*） =∏k2i=12
n
当k=1时，假设完全包含于G的这种长方体的全体为
(
B1=B1m1(),,mn
j
{((j)
j))
j∈A1,
}
其中：A1.
对于k>1，用Bk=Bkm1,,mn
{(j
(j)
)
j∈Ak表示完全包含于G的形如
}
（*）式的两两不相交的长方体构成的集族，其中Ak并且
∪B
l=1
k1l
(
=Blm1(),,mn
{(k
j))
j∈Al,l=1,2,,k1
}
j
中任何一个都不相交的长方体的全体. 显然, 当l≠k时，有Al∩Ak=.
现在证明：
∪(∪B)=G，其中∪B
k=1
∞k
=
j∈Ak
∪B(m(),,m()).
j
k
1
n
事实上，对x∈G，δ>0使得O(x,δ)=
(k)
∏(xδ,x+δ)G. 因为
i
i
i=1
n
x∈Bk
以(k∈)并且Bk
(k)
mi(k)mi(k)+11=∏,=→0(k→+∞). 所kknk22i=12
n
k∈，Bk(k)=
x∈Bk
(k)
n
11n
，即<δ<δ，故
2nk2k
nmi(k)mi(k)+1
,=∏∏(xiδ,xi+δ)=O(x,δ)G.kk22i=1i=1
再令k0=mink∈x∈Bk
{
(k)
G，则x∈Bk0∈Bk0∪Bk. 因此，
k=1
}
(k0)
∞74
第14讲 █ █
∪(∪B)=G. □
k
k=1
∞根据引理1和可测集合的运算性质，不难得知：
定理1 中任何开集，闭集，Fσ型集，Gδ型集都是可测集.
定义2（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.
由此，我们再根据可测集的运算性质得到： 命题2 Gδ型集与Fσ型集都是Borel集.
下面，我们用]a,b[表示上的开区间；(a,b)表示中点；A表示上
2
n
所有开区间；O表示上所有开集；C表示上所有闭集；Fσ表示上所有Fδ型集；Gδ表示上所有Gδ型集；B表示上所有Borel集.
命题3A=O=C=Fσ=Gδ=B=c，其中：c是连续统的势. 证明：因为A=并且
{]a,b[a,b∈,a<b}{(a,b)a,b∈,a<b}×
{]a,a+1[a,b∈}A. 所以, c=≤A≤×=c，即A=c.
∞Δ*
又因AOOO=∪In,In∈A=O，现在，我们定义映射
n=1
:A→O，其中：∏In→∪In
*
n=1
n=1
∞∞
则A
(
)=O, 故为满射. 因此, c=A≤O≤O
*
N
*
≤A==c. 即,
c=A=O.
又定义映射ψ:O→Gδ，其中：
∏O
n=1
∞n
→∩On，则ψ(O)=Gδ. 因为
n=1
∞OGδ，故c=O≤Gδ≤O==c. 又因为GδFσ，所以Fσ=Gδ=c.
最后证明：B=c. 为此，只需证OBBO（请读者自己证明）. □
*
命题4 上全体可测集的势为2.
证明：设L是上的所有可测集所构成的集合，则LBB. 因
75c
{}
▉ 另一方面，设G为[0,1]上的Cantor集，则由定理10（p25）有G=c. 记
G={σσG}，则G=2c并且GL. 事实上，σ∈G, m*σ≤m*G=0，
则mσ=0. 因此，σ可测. 从而，2=G≤L≤2.
综上，我们有 L=2c.□ 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
c
为BL，并且c=B≤L=2，所以LB≠. 即, E∈L并且EB，
cc即E是可测集但不是Borel集. □
问题：可测集具有什么样的结构？ 下一次课我们将回答这一个问题.
作业：p44~45，13题，14题
76
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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