故问题得到证明 证毕 8.设点集E,E2,且E1是可测集,若m(E△E2)=0.则:E2可测,且m(E)=m(E2) 证明:因为m(E△E2)=0,所以m(E△E2)=0 EUE2=(E1)(E△E2)=(E2)∪(E△E2),所以m(E1UE2)=m(E1)=m(E2) E是可测集,EAE2可测,故E△E2=(EUE2)\(E1∩E2)可测 考虑到:E2=[(EAE2)E]U(E∩E2),(E△E)儿UE=E∪E2,故EUE2可 测,所以(E∩E2)可测.则E2可测.又由:m(E∪UE2)=m(E)=m(E2) 所以m(E1)=m(E2 证毕 9.设EcR,是一个可测集,且0<a<m(E).则存在E中有界闭集F,使得 =a 证明:令E2=[-x,x m([x, x]nE),(x20) 易知:g(x)是[0,+∞)上的连续函数,g(0)=0,limg(x)=m(E) 所以存在x使得g( m(e) B> 定义[-x0,x]∩E=G,m(G)=B>a,则G是一个有界的集合,并且可测 考虑G的内测度(详见那汤松书): m(G)=m'(G)=m(G)=sup{m(F):F是G的闭子集} 故存在G的闭子集F,使得mF=>a 同样令f(x)=m(-xx]∩F),(x20) 易知:f(x)是[0,+∞)上的连续函数,f(0)=0,limf(x)=n 所以存在x使得f(x)=a·显然[-x,x]∩F是一个有界的闭集.令 F=[-x,x]∩F即可 证毕 10.设X是由R中某些互不相交的正测集组成的集类.则X是可数的实分析精选 50 题 10 故问题得到证明． 证毕 8. 设点集 1 2 E E, ，且 E1是可测集，若 1 2 mE E ( )0 Δ = .则：E2 可测，且 1 2 mE mE () () = ． 证明：因为 1 2 mE E ( )0 Δ = ，所以 * 1 2 mEE ( )0 Δ = ． ∵ 1 2 1 12 2 12 E E E EE E EE ∪∪ ∪ = Δ= Δ ()( )()( ) ，所以 * ** 12 1 2 mE E mE mE ( ) () () ∪ = = ． E1是可测集， E E 1 2 Δ 可测，故 E12 1 2 1 2 Δ = E EE EE ( ∪ ∩ ) \( )可测． 考虑到：E2 12 1 1 2 = Δ ⎡ ⎤ ( ) EE E E E \ ( ) ⎣ ⎦ ∪ ∩ ，(E12 1 1 2 Δ = E EEE )∪ ∪ ，故 E E 1 2 ∪ 可 测，所以( ) E1 2 ∩ E 可测．则 E2 可测．又由： * ** 12 1 2 mE E mE mE ( ) () () ∪ = = ， 所以 1 2 mE mE () () = ． 证毕 9. 设 1 E R ⊂ ，是一个可测集，且0 () <α < m E ．则存在 E 中有界闭集 F ，使得 m F( ) =α ． 证明：令 Ex = −[ x x, ] ， gx m xx E () , = − ([ ]∩ ) ，( x ≥ 0) ． 易知： g x( ) 是[0, ) +∞ 上的连续函数， (0) 0, lim ( ) ( ) x g gx mE →∞ = = ． 所以存在 0 x 使得 0 ( ) ( ) 2 m E g x α β α + = => 定义[− = x0 0 , x EG ]∩ ，m G( ) = β >α ，则G 是一个有界的集合，并且可测． 考虑G 的内测度（详见那汤松书）： * * mG m G m G mF F ( ) ( ) ( ) sup{ ( ) : === 是G 的闭子集} 故存在G 的闭子集 F0 ，使得 0 ( ) 2 m F α β η α + = = > 同样令 ( ) [ ] 0 f () , x m xx F = − ∩ ，( x ≥ 0) ． 易知： f ( ) x 是[0, ) +∞ 上的连续函数， (0) 0, lim ( ) x f fx η →∞ = = ． 所以存在 1 x 使得 1 f x( ) =α ．显然 [−x11 0 , x F ]∩ 是一个有界的闭集．令 F = −[ x11 0 , x F ]∩ 即可． 证毕 10. 设 X 是由 1 R 中某些互不相交的正测集组成的集类．则 X 是可数的．