主要内容
本章介绍了勒贝格可测集和勒贝格测度的性质. 外测度和内测度是比较直观的两个概念，内外测度一致的有界集就是勒贝格可测集. 但是，这样引入的可测概念不便于进一步讨论. 我们通过外测度和卡拉皆屋铎利条件来等价地定义可测集（即定义3.2.3），为此，首先讨论了外测度的性质（定理3.1.1）. 注意到外测度仅满足次可列可加（而非可列可加）性，这是它和测度最根本的区别.
我们设想某个点集上可以定义测度，该测度自然应该等于这个集合的外测度，即测度应是外测度在某集类上的限制. 这就容易理解卡拉皆屋铎利条件由来，因为这个条件无非是一种可加性的要求.
本章详细地讨论了勒贝格测度的性质. 其中，最基本的是测度满足在空集上取值为零，非负，可列可加这三条性质. 由此出发，可以导出测度具有的一系列其它性质，如有限可加，单调，次可列可加以及关于单调集列极限的测度等有关结论.
本章还详细地讨论了勒贝格可测集类. 这是一个对集合的代数运算和极限运算封闭的集类. 我们看到勒贝格可测集可以分别用开集、闭集、
型集和
型集逼近.
正是由于勒贝格可测集，勒贝格可测集类，勒贝格测度具有一系列良好而又非常重要的性质，才使得它们能够在勒贝格积分理论中起着基本的、有效的作用. 本章中，我们没有介绍勒贝格不可测集的例子. 因为构造这样的例子要借助于策墨罗选择公理，其不可测性的证明还依赖于勒贝格测度的平移不变性. 限于本书的篇幅而把它略去. 读者只须知道：任何具有正测度的集合一定含有不可测子集.
复习题
一、判断题
*1、对任意E?R，mE都存在。（√ ）
nn2、对任意E?R，mE都存在。（× ）
*3、设E?R，则mE可能小于零。（× ）
**n4、设A?B，则mA?mB。（√ ） 5、设A?B，则mA?mB。（× ） 6、m(*?n?1**Sn)??m*Sn。（× ）
n?1??7、m(*?n?1Sn)??m*Sn。（√ ）
n?1 1
8、设E为Rn中的可数集，则mE?0。（√ ） 9、设Q为有理数集，则mQ?0。（√ ）
10、设I为Rn中的区间，则m*I?mI?I。（√ ） 11、设I为Rn中的无穷区间，则mI???。（√ ） 12、设E为Rn中的有界集，则mE???。（√ ） 13、设E为Rn中的无界集，则mE???。（× ） 14、E是可测集?E是可测集。（√ ） 15、设{Sn}是可测集列，则
?n?1c*****Sn，
?n?1（√ ） Sn都是可测集。
16、零测集、区间、开集、闭集和Borel集都是可测集。（√ ） 17、任何可测集总可表示成某个Borel集与零测集的差集。（√ ） 18、任何可测集总可表示成某个Borel集与零测集的并集。（√ ） 19、若E??，则mE?0。（× ）
20、若E是无限集，且mE?0，则E是可数集。（× ） 21、若mE???，则E必为无界集。（√ ） 22、在R中必存在测度为零的无界集。（√ ）
23、若A，B都是可测集，A?B且mA?mB，则m(B?A)?0。（× ）
n24、?和R都是可测集，且m??0，mR???。（√ ）
n**n25、设E1,E2为可测集，则m(E1?E2)?mE1?mE2。（× ）
26、设E1,E2为可测集，且E1?E2，则m(E1?E2)?mE1?mE2。（× ）
二、填空题
1、若E是可数集，则mE? 0 ；E为 可测 集；mE? 0 。 2、若S1,S2,*,Sn为可测集，则mni?1nni?1Si 小于或等于 ?mSi；若S1,S2,i?1n,Sn为两两不相
交的可测集，则mSi 等于 ?mSi。
i?1 2
3、设E1,E2为可测集，则m(E1?E2)?mE2 大于或等于 mE1；若还有mE2???，则
m(E1?E2) 大于或等于 mE1?mE2。
4、设E1,E2为可测集，且E1?E2，mE2???，则m(E1?E2) 等于 mE1?mE2。 5、设x0为E的内点，则mE 大于 0。
6、设P为康托三分集，则P为 可测 集，且mP? 0 。 7、m?? 0 ，mR? +∞ 。
8、叙述可测集与G?型集的关系 可测集必可表示成一个G?型集与零测集的差集 。 9、叙述可测集与F?型集的关系 可测集必可表示成一个F?型集与零测集的并集 。
三、证明题
1、证明：若E有界，则mE???。
证明：因为E有界，所以，存在一个有限区间I，使得E?I，从而mE?mI?I???。 2、证明：若mE?0，则E为可测集。
c证明：对任意A?E，B?E，因为mE?0，可得mA?0，所以，
****n*??m*B?m*(A?B)?m*A?m*B?m*B，
从而m(A?B)?mA?mB，所以，E为可测集。 3.设E为[0，1]中的全体有理数，则mE?0.（10分） 证明 因为E为可数集， 记为 E?{r1,r2,...,rn,...}， 对任意?>0，取In??rn??****???2,rn?n?1???2n?1?,n?1,2,?，
??显然, E??In,所以0?m*E??In??n?1n?1n?1?2n??,让ε→0得 m*E?0，从而E是
可测集且mE?0.证毕.
4、证明：有理数集Q为可测集，且mQ?0。
3
证明：因为有理数集Q可数集，从而mQ?0，所以，Q为可测集，且mQ?mQ?0。
5、证明：若E，F都是可测集，且mE???，E?F，则m(F?E)?mF?mE；若
??mE???，则上面的结论还是否成立。
证明：因为F?(F?E)?E，且(F?E)?E??，所以，mF?m(F?E)?mE。又mE???，所以，m(F?E)?mF?mE。 若mE???，则上面的结论不一定成立。
6、若R中的区间为可测集，则R中的开集为可测集。
证明：由R中开集的结构得，R中的开集或为空集，显然是可测集；或为至多可数个互不相交的开区间的并集，而区间是可测集，至多可数个可测集的并集还是可测集，所以，它还是可测集。综上所述，结论成立。 7.证明对任意可测集合A和B都有 m(A证：因
1111B)?m(AB)?mA?mB.
A?B?A?(B?A?B)，又A?(B?A?B)??，
所以m(A?B)又
?m(A?(B?A?B))
A?B?B，故 m(B?A?B)?mB?m(A?B)
于是得m(A?B)?mA?mB?m(A?B).移项即证毕.
8.证明Cantor集合的测度为零.
证：设cantor集合C，并设A是[0,1]中被挖去的点的集合. A=?(,)?则C78??12??12(,)(,2)??222333333????
?[0,1]?A,由于A为互不相交的开区间的并，故为可测集，于是C亦为可测集.
1212m[0,1]?1,mA?[(,)]?[(,2)]??? ∵233331222 ??2?3?333122?[1??()2?333]?1
∴mC?m[0,1]?mA?1?1?0. 证毕
n9.设E?R，Ak?E且Ak是可测集，k?1,2,?．若m(E\\Ak)?0(k??)，
? 4
证明E是可测集． 证：令A???Ak?1?k，则A?E．因为Ak(k?1,2,?)是可测集，所以A是可测集，又
?由0?m(E\\A)?m(E\\Ak)?0(k??)
可知m(E\\A)?0．因此，E\\A是可测集．而E?(E\\A)?A，故E是可测集． 10.设{En}是[0,1]中的可测集列，若mEn?1，n?1,2,证明 令E?[0,1]，则0?m(E????，证明：m(C??n?1En)?1．
?n?1En)?m(E(En))?m((E?En))
n?1n?1???m(E?En)??(mE?mEn)?0．其中mE?1， mEn?1，
n?1n?1∴m(E?
?n?1En)?0，∴m(En)?m(E?(E?n?1??n?1En))?mE?m(E??n?1En)?1.
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