11. 設fn (x)是[0, 1]上的遞增函式( n = 1, 2, ...)，且在[0, 1]上依測度收斂於f (x)．證明在f (x)的連續點x0上，fn (x0) f (x0) (n )．
解：設f (x)在x0(0, 1)處連續．則 > 0， > 0，使得
(x0 , x0 + ) (0, 1)，且x(x0 , x0 + )，有| f (x) f (x0)| < /2．
由於在[0, 1]上依測度收斂於f (x)，故對此 > 0，n +，使得
n > n，有m() < ．
注意到區間(x0 , x0)和(x0, x0 + )的測度都是，
故它們每個都不能被點集所覆蓋．
因此 x1 (x0 , x0)， x2 (x0, x0 + )，使得
| fn (x1) f (x1)| < /2，| fn (x2) f (x2)| < /2．(注意這裡的x1, x2與n有關)
取 = min，則當x(x0 , x0 + )時，
有x1 x0 < x < x0 + x2．(注意這裡的與n有關)
由fn (x)遞增，fn (x1) fn (x) fn (x2)．
故f (x0) < f (x1) /2 < fn (x1) fn (x) fn (x2) < f (x2) + /2 < f (x0) + ．
即| fn (x) f (x0)| < ．特別地，| fn (x0) f (x0)| < ．所以fn (x0) f (x0) (n )．
若x0是區間端點，而連續理解成單側連續，則結論不成立．
我們只給出x0 = 1的情形，x0 = 0的情形是完全類似的．
令fn (x) = xn，f (x)恒為0．x [0, 1]．
顯然fn (x)是[0, 1]上的遞增函式，且在[0, 1]上依測度收斂於f (x)．
但在x0 = 1處，fn (x0)不收斂於f (x0) (n )．
所以把本題中的連續理解為左連續且右連續，即所謂連續點不含端點．
12. 設f : n 1，且對任意的 > 0，存在開集g n，m(g) < ，使得
fc(n\g)，試證明f (x)是n上的可測函式．
解：k+，存在開集gk n，m(gk) < 1/2k+1，使得fc(n\gk)．
設f在n\gk上的限制為fk，因n\gk是閉集，故fk可延拓成n上的連續函式gk．
因m(gk) < 1/2k+1，故m(k mgk) < 1/2m，所以m(mk mgk) = 0，
而xn\(mk mgk) = mk mgkc，
m > 0，使得k m，都有x gkc，即gk(x) = fk(x) = f(x)，亦即gk(x) f(x)．
而gk(x)連續，故在n上可測，因此也在可測子集n\(mk mgk)上可測．
故其極限也可測，即f在n\(mk mgk)上的限制是可測的．
而mk mgk是零測集，故f在n上可測．
13. 設與都在e上依測度收斂於零，試證明在e上依測度收斂於零．
解： > 0，m() 0，m() 0 (k )；
而 ；故m()
m() + m()；
所以m() 0 (k )；
即在e上依測度收斂於零．
14. 設在[a, b]上依測度收斂於f (x)，g(x)是1上的連續函式，試證明：
在[a, b]上依測度收斂於g( f (x))．若將[a, b]改為[0, +)，結論還成立嗎？
解：回顧第9題結論：若m(e) < +，則依測度收斂於f (x)的充要條件是：
的任一子列都有幾乎處處收斂於f (x)的子列．
設是的乙個子列，
因在[a, b]上依測度收斂於f (x)，
從riesz定理知，有幾乎處處收斂於f (x)的子列．
由g(x)是1上的連續函式，故g( fk(i)(j)(x)) g( f (x)), x[a, b]．
即有幾乎處處收斂於g( f (x))的子列．
再由第9題，知在[a, b]上依測度收斂於g( f (x))．
若將[a, b]改為[0, +)，結論不成立．例子如下：
設fk(x) = x + 1/k，k+；f (x) = x，x[0, +)；g (x) = x2，x1．
則fk(x)在[0, +)上依測度收斂於f (x)．
而g( fk(x)) g( f (x)) = x/k + 1/k2，x[0, +)．
故k+， [k, +)，
因此m() = +．
即在[k, +)上不依測度收斂於g( f (x))．
15. 設有定義在可測集e n上的函式f (x)，且對任給的 > 0，存在e中的閉集f，m(e\f) < ，使得f (x)在f上連續，試證明f (x)是e上的可測函式．
解：k+，存在閉集fk e，m(e\fk) < 1/2k，使得fc(fk)．
令n = limsupk (e\fk) = mk m(e\fk)，則m(n) = 0．
k+，定義fk(x)如下：當xfk時，fk(x) = f (x)；當xe\fk時，fk(x) = 0；
因fc(fk)，故fk在fk上可測；顯然fk在e\fk上可測；故fk在e上可測；
所以fk在e\n上可測．
xe\n = m k m fk，m+，使得xk m fk．
即 k m，x fk．因此fk(x) = f (x)；故fk(x) f (x)，xe\n．
所以f (x)在e\n上可測．而m(n) = 0，故f (x)在e上也可測．
這個結論可以看成是lusin定理的逆定理．
另外，請對比本章第一組習題第12題．
也可直接用可測函式的定義證明：t 1，
集合 =
k)是可測的，
這是因為其中都是閉集，而k (e\fk)為零測集．
16. 設是[a, b]上的可測函式列，f (x)是[a, b]上的實值函式，若對任給的 > 0，都有lim n m*() = 0，試問f (x)是[a, b]上的可測函式嗎？
解：首先由lim n m*() = 0可知fn(x)都有限．
> 0，因為
，故m ()
m*() + m*()
0，當n, k 時．即是[a, b]上的依測度基本列．
故存在[a, b]上的有限的可測函式g (x)，使得依測度收斂於g (x)．
而 > 0，
，所以m* ()
m*() + m*()
0，當k 時．
故m* () = 0，
因此是零測集．
所以 = k 是零測集．
即f(x) = g (x)， x[a, b]．
又因g (x)在[a, b]上可測，故知f(x)也在[a, b]上可測．
17. 設f(x), fk(x) (k = 1, 2, ...)是e 1上的實值可測函式．若對任給的 > 0，必有lim j m(k j ) = 0．試證明：
對任給的 > 0，存在
e e且m(e) < ，使得fk(x)在e\e上一致收斂於f(x)．
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