的测度为零
mEF
（5分）设
fxmaxfx0
B．fxfxfx
1，且f在F
上连续，从而f在F
上可测
∞
F∪Fk
k1
，
则
F
是
可测
集
，且
fxfxfx
D．fx
mi
fx
4．下列命题不正确的是A．开集、闭集都是可测集B．可测集都是Borel集
EFEF
12，于是1mEF≤mEF
12
mEF0f在EF上
可
测
（5分）由于EEF∪F，只须证f在F上可测，事实上，
f对任意的a∈R，Ffa
∪Ff

1
∞
a
（5分）
（10六、10分）（
证因为f满足Lipschitz条件，所以f是绝对连续函数，
Ffa是可测集f在F上可测f在E上可测
（5分）
（20四、20分）（
证明
对任意的x1x2∈abx1x2，由牛顿莱布尼兹公式fx1fa
f在E上可测，由Lusi
定理，对任何正整数
，
1存在E的可测子集E
，使得mEE
，同时存在定义
在R′上的连续函数
x，使得当x∈E
时有
xfx（7分）所以对任意的σ0，成立（5分），
∫
x1a
′fdx（1）
′fx2fa∫fdx（2）
a
x2
Ef
≥σEE
（3分）

12
（2）（1）fx2fx1
∫
x2x1
f′≥0dx
mEf
≥σ≤mEE
limmEf
≥σ0
→∞
1
12
此
fx2≥fx1fx是ab上
因

f
的单调函数（10七、（分）证
（5分）
（5分）由FRiesz定理，存在
的子列
k，使
k→∞
f是有界变差函数，因而是有界函数，于是f≤m，
（3分）对ab的任意分划Tax0x1x
b
lim
kxfxae于E，记
kxgkx，则limg
xlimgkxfxae
→∞k→∞
x∈ab
于
E
有
（5分）
（10五、10分）（
证明设f
x
∑f
i1


2
xif2xi1

xsi
xsi
xe221
x
2007
∑fxifxi1fxifxi1
i1


则f
x在01上连续，因而R可积L可积，
且

xsi
2007
xsi
xe0limf
xlim
→∞
→∞1
2x2
Fx
≤2M∑fxifxi1x∈01
i1


（5分）取
≤2MVf
a
b
（5分）
2
1e，则f
x≤Fx，而2
（2分）
因此f
也是ab上的有界变差函数
m011∞
由Lebesgue有界收敛定理
limR∫f
xdxlimL∫
→∞
10

→∞
01
f
xdxl∫
r