# 实分析

## User

这个对话是想让你帮我解析第11周实分析作业，然后我会给你上传作业的题目，一道一道的给你，然后你需要先告诉我这个题的考点，并把考点详细的展开告诉我，然后给出这个题如何思考，就是在考场上如何我能想到这个题要这么做，接着给我标准的答案，不要过于冗长，但是要严谨准确，最后一句话总结。其他部分你可以随意发挥。

## Assistant

好的。你之后一道一道发题，我会按这个固定结构来解析：

**1. 本题考点**

先判断它对应《实分析学生讲义》中的哪一块内容，比如抽象测度空间、外测度、Carathéodory 可测性、准测度延拓、测度空间积分、一般 Fubini、Radon–Nikodym 等。讲义第 4 章正是“抽象测度与积分论”，包括这些主题；Stein 第 6 章和 Folland 前几章也有对应内容，可作为参考。

**2. 考点展开**

把题目真正用到的定义、定理、常见技巧讲清楚。不会堆太多背景，只讲解题必须掌握的内容。

**3. 如何想到这道题要这么做**

重点写“考场思路”：看到哪些关键词应该想到哪个定理；为什么要构造某个集合、函数或测度；哪些条件是在暗示可列可加性、单调性、连续性、外测度性质或延拓定理。

**4. 标准答案**

给出可以直接写进作业里的严谨证明。表述不拖沓，但每一步逻辑要完整，符号统一，短公式行内写，关键公式单独展示。

**5. 一句话总结**

最后用一句话点明本题本质，方便你记忆和复习。

你直接把第 11 周第一题发来就行。

## User

问题11.1. 设\ensuremath{F_{n}}为 Cantor-Lebesgue 函数定义中的函数列，证明：\ensuremath{\{F_{n}\}_{n=1}^{\infty}}在\ensuremath{[0,1]}上一致收敛，且极限函数F(x)=\lim_{n\to\infty}F_{n}(x)属于C([0,1])。

## Assistant

## 问题 11.1

设 $F_n$ 为 Cantor-Lebesgue 函数定义中的函数列，证明：$\{F_n\}_{n=1}^{\infty}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛，且极限函数 $F(x)=\lim_{n\to\infty}F_n(x)$ 属于 $C([0,1])$。

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## 1. 本题考点

这道题的核心不是 Cantor 集本身，而是**函数列的一致收敛与连续性的保持**。

在 Stein 的构造中，Cantor-Lebesgue 函数是由一列连续递增函数 $F_n$ 逼近得到的，并且有关键估计

$$
|F_{n+1}(x)-F_n(x)|\leq 2^{-n-1}, \qquad x\in[0,1].
$$

Stein 也正是用这个估计说明 $\{F_n\}$ 一致收敛到一个连续极限函数 $F$，即 Cantor-Lebesgue 函数。

这道题主要考三个知识点：

第一，**一致 Cauchy 准则**：若对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使得当 $m>n\geq N$ 时，

$$
\sup_{x\in[0,1]} |F_m(x)-F_n(x)|<\varepsilon,
$$

则 $\{F_n\}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。

第二，**望远镜估计**：把 $F_m-F_n$ 拆成相邻差的和：

$$
F_m-F_n=(F_m-F_{m-1})+\cdots+(F_{n+1}-F_n).
$$

第三，**连续函数的一致极限仍连续**：若每个 $F_n\in C([0,1])$，且 $F_n\to F$ 一致，则 $F\in C([0,1])$。

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## 2. 考点展开

Cantor-Lebesgue 函数的构造思想是：在每一步中，把已经被 Cantor 集构造删去的中间开区间上赋予常值，在剩下的小闭区间上作线性连接。于是每个 $F_n$ 都是连续的、分段线性的、递增的函数。

关键是第 $n+1$ 步相对于第 $n$ 步只是在更细的小区间上微调函数值，而这种微调的最大幅度至多是 $2^{-n-1}$。也就是说，虽然函数不断被修改，但第 $n$ 步以后的总改变量被一个收敛的几何级数控制。

因此自然想到用

$$
\sum_{n=1}^{\infty}2^{-n-1}<\infty
$$

来证明一致收敛。

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## 3. 如何想到这道题要这么做

考场上看到“证明 $F_n$ 一致收敛”，第一反应不是去逐点算 $F(x)$，而是找一个与 $x$ 无关的估计。这里题目说 $F_n$ 是 Cantor-Lebesgue 函数定义中的函数列，说明我们应该回到构造过程：每一步的修正幅度越来越小，并且最大修正量是 $2^{-n-1}$。

于是思路是：

先证明相邻两项 $F_{n+1}$ 与 $F_n$ 的差可以被 $2^{-n-1}$ 控制；然后用望远镜求和控制 $F_m-F_n$；最后用一致 Cauchy 准则得到一致收敛。连续性则直接用“一致极限保持连续性”。

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## 4. 标准答案

由 Cantor-Lebesgue 函数的构造可知，每个 $F_n$ 都是 $[0,1]$ 上的连续函数，并且对任意 $x\in[0,1]$，有

$$
|F_{n+1}(x)-F_n(x)|\leq 2^{-n-1}.
$$

下面证明 $\{F_n\}$ 一致收敛。任取 $m>n$，对任意 $x\in[0,1]$，由三角不等式得

$$
|F_m(x)-F_n(x)|
\leq \sum_{k=n}^{m-1}|F_{k+1}(x)-F_k(x)|.
$$

由上面的相邻项估计可得

$$
|F_m(x)-F_n(x)|
\leq \sum_{k=n}^{m-1}2^{-k-1}
\leq \sum_{k=n}^{\infty}2^{-k-1}
=2^{-n}.
$$

于是

$$
\sup_{x\in[0,1]}|F_m(x)-F_n(x)|\leq 2^{-n}.
$$

给定 $\varepsilon>0$，取 $N$ 充分大，使得 $2^{-N}<\varepsilon$。当 $m>n\geq N$ 时，

$$
\sup_{x\in[0,1]}|F_m(x)-F_n(x)|<\varepsilon.
$$

所以 $\{F_n\}$ 在 $[0,1]$ 上是一致 Cauchy 列。由于实值连续函数空间在一致范数下完备，或者直接由一致 Cauchy 准则可知，$\{F_n\}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。记其极限为 $F$，即 $F_n\to F$ 一致。

接下来证明 $F\in C([0,1])$。由于每个 $F_n$ 都连续，且 $F_n\to F$ 一致，根据连续函数列的一致极限定理，$F$ 连续。若写成 $\varepsilon$-$\delta$ 证明：任取 $x_0\in[0,1]$ 和 $\varepsilon>0$，由一致收敛，存在 $N$，使得对所有 $x\in[0,1]$，

$$
|F(x)-F_N(x)|<\frac{\varepsilon}{3}.
$$

又因为 $F_N$ 在 $[0,1]$ 上连续，所以存在 $\delta>0$，当 $|x-x_0|<\delta$ 时，

$$
|F_N(x)-F_N(x_0)|<\frac{\varepsilon}{3}.
$$

于是当 $|x-x_0|<\delta$ 时，

$$
|F(x)-F(x_0)|
\leq |F(x)-F_N(x)|+|F_N(x)-F_N(x_0)|+|F_N(x_0)-F(x_0)|
<\varepsilon.
$$

故 $F$ 在任意 $x_0\in[0,1]$ 处连续，从而 $F\in C([0,1])$。

---

## 5. 一句话总结

本题的本质是：Cantor-Lebesgue 函数列每一步的改变量被一个收敛的几何级数一致控制，因此 $F_n$ 一致收敛，而连续性由“一致极限保持连续”得到。

## User

问题11.2. 设\ensuremath{F}为 Cantor-Lebesgue 函数。考察由x(t)=t,y(t)=F(t),0\leq t\leq1参数化的曲线。证明：对应\ensuremath{0\leq t\leq\bar{x}}的曲线段的长度为L(\bar{x})=\bar{x}+F(\bar{x})，曲线的全长为2。

## Assistant

## 问题 11.2

设 $F$ 为 Cantor-Lebesgue 函数。考察曲线 $\gamma(t)=(t,F(t))$，$0\leq t\leq 1$。证明：对应 $0\leq t\leq \bar{x}$ 的曲线段长度为 $L(\bar{x})=\bar{x}+F(\bar{x})$，曲线全长为 $2$。

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## 1. 本题考点

这道题的核心是**可求长曲线的定义**与**Cantor 函数的奇异性**。

讲义中已经把连续曲线 $z(t)=x(t)+iy(t)$ 的长度与有界变差联系起来，并指出曲线片段长度可以通过对所有分割取折线长度的上确界来理解；同时，Cantor 函数 $F$ 是递增连续函数，满足 $F(0)=0$、$F(1)=1$，并且在 Cantor 集补集的每个开区间上为常数，而 Cantor 集 $C$ 的 Lebesgue 测度为 $0$。

本题要证明的不是通常的公式

$$
L=\int_0^{\bar{x}}\sqrt{1+(F'(t))^2}\,dt.
$$

因为 Cantor 函数满足 $F'(t)=0$ a.e.，若直接套这个公式，只会得到 $\bar{x}$，这是错误的。问题的关键在于：$F$ 的增长集中在测度为零的 Cantor 集上，所以曲线长度既有横向贡献 $\bar{x}$，又有纵向贡献 $F(\bar{x})$。

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## 2. 考点展开

设 $0=t_0<t_1<\cdots<t_N=\bar{x}$ 是 $[0,\bar{x}]$ 的一个分割。对应折线长度为

$$
\ell(P)=\sum_{j=1}^N \sqrt{(t_j-t_{j-1})^2+\bigl(F(t_j)-F(t_{j-1})\bigr)^2}.
$$

曲线长度 $L(\bar{x})$ 是所有 $\ell(P)$ 的上确界。

因为 $F$ 递增，所以 $F(t_j)-F(t_{j-1})\geq 0$。于是对每一段都有

$$
\sqrt{(\Delta t_j)^2+(\Delta F_j)^2}\leq \Delta t_j+\Delta F_j.
$$

求和就得到上界 $L(\bar{x})\leq \bar{x}+F(\bar{x})$。

难点是下界。下界要利用 Cantor 函数的特殊性质：它在 $C^c$ 的每个区间上为常数，而 $C$ 的测度为 $0$。因此我们可以用很短的区间覆盖 $C$，在这些短区间上捕捉几乎全部纵向增长；剩下的部分位于 $C^c$，在那里 $F$ 不变，只贡献横向长度。

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## 3. 如何想到这道题要这么做

考场上看到 $L(\bar{x})=\bar{x}+F(\bar{x})$，要立刻意识到它不是普通光滑曲线长度公式，而是“横向长度 + 纵向变差”。

对于一般递增函数 $G$，图像长度不一定等于 $(b-a)+G(b)-G(a)$。例如 $G(x)=x$ 时，图像长度是 $\sqrt{2}$，不是 $2$。所以这题一定要用 Cantor 函数的特殊性：它虽然连续递增，但增长发生在测度为零的 Cantor 集上。

因此思路是：

先用三角不等式给出上界；再用 $m(C)=0$ 选取很短的开集覆盖 $C\cap[0,\bar{x}]$，把区间分成两类：一类在 $C^c$ 中，函数不变，提供横向长度；另一类覆盖 $C$，提供纵向增长。最后让覆盖长度趋于 $0$。

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## 4. 标准答案

记 $C$ 为 Cantor 集。先证明上界。

任取分割 $P:0=t_0<t_1<\cdots<t_N=\bar{x}$。由于 $F$ 递增，令 $\Delta t_j=t_j-t_{j-1}$，$\Delta F_j=F(t_j)-F(t_{j-1})$，则 $\Delta t_j\geq0$，$\Delta F_j\geq0$。于是

$$
\sqrt{(\Delta t_j)^2+(\Delta F_j)^2}\leq \Delta t_j+\Delta F_j.
$$

因此

$$
\ell(P)
\leq \sum_{j=1}^N \Delta t_j+\sum_{j=1}^N \Delta F_j
=\bar{x}+F(\bar{x})-F(0).
$$

因为 $F(0)=0$，所以 $\ell(P)\leq \bar{x}+F(\bar{x})$。对所有分割取上确界，得

$$
L(\bar{x})\leq \bar{x}+F(\bar{x}).
$$

下面证明反向不等式。

任取 $\varepsilon>0$。由于 $m(C)=0$，可取 $[0,\bar{x}]$ 中的有限个互不相交开区间构成的集合 $U$，使得

$$
C\cap[0,\bar{x}]\subset U,\qquad |U|<\varepsilon.
$$

令 $E=[0,\bar{x}]\setminus U$。则 $E\subset [0,\bar{x}]\setminus C$。由于 $U$ 是有限个开区间的并，$E$ 是有限个闭区间的并。记这些闭区间为 $[a_k,b_k]$。

因为每个 $[a_k,b_k]$ 都包含在 Cantor 集补集的某个连通分支中，而 Cantor 函数 $F$ 在 $C^c$ 的每个连通分支上为常数，所以

$$
F(a_k)=F(b_k).
$$

现在取一个分割 $P$，它包含 $U$ 与 $E$ 的所有端点。这个分割把 $[0,\bar{x}]$ 分成有限多个小区间，其中一部分位于 $E$，另一部分位于 $U$ 的闭包中。

对于位于 $E$ 的小区间，因为 $F$ 不变，它们对折线长度的贡献等于横向长度；对于位于 $U$ 的小区间，折线长度至少等于纵向增量。因此该分割对应的折线长度满足

$$
\ell(P)\geq |E|+\sum_{\text{位于 }U\text{ 的小区间}}\Delta F.
$$

而在 $E$ 上所有纵向增量为 $0$，所以位于 $U$ 的那些小区间的纵向增量总和正好是

$$
F(\bar{x})-F(0)=F(\bar{x}).
$$

于是

$$
\ell(P)\geq |E|+F(\bar{x}).
$$

又因为 $|E|=\bar{x}-|U|>\bar{x}-\varepsilon$，所以

$$
\ell(P)>\bar{x}+F(\bar{x})-\varepsilon.
$$

由于 $L(\bar{x})$ 是所有分割折线长度的上确界，得到

$$
L(\bar{x})\geq \bar{x}+F(\bar{x})-\varepsilon.
$$

令 $\varepsilon\to0$，得

$$
L(\bar{x})\geq \bar{x}+F(\bar{x}).
$$

结合上界，得到

$$
L(\bar{x})=\bar{x}+F(\bar{x}).
$$

最后取 $\bar{x}=1$，由 $F(1)=1$，得到曲线全长

$$
L(1)=1+F(1)=2.
$$

---

## 5. 一句话总结

Cantor 函数图像的长度等于横向长度加纵向增长量，因为它的增长集中在测度为零的 Cantor 集上，而在补集区间上完全水平。

## User

解答. 然后证明反向不等式。取P的各个端点为C_{n}\cap\left[0,\overline{x}\right]的各个端点。\left[0,\overline{x}\right]\backslash C_{n}的部分，这部分贡献为m\left(\left[0,\overline{x}\right]\backslash C_{n}\right)\geq\overline{x}-\left(\frac{2}{3}\right)^{n}对于\left[0,\overline{x}\right]\cap C_{n}的部分，这部分斜线上升，纵向增量要大于F\left(\overline{x}\right)，所以该分割对应的曲线长度至少为\overline{x}-\left(\frac{2}{3}\right)^{n}+F\left(\overline{x}\right)，因此令n\to\infty ，就可以得到L\left(\overline{x}\right)\geq\overline{x}+F\left(\overline{x}\right)这样可以嘛？

## Assistant

可以，**你的证明思路是对的**，而且比用开集覆盖 $C$ 的证明更贴近 Cantor 函数的构造。只是有几个表述要改得更严谨，否则容易被挑毛病。

关键要改三点：

第一，分割 $P$ 不只是取 $C_n\cap[0,\bar x]$ 的端点，还要明确包括 $0$ 和 $\bar x$。如果 $\bar x$ 截在某个 $C_n$ 的小区间内部，也要把 $\bar x$ 放进分割端点里。

第二，$[0,\bar x]\setminus C_n$ 的部分确实贡献横向长度，因为这些区间都是 Cantor 构造中已经删去的中间开区间，而 Cantor 函数 $F$ 在每个这样的开区间上为常数。

第三，“对于 $[0,\bar x]\cap C_n$ 的部分，这部分斜线上升，纵向增量要大于 $F(\bar x)$”这句话不准确。不能说“斜线上升”，因为极限函数 $F$ 在 $C_n$ 的小区间上并不是普通的线性函数。正确说法是：由于 $F$ 单调递增，每一段的 chord 长度至少等于纵向增量；又因为在 $[0,\bar x]\setminus C_n$ 上 $F$ 不变，所以所有纵向增量都集中在 $[0,\bar x]\cap C_n$ 的那些段上，其总和正好是 $F(\bar x)-F(0)=F(\bar x)$。

可以把你的证明改成下面这样：

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证明反向不等式。设 $C_n$ 是 Cantor 集构造第 $n$ 步得到的闭集。取分割 $P$，使它包含 $0,\bar x$，以及 $C_n\cap[0,\bar x]$ 的所有区间端点。于是分割把 $[0,\bar x]$ 分成两类小区间：一类位于 $[0,\bar x]\setminus C_n$，另一类位于 $C_n\cap[0,\bar x]$。

在位于 $[0,\bar x]\setminus C_n$ 的小区间上，$F$ 为常数，因此这些小区间对折线长度的贡献等于它们的横向长度。于是这部分贡献为

$$
m([0,\bar x]\setminus C_n)
=\bar x-m([0,\bar x]\cap C_n)
\geq \bar x-m(C_n)
=\bar x-\left(\frac23\right)^n.
$$

在位于 $C_n\cap[0,\bar x]$ 的小区间上，由于 $F$ 单调递增，每一段折线长度至少等于该段的纵向增量。又因为 $F$ 在 $[0,\bar x]\setminus C_n$ 的各个区间上为常数，所以这些位于 $C_n\cap[0,\bar x]$ 的小区间的纵向增量总和等于

$$
F(\bar x)-F(0)=F(\bar x).
$$

因此这个分割对应的折线长度满足

$$
\ell(P)\geq \bar x-\left(\frac23\right)^n+F(\bar x).
$$

由于曲线长度 $L(\bar x)$ 是所有分割折线长度的上确界，所以

$$
L(\bar x)\geq \bar x-\left(\frac23\right)^n+F(\bar x).
$$

令 $n\to\infty$，得到

$$
L(\bar x)\geq \bar x+F(\bar x).
$$

结合之前已经证明的上界 $L(\bar x)\leq \bar x+F(\bar x)$，即得

$$
L(\bar x)=\bar x+F(\bar x).
$$

取 $\bar x=1$，因为 $F(1)=1$，所以全长为 $L(1)=1+1=2$。

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一句话：你的方法是可行的，但要把“斜线上升”改成“单调性给出长度大于纵向增量，并且纵向增量集中在 $C_n$ 部分”。

## User

问题11.3. 直接用定义证明 Cantor-Lebesgue 函数不是绝对连续的。

## Assistant

## 问题 11.3

直接用定义证明 Cantor-Lebesgue 函数 $F$ 不是绝对连续的。

---

## 1. 本题考点

这道题考的是**绝对连续的定义**，以及 Cantor-Lebesgue 函数的核心构造性质。

讲义中绝对连续函数定义为：若 $F$ 在 $[a,b]$ 上满足，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得任意有限个互不相交开区间 $(a_k,b_k)\subset[a,b]$ 只要满足 $\sum_k(b_k-a_k)<\delta$，就有

$$
\sum_k |F(b_k)-F(a_k)|<\varepsilon,
$$

则称 $F\in AC([a,b])$。讲义也指出绝对连续强于一致连续，并且 Cantor 函数是由 $F_n$ 一致极限得到的连续函数。

本题要求“直接用定义”，所以不能用“若绝对连续且 $F'=0$ a.e.，则 $F$ 常数”这种定理，而要直接构造一族总长度很小的区间，使得函数值总变化量并不小。

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## 2. 考点展开

Cantor 集第 $n$ 步保留下来的集合记为 $C_n$。它由 $2^n$ 个互不相交闭区间组成，每个区间长度为 $3^{-n}$，因此

$$
m(C_n)=2^n3^{-n}=\left(\frac23\right)^n.
$$

另一方面，Cantor 函数 $F$ 在这 $2^n$ 个小闭区间的端点上完成了从 $0$ 到 $1$ 的全部上升。更具体地说，若

$$
C_n=\bigcup_{j=1}^{2^n}[a_{n,j},b_{n,j}],
$$

则每个基本区间上的函数增量为 $2^{-n}$，所以

$$
\sum_{j=1}^{2^n}\bigl(F(b_{n,j})-F(a_{n,j})\bigr)
=2^n\cdot 2^{-n}=1.
$$

这正是反驳绝对连续的关键：这些区间总长度趋于 $0$，但函数值总变化量始终等于 $1$。

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## 3. 如何想到这道题要这么做

考场上看到“直接用定义证明不是绝对连续”，就要想：我要否定定义。

绝对连续说的是“小总长度的有限区间族 $\Rightarrow$ 小总函数增量”。因此要证明不是绝对连续，就要找一个固定的 $\varepsilon_0>0$，使得无论 $\delta>0$ 多小，都能找到有限个互不相交区间，总长度小于 $\delta$，但函数增量总和至少大于 $\varepsilon_0$。

Cantor 函数最典型的性质就是：函数从 $0$ 增加到 $1$，但增长集中在长度越来越小的 Cantor 近似集 $C_n$ 上。因此自然选择 $C_n$ 的那 $2^n$ 个基本区间。

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## 4. 标准答案

设 $F$ 为 Cantor-Lebesgue 函数。记 Cantor 集构造第 $n$ 步保留下来的闭集为 $C_n$。则

$$
C_n=\bigcup_{j=1}^{2^n}[a_{n,j},b_{n,j}],
$$

其中这些闭区间两两不交，且每个区间长度为 $3^{-n}$。因此

$$
\sum_{j=1}^{2^n}(b_{n,j}-a_{n,j})
=2^n3^{-n}
=\left(\frac23\right)^n.
$$

由 Cantor-Lebesgue 函数的构造可知，在每个基本区间 $[a_{n,j},b_{n,j}]$ 上，其两端点的函数值差为 $2^{-n}$，即

$$
F(b_{n,j})-F(a_{n,j})=2^{-n},\qquad j=1,\dots,2^n.
$$

于是

$$
\sum_{j=1}^{2^n}|F(b_{n,j})-F(a_{n,j})|
=2^n\cdot 2^{-n}
=1.
$$

下面用定义证明 $F$ 不是绝对连续的。取 $\varepsilon_0=\frac12$。任给 $\delta>0$，由于 $(2/3)^n\to0$，可取 $n$ 足够大，使得

$$
\left(\frac23\right)^n<\delta.
$$

于是有限个互不相交区间 $(a_{n,j},b_{n,j})$，$j=1,\dots,2^n$，满足

$$
\sum_{j=1}^{2^n}(b_{n,j}-a_{n,j})<\delta,
$$

但同时

$$
\sum_{j=1}^{2^n}|F(b_{n,j})-F(a_{n,j})|=1>\frac12=\varepsilon_0.
$$

这说明不存在 $\delta>0$ 能够使绝对连续定义中的条件成立。因此 $F\notin AC([0,1])$。

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## 5. 一句话总结

Cantor 函数不是绝对连续，因为它可以在总长度趋于 $0$ 的 Cantor 基本区间族上产生总量始终为 $1$ 的函数增量。

## User

问题11.4. 设f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}。若对任意的有限区间[a,b]，总有\ensuremath{f\chi_{[a,b]}}绝对连续，则称\ensuremath{f}绝对连续。证明：

(i) \ensuremath{f}映零测集到零测集。

(ii) \ensuremath{f}映可测集到可测集。

## Assistant

## 问题 11.4

设 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$。若对任意有限区间 $[a,b]$，总有 $f\chi_{[a,b]}$ 绝对连续，则称 $f$ 绝对连续。证明：

(i) $f$ 映零测集到零测集。

(ii) $f$ 映可测集到可测集。

这里本质上是在说 $f$ 在每个有限闭区间上都是绝对连续的，即 $f\in AC_{\mathrm{loc}}(\mathbb{R})$。

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## 1. 本题考点

本题考的是**绝对连续函数的 Luzin $N$ 性质**：

> 若 $f$ 在区间上绝对连续，则 $f$ 把零测集映为零测集。

讲义中绝对连续函数的定义是：对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得任意有限个互不相交开区间 $(a_k,b_k)$ 满足 $\sum_k(b_k-a_k)<\delta$ 时，有 $\sum_k |F(b_k)-F(a_k)|<\varepsilon$。并且绝对连续推出一致连续，从而推出连续。

第二问还要用到可测集的正则逼近：每个 Lebesgue 可测集可由其内部的 $F_\sigma$ 集逼近到相差零测集。讲义中也给出了：若 $E$ 可测，则存在 $F_\sigma$ 集 $F\subset E$，使得 $m(E\setminus F)=0$。

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## 2. 考点展开

绝对连续的定义看起来是控制函数值差：

$$
\sum_k |f(b_k)-f(a_k)|<\varepsilon.
$$

但本题真正需要的是：如果若干区间总长度很小，则 $f$ 在这些区间上的**总振幅**也很小。因为要证明 $m(f(E))=0$，我们必须用一些小区间覆盖 $E$，再证明它们的像也能被总长度很小的区间覆盖。

这里有一个小技巧：对每个区间 $I$，$f(I)$ 的长度不超过 $f$ 在 $I$ 上的全变差。绝对连续性可以控制有限个互不相交小区间上的总变差。

第二问的思路是：先把可测集 $E$ 写成

$$
E=B\cup N,
$$

其中 $B$ 是 $F_\sigma$ 集，$N$ 是零测集。由于 $B$ 是可数个紧集的并，而连续函数把紧集映成紧集，所以 $f(B)$ 是 Borel 集；又由第一问 $f(N)$ 是零测集，所以 $f(E)=f(B)\cup f(N)$ 可测。

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## 3. 如何想到这道题要这么做

看到“绝对连续”与“零测集”放在一起，第一反应应该是用绝对连续定义中的“总长度小 $\Rightarrow$ 总函数增量小”。

看到“映可测集到可测集”，不能直接说“连续函数映可测集到可测集”，这在一般情况下并不是显然命题。更稳妥的办法是把可测集分解成“好集合 + 零测集”：好集合取 $F_\sigma$，它是可数个紧集的并；零测集由第一问处理。

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## 4. 标准答案

记 $m$ 为一维 Lebesgue 测度。

### (i) 证明 $f$ 映零测集到零测集

先证明局部结论。设 $g\in AC([a,b])$，且 $N\subset[a,b]$ 满足 $m(N)=0$。证明 $m(g(N))=0$。

任取 $\varepsilon>0$。由 $g$ 的绝对连续性，存在 $\delta>0$，使得任意有限个互不相交开区间 $(\alpha_k,\beta_k)\subset[a,b]$ 满足 $\sum_k(\beta_k-\alpha_k)<\delta$ 时，有

$$
\sum_k |g(\beta_k)-g(\alpha_k)|<\varepsilon.
$$

事实上，由同样的理由可得：若 $I_1,\dots,I_M$ 是 $[a,b]$ 中有限个互不相交区间，且 $\sum_{j=1}^M |I_j|<\delta$，则

$$
\sum_{j=1}^M V_g(I_j)<\varepsilon,
$$

其中 $V_g(I_j)$ 表示 $g$ 在 $I_j$ 上的全变差。因为在每个 $I_j$ 内任取分割，所有分割小区间仍是有限个互不相交区间，且总长度小于 $\delta$，于是可由绝对连续定义控制；再对所有分割取上确界即可。

由于 $m(N)=0$，可取开集 $O\subset(a,b)$，使得 $N\cap(a,b)\subset O$，且 $m(O)<\delta$。把 $O$ 写成至多可数个互不相交开区间的并：

$$
O=\bigcup_{j=1}^{\infty} I_j.
$$

于是 $\sum_j |I_j|=m(O)<\delta$。由上面的变差估计，对任意 $M$ 有

$$
\sum_{j=1}^M V_g(I_j)<\varepsilon.
$$

令 $M\to\infty$，得

$$
\sum_{j=1}^{\infty} V_g(I_j)\leq \varepsilon.
$$

由于 $g$ 连续，$g(I_j)$ 是区间，其长度不超过 $V_g(I_j)$。因此

$$
m^*(g(N\cap(a,b)))
\leq \sum_{j=1}^{\infty} m^*(g(I_j))
\leq \sum_{j=1}^{\infty} V_g(I_j)
\leq \varepsilon.
$$

端点集合 $N\cap\{a,b\}$ 的像至多含两个点，测度为零，所以 $m^*(g(N))\leq\varepsilon$。由于 $\varepsilon>0$ 任意，得到 $m(g(N))=0$。

现在回到 $\mathbb{R}$。设 $E\subset\mathbb{R}$ 为零测集。令 $E_k=E\cap[-k,k]$。由局部结论，$f(E_k)$ 是零测集。又

$$
E=\bigcup_{k=1}^{\infty}E_k,
\qquad
f(E)=\bigcup_{k=1}^{\infty}f(E_k).
$$

可列个零测集的并仍是零测集，故 $m(f(E))=0$。

---

### (ii) 证明 $f$ 映可测集到可测集

设 $E\subset\mathbb{R}$ 是 Lebesgue 可测集。对每个 $k\in\mathbb{N}$，令 $E_k=E\cap[-k,k]$。由于 $E_k$ 可测且测度有限，由可测集的内正则性，可取紧集 $K_{k,j}\subset E_k$，使得

$$
m(E_k\setminus K_{k,j})<\frac{1}{j}.
$$

令

$$
B=\bigcup_{k=1}^{\infty}\bigcup_{j=1}^{\infty}K_{k,j}.
$$

则 $B\subset E$，且 $B$ 是 $F_\sigma$ 集。并且对固定的 $k$，有

$$
m\left(E_k\setminus \bigcup_{j=1}^{\infty}K_{k,j}\right)=0.
$$

因此

$$
m(E\setminus B)=0.
$$

记 $N=E\setminus B$。由第一问，$f(N)$ 是零测集，故 $f(N)$ 可测。

另一方面，绝对连续函数连续，所以 $f$ 在每个紧集 $K_{k,j}$ 上连续。连续函数把紧集映为紧集，因此 $f(K_{k,j})$ 是紧集，特别是 Borel 集。所以

$$
f(B)
=
\bigcup_{k=1}^{\infty}\bigcup_{j=1}^{\infty}f(K_{k,j})
$$

是 Borel 集，从而可测。

最后，

$$
f(E)=f(B\cup N)=f(B)\cup f(N).
$$

其中 $f(B)$ 可测，$f(N)$ 是零测集，因此 $f(E)$ 可测。

---

## 5. 一句话总结

绝对连续函数的核心作用是把“定义域中的小总长度”变成“值域中的小总长度”，所以它映零测集到零测集；再用可测集的 $F_\sigma$ 逼近，就能推出它映可测集到可测集。

## User

仔细思考，你这个证明过于复杂，不够好！

## Assistant

你说得对。上一版把“变差”引进得太重了，其实这题可以更干净地做。关键只需要两个简单想法：

1. 绝对连续函数把“总长度小的区间族”映成“总长度小的区间族”；

2. 可测集可以写成“$\sigma$-紧集加零测集”。

下面给你一版更适合写作业的证明。

---

## 问题 11.4

设 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 在任意有限闭区间上绝对连续。证明：

(i) $f$ 映零测集到零测集；

(ii) $f$ 映可测集到可测集。

---

## 1. 本题考点

本题的核心是绝对连续函数的 **Luzin $N$ 性质**：

若 $f$ 绝对连续，则 $m(E)=0$ 推出 $m(f(E))=0$。

第二问用的是 Lebesgue 可测集的结构：

每个可测集 $E\subset\mathbb R$ 都可以写成

$$
E=K\cup N,
$$

其中 $K$ 是 $\sigma$-紧集，也就是可数个紧集的并，$N$ 是零测集。

---

## 2. 如何想到

证明 (i) 时，看到“零测集”，就应该想到：用总长度任意小的开区间覆盖它。看到“绝对连续”，就应该想到：这些覆盖区间在 $f$ 下的像区间总长度也会很小。

证明 (ii) 时，不能直接说“连续函数把可测集映成可测集”，这个说法一般不可靠。正确做法是把可测集拆成“紧集部分”和“零测部分”：紧集在连续函数下仍为紧集，零测部分由 (i) 处理。

---

## 3. 标准答案

### (i) 证明 $f$ 映零测集到零测集

先设 $E\subset [a,b]$，且 $m(E)=0$。因为 $f$ 在 $[a,b]$ 上绝对连续，所以对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得只要有限个互不相交区间 $(\alpha_k,\beta_k)\subset [a,b]$ 满足

$$
\sum_k(\beta_k-\alpha_k)<\delta,
$$

就有

$$
\sum_k |f(\beta_k)-f(\alpha_k)|<\varepsilon.
$$

由于 $m(E)=0$，可以取开集 $O\supset E$，使得 $m(O)<\delta$。把 $O\cap[a,b]$ 写成至多可数个互不相交区间的并：

$$
O\cap[a,b]=\bigcup_{j=1}^{\infty} I_j.
$$

于是

$$
\sum_{j=1}^{\infty}|I_j|<\delta.
$$

因为 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以每个 $f(I_j)$ 是一个区间，并且其长度可以用 $f$ 在 $I_j$ 上两点函数值之差来逼近。由绝对连续性的定义，对任意有限部分都有

$$
\sum_{j=1}^{N} m(f(I_j))\leq \varepsilon.
$$

令 $N\to\infty$，得

$$
\sum_{j=1}^{\infty}m(f(I_j))\leq \varepsilon.
$$

又因为

$$
f(E)\subset \bigcup_{j=1}^{\infty}f(I_j),
$$

所以

$$
m^*(f(E))
\leq \sum_{j=1}^{\infty}m(f(I_j))
\leq \varepsilon.
$$

由 $\varepsilon>0$ 任意，得到 $m(f(E))=0$。

现在设 $E\subset\mathbb R$ 是任意零测集。令 $E_n=E\cap[-n,n]$。由上面的有界情形，$f(E_n)$ 是零测集。又

$$
E=\bigcup_{n=1}^{\infty}E_n,
\qquad
f(E)=\bigcup_{n=1}^{\infty}f(E_n).
$$

可列个零测集的并仍是零测集，因此 $m(f(E))=0$。

---

### (ii) 证明 $f$ 映可测集到可测集

设 $E\subset\mathbb R$ 是 Lebesgue 可测集。对每个 $n\in\mathbb N$，令

$$
E_n=E\cap[-n,n].
$$

由可测集的内正则性，对每个 $n,j\in\mathbb N$，存在紧集 $K_{n,j}\subset E_n$，使得

$$
m(E_n\setminus K_{n,j})<\frac1j.
$$

令

$$
K=\bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcup_{j=1}^{\infty}K_{n,j}.
$$

则 $K\subset E$，且 $K$ 是 $\sigma$-紧集。并且对固定的 $n$，有

$$
m\left(E_n\setminus \bigcup_{j=1}^{\infty}K_{n,j}\right)=0.
$$

因此

$$
m(E\setminus K)=0.
$$

记 $N=E\setminus K$。由 (i)，$f(N)$ 是零测集，因此 $f(N)$ 可测。

另一方面，每个 $K_{n,j}$ 是紧集，而 $f$ 在有限区间上绝对连续，所以连续。因此 $f(K_{n,j})$ 是紧集。于是

$$
f(K)=\bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcup_{j=1}^{\infty} f(K_{n,j})
$$

是可数个紧集的并，故是 Borel 集，特别是 Lebesgue 可测集。

最后，

$$
f(E)=f(K\cup N)=f(K)\cup f(N).
$$

其中 $f(K)$ 可测，$f(N)$ 是零测集，所以 $f(E)$ 可测。

---

## 4. 一句话总结

绝对连续函数把零测集映成零测集；而一般可测集可以分解成 $\sigma$-紧集加零测集，所以其像仍然可测。

## User

问题11.5. 设F\in C([a,b])，对每个x\in(a,b)，\ensuremath{F'(x)}存在且|F'(x)|\leq M. 证明：|F(x)-F(y)|\leq M|x-y|且F\in AC([a,b])。

## Assistant

## 问题 11.5

设 $F\in C([a,b])$，对每个 $x\in(a,b)$，$F'(x)$ 存在且 $|F'(x)|\leq M$。证明：

$$
|F(x)-F(y)|\leq M|x-y|
$$

且 $F\in AC([a,b])$。

---

## 1. 本题考点

本题考两个基本事实：

第一，**Lagrange 中值定理**：若 $F$ 在 $[x,y]$ 上连续，在 $(x,y)$ 上可导，则存在 $\xi\in(x,y)$，使得

$$
F(y)-F(x)=F'(\xi)(y-x).
$$

第二，**Lipschitz 函数必绝对连续**：如果存在常数 $M\geq0$，使得对任意 $x,y\in[a,b]$，有 $|F(x)-F(y)|\leq M|x-y|$，则 $F\in AC([a,b])$。

注意这里不要求 $F'$ 连续，只要求 $F'$ 处处存在且一致有界。

---

## 2. 如何想到

看到“$|F'(x)|\leq M$”和“证明 $|F(x)-F(y)|\leq M|x-y|$”时，应该立刻想到中值定理：导数控制斜率，斜率控制函数增量。

看到“证明 $F\in AC([a,b])$”时，要回到绝对连续定义：有限个互不相交区间总长度小，则函数值总变化小。若已经有 Lipschitz 估计，那么对每个区间 $(\alpha_k,\beta_k)$ 都有

$$
|F(\beta_k)-F(\alpha_k)|\leq M(\beta_k-\alpha_k),
$$

求和即可。

---

## 3. 标准答案

任取 $x,y\in[a,b]$。若 $x=y$，结论显然成立。下面设 $x<y$。

因为 $F\in C([a,b])$，所以 $F$ 在 $[x,y]$ 上连续；又因为 $F$ 在 $(a,b)$ 上可导，所以 $F$ 在 $(x,y)$ 上可导。由 Lagrange 中值定理，存在 $\xi\in(x,y)$，使得

$$
F(y)-F(x)=F'(\xi)(y-x).
$$

因此

$$
|F(y)-F(x)|
=|F'(\xi)|\,|y-x|
\leq M|y-x|.
$$

所以对任意 $x,y\in[a,b]$，都有

$$
|F(x)-F(y)|\leq M|x-y|.
$$

下面证明 $F\in AC([a,b])$。

若 $M=0$，由上式可知 $|F(x)-F(y)|=0$，所以 $F$ 是常数函数，显然绝对连续。

若 $M>0$，任取 $\varepsilon>0$，令 $\delta=\varepsilon/M$。设 $(\alpha_k,\beta_k)$，$k=1,\dots,N$，是 $[a,b]$ 中有限个互不相交开区间，并且

$$
\sum_{k=1}^N(\beta_k-\alpha_k)<\delta.
$$

由刚刚证明的 Lipschitz 估计，

$$
|F(\beta_k)-F(\alpha_k)|\leq M(\beta_k-\alpha_k).
$$

于是

$$
\sum_{k=1}^N |F(\beta_k)-F(\alpha_k)|
\leq M\sum_{k=1}^N(\beta_k-\alpha_k)
< M\delta
=\varepsilon.
$$

这正是绝对连续的定义。因此 $F\in AC([a,b])$。

---

## 4. 一句话总结

导数处处存在且有界时，中值定理给出 $F$ 是 Lipschitz 函数，而 Lipschitz 控制直接推出绝对连续。

## User

问题11.6. 设F\in BV([a,b])，证明：

(i) \int_{a}^{b}|F'(x)|\,dx\leq T_{F}(a,b).

(ii) \int_{a}^{b}|F'(x)|\,dx=T_{F}(a,b)当且仅当F\in AC([a,b])。

## Assistant

## 问题 11.6

设 $F\in BV([a,b])$，证明：

(i) $\displaystyle \int_a^b |F'(x)|\,dx\leq T_F(a,b)$.

(ii) $\displaystyle \int_a^b |F'(x)|\,dx=T_F(a,b)$ 当且仅当 $F\in AC([a,b])$。

---

## 1. 本题考点

这道题的核心是：**导数只看得见有界变差函数的绝对连续部分，看不见跳跃部分和 Cantor 型奇异部分**。

讲义中已经指出：$BV$ 函数几乎处处可微；但仅有 $F\in BV([a,b])$ 并不能保证

$$
\int_a^b F'(x)\,dx=F(b)-F(a).
$$

真正保证微积分基本定理成立的条件是 $F\in AC([a,b])$。讲义随后给出绝对连续函数的定义，并说明 $AC([a,b])\subset BV([a,b])$，以及 Lebesgue 积分的微积分基本定理：若 $F\in AC([a,b])$，则 $F'\in L^1$，且 $F(x)-F(a)=\int_a^x F'(y)\,dy$。

本题实际上是在证明：

$$
\text{绝对连续} \quad \Longleftrightarrow \quad \text{导数积分刚好等于全变差}.
$$

---

## 2. 如何想到

看到 $T_F(a,b)$，应该想到定义**全变差函数**

$$
V(x)=T_F(a,x),\qquad a\leq x\leq b.
$$

它是递增函数，且它控制 $F$ 的所有振荡：

$$
|F(y)-F(x)|\leq V(y)-V(x),\qquad a\leq x<y\leq b.
$$

这句话非常关键。它说明 $V$ 是 $F$ 的“累计路程”，而 $F$ 的实际变化量不能超过路程。

然后在 $F'$ 与 $V'$ 都存在的点上，可以推出

$$
|F'(x)|\leq V'(x).
$$

于是

$$
\int_a^b |F'|
\leq \int_a^b V'
\leq V(b)-V(a)
=T_F(a,b).
$$

第二问中，如果等号成立，那么上面每一步都必须是等号，尤其是 $\int_a^b V'=V(b)-V(a)$。对递增函数 $V$ 来说，这等价于 $V$ 绝对连续；而 $V$ 绝对连续又会推出 $F$ 绝对连续。

---

## 3. 标准答案

定义全变差函数

$$
V(x)=T_F(a,x),\qquad a\leq x\leq b.
$$

显然 $V$ 是递增函数，且 $V(a)=0$，$V(b)=T_F(a,b)$。

先注意一个基本估计：若 $a\leq x<y\leq b$，则

$$
|F(y)-F(x)|\leq V(y)-V(x).
$$

这是因为 $V(y)-V(x)$ 是 $F$ 在 $[x,y]$ 上的全变差，至少包含单个区间 $[x,y]$ 上的变化量 $|F(y)-F(x)|$。

---

### (i) 证明 $\int_a^b |F'|\leq T_F(a,b)$

由于 $F\in BV([a,b])$，所以 $F'$ 几乎处处存在；又 $V$ 是单调函数，所以 $V'$ 也几乎处处存在。

在 $F'$ 与 $V'$ 都存在的点 $x$ 上，由

$$
|F(x+h)-F(x)|\leq |V(x+h)-V(x)|
$$

除以 $|h|$，令 $h\to0$，得到

$$
|F'(x)|\leq V'(x)
$$

几乎处处成立。

又因为 $V$ 是递增函数，所以单调函数的基本性质给出

$$
\int_a^b V'(x)\,dx\leq V(b)-V(a).
$$

因此

$$
\int_a^b |F'(x)|\,dx
\leq \int_a^b V'(x)\,dx
\leq V(b)-V(a)
=T_F(a,b).
$$

这就证明了 (i)。

---

### (ii) 证明等号成立当且仅当 $F\in AC([a,b])$

先证充分性。若 $F\in AC([a,b])$，则由 Lebesgue 积分的微积分基本定理，对任意 $a\leq x<y\leq b$，有

$$
F(y)-F(x)=\int_x^y F'(t)\,dt.
$$

因此对任意分割 $P:a=t_0<t_1<\cdots<t_N=b$，有

$$
\sum_{j=1}^N |F(t_j)-F(t_{j-1})|
=
\sum_{j=1}^N \left|\int_{t_{j-1}}^{t_j}F'(t)\,dt\right|
\leq
\sum_{j=1}^N \int_{t_{j-1}}^{t_j}|F'(t)|\,dt
=
\int_a^b |F'(t)|\,dt.
$$

对所有分割取上确界，得到

$$
T_F(a,b)\leq \int_a^b |F'(t)|\,dt.
$$

结合 (i) 的反向不等式，得到

$$
T_F(a,b)=\int_a^b |F'(t)|\,dt.
$$

再证必要性。假设

$$
\int_a^b |F'(x)|\,dx=T_F(a,b).
$$

由 (i) 的证明过程已经知道

$$
\int_a^b |F'|
\leq \int_a^b V'
\leq V(b)-V(a)
=T_F(a,b).
$$

由于首尾相等，所以

$$
\int_a^b V'(x)\,dx=V(b)-V(a).
$$

对递增函数 $V$，若导数积分等于函数总增量，则 $V\in AC([a,b])$。因此 $V$ 绝对连续。

下面由 $V$ 的绝对连续性推出 $F$ 的绝对连续性。任取 $\varepsilon>0$，因为 $V\in AC([a,b])$，存在 $\delta>0$，使得对任意有限个互不相交开区间 $(\alpha_k,\beta_k)\subset[a,b]$，只要

$$
\sum_{k=1}^N(\beta_k-\alpha_k)<\delta,
$$

就有

$$
\sum_{k=1}^N |V(\beta_k)-V(\alpha_k)|<\varepsilon.
$$

而 $V$ 递增，所以 $|V(\beta_k)-V(\alpha_k)|=V(\beta_k)-V(\alpha_k)$。又由全变差函数的控制估计，

$$
|F(\beta_k)-F(\alpha_k)|
\leq V(\beta_k)-V(\alpha_k).
$$

于是

$$
\sum_{k=1}^N |F(\beta_k)-F(\alpha_k)|
\leq
\sum_{k=1}^N \bigl(V(\beta_k)-V(\alpha_k)\bigr)
<\varepsilon.
$$

这正是 $F\in AC([a,b])$ 的定义。因此 $F$ 绝对连续。

综上，

$$
\int_a^b |F'(x)|\,dx=T_F(a,b)
\quad\Longleftrightarrow\quad
F\in AC([a,b]).
$$

---

## 4. 一句话总结

对 $BV$ 函数，$\int |F'|$ 只能捕捉全变差中的绝对连续部分；只有当全部变差都来自绝对连续变化时，才有 $\int_a^b |F'|=T_F(a,b)$。

## User

问题11.7. 设\ensuremath{F}是\ensuremath{[a,b]}上的单调连续函数。证明：\ensuremath{F\in AC([a,b])}当且仅当\int_{a}^{b}F'(x)\,dx=F(b)-F(a).

## Assistant

## 问题 11.7

设 $F$ 是 $[a,b]$ 上的单调连续函数。证明：

$$
F\in AC([a,b])
\quad\Longleftrightarrow\quad
\int_a^b F'(x)\,dx=F(b)-F(a).
$$

---

## 1. 本题考点

这题本质上是问题 11.6 在**单调连续函数**情形下的直接推论。

若 $F$ 单调，则 $F\in BV([a,b])$。并且：

- 若 $F$ 单调递增，则 $T_F(a,b)=F(b)-F(a)$，且 $F'(x)\geq0$ a.e.；

- 若 $F$ 单调递减，则 $T_F(a,b)=F(a)-F(b)$，且 $F'(x)\leq0$ a.e.

问题 11.6 已经说明：对 $F\in BV([a,b])$，

$$
\int_a^b |F'(x)|\,dx\leq T_F(a,b),
$$

且等号成立当且仅当 $F\in AC([a,b])$。

---

## 2. 如何想到

看到单调函数，要立刻想到两件事：

第一，单调函数自动是有界变差函数；

第二，单调函数的全变差就是端点总增量的绝对值。

所以这题其实是把问题 11.6 中的

$$
\int_a^b |F'(x)|\,dx=T_F(a,b)
$$

改写成

$$
\int_a^b F'(x)\,dx=F(b)-F(a).
$$

对于递增函数，$|F'|=F'$ a.e.；对于递减函数，$|F'|=-F'$ a.e.，两种情况分别处理即可。

---

## 3. 标准答案

先证明 $F$ 单调递增的情形。

由于 $F$ 单调递增，所以 $F\in BV([a,b])$，且

$$
T_F(a,b)=F(b)-F(a).
$$

又因为单调函数几乎处处可微，并且在导数存在处有 $F'(x)\geq0$，所以

$$
|F'(x)|=F'(x) \quad \text{a.e. on } [a,b].
$$

因此

$$
\int_a^b |F'(x)|\,dx=\int_a^b F'(x)\,dx.
$$

由问题 11.6 的结论，

$$
F\in AC([a,b])
$$

当且仅当

$$
\int_a^b |F'(x)|\,dx=T_F(a,b).
$$

代入上面的两个等式，即得

$$
F\in AC([a,b])
$$

当且仅当

$$
\int_a^b F'(x)\,dx=F(b)-F(a).
$$

这就证明了单调递增情形。

若 $F$ 单调递减，则令 $G=-F$。于是 $G$ 单调递增且连续。由刚刚证明的递增情形，

$$
G\in AC([a,b])
\quad\Longleftrightarrow\quad
\int_a^b G'(x)\,dx=G(b)-G(a).
$$

由于 $G=-F$，所以 $G\in AC([a,b])$ 当且仅当 $F\in AC([a,b])$，并且 $G'=-F'$ a.e.。因此

$$
\int_a^b G'(x)\,dx=G(b)-G(a)
$$

等价于

$$
-\int_a^b F'(x)\,dx=-F(b)+F(a),
$$

也就是

$$
\int_a^b F'(x)\,dx=F(b)-F(a).
$$

所以递减情形也成立。

综上，对任意单调连续函数 $F$，都有

$$
F\in AC([a,b])
\quad\Longleftrightarrow\quad
\int_a^b F'(x)\,dx=F(b)-F(a).
$$

---

## 4. 一句话总结

单调函数的全变差就是端点增量的绝对值，因此问题 11.7 正是问题 11.6 在单调情形下的改写。

## User

解答. “\r ”：由Lebesgue积分的微积分基本定理，F\in AC\left(\left[a,b\right]\right)则\int_{a}^{b}F'(x)\,dx=F(b)-F(a).

解答. “\l ”：假设积分成立。定义G\left(x\right)=F\left(x\right)-\int_{a}^{x}F'\left(t\right)\d t任取a\leq s<t\leq b有G\left(t\right)-G\left(s\right)	=F\left(t\right)-F\left(s\right)-\int_{s}^{t}F'\left(x\right)\d x
	\geq F\left(t\right)-F\left(s\right)-\left(F\left(t\right)-F\left(s\right)\right)=0所以G单调递增。又因为G\left(a\right)=F\left(a\right)\text{，}G\left(b\right)=F\left(b\right)-\int_{a}^{b}F'\left(t\right)\d t=F\left(a\right)所以G\left(x\right)\equiv a. 也就是说，F\left(x\right)=F\left(a\right)+\int_{a}^{x}F'\left(t\right)\d t由于F'\in L^{1}\left(\left[a,b\right]\right)，所以F\left(x\right)是绝对连续函数。

这个证明咋样

## Assistant

你的整体思路是**对的**，尤其是 (iii) 的证明路线很漂亮：用 Borel 外逼近 $E$，再证明零测差集在 $\{F'>0\}$ 上的原像仍是零测集。

但你这份解答里有几个关键地方需要修正，否则会出错。

---

## 一、你解答中的主要问题

### (i) 中 $K$ 和 $C$ 写反了

提示是令

$$
F(x)=\int_a^x \chi_K(t)\,dt,
$$

其中 $K$ 是正测度 Cantor 集 $C$ 的补集，即 $K=[a,b]\setminus C$。

因此 $F'=\chi_K$ a.e.，所以 $F'=0$ 的地方应当是 $C$，不是 $[a,b]\setminus C$。应改为：

$$
F'(x)=0 \quad \text{a.e. on } C.
$$

因为 $m(C)>0$，所以 $F'=0$ 在一个正测度集上成立。

另外，严格递增也要说明：因为 $C$ 无内点，所以任意区间 $(x,y)$ 都含有 $K$ 中的非空开区间，从而 $m(K\cap(x,y))>0$，所以

$$
F(y)-F(x)=\int_x^y \chi_K(t)\,dt>0.
$$

---

### (ii) 中 $F(V)\subset F(K)$ 是笔误

你取 $V\subset C$，所以应当是

$$
F(V)\subset F(C),
$$

而不是 $F(K)$。

这一点很重要，因为你要用的是 $m(F(C))=0$。

---

### (iii) 中缺少一个关键引理

你用了

$$
\int_{F^{-1}(O)}F'(x)\,dx\leq m(O),
$$

这个不等式是对的，但需要说明。它来自 $F$ 递增绝对连续。若 $O\subset[A,B]$ 是开集，写作互不相交开区间并 $O=\bigcup_j I_j$，则 $F^{-1}(I_j)$ 仍是区间，且由微积分基本定理，

$$
\int_{F^{-1}(I_j)}F'(x)\,dx\leq |I_j|.
$$

求和即得

$$
\int_{F^{-1}(O)}F'(x)\,dx\leq m(O).
$$

---

## 二、整理后的标准证明

### (i) 构造严格递增的 $F$，且 $F'=0$ 在正测度集上成立

取一个正测度 Cantor 型集合 $C\subset[a,b]$，满足 $C$ 闭、无内点，且 $m(C)>0$。令

$$
K=[a,b]\setminus C,
\qquad
F(x)=\int_a^x \chi_K(t)\,dt.
$$

则 $F\in AC([a,b])$，且 $F$ 递增。由 Lebesgue 微分定理，

$$
F'(x)=\chi_K(x) \quad \text{a.e.}
$$

因此在 $C$ 的几乎处处点上有 $F'(x)=0$。因为 $m(C)>0$，所以 $F'=0$ 在一个正测度集上成立。

下面证明 $F$ 严格递增。任取 $a\leq x<y\leq b$。由于 $C$ 无内点，区间 $(x,y)$ 不可能包含于 $C$，所以 $(x,y)\cap K$ 含有非空开区间，从而 $m(K\cap(x,y))>0$。于是

$$
F(y)-F(x)=\int_x^y\chi_K(t)\,dt=m(K\cap[x,y])>0.
$$

故 $F$ 严格递增。

---

### (ii) 构造零测集 $E\subset[A,B]$，使得 $F^{-1}(E)$ 不可测

仍取上面的 $F$。记 $A=F(a)$，$B=F(b)$。因为 $F$ 连续且严格递增，所以 $F$ 是从 $[a,b]$ 到 $[A,B]$ 的一一对应。

将 $K$ 写成至多可数个互不相交开区间的并：

$$
K=\bigcup_{n=1}^\infty (\alpha_n,\beta_n).
$$

在每个 $(\alpha_n,\beta_n)\subset K$ 上，$\chi_K=1$，所以 $F$ 在该区间上斜率为 $1$，从而

$$
F(\beta_n)-F(\alpha_n)=\beta_n-\alpha_n.
$$

因此

$$
m(F(K))
=
\sum_{n=1}^\infty \bigl(F(\beta_n)-F(\alpha_n)\bigr)
=
\sum_{n=1}^\infty(\beta_n-\alpha_n)
=
m(K).
$$

另一方面，

$$
B-A=F(b)-F(a)=\int_a^b\chi_K(t)\,dt=m(K).
$$

由于 $F([a,b])=[A,B]$，且 $F$ 单射，所以 $F(C)$ 与 $F(K)$ 不交，并且

$$
[A,B]=F(C)\cup F(K).
$$

于是

$$
m(F(C))=(B-A)-m(F(K))=0.
$$

因为 $m(C)>0$，可在 $C$ 中取一个不可测子集 $V\subset C$。令

$$
E=F(V).
$$

由于 $E\subset F(C)$，而 $m(F(C))=0$，所以 $E$ 是零测集。又因为 $F$ 严格递增，故单射，因此

$$
F^{-1}(E)=F^{-1}(F(V))=V.
$$

而 $V$ 不可测，所以 $F^{-1}(E)$ 不可测。

---

### (iii) 对任意递增绝对连续函数，证明 $F^{-1}(E)\cap\{F'>0\}$ 可测

设 $F\in AC([a,b])$ 递增，$E\subset[A,B]$ 可测。由可测集的 Borel 外逼近，存在 Borel 集 $H\subset[A,B]$，使得

$$
E\subset H,
\qquad
m(H\setminus E)=0.
$$

记 $N=H\setminus E$。则

$$
F^{-1}(E)\cap\{F'>0\}
=
\bigl(F^{-1}(H)\cap\{F'>0\}\bigr)
\setminus
\bigl(F^{-1}(N)\cap\{F'>0\}\bigr).
$$

其中 $F$ 连续，所以 $F^{-1}(H)$ 是 Borel 集；又 $F'$ 可测，所以 $\{F'>0\}$ 可测。因此第一部分

$$
F^{-1}(H)\cap\{F'>0\}
$$

可测。

下面证明第二部分是零测集。对 $r\in\mathbb N$，令

$$
E_r=F^{-1}(N)\cap\left\{F'>\frac1r\right\}.
$$

则

$$
F^{-1}(N)\cap\{F'>0\}
=
\bigcup_{r=1}^\infty E_r.
$$

只需证明每个 $E_r$ 都是零测集。

任取 $\varepsilon>0$。由于 $m(N)=0$，存在开集 $O\supset N$，使得 $m(O)<\varepsilon$。于是 $E_r\subset F^{-1}(O)$，并且

$$
\frac1r m(E_r)
\leq
\int_{E_r}F'(x)\,dx
\leq
\int_{F^{-1}(O)}F'(x)\,dx.
$$

由前面提到的引理，递增绝对连续函数满足

$$
\int_{F^{-1}(O)}F'(x)\,dx\leq m(O).
$$

所以

$$
\frac1r m(E_r)<\varepsilon.
$$

即 $m(E_r)<r\varepsilon$。由于 $\varepsilon>0$ 任意，得到 $m(E_r)=0$。于是

$$
m\bigl(F^{-1}(N)\cap\{F'>0\}\bigr)=0.
$$

因此 $F^{-1}(N)\cap\{F'>0\}$ 可测。最后由可测集减去零测集仍可测，得到

$$
F^{-1}(E)\cap\{F'>0\}
$$

可测。

---

## 三、一句话总结

这题的核心是：绝对连续递增函数在 $F'>0$ 的部分不会把值域零测集拉回成不可测集；反例只能藏在 $F'=0$ 的“平坦或奇异”部分。

## User

问题11.10. 设\ensuremath{F\in AC([a,b])}递增，A=F(a),B=F(b). 设\ensuremath{f}是\ensuremath{[A,B]}上的任意可测函数。

(i) 证明\ensuremath{f(F(x))F'(x)}\lyxmathsym{在}\ensuremath{[a,b]}上可测。

注意：由习题 11.9 (ii) 知，\ensuremath{f(F(x))}不一定可测。

\ensuremath{(ii)} 证明换元公式：若f\in L^{1}([A,B])，则f(F(x))F'(x)\in L^{1}([a,b]),且\int_{A}^{B}f(y)\,dy=\int_{a}^{b}f(F(x))F'(x)\,dx.

## Assistant

## 问题 11.10

设 $F\in AC([a,b])$ 递增，$A=F(a)$，$B=F(b)$。设 $f$ 是 $[A,B]$ 上的任意可测函数。

证明：

(i) $f(F(x))F'(x)$ 在 $[a,b]$ 上可测；

(ii) 若 $f\in L^1([A,B])$，则 $f(F(x))F'(x)\in L^1([a,b])$，且

$$
\int_A^B f(y)\,dy=\int_a^b f(F(x))F'(x)\,dx.
$$

---

## 1. 本题考点

这道题是**递增绝对连续函数下的换元公式**。难点不在公式本身，而在可测性。

由于习题 11.9(ii) 告诉我们：即使 $F$ 连续递增，$f(F(x))$ 也不一定可测。因此不能简单说“可测函数与连续函数复合仍可测”。这个说法只对 $f$ 是 Borel 可测时直接成立，对一般 Lebesgue 可测函数不够。

本题真正利用的是习题 11.9(iii)：

> 对任意递增绝对连续函数 $F$ 和可测集 $E\subset[A,B]$，集合
> 
> 
> 
> $$
> F^{-1}(E)\cap\{F'(x)>0\}
> $$
> 
> 是可测的。

因此，虽然 $F^{-1}(E)$ 本身可能不可测，但在乘上 $F'$ 后，$\{F'=0\}$ 上的部分被“杀掉”了。

---

## 2. 如何想到

看到 $f(F(x))F'(x)$ 的可测性，要先从最简单的 $f=\chi_E$ 开始。此时

$$
f(F(x))F'(x)=\chi_E(F(x))F'(x)=\chi_{F^{-1}(E)}(x)F'(x).
$$

问题是 $F^{-1}(E)$ 可能不可测。但由于乘了 $F'$，它等于

$$
\chi_{F^{-1}(E)\cap\{F'>0\}}(x)F'(x),
$$

而这个集合由 11.9(iii) 可测，所以乘积可测。

换元公式则可以先对特征函数证明，也就是证明

$$
\int_a^b \chi_E(F(x))F'(x)\,dx=m(E),
$$

然后由简单函数、非负可测函数、$L^1$ 函数逐步推广。

---

## 3. 标准答案

若 $A=B$，则 $F$ 为常数，$F'=0$ a.e.，结论显然成立。下面设 $A<B$。

由于 $F\in AC([a,b])$ 且递增，所以 $F'\geq0$ a.e.，且 $F'\in L^1([a,b])$。在 $F'$ 不存在的零测集上，将 $F'$ 定义为 $0$，不影响积分与可测性。

---

### (i) 证明 $f(F(x))F'(x)$ 可测

先设 $f=\chi_E$，其中 $E\subset[A,B]$ 可测。由习题 11.9(iii)，

$$
F^{-1}(E)\cap\{F'>0\}
$$

是可测集。于是

$$
\chi_E(F(x))F'(x)
=
\chi_{F^{-1}(E)\cap\{F'>0\}}(x)F'(x).
$$

右端是两个可测函数的乘积，因此可测。

于是结论对特征函数成立。由线性组合可知，对简单函数 $s$，函数 $s(F(x))F'(x)$ 可测。

若 $f\geq0$ 可测，则存在非负简单函数列 $s_n\uparrow f$。因为 $F'\geq0$，有

$$
s_n(F(x))F'(x)\uparrow f(F(x))F'(x).
$$

逐点极限可测，所以 $f(F(x))F'(x)$ 可测。

一般实值可测函数 $f$ 写成 $f=f^+-f^-$，分别对 $f^+$ 和 $f^-$ 使用上面的结论，即得 $f(F(x))F'(x)$ 可测。

---

### (ii) 证明换元公式

先证明一个关键引理。

**引理.** 对任意 Lebesgue 可测集 $E\subset[A,B]$，有

$$
\int_a^b \chi_E(F(x))F'(x)\,dx=m(E).
$$

先对 Borel 集证明。定义 Borel 测度 $\nu$：

$$
\nu(E)=\int_a^b \chi_E(F(x))F'(x)\,dx,
\qquad E\in\mathcal B([A,B]).
$$

对任意 $t\in[A,B]$，令

$$
c_t=\sup\{x\in[a,b]:F(x)\leq t\}.
$$

由于 $F$ 连续递增，$F(c_t)=t$，且

$$
F^{-1}([A,t])=[a,c_t].
$$

于是由绝对连续函数的微积分基本定理，

$$
\nu([A,t])
=
\int_a^{c_t}F'(x)\,dx
=
F(c_t)-F(a)
=
t-A.
$$

而 Lebesgue 测度也满足 $m([A,t])=t-A$。因此 $\nu$ 与 Lebesgue 测度在所有区间 $[A,t]$ 上相同。由 Borel 测度的唯一性，$\nu=m$ 在所有 Borel 子集上成立。

下面推广到任意 Lebesgue 可测集。先设 $N\subset[A,B]$ 是零测集。任取 $\varepsilon>0$，取开集 $O\supset N$，使得 $m(O)<\varepsilon$。对每个 $r\in\mathbb N$，有

$$
\frac1r\,m\bigl(F^{-1}(N)\cap\{F'>1/r\}\bigr)
\leq
\int_{F^{-1}(N)\cap\{F'>1/r\}}F'(x)\,dx
\leq
\int_a^b \chi_O(F(x))F'(x)\,dx.
$$

由于 $O$ 是 Borel 集，上面已经证明

$$
\int_a^b \chi_O(F(x))F'(x)\,dx=m(O)<\varepsilon.
$$

所以

$$
m\bigl(F^{-1}(N)\cap\{F'>1/r\}\bigr)<r\varepsilon.
$$

令 $\varepsilon\to0$，得到

$$
m\bigl(F^{-1}(N)\cap\{F'>1/r\}\bigr)=0.
$$

再对 $r$ 取并，得到

$$
m\bigl(F^{-1}(N)\cap\{F'>0\}\bigr)=0.
$$

因此

$$
\chi_N(F(x))F'(x)=0
\quad \text{a.e.}
$$

现在设 $E\subset[A,B]$ 是任意 Lebesgue 可测集。取 Borel 集 $H\supset E$，使得 $m(H\setminus E)=0$。由刚才对零测集的结论，

$$
\chi_H(F(x))F'(x)=\chi_E(F(x))F'(x)
\quad \text{a.e.}
$$

于是

$$
\int_a^b \chi_E(F(x))F'(x)\,dx
=
\int_a^b \chi_H(F(x))F'(x)\,dx
=
m(H)
=
m(E).
$$

引理得证。

接下来证明换元公式。

若 $f=\chi_E$，由引理直接得到

$$
\int_A^B \chi_E(y)\,dy
=
m(E)
=
\int_a^b \chi_E(F(x))F'(x)\,dx.
$$

由线性性，结论对非负简单函数成立。

若 $f\geq0$ 可测，取非负简单函数 $s_n\uparrow f$。由单调收敛定理，

$$
\int_A^B f(y)\,dy
=
\lim_{n\to\infty}\int_A^B s_n(y)\,dy,
$$

而由已经证明的简单函数情形，

$$
\int_A^B s_n(y)\,dy
=
\int_a^b s_n(F(x))F'(x)\,dx.
$$

再由单调收敛定理，

$$
\lim_{n\to\infty}\int_a^b s_n(F(x))F'(x)\,dx
=
\int_a^b f(F(x))F'(x)\,dx.
$$

因此对非负可测函数有

$$
\int_A^B f(y)\,dy
=
\int_a^b f(F(x))F'(x)\,dx.
$$

最后若 $f\in L^1([A,B])$，将 $f=f^+-f^-$。由非负情形，

$$
\int_a^b f^+(F(x))F'(x)\,dx
=
\int_A^B f^+(y)\,dy<\infty,
$$

以及

$$
\int_a^b f^-(F(x))F'(x)\,dx
=
\int_A^B f^-(y)\,dy<\infty.
$$

所以 $f(F(x))F'(x)\in L^1([a,b])$，并且

$$
\int_a^b f(F(x))F'(x)\,dx
=
\int_A^B f(y)\,dy.
$$

---

## 4. 一句话总结

虽然 $f\circ F$ 对一般 Lebesgue 可测函数 $f$ 不一定可测，但乘上 $F'$ 后，所有不可测的麻烦只可能落在 $\{F'=0\}$ 上，从而被 $F'$ 消去；这正是绝对连续递增换元公式成立的关键。

## User

问题11.12. 设\ensuremath{F}为 \ensuremath{[a,b]}上的有界递增函数，\ensuremath{J(x)}为\ensuremath{F}的跳跃函数。证明：\limsup_{h\to0}\frac{J(x+h)-J(x)}{h}可测。

提示：对任意k>m，令F_{k,m}^{N}(x)=\sup_{1/k\leq|h|\leq1/m}\left|\frac{J_{N}(x+h)-J_{N}(x)}{h}\right|,其中J_{N}(x)=\sum_{n=1}^{N}\alpha_{n}j_{n}(x). 注意每个\ensuremath{F_{k,m}^{N}}是可测的，然后令\ensuremath{N\to\infty}\lyxmathsym{，}\ensuremath{k\to\infty}，最后取m\to\infty 。

## Assistant

## 问题 11.12

设 $F$ 为 $[a,b]$ 上的有界递增函数，$J(x)$ 为 $F$ 的跳跃函数。证明：

$$
\limsup_{h\to0}\frac{J(x+h)-J(x)}{h}
$$

是可测函数。

---

## 1. 本题考点

这题考的是**跳跃函数的差商上极限的可测性**。

在讲义和 Stein 中，若 $F$ 是有界递增函数，则它至多有可列个跳跃不连续点。记这些点为 $\{x_n\}$，跳跃高度为 $\alpha_n$，则跳跃函数可写成

$$
J(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_n j_n(x),
$$

其中 $j_n$ 是在 $x_n$ 处跳跃的阶跃函数，并且 $\sum_n\alpha_n<\infty$，所以 $J_N=\sum_{n=1}^N\alpha_n j_n$ 一致收敛到 $J$。Stein 对跳跃函数的定义和其可微性证明正是沿着这个思路展开的。

本题不是要证明 $J'=0$ a.e.，而是在那之前先补一个技术事实：差商的上极限函数是可测的。

---

## 2. 如何想到

看到

$$
\limsup_{h\to0}\frac{J(x+h)-J(x)}{h}
$$

要想到把 “$h\to0$” 拆成两步：

先固定一个外层尺度 $1/m$，看 $0<|h|\leq 1/m$ 上的上确界；

再用 $1/k\leq |h|\leq 1/m$ 排除掉 $h=0$ 附近的奇点；

最后让 $k\to\infty$，再让 $m\to\infty$。

同时 $J$ 本身是无限和，不好直接处理，所以先用有限跳跃函数 $J_N$ 逼近。有限跳跃函数的差商上确界容易证明可测；然后由 $J_N\to J$ 一致收敛传递可测性。

---

## 3. 标准答案

为避免端点问题，可将 $J$ 在 $[a,b]$ 外作常值延拓。这个延拓不影响 $[a,b]$ 内的局部结论，也不影响可测性。

设 $F$ 的跳跃点为 $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$，对应跳跃高度为 $\alpha_n\geq0$。由于 $F$ 有界递增，有

$$
\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_n<\infty.
$$

定义

$$
J_N(x)=\sum_{n=1}^{N}\alpha_n j_n(x).
$$

则每个 $J_N$ 是有限个阶跃函数的线性组合，故 $J_N$ 是可测函数，并且由 Weierstrass 判别法，

$$
J_N\to J
$$

一致收敛。

因为 $J$ 递增，所以对 $h\neq0$，差商

$$
\frac{J(x+h)-J(x)}{h}
$$

非负。因此提示中加绝对值与不加绝对值没有本质区别。

对 $k>m$，定义

$$
G_{k,m}^{N}(x)
=
\sup_{1/k\leq |h|\leq 1/m}
\frac{J_N(x+h)-J_N(x)}{h}.
$$

由于 $J_N$ 只有有限个跳跃点，所以对固定的 $N,k,m$，上式中的上确界只涉及有限个由跳跃点 $x_1,\dots,x_N$ 决定的区间结构。换句话说，$G_{k,m}^N$ 可由有限多个可测函数经过取最大值得到。因此 $G_{k,m}^{N}$ 是可测函数。

下面令 $N\to\infty$。定义

$$
G_{k,m}(x)
=
\sup_{1/k\leq |h|\leq 1/m}
\frac{J(x+h)-J(x)}{h}.
$$

由于 $J_N\to J$ 一致收敛，且在 $1/k\leq |h|\leq 1/m$ 上有 $|h|\geq 1/k$，故

$$
\begin{aligned}
\left|
\frac{J_N(x+h)-J_N(x)}{h}
-
\frac{J(x+h)-J(x)}{h}
\right|
&\leq
\frac{|J_N(x+h)-J(x+h)|+|J_N(x)-J(x)|}{|h|} \\
&\leq 2k\|J_N-J\|_{\infty}.
\end{aligned}
$$

右边与 $x,h$ 无关，并随 $N\to\infty$ 趋于 $0$。因此

$$
G_{k,m}^{N}(x)\to G_{k,m}(x)
$$

逐点收敛。由于每个 $G_{k,m}^{N}$ 可测，所以 $G_{k,m}$ 可测。

接下来固定 $m$。令

$$
H_m(x)=
\sup_{0<|h|\leq 1/m}
\frac{J(x+h)-J(x)}{h}.
$$

因为

$$
\{0<|h|\leq 1/m\}
=
\bigcup_{k>m}\{1/k\leq |h|\leq 1/m\},
$$

所以

$$
H_m(x)=\sup_{k>m}G_{k,m}(x)
=\lim_{k\to\infty}G_{k,m}(x).
$$

因此 $H_m$ 是可测函数。

最后，由上极限的定义，

$$
\limsup_{h\to0}\frac{J(x+h)-J(x)}{h}
=
\inf_{m\in\mathbb N} H_m(x)
=
\lim_{m\to\infty}H_m(x).
$$

因为可测函数列的逐点上确界、下确界与极限仍可测，所以

$$
x\mapsto \limsup_{h\to0}\frac{J(x+h)-J(x)}{h}
$$

是可测函数。

---

## 4. 一句话总结

本题的核心是：先用有限跳跃函数 $J_N$ 处理可测性，再用 $J_N\to J$ 的一致收敛把差商上确界传到极限，最后用 $k\to\infty$、$m\to\infty$ 表示 $h\to0$。

---
*Exported by AI Chat Toolkit from ChatGPT on 2026/5/26 22:23:39*