均成立。直观理解：
$(1)$：当$\displaystyle x\in\varlimsup_{n\to\infty}A_n$，则$x$属于无穷多个$A_n$，那它一定属于无穷多个奇数项或无穷多个偶数项。
$(2)$：当$\displaystyle x\in\varliminf_{n\to\infty}A_n$，则$x$至多不属于有限个$A_n$，那它最终一定同时属于无穷个奇数项与无穷个偶数项。

证明：以第一个式子为例，
若$\chi_{\varlimsup_{n\to\infty}A_n}(x)=1$，说明$x$属于无穷多个$A_n$，即$\chi_{A_n}(x)=1$对无穷个$A_n$均成立，所以$\varlimsup_{n\to\infty}\chi_{A_n}=1$。
（二者均为$0$情况同理）

这个等式将集列的上下极限与数列的上下极限联系在了一起。

证明：设集列$E_n=\{x\in[0,1]: |f(x)|\geq\frac{1}{n},n\in \Z^+\}$，则$\displaystyle E=\bigcup_{n=1}^\infty E_n$。
设$E$不是可数集，则一定存在$n_0\in\Z^+$，使$E_{n_0}$为不可数集（否则可数个可数集的并仍然为可数集）。
即存在一个不可数集$A\subset[0,1]$，使得任意$x\in A,|f(x)|>\dfrac{1}{n_0}$.
再设$A=A^++A^-$，其中

那么$A^+$与$A^-$之中一定有一个不可数集，不妨设是$A^+$。那么就能从中取任意$k$个不相同的数$x_1,x_2,\cdots,x_k$，有

而这里$k$可以趋于无穷大，那么一定存在$k$，使得$\frac{k}{n_0}>M$，产生矛盾。
故原命题成立。

证明：
充分性：若$x\in A'$，则任意$\epsilon>0$，$U(x,\epsilon)$包含$A$的无穷多个点。所以$(U(x,\epsilon)\setminus\{x\})$一定包含$A$的无穷多个点（否则邻域只有$A$的有限多个点），故与$A$的交集一定非空。
必要性：
法1：若对任意的$\epsilon>0$，$(U(x,\epsilon)\setminus\{x\})\cap A\neq\varnothing$，
那么可以令$\epsilon=\epsilon_0$（任意值），并取$x_0\in(U(x,\epsilon)\setminus\{x\})\cap A\neq\varnothing$；
再令$\epsilon=\min\left(\dfrac{\epsilon_0}{2},d(x_0,x)\right)$，再取$x_1\in(U(x,\epsilon)\setminus\{x\})\cap A$；
以此类推，可取出一个无穷点列$\{x_n,n\geq 0\}\subset A$且均位于$(U(x,\epsilon)\setminus\{x\})\cap A$内，故$x\in A'$.
法2（反证法）：若$\forall\epsilon>0$，$(U(x,\epsilon)\setminus\{x\})\cap A\neq\varnothing$，且$x\not\in A'$，那么$U(x,\epsilon)\setminus\{x\}$只包含$A$的有限个点，记为$x_1,x_2,\cdots,x_k$。
那么取$\epsilon' =\dfrac{1}{2}\min\{d(x_1,x),d(x_2,x),\cdots,d(x_k,x)\}$，则$(U(x,\epsilon')\setminus\{x\})\cap A=\varnothing$，矛盾，故$x\in A'$。

（1）证明：设$G$为$G_\delta$型集，则$G=\bigcap G_i$（$G_i$均为开集），那么$G_i\in\mathcal{B}$。而Borel集对可列交封闭，所以$G\in\mathcal{B}$；
设$F$为$F_\sigma$型集，则$F=\bigcup F_i$（$F_i$均为闭集），那么$F_i^c\in\mathcal{B}$（因为$F_i^c$为开集），所以$F_i\in\mathcal{B}$（$\sigma-$代数性质），进而$F\in\mathcal{B}$。
（2）反例：
$G_\delta$型集：$\displaystyle G=\bigcap_{n=1}^\infty G_n$，其中$G_n=\left(-\dfrac{1}{n},\dfrac{1}{n}\right)$，那么$G=\{0\}$不是开集；
$F_\sigma$型集：对上面的每个$G_n$取补集即可。（$G^c=\R\setminus\{0\}$不是闭集）
（3）设$F$为闭集，令

则任意$y\in G_k$，取

则$U(y,\epsilon_y)\subset G_k$，$y$属于$G_k$内部，即$G_k$为开集；
下面证$F=\bigcap G_k$：
因为任意$z\in F$，$z\in\bigcap G_k$，而任意$w\not\in F$，总存在$k_0\in N$使$d(w,F)\geq\frac{1}{k_0}$，即$w\not\in G_{k_0}\Rightarrow w\not\in\bigcap G_k$。所以$F=\bigcap G_k$。
综上，$F$属于$G_\delta$型集。（同理可证开集属于$F_\sigma$型集，只需要$F$和$\bigcap G_k$取补集即可）

1. 充分性
   若$f$是连续函数，则存在一个点列$\{x_n;n\geq 1\}\subset\{x:f(x)\leq a\}$，且$\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=x$，则有$\displaystyle f(x)=\lim_{n\to\infty}f(x_n)\leq a$，即$x\in\{x:f(x)\leq a\}$，故$\{x:f(x)\leq a\}$是闭集；同理$\{f(x)\geq a\}=\{x:-f(x)\leq -a\}$也是闭集。
2. 必要性
   若$f$不是连续函数，则存在$x_0\in\R^1$，$\epsilon_0>0$，使任意$\delta>0$，$|x-x_0|< \delta$时，$|f(x)-f(x_0)|\geq\epsilon_0$。
   于是存在一点列$\{x_n;n\geq 1\},\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=x_0$，且$f(x_n)\geq f(x_0)+\epsilon_0$或$f(x_n)\leq f(x_0)-\epsilon_0$。又由任意$a$，集合$\{x : f(x) \leq a\}$和$\{x : f(x) \geq a\}$都是闭集，所以$x_0\in\{x:f(x)\geq f(x_0)+\epsilon_0\}$或$x_0\in\{x:f(x)\leq f(x_0)-\epsilon_0\}$，均矛盾。所以$f(x)$在$x_0$处连续，进而$f$为连续函数。

1. 充分性
   即证当$f$为$\R^n$上连续函数时，对任意$\R^1$上开集$G$，$f^{-1}(G)$为开集。
   对任意$x\in f^{-1}(G)$，$f(x)\in G$，所以存在$\epsilon>0$，使$(f(x)-\epsilon,f(x)+\epsilon)\subset G$。又由$f$的连续性，存在$\delta>0$，使$|y-x|< \delta$时，$f(y)\in(f(x)-\epsilon,f(x)+\epsilon)$，所以$f(y)\in G$，$y\in f^{-1}(G)$。
   因此$U(x,\delta)\subset f^{-1}(G)$，$f^{-1}(G)$为开集。
2. 必要性
   即证当任意$\R^1$上开集$G$，$f^{-1}(G)$为开集，则$f$为$\R^n$上连续函数。
   对任意$x\in\R^n$，任意$\epsilon>0$，令$G=(f(x)-\epsilon,f(x)+\epsilon)$，则$f(x)\in G$，$x\in f^{-1}(G)$。又因为$f^{-1}(G)$为开集，所以存在$\delta>0$，使任意$y\in U(x,\delta)$，有$y\in f^{-1}(G)$，即$f(y)\in G$。
   所以$|f(y)-f(x)|< \epsilon$，$f$在$\R^n$上连续。

另一种证明（利用上一题的结论）：

1. 必要性
   取$G=(a,+\infty)$（$a$为任意常数），则有$f^{-1}(G)=\{x:f(x)>a\}$是开集，即$\{x:f(x)\leq a\}$是闭集；同理取$G=(-\infty,a)$，可得$\{x:f(x)\geq a\}$是闭集。由上题的必要性，可得$f$是连续函数。
2. 充分性
   由上题的充分性可得，$\{x:f(x)>a\}$和$\{x:f(x)< a\}$都是开集，所以取任意开区间$(a,b)$，有

即$f^{-1}((a,b))\in\mathcal{O}(\R^n)$。又由开集构造定理，任意开集$G$，有$\displaystyle G=\bigcup_k(a_k,b_k)$，故

证明：构造$G_\delta$型集$\bigcap G_n$，其中$G_n=\{x: |f(x_1)-f(x_2)|< \dfrac{1}{n},x_1,x_2\in(x-\delta_x,x+\delta_x)\}$，下面分两步证明：

1. $f$的连续点集为$\bigcap G_n$。设$f$在$x$处连续，则任意$\epsilon>0$，存在$\delta_x>0$使$|y-x|< \delta_x,|f(y)-f(x)|< \epsilon$。那么任意$y,z\in(x-\delta_x,x+\delta_x),|f(y)-f(z)|\leq |f(y)-f(x)|+|f(z)-f(x)|< 2\epsilon$。
   令$\frac{1}{n}=2\epsilon$，则$x\in G_n$对所有$n$均成立，即$x\in\bigcap G_n$；
2. $G_n$为开集。任意$x\in G_n$，取$y\in U(x,\frac{\delta_x}{2})$，并令$\delta_y=\min\{y-(x-\frac{\delta_x}{2}),(x+\frac{\delta_x}{2})-y\}$，则$U(y,\delta_y)\subset U(x,\frac{\delta_x}{2})\in U(x,\delta_x)$。
   所以有$y\in G_n$，即$G_n$为开集。
   综上，命题得证。

（1）证明：因为

同理$m^*(B)\leq m^*(A\triangle B)+m^*(A)$，又由$m^*(A),m^*(B)< \infty$，因此$|m^*(A)-m^*(B)|\leq m^*(A\triangle B)$.
（2）证明：因为

所以$m^*(A\triangle C)=0$.

证明：设$\displaystyle\bigcup_{k=n}^\infty E_k=A_n$，则$A_n\in\mathcal{M}$且$E_n\subset A_n$，所以$m(E_n)\leq m(A_n)$。又因为$\{A_n,n\geq 1\}$单调不增，所以$\{A_n\}$收敛，进而$\displaystyle\varlimsup_{n\to\infty}m(E_n)\leq\varlimsup_{n\to\infty}m(A_n)$；
又由$\{A_n,n\geq 1\}$的上连续性，

综上，$\displaystyle m\left( \varlimsup_{n \to \infty} E_n \right) \geq \varlimsup_{n \to \infty} m(E_n).$

证明：
若$m^*(E)=\infty$，则取$G=\R^n$，则$G$为$G_\delta$型集且$G\supset E,m^*(G)=\infty=m^*(E).$
当$m^*(E)< \infty$，对任意正整数$j$，存在$E$的一个$L$-覆盖$\{I_{j,k},k\geq 1\}$，满足

令$\displaystyle A_j=\bigcup_{k=1}^\infty I_{j,k}$，则$A_j$为开集且

再令$\displaystyle G=\bigcap_{j=1}^\infty A_j$，则$G$为$G_\delta$型集且$E\subset G$，另有

令$j\to\infty$，则$m^*(G)=m^*(E)$.

必要性：因为$E\in\mathcal{M}$，所以任意$\epsilon>0$，存在开集$G$与闭集$F$满足$F\subset E\subset G$，且$m(G\setminus E)< \dfrac{\epsilon}{2},m(E\setminus F)< \dfrac{\epsilon}{2}$。令$G_1=G,G_2=F^c$，则

充分性：由条件得任意正整数$k$，存在$G_{1k}\supset E,G_{2k}\supset E^c$，满足$m^*(G_{1k}\setminus E)\leq m(G_{1k}\cap G_{2k})< \dfrac{1}{k}$.
令$\displaystyle G^*=\bigcap_{k=1}^\infty G_{1k}$，则$G^*$为$G_{\delta}$型集，$G^*\supset E$且

所以$m^*(G^*\setminus E)=0$，即$G^*\setminus E\in\mathcal{M}$。又因为$G^*\in\mathcal{M}$，所以$E=G^*\setminus(G^*\setminus E)\in\mathcal{M}$.

必要性显然：对任意$t\in\R^1$，取$G=(t,\infty)\in\mathcal{O}(\R^1)$，则有$\{x\in\R^1:f(x)>t\}=f^{-1}(G)\in\mathcal{M}$，所以$f\in\mathcal{M}(\R^n)$。
充分性：
如果$f \in \mathcal{M}(\mathbb{R}^n)$，那么$\forall s,t\in\R^1$，$s< t$，有

因此$f^{-1}(s,t)\in\mathcal{M}$。又由开集构造定理，任意$G \in \mathcal{O}(\mathbb{R}^1)$，有$\displaystyle G=\bigcup_{k=1}^\infty(a_k,b_k)$，所以

证明：因为$m(E) < \infty$，$f_n \xrightarrow{a.e.} f$，所以由Egorov定理，$f_n \xrightarrow{a.un.} f$，即对任意$k\geq 1$，存在可测集$F_k\subset E$，使$m(F_k)\leq\dfrac{1}{k}$，且$\{f_n, n \geq 1\}$在$E\setminus F_k$上一致收敛到$f$。
那么令$E_k=E\setminus F_k$，则$E_k$为可测集且

又$\displaystyle m\left(\bigcap_{k=1}^{\infty}F_k\right)< m(F_k)\leq\frac{1}{k}$，故令$k\to\infty$得$\displaystyle m\left(\bigcap_{k=1}^{\infty}F_k\right)=0$，故命题得证。

证明：若结论不成立，则存在一个子列$\{f_{n_k}g_{n_k}\}$，存在$\epsilon_0>0,\delta_0>0$，使对任意$k$，

而又因为$f_n \xrightarrow{m} f,g_n \xrightarrow{m} g$，由Riesz定理，存在子列$\{f_{n_{k_j}}\}$使$f_{n_{k_j}}\xrightarrow{a.e.}f$；
同理，因为$g_{n_{k_j}}\xrightarrow{m}g$，所以存在子列$\{g_{n_{k_{j_l}}}\}$，使$g_{n_{k_{j_l}}}\xrightarrow{a.e.}g$。
于是$f,g$取相同指标子列$\{f_{n_{k_{j_l}}}g_{n_{k_{j_l}}}\}$，有$f_{n_{k_{j_l}}}g_{n_{k_{j_l}}}\xrightarrow{a.e.}fg$，于是由Lebesgue定理，$f_{n_{k_{j_l}}}g_{n_{k_{j_l}}}\xrightarrow{m}fg$，故

矛盾。故原命题成立。

此题即为Lusin定理的逆命题。

证明：由条件可知，对任意$n\geq 1$，存在闭子集$F_n\subset E$，使$m(E\setminus F_n)< \dfrac{1}{n}$，且$f$在$F_n$上连续。由上面的集合论第10题（对应书上练习1.20）可知，对任意$t\in\R$，$\{x\in F_n:f(x)>t\}$为开集，所以为可测集。
记$\displaystyle F=\bigcup_{n=1}^\infty F_n$，那么$\displaystyle\{x\in F:f(x)>t\}=\bigcup_{n=1}^\infty\{x\in F_n:f(x)>t\}$为开集（可测集）。
另外$\displaystyle m(E\setminus F)=m\left(E\setminus\bigcup_{n=1}^\infty F_n\right)=0$，所以$\{x\in E\setminus F:f(x)>t\}$必为可测集。于是$\{x\in E:f(x)>t\}=\{x\in F:f(x)>t\}\cup\{x\in E\setminus F:f(x)>t\}$为可测集，故$f\in\mathcal{M}(E)$。

对任意实数$t$，记集合$A_t\coloneqq\{x\in\R^1:f(x)>t\}$，则$A_t$可能为空集（如$t=\pi,f(x)=\arctan x$），属于可测集。
当$A_t\neq\varnothing$，则任意$x\in A_t$，有$t< f(x)$，那么任意$y>x$，有$f(y)\geq f(x)>t$，故$[x,\infty)\subset A_t$，即$A_t$为区间，属于可测集。
综上，$A_t$一定是可测集，故$f\in\mathcal{M}(\R^1)$。