朱成熹 测度论 部分习题答案

《测度论》部分习题题解注：由于打印版本的限制，在题解中花写的A 、B 、F 被S 、Z \、F 所代替习题一1.解⑴若A 、B 均势可数，则A B 势可数。

若A 、B 至多有一个势可数。

则由()CC C A B A B = ，以及CA 、CB 中至少有一个势可数，可知此时()CA B 势可数；若A 势可数，则A B -也是，若CA 势可数，B 势可数，则CA B A B -= 也势可数，又Ω∈Z ，因此Z 是域。

显然 对余运算封闭，若n A 均势可数，则n nA 也势可数，若n A 中至少有一个Cn A 势可数，则CC n n n n A A ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 也势可数，故Z 是σ-域。

由书中定理可知，这时Z 也是π-类，λ类和单调类。

解⑵若A 势可数，则C A 势不可数，故对余运算不封闭，故不是域，从而也不是σ-域，显然是π类和单调类，但不能是λ类，否则，由于既是π类又是λ类，可推出是σ域，矛盾。

解⑸由A A -=∅∉Z ，可知不是域，故也不是σ-域，由CA A =∅ 可知不是π类。

设n A ∈Z ，n A ↑，若1A A =，则可知n nA A = 或Ω；若1CA A =，则C n nA A = 或Ω；若1A =Ω，则nnA=Ω ，同样对n A ↓也有类似结论，故可知Z 是单调类，由Ω-Ω=∅∉Z ，故Z 不是λ类。

7.证：任意A ∈Z ，已知Ω∈Z ， 故C A A =Ω-∈Z ，故对余运算封闭。

若,A B ∈Z ，A B =∅ ，则()CC C C A B A B A B +==- 。

由于CB A ⊂，故由已证结果和已知条件可知对真差封闭。

#9.证：用λπ-类方法证明，令F ={B ；满足题中条件}，则对任意B ∈Z ，显然B ∈F ，故⊃Z F ;再者()1λΩ∈F ，()2λ对任意A,B ∈F , 且A B ⊂,故存在集列()}{i n B ，i=1,2,使()}{()1,1nA Bn σ∈≥和()}{()2,1n B B n σ∈≥，故可见()}{(),1,1,2i n B A B n i σ-∈≥=，()3λ对n A ∈F ，1n ≥，且n A A ↑，则存在()}{,1,1n m B m n ≥≥，使()}{(),1,1n n mA Bm n σ∈≥≥，从而可知()}{(),1,1n mA Bm n σ∈≥≥。

于是集合的单调定理可知F σ⊃}{Z ，即对所有A σ∈}{Z 都满足题中结论。

#习题二5.由直线上有理数集合的性质，可知Z 中任意集合中，或者有无穷多个有理数，或者一个也没有，故P在Z 上不可能是σ-有穷的，由于任意有理数r,有}{1,n r r r r σ⎛⎫⎛⎫=Ω-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ (Z ) ,以及P(r)=1和Ω={有理数全体}，故可知P 是}{Z 上σ-有穷测度。

因为()S Ω中任意集合均可由可数无穷或有限多个有理数组成，以及()S Ω()σ⊃Z ，故必有()S Ω=()σZ 。

10.设P 是σ域S 上有穷测度，设E ∈S 和F ∈S ，满足P(F)=0。

任意集合M F ⊂，令1E E =，2E E F = ，A E M = ，则有12E A E ⊂⊂，}{12,E E ⊂S ，且12()()P E P E =。

反之，当12E B E ⊂⊂，}{12,E E ⊂S ，且12()()P E P E =。

令21F EE =-，2M E B =-，则对1B E M = ，1E ∈S ，F ∈S ，且P(F)=0，M F ⊂。

从上面证明可见第一结论成立，在}{}{;,,()0p E N E F N F P F =-⊂∈=且S S 中令1E E F =-，2E E =，A E N =-即可类似证明第二结论成立。

11.证（1）由环的定义，可知E F ∈ Z ，不妨把E F 视为全集，则由摩根定律可知()()E F E F E F E E F F =---⎡⎤⎣⎦ ，从而由环定义又可知E F ∈ Z ，若()P E =∞或()P F =∞，等式显然成立，故不放认为()P E <∞，()P F <∞，于是由()E F E F F E =+- ，可得()P E F =()P E F E +- ()()P E P E =+-P (E )F ⇒()()()()P E P F P E F P E F +++ 。

同样可证（2）。

#16.由书中定理可知F 对应的L S -测度F μ存在，且满足((,])()()F a b F b F a μ=-,0,0,00n n bn a n ba b a a b a a b≤<≤⎧⎪≤<⎪⎪=≤≤⎨⎪⎪<≤⎪⎩∑∑ 习题三2.证：由所给引理可知 ，X,Y 做为简单函数，可以有共同的可测有限分割，故可设 X 1k nk A k a X ==∑，Y=1knk A K b X=∑，这里K A 互不相交且KKA=Ω∑，由上面表达式即可得出结论，例如X Y ⋅=1k n k k A k a b χ=∑,X +=()0X X χ≥⋅=1k nk B k a X =∑，这里K K B A = }{0X ≥，等等。

#6.证：由可测函数结构性定理，令n X =}}{21{12212nn k k n X n X k k n χχ-≥≤<=-+∑，可知0n X X ≤↑，且由于102n nX X ≤-≤，当X n <。

设X <M ，故当n>M 时，恒有X<M<n 。

从而对一切ω∈Ω，如0ε>，只要n>M ，并满足12n ε<，便有0<n X X -<12n ε<，故一致地有n X X ↑。

#7.证：若Χ是p S 上非负简单函数，可设Χ=1k nk A k a χ=∑，k A ∈p S ，则由p S 定义可知，k k k A A N = ，}{,kkA F ⊂S ，()0kP F =，kk NF ⊂。

令0k n k A k Y a X ==∑，可见当1nk k F ω=∈Ω- 时，Χ()()Y ωω=，而11()()0nnkkk k P F P F ==≤=∑ ，从而可知，可除去一个S 零测集外，有Χ=Y 。

若Χ是pS可测的非负函数，由结构性定理，可知存在p S 可测简单函数列}{n X ，使n X X ↑，由已证结论可知存在-S 可测函数n Y 和S 可测零集n E ，()nXω=()n Yω，n E ω∉，1n ≥，令lim n n Y Y →∞=，可知Y 是S 可测的。

且当1nn Eω∞=∉时lim lim n n n Y Y →∞→∞==n X =Χ，而1n n E ∞=∈ S ，且1()0n n P E ∞== 。

再对一般p S 可测函数Χ，由X X X +-=-并列用上面结论即可证明所需结论。

#5.利用可测函数结构定理，可证明全部可测函数是形如()()cx x A A a b χχ+的可测函数全体。

18.证：显然1()2k k r xF x ≤=∑不减且()0F -∞=，()1F +∞=。

对任意固定的0x R ∈，设0x x <，则001()()2k kx r x F x F x <≤-=∑；为证()F x 是概率分布函数，只需证()F x 右连续，用反证法，反设00lim ()()0x x F x F x +→->，则应存在正整数0k 使001lim ()()2k x x F x F x +→->，这意味对任意x ,0x x >时，区间0(,]x x 中必至少含有01{,}k r r 中一个元素，但是当0x x →时，0(,]x x ↓∅，故不可能，矛盾说明()F x 右连续。

另外，做为有理数全体}{12,,n r r r显然是稠于R 的。

对于任何无理数1x ，由于111122k k k kr x r x <≤=∑∑，从而111()()()F x F x F x -+==，故}{12,,,n r r r 是()F x 的不连续点全体。

#习题四1.证：由积分的绝对连续性，直接可得()0X A ϕ=。

由积分的保序性可得对任意A ∈S ，由0X ≥可得0AXdp ≥⎰，从而()0X A ϕ≥。

对任意 n A ∈S ，n A 互不相交，1n ≥以及1n n A ∞=∈∑S ，和0n A X χ⋅≥，且n A X χ⋅为n S 可测，由单调收敛定理的系1， 得X ϕ1()nn A ∞=∑=1nn A Xdp ∞=∑⎰=1nA n X dp χ∞Ω=∑⎰=n=1nA Xdp ∞∑⎰=()n=1X n A ϕ∞∑。

故由定义可知X ϕ是(,ΩS )上测度。

#2.证：由积分绝对连续性可不妨认为a X b -∞<≤≤<+∞。

令X X m '=+，使得0a m X b m '-∞<≤+≤≤+<+∞，若对X '结论成立，则由Y 的可积性，容易推出对X 结论也成立，故不妨认为0a ≥。

先考虑X 是非负简单 函数，设1knk A k X a χ==∑，则显然k a a b ≤≤，从而X Y dp Ω⎰由X Y XY =的可积性有1knk A k X Y dp a Y dp Ω==∑⎰⎰，可得a Y dp X Y dp b Y dp ΩΩΩ≤≤⎰⎰⎰，故存在常数[],c a b ∈，使X Y dp c Y dp ΩΩ=⎰⎰，对X 是非负可测函数情形，必存在一列上升非负简单函数n X X ↑，且由可测函数结构性定理中的构造方法，不妨认为n X 均满足定理条件，从而对n X 定理结论成立，即可设n n X Y dp c Y dp ΩΩ=⎰⎰。

利用单调收敛定理和n X Y X Y ↑，即可得，存在常数c ，n c c ↑，且使得X Y dp c Y dp ΩΩ=⎰⎰，由[],n c a b ∈，可推知[],c a b ∈。

#3.证：由单调收敛定理可得11n n X dp X dp ∞∞ΩΩ===<+∞∑∑⎰⎰，从而1n n X ∞=∑ 可积，且1n n X ∞=∑ ..a e 有限，推出1nn X∞=∑..a e 有限，又11n n n n X X ∞∞==≤∑∑，于是由控制收敛定理，有1nn X dp ∞Ω=∑⎰1lim mn m n X dp Ω→∞==∑⎰1lim m nm n X dp Ω→∞==∑⎰1lim mn n n X dp Ω→∞==∑⎰1n n X dp ∞Ω==∑⎰，1n n X ∞=∑的可积性由1nn X∞=∑的可积性保证。

#4.解：()()10,lim lim 0n n n n X x n x χ⎛⎫→∞→∞⎪⎝⎭=≡，故li m 0n R n X d μ→∞=⎰，而li m 1n Rn X d μ→∞≡⎰，故等式不成立。