1、- 1 -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 、 、 所代替SZ习题一1.解若 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 ，CCAB以及 、 中至少有一个势可数，可知此时 势可数；若 A 势可数，则 也是，若 势C C可数，B 势可数，则 也势可数，又 ，因此 是域。显然 对余运算封闭，若 均CZnA势可数，则 也势可数，若 中至少有一个 势可数，则 也势可数，故 是nAnACnCnnZ域。由书中定理可知，这时 也是 类， 类和单调类。Z解若 A 势可数，则 势不可数，故对余运算不封闭，故不是域，从而也不是 域，显然是 类和C
2、 单调类，但不能是 类，否则，由于既是 类又是 类，可推出是 域，矛盾。解由 ，可知不是域，故也不是 域，由 可知不是 类。设 ，CAnAZ，若 ，则可知 或 ；若 ，则 或 ；若 ，则 ，n1nA1Cn1同样对 也有类似结论，故可知 是单调类，由 ，故 不是 类。AZZ7.证：任意 ，已知 ， 故 ，故对余运算封闭。若 ，ZCA,ABZ，则 。由于 ，故由已证结果和已知条件可知对真差封BCCABB闭。#9.证：用 类方法证明，令 =B；满足题中条件，则对任意 ，显然 ，故 ;再FZF者 ， 对任意 A,B , 且 ,故存在集列 ，i=1,2,使 和1F2Ain1,nAB，故可见 ， 对 ，
3、，且 ，则2,nB,12inBi3存在 ，使 ，从而可知 。于是集1mnmA,1nm合的单调定理可知 ，即对所有 都满足题中结论。#FZZ- 2 -习题二5.由直线上有理数集合的性质，可知 中任意集合中，或者有无穷多个有理数，或者一个也没有，故 PZ在 上不可能是 有穷的，由于任意有理数 r,有 ( ) ,以及 P(r)=1 和Z1,nrrZ有理数全体，故可知 P 是 上 有穷测度。因为 中任意集合均可由可数无穷或有限多S个有理数组成，以及 ，故必有 = 。SZSZ10.设 P 是 域 上有穷测度，设 和 ，满足 P(F)=0。任意集合 ，令 ，EFMF1E， ，则有 ， ，且 。反之，当2E
4、FAM12A12,E12()P， ，且 。令 ， ，则对 ，12B12,S()PB1， ，且 P(F)=0， 。从上面证明可见第一结论成立，在SF中令 ， ， 即可类似证明第;,()0pENF且 1EF2EAN二结论成立。11.证（1）由环的定义，可知 ，不妨把 视为全集，则由摩根定律可知EZ，从而由环定义又可知 ，若 或F Z()PE，等式显然成立，故不放认为 ， ，于是由 ，可()PF()P()FF得 EEE。同样可证（2） 。#()()()F16.由书中定理可知 F 对应的 测度 存在，且满足LSF(,)()Faba,0,nbaba习题三2.证：由所给引理可知 ，X,Y 做为简单函数，可
5、以有共同的可测有限分割，故可设 X ，Y=1knAka- 3 -，这里 互不相交且 ，由上面表达式即可得出结论，例如 = , 1knAKbXKKAXY1knAkab= = ，这里 ，等等。#0X1knBka0X6.证：由可测函数结构性定理，令 = ，可知 ，且由于n2112nkXnXk0nX，当 X 。设 M 时，恒有 XM，并满足 ，便有 01，则由 Hlder 不等式 nX1rndp。其中 ，再由条件可得 ，利1ttdp1rnXdp1tr 111rnndp用（1）结论即可证明之，当 r1，同样可由（1）结论直接证明 ，对使之成立的任一 ，1rnX.ae有充分大的下标 ，使得 ， 为任意事先给定正数，故不妨设当 时()N()rnnNX ()nN，由此推知 ，由此推知 。#1nX()()rnnnnN1nX.ae- 6 -
