实变函数习题解答(胡适耕版)

第一章习题第一章习题 36363636若若A A A AB B B B= =A A A AC C，则，则B B B B= =C C C C 证一： （反证）不妨设，x0B,且x0C 1)x0A,则x0AB，x0AC这与AB=AC矛盾 2)x0A，则x0AB，x0AC这与AB=AC矛盾 所以假设不成立，即B=C 证二：()BAA()()ABABAA=U=()()BABBA=UI 同理()CCAA=，现在已知A BA C=故上两式左边相等，从而CB= 37373737集列集列 A A A An n n n 收敛收敛 A A A An n n n 的任何子列收敛的任何子列收敛 证由习题 8 集列 n A收敛特征函数列 n A 收敛，由数分知识得数列 n A 收敛 n A 的任一子列 j n A 均收敛，又由习题 8 可得 j n A收敛 38383838设设)2, 1(:/L=nZmnmAn, , , ,则则lim n n A=Z=Z=Z=Z，lim n n A=Q =Q=Q=Q 证显然有limlim nn n n ZAAQ 1） 假设x ,Q Z使xlim n n A N0,当nN时，有 n xA，特别地， n xA， 1n xA + m1,m2Z,使x= 1 m n ,x= 2 1 m n+ 1 m n = 2 1 m n+ 从而 1 21 , m mm n =+这与m2Z矛盾，所以假设不成立，即：lim n n A=Z 2）xQ,则m,nZ,使得x= m n x= m n = 2 m n n = 1 k k m n n + = x k n A,(k=1,2),从而xlim n n Alim n n A=Q 39393939设设 0000 n a1111 n b, , , ,0 n a, , , ,1 n b，则，则lim, nn n a b= = = =(0,1 证(0,1x 1) 0 n aN时，有 n a1,使ylim, nn n a b，则y属于集列, nn a b中的无限多个集合又因 为y1,1 n b，故0,N当nN时，有 n bN时，y, nn a b 从而y只会属于集列, nn a b中的有限多个集合 这与y会属于集列, nn a b中的无限多个集合矛盾 所以假设不成立，即y (1,),有ylim, nn n a b 显然，y(0，有ylim, nn n a b,故1 , 0(,lim nn n ba. 综上所述，lim, nn n a b=(0,1 40404040设设 n f：RX（n ）, , , , n f A ( ( ( (n ), ), ), ),求求lim(1/2) n n X f 解1） 0 xA， n f A (n)，故 0 () n fx 0 ()1 A x=( n) 0,N当nN时，有 0 () n fx1/2 当nN时， 0 (1/2) n xX f，从而 0 x lim(1/2) n n X f 2） 0 c xA， n f A (n )，故 0 () n fx 0 ()0 A x=(n ) 0,N当nN时，有 0 () n fx3/1 0 lim(1/2) n n xX flim(1/2) n n X f=A 41414141设设 n A 为升列为升列，A U n A，对任何无限集对任何无限集BA, , , ,存在存在n使使BI n A为无限集为无限集，则则A 含于某个含于某个 n A 证假设A不含于任何 n A中,又 n A为升列， 则对1=n， 11 AAx，由于 n AAU，故Nn 1 ，使 1 1n Ax，即 11 1 AAx n ；对2=n， 22 AAx，又 n AAU故Nn 2 使 L +12 22 nn AAx于是可取 12 nn使L 22 2 AAx n 因此对in=， 1 ii nn ， ini AAx i 令B=x1, x2, xi，则BA且B为无限集， 但i,BIAni=x1, x2, xi为有限集，这与已知条件矛盾 假设不成立，即A含于某个 n A中 42.42.42.42.设设f:2:2:2:2x x x x2 2 2 2x x x x，当，当ABX时时f( ( ( (A A A A ) ) ) ) f( ( ( (B B B B) ) ) )，则存在，则存在AX使 使f ( ( ( (A)=)=)=)=A 证因 为()XXf， 故 子 集 族()( )BBfBXP X = :2 0 非 空 ， 令 ( ) XBA XPB = I 0 ，下证： o 1( )AAf，即要证( )XPA 0 首先由定义BA对每个( )XPB 0 成立，那么 由已知就有( )( )BfAf对一切( )XPB 0 成立，从而( )( ) ()() II XPBXPB ABBfAf 00 = o 2再证( )AfA为此，由A的定义，只要能证( )()XPAAf 00 = 就可以了但从 o 1已证的( )AAfA= 0 ，又由已知f的单调性应有()( )( ) 00 AAfAffAf=，故 确定( )XPA 00 43.43.43.43.设设X是无限集，是无限集，f: : : :XX，则有，则有X的非空真子集的非空真子集A，使，使f( ( ( (A) ) ) )A 证x1X，若x1x2，令x2=f(x1) 若x2x3，令 3 x=f( 2 x) 若 1nn xx ，令 1 () nn xf x = 1）若存在 1ii xx + =，则令A=x1,x2,xi，显然f(A)A 2）若不存在 1ii xx + =,则令A=x1,x2,xi,，显然f(A)A 44.44.44.44.设设| | |A|1,|1,|1,|1,则有双射则有双射f: : : :AA, , , ,使得使得x x x xA: : : :f( ( ( (x) ) ) )x；当当| | |A|= |= |= |=偶数或偶数或| | |A| | |时可要时可要 求求f( ( ( (f( ( ( (x)=)=)=)=x( ( ( (xA) ) ) ) 证（1）|A|=2n+1,nN,则A=x1,x2,x2n+1，作映射: () 1 1 12 21 i i xin f x xin + = =+ ，显然f(x)是双射，且xA，有f(x)x （2）|A|=2n，nN, 则A=x1,x2,x2n，作映射: = = = + minmx minmx xf i i i 2, 12, )( 1 1 ， 显然 ( )f x 是双射，且xA， 有 ( )f xx 且 ( )()ff xx= (3) |A|由A0,1A知，存在一双射 :0,1h AA 令 ()0 1 =AhA, ()1 2 =AhA 又 0A1A及h为双射， () ()01AA= I () ()010,1AAA=U,知 1 A 2 A且= 21 AAI，AAA= 21U ， 故A可划分为两个互不相交等势的子集A1和A2。 1 A 2 A在A1和A2之间存在一双射，记为( )g x,( )g x: 21 AA， 作映射：( ) ( ) ( ) 1 1 2 g xxA fx gxxA = ， 容易验证f(x)是双射，且 ( )( )(),xA f xxff xx =且 . 45454545设设| | |B| | | | |A|=|=|=|=|AA| | |, , , , | | |A| | |, , , ,则则| | |AUB|=|=|=|=|A| | | 证因为AAA=，所以A为无限集，任取A中不同的两点 12 ,a a， 则有AAA= 12 ,Aa aABAU所以ABA=U 46.46.46.46.设设| | | 1Ann = U|= |= |= |=c c c c，则，则n:| :| :| :|An|= |= |= |=c c c c 证令()LLL, 2, 1, 21 = iRxxxxR in ，则cR= 由于| 1Ann = U|=c，故存在双射： 1Ann = U R,记 n B() n A=， 则U = = 1n n RB , n A n B( )1,2,n=L 对x=(x1,x2,) R，令Pnx=xn, 则Pn是 R到R1的一个映射 如果存在某个n，使PnBn= 1 R，则由 c| n A|=|Bn|R1|= c，可得| n A|= c否则，若对 一切n均有PnBnR1，且PnBn 1 R那么对每个n，取 n aR1PnBn,记()L, 21 aaa=， 则a R 但因为Pna= n aPnBn，故aBn(n=1,2,)，这与 1Bnn = U= R相矛盾 因此必存在n，使得| n A|=c 47474747|C0,1|=c|C0,1|=c|C0,1|=c|C0,1|=c 证首先，因为0,1上的常数函数都是0,1上的连续函数，故R与 C0,1中的一个子集 对等，即0,1Cc 其次，将10，中的有理数全体排成, 21 LL n rrr则任何一个连续函数( )xf都由它在 LL, 21n rrr上的值( )( )( )LL, 21n rfrfrf完全决定事实上，对任何1 , 0x，存在 上 述 有 理 数 列 的 子 数 列()jxr j n ， 由f的 连 续 性( )() j n j rfxf =lim 若 ( )0,1g xC ，( )( )xfxg，则必有 ( )( )()( )( )()LL, 2121 rgrgrfrf 否则将导致在一切点1 , 0x上均有( )( )xgxf=， 因此 0,1C 与实数列全体的一个子集对 等又实数列全体基数为c，故 0,1Cc，综上所述 0,1Cc= 48484848| | | R R|=2|=2|=2|=2C C C C, , , , R R是函数是函数f：R R R RR R R R之全体之全体 证（1）2RD且|D|1,|Dc|1， 由 44 题结论，R上的一双射f：( ) ( ) 1 fxxD fx xxD = 其中，( )xf1为 D 到 D 的双射且xD,有f(x)x 2RD且|Dc|=1，由 44 题结论及条件,容易找到两个不同的双射， ( )DDxhi:，xD 有( )xxhi，()2 , 1=i 作R上的双射：h(x)和g(x) h(x)= 1( ) h x x x D x D ，g(x)= 2( ) h x x xD xD ， 由f(x),g(x)及h(x)定义知，22 RRc R= （2）显然，: RR r RG ffR= 其中 ( )(),:, R r G fx f xxRfR=2R R r G f :2222 R RR RRR Rc r RG ffR = 综上所述，有2 Rc R= 49494949设设 T T T T是是 1 1 1 1维开集之全体，则维开集之全体，则|T|=c|T|=c|T|=c|T|=c 证设=A()aa+,为任意正数则A()+, 0，故cA=，又TA，故cT； 另一方面，对任何一组开集() U i ii baG,=作单射 ( )()L, 2211 babaGf=，则由实数列集的全体的势为c，知cT，于是cT= 50505050设设|X|X|X|X|,B,B,B,B 是双射是双射f：X X X XX X X X 之全体，求之全体，求|B|B|B|B| 证（1）2XD且|D|1,|Dc|1 由 44 题结论，一双射f： ( ) ( ) 1 fxxD fx xxD = 其中，( )xf1为 D 到 D 的双射且xD,有f(x)x 2XD且|Dc|=1 由 44 题结论及条件X,容易找到两个不同的双射，( )DDxhi:， xD 有( )xxhi，()2 , 1=i， 作X上的双射：h(x)和g(x) h(x)= 1( ) h x x x D x D ，g(x)= 2( ) h x x xD xD ， 由f(x),g(x)及h(x)定义知， X X B22= （2）显然，BffGB r =:其中( )()XxxfxfGr=:,， 又 XX rf G 2，故222 XXX XX B = 综上所述，有 X B2= 51515151不存在集族不存在集族 A , , , ,使对任何集使对任何集B有某个有某个：| | | A|=|=|=|=|B| | | 证（反证法）若 A,使B有某个：| A|=|B| 那么对B=2AaU由 Th1.3.4 显然有| A|B|，矛盾 52525252设设f: : : :XR满足满足 supsupsupsup|( )|: ii f xxX 为有限集为有限集 0:0:0:0:AI( ) r B x可数，则可数，则A可数可数 证由已知条件知存在 n R的一开覆盖 ， 满足B ， 有ABI可数， 由 68 题结论， 存 在 一 无 限 可 数 子 集 1满 足 ，B1， n RBU， |1|= 于 是 () n AARBA=II U (B1)由 Th1.3.7 得A可数 55555555设设A n R可数，则有可数，则有x n R使使AI( ( ( (A+ + + +x)=)=)=)=, , , ,其中其中A+ + + +x=a+ + + +x: : : :aA 证A n R可数，故Ababa,|也可数而 n R是不可数的，因此可以取到 xAbaba,|假设AI(A+x)，不妨设aAI(A+x),则aA，且 aA+x，即bA使得a=b+x于是x=ba，这与x的取法矛盾，因此x n R, 使AI(A+x)= 56565656设设E 2 R可数可数，则有分解则有分解E= = = =AUB, , , ,AIB= = = =, ,使每条直线使每条直线x= =x只含只含A中有限个中有限个 点，每条直线点，每条直线y= =y只含只含B中有限个点中有限个点 证（1）当E是有限点集时，显然成立 （2）当E是可数无限点集时，先就特殊情形：NNE=，整点（也称格点）集证明 以 平 分 第 一 象 限 的 直 线xy=为 分 界 线 ， 考 虑 这 条 直 线 的 下 方 图 形 ()yxyxRyxF= , 0 , 0 :, 2 与E的交集，设为A，即： U I = = 1n n AEFA 其中( )1 , 1 1 =A是单点集 () ()2 , 2,1 , 2 2 =A是两点集 () ()()nnnnAn,2,1 ,L=是n个点的集 再令AEB=，则容易验证=BAI，NNEBA=U （3）对 2 RE是一般可数无限点集情况，可以不宜深究他因ENN转化为 NNE=的情况，从而证毕 注：作为点集可数性练习，应该说上述解答基本完整但若深究起来，还是比较复杂的 故 严格地说上述解答的（3）部分是不严格（或不完全的） 例如，圆盘内有理点取为E时， 显然这时E和NN仍有一个一一对应，但二者确乎不能视为等同：在需要考虑拓扑性质 时，前者处处稠密于全圆盘，而后者无处稠密（疏） 要完成严格证明就要说明存在一个一 一对应的映射，使得穿过圆盘的每条横（或纵）线xxf=:()yy=在下的像( )f与 （2）中A的交集至多是有限点集这已是拓扑同伦问题，超出实变范围 57575757设设是是 2 R中如下直线中如下直线L L L L之全体：当（之全体：当（x, , , ,y）L L L L且且xQ Q Q Q时，时，yQ, Q,Q,Q,求求| | | | | 解1）k=0 时，y=bQ A=y=b,bQ显然A中每条直线均满足条件，|A|=显然成立 2）k=时，x=b，B=x=b,bQ，显然B中每条直线均满足条件，|B|=c 3)k0，时，y=bkx+ C=y=bkx+,k0,k,bQ，显然 C 中每条直线均满足条件，|C|=， 易证=ACBUU从而|=c 58585858设设A, , , ,B n R是互不相交的闭集，则有互不相交的开集是互不相交的闭集，则有互不相交的开集G, , , ,H使使AG, , , ,BH 证令()()BxdAxdxG,|=，则易知 AG，BH且=HGI 又ayyxax+,故()(infinf,axyxaxAxd AaAa += 因此()()AydyxAxd,+，即()()yxAydAxd, 同理可证()()yxAxdAyd, 故()()yxAydAxd,，因此()Axdf,=是连续函数 故( )()()BxdAxdxF,=也是连续函数 故0|=FxH为开集 5959设设A n R是可数稠集，则是可数稠集，则A不是不是G型集型集 证明：设A=x1，x2,，假设A是G型集，则有 n R中的开集 i G使得，A=I =1i i G 又记 i x为只含有 i x的单点集， 则 n R=（ n RA）UA=（ n RA）U( 1 k K x = U )=U =1 )( i i n GRU( 1 k K x = U ) i x与 i n GR均是闭集，显然， i x不含内点， 又 i n GRAR n ，而A为可数稠集， i n GR不可能包含任何开区间，即无内点 则 n R可表示为可数个无内点的闭集的并集，这是不可能的 A不是G型集 60606060不存在不存在0,10,10,10,1上的实函数，使在有理点连续而在无理点间断上的实函数，使在有理点连续而在无理点间断 证设f是定义于 0,1的函数，记 n E=x| 对x的任一邻域( ,) ，存在 x1,x2( ,) ，使得()() n xfxf 1 21 又记E= 1 n n E = U 由连续的定义知E就是f的不连续点全体， 今证明每个 n E均是闭集 设 n Ex,x的邻域( ,) ,x( ,) I n E, 由x n E ( ,) 中能取到两点x1,x2,使得()() n xfxf 1 21 x n E n E是闭集如果f的不连续点为0,1中的无理数全体， 由E= 1 n n E = U ,可知0,1中的无理数全体能表为可数个闭集的并， 这是不可能的故这样的f不存在 6161设设P是是 CantorCantor 集，则集，则P+ +P=x+ +y: :x, ,yP =0,2=0,2=0,2=0,2 证（1）PP+20，为显然 （2）为证20，PP+，由于这一步比较复杂，要用到一定的分析归纳技巧，我们借 助于几何意义作一说明 要证对任一a2 , 0，存在Pyx 00, ，使得+=yxa直线: a layx=+在平面 2 R中与 2 R的一个子集PP有交点 而平面子集PP是直线中康托集构造的推广，是很著名的“谢尔宾斯基地毯” （早年 也译为谢尔宾斯基墓垛，也许因其命名不祥不雅而改称“地毯” ，他是著名的经典分形图例 之一，在许多分形理论入门书都提到它） 那么求证直线ayx=+与PP有交点，就涉及 到PP这一谢尔宾斯基地毯的构造 如图所示， 单位正方形ABCD与 直 线 : a layx=+因20a必 相 交 不仅如此， 从单位正方形ABCD中 挖走一个居中的宽度为 3 1 的十字架后 剩下的 4 个一级小正方形 141312111 BBBBBUUU=也 与 a l相 交 ， 如 果 具 体 表 出 1 B的 话 ， 易 知 令 =1 , 3 2 3 1 , 0 1 UF，则 111 FFB=对 1 B的每个边长为 3 1 的小正方形也“如法炮制”地挖 走宽度为 2 3 1 的居中十字架，就得到了剩下的44个二级小正方形 222 FFB=，其中 =1 , 3 8 3 7 , 3 6 3 3 , 3 2 3 1 , 0 222222 2 UUUF，不难证明 2 B与 a l也相交如此继续进行 下去，用归纳法证明第n级正方形 n B（它是由 n 4个小正方形的并集）总与直线 a l相交 最后注意到所谓谢尔宾斯基地毯PP I = = 1n n B，而每个 an lBI都显然是平面中的非 空有界闭集，且 anan lBlBII 1+ ，应用 2 R中递缩紧集（即有界闭集）套必有非空交原 理 ， 存 在一 点()()PPBlByxP n n n an = = = II I 11 000 ,， 于 是()PPyx 00, ， 且 ayx=+ 00 说明： 1、 上述关键性一步 n B与 a l必有交点的严格分析证明，是可以作出的，但较繁，从略 2、 有的书所附解答提示中认定只有一点()() I I = = 1 000 , n an lByxP是不精确的 由图形关于 xy=的对称性， 完全可以从几何意义上就判定() I I =1n an lB允许有两个点() 000 ,yxP和 () 001 ,yxP，且仅当 00 yx=时才是唯一一点正因为如此，我们在证明中才审慎地使 用“平面中递缩紧集套必有非空交”原理，而不使用“ a l中闭区间套定理” 3、 本题如果不使用二维（谢尔宾斯基地毯）转化法证明，而直接应用P的三进制小数法表 示原理，即在三进制小数法表示中 = = 13i i i a x，0= i a或 2 应该也可以纯分析地证明()PP+2 , 0，从而完成PP+=2 , 0的证明 62626262R上任何实函数上任何实函数f的连续点之集是的连续点之集是G型集型集 证考虑( )f x的振幅函数 0 ( )limsup( )( ) : ,( )xf sf ts tBx = 易证明( )f x在 0 x处连续当且仅当 0 ()0 x=，所以( )f x的连续点集是 1 1 :( )0:( ) k xxxx k = = I ，下面只需证明对每个1,2,k=， 1 :( ) k Exx k = 0 x,对一切k成立， 或可取子列 nk x 0 x， 使得 nk x 0 x, 对一切k成立 不妨设对一切n， n x 0 x， （反证法）假设 0 xE，则有 0 ()fx当 0 0 xx时， 0 0) ()( xx xfxf 又 0 xxn，故N，当nN时， 0 | n xx,则有 0 0 ()() n n f xf x xx x, n x, () 0 xF使( )BxG 由有理点的稠密性，存在有理点x， 使( ,) 3 d x x ，再取有理数使 32 =yc，由于 k ff)(k，所以存在0N，当Nk时对一切 Xx，有 2 | )()(| y yc ccxfxfk， 即 存在0N，当Nk时), 2 ()(+ yXfk，从而U = + Nk k yXf), 2 ()( ，从而 U = Nk k Xfy)(，从而 IUIU = = = = = 11 )()( kki i NNk k XfXfy，故)()( 1 XfXf kki i = = IU . 综上得 IU = = = 1 )()( kki i XfXf. 70707070设设A，B n R是非空闭集且是非空闭集且A有界，则存在有界，则存在aA与与bB,B,B,B,使得使得ba= = = =( ,)d A B 证 0 aA,先证： 0 bB，使得| 00 ab|= 0 (,)d a B. 作闭球 B=() 0 aB使得BB I不是空集，可以证明， 0 (,)d a B= 0 (,)d a BB I. BB I是有界闭集，而ya 0 看作定义在BB I上的y的函数是连续的 故它在BB I上达到最小值，即存在 0 bBB I,使得： 00 ba=BByyaI :inf 0 从而，有 00 ba= 0 (,)d a B 再证：( ,)d x B作为x的函数在A上是连续的. x，Ay，根据( , )d x B的定义，对0，必存在Bz， 使得zymF 3 3 3 3设设AR R R R，则存在有限个开区间，则存在有限个开区间 i ，使得，使得,存在闭集F与开集G,使GAF, 且)(FGm, 又 根 据 R R R R 上 开 集 结 构 : 存 在 可 数 个G的 构 成 区 间 i , 使 FAG i i = = U 1 ,即 =1 ii 为F的一个开覆盖由于mAmF,即F为有界闭集, 根据有限覆盖定理,必Nn,使F n i i = U 1 ,故 FGAAA n i i n i i n i i )()( 111 = = UUU U, 从而，当，当xaxax+与时|至少一个属于至少一个属于A A A A， 则则mA 证由 假 设 ，|+=xAxaxxAxaxxx，U， 所 以 2)|()|(+xAxaxmxAxaxm，于是上式右端两项中，至少 有 一 项 不 小 于， 设+)|(xAxaxm， 于 是 由 平 移 不 变 性 ，存在闭集，存在闭集AF与开集与开集AG，使，使)(FGm，则则A A A A 可测可测 证取= n 1 ，则有开集 n G及闭集 n F，使得 nn FAG，且)( nn FGm n 1 作集 合 UI = = = 11 n n n n FFGG，则FG 和 都是可测的，且FAG , nn GG FF % , nn nN G FGF % 1 ()() nn m G Fm GF n )()()(, 0AGxBGxBI 且， 即= cc AxBAGxBIII)()()( . ( )00BxAmBmA r足够小，使 + )0()0( 00 rrr BBm，则 )0()0()()( 00 00rrr BAmBAmrfrrfII=+ + )0()0()0()0( 0000 rrrrr BAmBBBAmIUI= + )0()0( 00 rrr BBAm + =I + )0()0() 00 rrr BBm 故)(rf在 0 r右连续，同理可证)(rf在 0 r左连续故)(rf在 0 r连续由 0 r的任意性即 知)(rf在0r连续 （3）当+=mA时， U = = 1n n AA，其中+ n mA，L, 2 , 1=n，必存在某个Nn 0 ， 使得 0 n mA，由（2）结论成立. 8 8 8 8R R R R 1n 当作当作 R R R R n 的子集，其的子集，其n n n n维维LebesgueLebesgueLebesgueLebesgue测度为零测度为零 证1 , 1,:),(, 1 niZkkxkRxxxIIR iinkk n += + L U ，由平移不 变性，R R R R n n )1 , 0 n 1 , 0, , , ,故本题等价于证明 1 0,1n当作0,1n的子集，其 n 维Lebesgue 测度为 0. 111 1 11 0,10,10,10,1 ,(0,1 ) nnnn k kN kk + = = U ) 1 1 , 0(1 , 0 1 1 k mm k nn = ，设 0) 1 1,0( 1 = a k m n ，则 = =1 1 , 01 k n am，矛盾 1 1 (0,1 )0 n m k = 9 9 9 9直线上恰有直线上恰有 2 2 2 2 c 个个 LebesgueLebesgueLebesgueLebesgue可测集可测集 证设直线上的 Lebesgue可测集作成的集合为， 设P为康托集， 则cPmP= 且0， 于是 c p p 222=，又0,=mAPA，即A，于是 p 2，从而 p 2|， 即 c 2|另一方面， R 2， 故| cR 22=，从而| c 2= 10101010设设)21(L，=nAn是是可测集可测集（是是X上的测度上的测度，下同下同） ，则则 n n n n AAlim)lim(； ； 当当)( n AU时时 n n n n AAlim)lim( 证令), 2 , 1(L I = = nAD nk kn ，于是 n D为升列，由下连续性， 有 n n n n n n n nn n ADDDAlimlimlim)()lim( 1 = = U 同理， 令), 2 , 1(L U = = nAF nk kn ，于是 n F为降列，且=)( 1n AFU,由上连续性，有 n n n n n n n nn n AFFFAlimlimlim)()lim( 1 = = I 11111111设设), 2 , 1(L=nAn是是可测集，可测集，)(U n A，A A A A= = = = n n Alim，则，则 n n AAlim= 证由题 10 知： n n n n n n n n AAAAlimlimlimlim， 又 n n n n n n AAAAlimlimlim=，从而 n n n n n n AAAlimlimlim=， 于是 n n AAlim= 12121212设设 +i ),2,1(L=i，取 i n，使L = nA n i i ，则，则0)( 1 = I n i i A 证 1111 ()1()11(1) nnnn cc iiii iiii AAAA = = = IU 0)1(11 1 =+= = nnAn n i i 16161616设设X X X X是任一非空集，是任一非空集，A A A A X 2满足：满足：( ( ( () ) ) )BAA A A AAA A A A； （） n AA A A A = U L n An), 2 , 1(A A A A； （ ）XA A A A 令令= =AA:A A A A 或或 c AA A A A ； 当当A A A AA A A A 时令时令0=A， ， 当当 c AA A A A 时令时令1=A，则，则是一完备概率测度是一完备概率测度 证先证 为代数 (P1)：由()知A A A A ，故 ,于是X (P 2)： n A), 2 , 1(L=n，若Nn， n AA A A A ，则由（） ， U n n AA A A A ，从而 U n n A ，若Nn使得 c n AA A A A ，由 c n k c k AA I ，由()知 I n c n AA A A A ，从而 = c n c n n n AA)(I U (P3)：若A ，则AA A A A 或 c AA A A A，由 的定义，只需证明 c A即可当AA A A A 时， c A ；当 c AA A A A 时， c A 满足(P1)-(P3)，下面证为上的完备测度 (Q1)：由于A A A A，故0= (Q 2)： 若 n A), 2 , 1(L=n互不相交， 下证 = n n n AA)(U， 若Nn， n AA A A A， 则 U n n AA A A A，故0)( 1 = = U n n A，又0= n A), 2 , 1(L=n于是00 = nn n A故 = n n n n AA)(U；若 n A中恰有唯一一个 c n A 0 A A A A ，则 c n c n AA 0 I ，所以 I c n AA A