朱成熹测度论部分习题答案

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S、Z、F所代替习题一1.解若A、B均势可数，则AUB势可数。若A、B至多有一个势可数。则由（aUb）c=A°门BC，Cc1 r Cc以及A、B中至少有一个势可数，可知此时 A B 势可数；若A势可数，则A - B也是，若A势可 数，B势可数，则A B=A BC也势可数，又Z，因此Z是域。显然 对余运算封闭，若 A均势可C ¥ - C数，则U A也势可数，若 A中至少有一个 AC势可数，则lU人 =n AC也势可数，故Z是域。 n. nn由书中定理可知，这时 Z也是二-类，类和单调类。解军若A势可数，则AC

2、势不可数，故对余运算不封闭，故不是域，从而也不是匚-域，显然是二类和单调类，但不能是类，否则，由于既是 二类又是类，可推出是 匚域，矛盾。解由A-A= ._ - Z，可知不是域，故也不是匚-域，由A AC = 可知不是二类。设片 Z，A ， 若A,= A，则可知Ai= A或'；若A =AC，贝UAn=AC或门；若A- 1，贝UA= 1-1，同样对nnn人3也有类似结论，故可知 Z是单调类，由 Z，故Z不是类。7.证：任意A Z，已知Z ,故AC_ A Z，故对余运算封闭。若 A,B Z , A B =., 则（A +B , =ACBC =AC B。由于Bu AC，故由已证结果和已知条件

3、可知对真差封闭。#9.证：用先-慕类方法证明，令F=B ;满足题中条件，则对任意B Z，显然B F，故F二Z ；再者'i- F , '2对任意 A,B F，且A B，故存在集列i=1,2,使 A 二 宜小1和B：，；Bn2 ,n -V，故可见 B - AH ；B, ,n 一 1,1, , 3 对 A F , n 一 1,且 A A，则 存在：B* ,m 1 f,n 1，使 An - 苗,m 1 , n >1,从而可知A壬b（Bmn）,m3 1,n王1 ）。于是集 合的单调定理可知F -vZ，即对所有A匚泛？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

4、集合中，或者有无穷多个有理数，或者一个也没有，故Pf(1 W在Z上不可能是o-有穷的，由于任意有理数r,有 = 。Cl " r _一，r |乏cr(Z),以及P(r)=1和7Ir丿丿门-有理数全体，故可知p是 Z上二-有穷测度。因为 s门 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-： c Z，故必有S门=二Z 。10.设P是二域S上有穷测度，设 E S和F S，满足 P(F)=O。任意集合 M F，令巳=E，E2 二 E F，A = E M，则有 E1 A E2，E1,Ej = S，且 P(EJ = P(E2) 。反之，当E1 B E2， E,E2 ； = S，且 P

5、(EJ =P(E2)。令 F =E2 -巳，M =E2 -B，则对 B =巳 M，巳 S，F S， 且P(F)=0，M F。从上面证明可见第一结论成立，在 瓦，E - N;E,F；二S,N F且P(F) = O?中 令Ej = E F， E2=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二E F-ti.E F -E E F -F ，从而由环定义又可知E F Z，若P(E)二二或P(F)-：:,等式显然成立，故不放认为P(E)i:, P(F)：:,于是由E F=E，F-F E，可得P(E F)二 PE-F E 二P

6、 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JF存在，且满足r0, a 兰 b £0#F(a,b) =F(b)F(a)=<E a. , a"bn童Z an ,0 va 兰b.a :n _b习题二n2.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 八 akXA，k =1nX Y八 akbk Ak，kdnY= 7 tXA，这里 A互不相交且7 Ak，由上面表达式即可得出结论，例如K #K-3 -nBk 二 Ak- 0，等等。QOY =limYn =

7、lim Xn = x,而 En nnn 二X = X . x 0 =、akX Bk，这里I J k 二6.证：由可测函数结构性定理，令n0 k -1Xn=n 2 . knxn；，可知 0 乞 Xn X，且由于k=12 2n X:：2n /、一”10兰X Xn兰尹，当x<n。设X <M，故当n>M时，恒有X<M<n。从而对一切aS，如z > 0 ,11只要n>M，并满足 < ；，便有0<X - Xn < n ：；，故一致地有 Xn X。#22n_ _7.证：若x是SP上非负简单函数，可设x=Z aJAk ,瓦乏SP，则由気定义可知，入=

8、人112 ,nnAkFjuS , P（FJ=O, NkUFk。令 YuEakX，可见当 co Q -U Fk 时，xg ） = Yg ）, k=0k 二nn而P( FkW P(Fk) =0，从而可知，可除去一个 S零测集外，有 X=Y。若X是Sp可测的非负函数,k 4k 4由结构性定理，可知存在Sp可测简单函数列Cxn?，使Xn X，由已证结论可知存在 s -可测函数Y,和0S可测零集En , Xn=Yn，蛍更En,，令丫 =輕名，可知丫是S可测的。且当老U巴时nnTQOX,由 X 二 X-并S，且P( En) =0。再对一般Sp可测函数n A列用上面结论即可证明所需结论。#5.利用可测函数结

9、构定理，可证明全部可测函数是形如a AX b AX的可测函数全体。c1x0 R，设 xx，则18.证：显然F(x)k不减且F(：)=0, FC：) =1。对任意固定的rk<21F(x)-F(x0)r ;为证F(x)是概率分布函数，只需证F(x)右连续，用反证法，反设勺鱼2 1lim F(x)-F(x0) 0，则应存在正整数 k0使lim F(x)-F(x0)丁，这意味对任意x, x 时，区间X %X %2 0(x0, x中必至少含有中一个元素，但是当 k x0时，(xx!，故不可能，矛盾说明F (x)右.AA连续。另外，做为有理数全体 羯2,rn显然是稠于R的。对于任何无理数 x1，由于

10、a k二亠 k， rk 2rk 垒 2从而 F(3 F(x1F(x1)，故'r1,r2/' rn 是 F (x)的不连续点全体。#-5 -1.证：由积分的绝对连续性，直接可得AXdp _0，从而(A) _0。对任意习题四x(A) =0。由积分的保序性可得对任意A S，由X 一0可得odAn E S，An互不相交，n工1以及无An E S，和X，n -1且X Ma为Sn可测，由单调收敛定理的系nQOQOoOoO得®X (送An)二蔭A Xdp =賂 X >dp辽r Xdp辽®x (A )。故由定义可知®x是(0, S)上测度。n' &#

11、39;n -4n=1 A1n=1#2.证：由-0a_积分绝对m Xn r连续性可不妨认为-:：:a乞X mb :。令* = * m 使得 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a亠0。先考虑nX是非负简单函数，设X = 7 ak=1，则显然a z ak二b，从而 X Ydp由x Y = XY的可积性有jX Y dp =送ak L Y dp，可得ak吕AkdP兰QX 丫 dP兰b 丫 dp，故存在常数 c la,b 1，使 i XY dp= cY dp，对X是非负可测函数情形，必存在一列上升非负简单函数XnX，且由可测函数结构性定理中的构造方法，不妨

12、认为Xn均满足定理条件，从而对 Xn定理结论成立，即可设XnY dp =cn »Y dp。利用单调收敛定理和XnYX Y，即可得，存在常数c，cn c，且使得H Y dp =c.Y dp，由 & a,b 1,可推知 cla,b 1。#cd3.证：由单调收敛定理可得0oOcoX|dp迈Qx|dp<+，从而送|Xn可积，且瓦|XCOoOoO推出送Xn a.e有限，又迟Xn<EXnn=1n =1n =1，于是由控制收敛定理,a.e.有限,m.匚 Xndp 二昇円二 Xndpmm= mmLXndp 二 Fm二XndpoO八 i Xndpn=1，' Xnn =1的可

13、积性由-# -# -XndU，Z Xn 的可积性保证。#4.解: lim Xn (x )= lim n 1 £x )三 0 ,故m Xnd# 0，而 m f nn 存 f.0丄1 F ，Rnpi n2 n故等式不成立。控制定理的条件中的可积控制函数不存在，控制定理不被满足。7.解：在例子中，可知im_Xn三0，而.Xndp从而1 JimXndp = 0二lim Xndp。该例子表明即使序列有一致收敛性也不能取代控制收敛定理中可积控制函数存在这一条件。15.证：由Xn X可知对lXn .；的任一子列均存在子列、Xn 使X n X，利用g（X）连续，可得g（Xn） a> g X ，

14、再由控制收敛定理可得 向-月Xdp=g X dp，这表明数列1g Xn dp?的子列都存在子列I g X； dpi有极限 g X n dp 。从而有nm . g Xn dp=g X dp。#9.证：由第8题结论可知，只需证明lim Xn _X dp = 0 ,由X n_ac 'n' X则对X n i的任一子列，存在其子列Xn】使X/ > Xa.e.，令 *= X：+| X - Xnr-X >0，则 lim Yn" = 2 Xa.e.，于是由nL.scXn *X 和 p Fatou 弓 I 理，於dp-nmd P 八丿丫nmd P n U d 中 1叫用 dp .Xdp -2霭亦一 X乍pX； -X dp ,两边消去2 dp ,即有Xn -Xdp =l i m/, - X d=p ,于是得到对数列，Xn - X dp!的任一子列，均存在其子列的极限为而可知bxn - X dp =0。#19.证：（1）：证明见第3题的证明证（2）：若r=1，则利用（1）的结论直接可得；若r>1，则由H?lder不等式QXn dp兰（讪Xn1r 7dp )-7 -# -1dp 二Xn r dp r。其中 1:r 7-=1