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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、所代替习题一1.解若A、B均势可数,则AB势可数。若A、B至多有一个势可数。则由,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,故是域。由书中定理可知,这时也是类,类和单调类。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,若,则可知或;若,则或;若
2、,则,同样对也有类似结论,故可知是单调类,由,故不是类。7.证:任意,已知, 故,故对余运算封闭。若,则。由于,故由已证结果和已知条件可知对真差封闭。#9.证:用类方法证明,令=B;满足题中条件,则对任意,显然,故;再者,对任意A,B, 且,故存在集列,i=1,2,使和,故可见,对,且,则存在,使,从而可知。于是集合的单调定理可知,即对所有都满足题中结论。#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在上不可能是有穷的,由于任意有理数r,有() ,以及P(r)=1和有理数全体,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个有理数
3、组成,以及,故必有=。10.设P是域上有穷测度,设和,满足P(F)=0。任意集合,令,则有,且。反之,当,且。令,则对,且P(F)=0,。从上面证明可见第一结论成立,在中令,即可类似证明第二结论成立。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,从而由环定义又可知,若或,等式显然成立,故不放认为,于是由,可得。同样可证(2)。#16.由书中定理可知F对应的测度存在,且满足习题三2.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,Y=,这里互不相交且,由上面表达式即可得出结论,例如=, =,这里,等等。#6.证:由可测函数结构性定理,令=,可知,且由于,当X。设M时,恒有XMM,并满足,便有01,则由Hlder不等式 。其中,再由条件可得,利用(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,有充分大的下标,使得,为任意事先给定正数,故不妨设当时,由此推知,由此推知 。#- 5 -