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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 -
