朱成熹 测度论 部分习题答案

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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⑴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⑵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⑸由，可知不是域，故也不是域，由可知不是类。设，，若

2、，则可知或；若，则或；若，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。#-5-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

3、度。因为中任意集合均可由可数无穷或有限多个有理数组成，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

4、结论，例如=,-5-==，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XM，并满足，便有0<<，故一致地有。#7.证：若Χ是上非负简单函数，可设Χ=，，则由定义可知，，，，。令，可见当时，Χ，而，从而可知，可除去一个零测集外，有Χ=Y。若Χ是可测的非负函数，由结构性定理，可知存在可测简单函数列，使，由已证结论可知存在可测函数和可测零集，=，，，令，可知Y是可测的。且当时=Χ，而，且。再对一般可测函数Χ，由并列用上面结论即可证明所需结论。#5.利用可测函数结构定理，可证明全部可测函数是形如的可测函数

5、全体。18.证：显然不减且，。对任意固定的，设，则；为证是概率分布函数，只需证右连续，用反证法，反设，则应存在正整数使，这意味对任意,时，区间中必至少含有中一个元素，但是当时，，故不可能，矛盾说明右连续。另外，做为有理数全体显然是稠于R的。对于任何无理数，由于，从而，故是的不连续点全体。#-5-习题四1.证：由积分的绝对连续性，直接可得。由积分的保序性可得对任意，由可得，从而。对任意，互不相交，以及，和，且为可测，由单调收敛定理的系1，得====。故由定义可知是)上测度。#2.证：由积分绝对连续性可不妨认为。令，使得，若对结论成立，则由Y的可积性，容易推出对X结论也成立，故不妨认为

6、。先考虑X是非负简单函数，设，则显然，从而由的可积性有，可得，故存在常数，使，对X是非负可测函数情形，必存在一列上升非负简单函数，且由可测函数结构性定理中的构造方法，不妨认为均满足定理条件，从而对定理结论成立，即可设。利用单调收敛定理和，即可得，存在常数，，且使得，由，可推知。#3.证：由单调收敛定理可得，从而可积，且有限，推出有限，又，于是由控制收敛定理，有，的可积性由的可积性保证。#4.解：，故，而，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，而，-5-从而。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

7、这一条件。15.证：由可知对的任一子列均存在子列使，利用连续，可得，再由控制收敛定理可得，这表明数列的子列都存在子列有极限。从而有。#9.证：由第8题结论可知，只需证明，由则对的任一子列，存在其子列使，令，则，于是由及，条件，和Fatou引理，有=2，两边消去，即有，从而，于是得到对数列，的任一子列，均存在其子列的极限为0。从而可知。#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Hölder不等式。其中，再由条件可