《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⑴若A 、B 均势可数,则A B 势可数。
若A 、B 至多有一个势可数。
则由()CC C A B A B = ,以及CA 、CB 中至少有一个势可数,可知此时()CA B 势可数;若A 势可数,则A B -也是,若CA 势可数,B 势可数,则CA B A B -= 也势可数,又Ω∈Z ,因此Z 是域。
显然 对余运算封闭,若n A 均势可数,则n nA 也势可数,若n A 中至少有一个Cn A 势可数,则CC n n n n A A ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 也势可数,故Z 是σ-域。
由书中定理可知,这时Z 也是π-类,λ类和单调类。
解⑵若A 势可数,则C A 势不可数,故对余运算不封闭,故不是域,从而也不是σ-域,显然是π类和单调类,但不能是λ类,否则,由于既是π类又是λ类,可推出是σ域,矛盾。
解⑸由A A -=∅∉Z ,可知不是域,故也不是σ-域,由CA A =∅ 可知不是π类。
设n A ∈Z ,n A ↑,若1A A =,则可知n nA A = 或Ω;若1CA A =,则C n nA A = 或Ω;若1A =Ω,则nnA=Ω ,同样对n A ↓也有类似结论,故可知Z 是单调类,由Ω-Ω=∅∉Z ,故Z 不是λ类。
7.证:任意A ∈Z ,已知Ω∈Z , 故C A A =Ω-∈Z ,故对余运算封闭。
若,A B ∈Z ,A B =∅ ,则()CC C C A B A B A B +==- 。
由于CB A ⊂,故由已证结果和已知条件可知对真差封闭。
#9.证:用λπ-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⊃Z F ;再者()1λΩ∈F ,()2λ对任意A,B ∈F , 且A B ⊂,故存在集列()}{i n B ,i=1,2,使()}{()1,1nA Bn σ∈≥和()}{()2,1n B B n σ∈≥,故可见()}{(),1,1,2i n B A B n i σ-∈≥=,()3λ对n A ∈F ,1n ≥,且n A A ↑,则存在()}{,1,1n m B m n ≥≥,使()}{(),1,1n n mA Bm n σ∈≥≥,从而可知()}{(),1,1n mA Bm n σ∈≥≥。
于是集合的单调定理可知F σ⊃}{Z ,即对所有A σ∈}{Z 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 中任意集合中,或者有无穷多个有理数,或者一个也没有,故P在Z 上不可能是σ-有穷的,由于任意有理数r,有}{1,n r r r r σ⎛⎫⎛⎫=Ω-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ (Z ) ,以及P(r)=1和Ω={有理数全体},故可知P 是}{Z 上σ-有穷测度。
因为()S Ω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 Ω()σ⊃Z ,故必有()S Ω=()σZ 。
10.设P 是σ域S 上有穷测度,设E ∈S 和F ∈S ,满足P(F)=0。
任意集合M F ⊂,令1E E =,2E E F = ,A E M = ,则有12E A E ⊂⊂,}{12,E E ⊂S ,且12()()P E P E =。
反之,当12E B E ⊂⊂,}{12,E E ⊂S ,且12()()P E P E =。
令21F EE =-,2M E B =-,则对1B E M = ,1E ∈S ,F ∈S ,且P(F)=0,M F ⊂。
从上面证明可见第一结论成立,在}{}{;,,()0p E N E F N F P F =-⊂∈=且S S 中令1E E F =-,2E 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 E F E F E E F F =---⎡⎤⎣⎦ ,从而由环定义又可知E F ∈ Z ,若()P E =∞或()P F =∞,等式显然成立,故不放认为()P E <∞,()P F <∞,于是由()E F E F F E =+- ,可得()P E F =()P E F E +- ()()P 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F μ存在,且满足((,])()()F a b F b F a μ=-,0,0,00n n bn a n ba b a a b a a b≤<≤⎧⎪≤<⎪⎪=≤≤⎨⎪⎪<≤⎪⎩∑∑ 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 1k nk A k a X ==∑,Y=1knk A K b X=∑,这里K A 互不相交且KKA=Ω∑,由上面表达式即可得出结论,例如X Y ⋅=1k n k k A k a b χ=∑,X +=()0X X χ≥⋅=1k nk B k a X =∑,这里K K B A = }{0X ≥,等等。
#6.证:由可测函数结构性定理,令n X =}}{21{12212nn k k n X n X k k n χχ-≥≤<=-+∑,可知0n X X ≤↑,且由于102n nX X ≤-≤,当X n <。
设X <M ,故当n>M 时,恒有X<M<n 。
从而对一切ω∈Ω,如0ε>,只要n>M ,并满足12n ε<,便有0<n X X -<12n ε<,故一致地有n X X ↑。
#7.证:若Χ是p S 上非负简单函数,可设Χ=1k nk A k a χ=∑,k A ∈p S ,则由p S 定义可知,k k k A A N = ,}{,kkA F ⊂S ,()0kP F =,kk NF ⊂。
令0k n k A k Y a X ==∑,可见当1nk k F ω=∈Ω- 时,Χ()()Y ωω=,而11()()0nnkkk k P F P F ==≤=∑ ,从而可知,可除去一个S 零测集外,有Χ=Y 。
若Χ是pS可测的非负函数,由结构性定理,可知存在p S 可测简单函数列}{n X ,使n X X ↑,由已证结论可知存在-S 可测函数n Y 和S 可测零集n E ,()nXω=()n Yω,n E ω∉,1n ≥,令lim n n Y Y →∞=,可知Y 是S 可测的。
且当1nn Eω∞=∉时lim lim n n n Y Y →∞→∞==n X =Χ,而1n n E ∞=∈ S ,且1()0n n P E ∞== 。
再对一般p S 可测函数Χ,由X X X +-=-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()()cx x A A a b χχ+的可测函数全体。
18.证:显然1()2k k r xF x ≤=∑不减且()0F -∞=,()1F +∞=。
对任意固定的0x R ∈,设0x x <,则001()()2k kx r x F x F x <≤-=∑;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00lim ()()0x x F x F x +→->,则应存在正整数0k 使001lim ()()2k x x F x F x +→->,这意味对任意x ,0x x >时,区间0(,]x x 中必至少含有01{,}k r r 中一个元素,但是当0x x →时,0(,]x x ↓∅,故不可能,矛盾说明()F x 右连续。
另外,做为有理数全体}{12,,n r r r显然是稠于R 的。
对于任何无理数1x ,由于111122k k k kr x r x <≤=∑∑,从而111()()()F x F x F x -+==,故}{12,,,n r r r 是()F x 的不连续点全体。
#习题四1.证:由积分的绝对连续性,直接可得()0X A ϕ=。
由积分的保序性可得对任意A ∈S ,由0X ≥可得0AXdp ≥⎰,从而()0X A ϕ≥。
对任意 n A ∈S ,n A 互不相交,1n ≥以及1n n A ∞=∈∑S ,和0n A X χ⋅≥,且n A X χ⋅为n S 可测,由单调收敛定理的系1, 得X ϕ1()nn A ∞=∑=1nn A Xdp ∞=∑⎰=1nA n X dp χ∞Ω=∑⎰=n=1nA Xdp ∞∑⎰=()n=1X n A ϕ∞∑。
故由定义可知X ϕ是(,ΩS )上测度。
#2.证:由积分绝对连续性可不妨认为a X b -∞<≤≤<+∞。
令X X m '=+,使得0a m X 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0a ≥。
先考虑X 是非负简单 函数,设1knk A k X a χ==∑,则显然k a a b ≤≤,从而X Y dp Ω⎰由X Y XY =的可积性有1knk A k X Y dp a Y dp Ω==∑⎰⎰,可得a Y dp X Y dp b Y dp ΩΩΩ≤≤⎰⎰⎰,故存在常数[],c a b ∈,使X Y dp c Y dp ΩΩ=⎰⎰,对X 是非负可测函数情形,必存在一列上升非负简单函数n X X ↑,且由可测函数结构性定理中的构造方法,不妨认为n X 均满足定理条件,从而对n X 定理结论成立,即可设n n X Y dp c Y dp ΩΩ=⎰⎰。
利用单调收敛定理和n X Y X Y ↑,即可得,存在常数c ,n c c ↑,且使得X Y dp c Y dp ΩΩ=⎰⎰,由[],n c a b ∈,可推知[],c a b ∈。
#3.证:由单调收敛定理可得11n n X dp X dp ∞∞ΩΩ===<+∞∑∑⎰⎰,从而1n n X ∞=∑ 可积,且1n n X ∞=∑ ..a e 有限,推出1nn X∞=∑..a e 有限,又11n n n n X X ∞∞==≤∑∑,于是由控制收敛定理,有1nn X dp ∞Ω=∑⎰1lim mn m n X dp Ω→∞==∑⎰1lim m nm n X dp Ω→∞==∑⎰1lim mn n n X dp Ω→∞==∑⎰1n n X dp ∞Ω==∑⎰,1n n X ∞=∑的可积性由1nn X∞=∑的可积性保证。
#4.解:()()10,lim lim 0n n n n X x n x χ⎛⎫→∞→∞⎪⎝⎭=≡,故li m 0n R n X d μ→∞=⎰,而li m 1n Rn X d μ→∞≡⎰,故等式不成立。