2015年测度论部分练习题
朱成熹测度论部分习题答案
《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A B 势可数。
若A 、B 至多有一个势可数。
则由()CCC A B A B =，以及C A 、C B 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C A 势可数，B 势可数，则C A B AB -=也势可数，又Ω∈，因此是域。
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CCn n nnA A ⎛⎫=⎪⎝⎭也势可数，故是σ-域。
由书中定理可知，这时也是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 -=∅∉，可知不是域，故也不是σ-域，由C AA =∅可知不是π类。
设n A ∈，n A ↑，若1A A =，则可知n nA A =或Ω；若1C A A =，则C n nA A =或Ω；若1A =Ω，则n nA =Ω，同样对n A ↓也有类似结论，故可知是单调类，由Ω-Ω=∅∉，故不是λ类。
7.证：任意A ∈，已知Ω∈， 故CA A =Ω-∈，故对余运算封闭。
若,A B ∈，AB =∅，则()CCC C A B AB A B +==-。
由于C B 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={B ；满足题中条件}，则对任意B ∈，显然B ∈，故⊃;再者()1λΩ∈，()2λ对任意A,B ∈, 且A B ⊂,故存在集列()}{i nB ，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 ∈，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∈≥≥。
2015年天津公务员行测真题
第一部分、常识判断1、蔡元培先生曾经撰联挽某人日："为地方兴教育诸业，继起有人，岂惟孝子慈孙，尤属望南通后进;以文学名光宣两期，日记若在，用裨征文考献，当不让常熟遗篇"。
该挽联所悼念之人的主要历史贡献是：A. 领导革命，倡导民主共和B. 热心洋务，主张中体西用C. 兴办实业，投身实业救国D. 思想解放，宣传民主科学2、"无言独上西楼，月如钩，寂寞梧桐深院锁清秋。
剪不断，理还乱，是离愁，别是一番滋味在心头"。
这种文学的特点是：A. 辞藻华丽，手法夸张B. 长短不齐，便于抒发感情C. 可雅可俗，抒情叙事兼长D. 题材多样，表现手法丰富3、一辆客车夜晚行驶在公路上，发现油箱泄露，车厢里充满了汽油的气味，这时应该采取的措施是：A. 洒水降温减少汽油蒸气B. 开灯查找漏油部位C. 让车内的人集中到车厢后部D. 打开所有车窗，严禁一切烟火，疏散乘客4、红色与黄色混合得到一种新颜色，红色与蓝色混合得到另一种新颜色，这两种新颜色分别是：A. 绿色、紫色B. 绿色、橙色C. 橙色、紫色D. 紫色、绿色5、一提到书法中的草书，人们便会想到"颠张醉素"，请问下列属于颠张的作品的是：A. 自叙帖B. 自言帖C. 中秋帖D. 黄州寒食帖6、古诗云："眼处欣生句自神，暗中摸索总非真。
画图临出秦川景，亲到长安有几人?"下列选项中与此诗所蕴含的哲理相同的是：A. 近水楼台先得月，向阳花木易为春B. 竹外桃花三两枝，春江水暖鸭先知C. 纸上来的终觉浅，绝知此事要躬行D. 日出江花红胜火，春来江水绿如蓝7、明史专家吴晗在《朱元璋》一书中曾这样描述我国古代的君臣关系："在宋以前有三公坐而论道的说法……到宋朝变不然了。
从太祖以后，大臣上朝在皇帝面前无坐处，一坐群站，……到了明代，不但不许坐，站着都不行，得跪着说话了"。
君臣关系从坐而站而跪，说明中国古代中央政治制度演变的重要特点是：A. 中央对地方的管理日益加强B. 内阁制度日渐成熟C. 中央的权力日益向帝王集中D. 丞相权力被六部分割8、调查研究发现，由于原料、人工等成本大幅攀升，很多农产品的价格上涨是成本推动型的，还有些是周期性的。
2015年江苏省行政能力测验B类真题完整版
2015年江苏省录用公务员和机关工作人员考试《行政职业能力测验》B类第一部分、言语理解与表达一、片段阅读。
每道题包含一段支字，要求你从四个选项中选出最恰当的一项，你的选择必须与题干要求相符合。
请开始答题（1~10题）：1、法治的规范性与权威性，可以有效规范与约束政府行为，防止出现违法行使权力、以权压法、徇私枉法，使全社会养成遵纪守法的良好社会风气，维护市场秩序与社会秩序。
法治保护权利与自由的基本价值，与市场经济自由交换的内在要求高度契合，两者相互促进。
法治不但可以弥补市场失灵的缺陷，也可以为市场经济的发展起到规范、保障、引领、推动等不同作用。
这段文字主要讨论的是（）A、建立法治规范和权威的重要性B、市场经济可以强化法治的权威C、如何有效规范与约束政府行为D、法治建设有利于经济社会发展2、民以食为天，人多地少是不少国家面临的共同问题。
在全球化时代，国际粮价的波动往往对国内粮食生产影响巨大。
据介绍，日本已在境外开发农田1200万公顷，相当于其国内耕地面积的3倍；韩国在海外购买和租赁农田243万公顷，相当于其国内耕地面积的1.3倍。
日韩农业“走出去”，借助多元化的规模经营，获得了强大的国际竞争力，对保证其粮食安全起到了积极作用。
这段文字讨论的重点是（）A、日本韩国本世纪的耕地面积规模B、日韩“走出去”的海外屯田战略C、人多地少粮价波动是世界性问题D、国际粮价与国内粮食生产的联动3、如果告诉你，日常喝的水也许比太阳还要古老，恐怕除了惊讶之外，你都有点喝不下去了。
科学家花费大量精力来论证地球上的水可能是太阳系的长辈，无疑具有极大的科学价值。
因为水是生命之源，这一发现意味着宇宙中或许有类似地球生命的存在。
不过，对于普通老百姓而言，在水资源日益匮乏的当下，知道地球上水的年龄远不如如何治理地球上被污染的水域来得迫切。
下列说法与文意不符的一项是（）A、地球上大部分水源地已经受到严重污染B、宇宙中可能存在类似人类的智慧生命体C、水污染的治理是老百姓迫切关心的问题D、地球上水的年龄远远超出我们的想象力4、儒学的存在不等于儒家哲学家或儒家哲学体系的存在，不能认为有了儒家哲学家才有儒学，这是一种片面的看法。
实变函数第三章测度论习题解答
实变函数第三章测度论习题解答第三章测度论习题解答1.证明：若E 有界，则+∞<="" m="" p="">证明 E 有界，必有有限开区间E 使得I E ?,因此+∞<≤I m E m **.2.证明可数点集的外测度为零证明设E ，对任意0>ε，存在开区间i I ，使得i i I x ∈，且i i I 2ε=（在p R 空间中取边长为pi2ε的包含i x 的开区间i I ），所以E Ii i∞= 1，且ε=∑∞=1i i I ，由ε的任意性得0*=E m 。
3.设E 是直线上一有界集合0*>E m ，则对任意小于E m *的正数c ，恒有E 的子集1E ，使c E m =1*。
证明设x b x a Ex Ex ∈∈==sup ,inf ，则[]b a E ,?，令[]E x a E x ,?，b x a ≤≤，)(x f =x E m *是[]b a ,上的连续函数；当0>?x 时，x x x m E E m E m E m x f x x f x x x x x x ?=?+≤-≤-=-?+?+?+),()()()(****于是当0→?x用类似方法可证明，当0>?x ，0→?x 时，)()(x f x x f →?-，即)(x f 是[]b a ,上的连续函数。
由闭区间上连续函数的介值定理)(a f ={}0)(**==a E m E m a ，)(b f =[]E m b a E m **),(= ，因此对任意正数c ，E m c *<，存在[]b a x ,0∈，使c x f =)(0，即[]c E x a m E m x ==),(0**0 ，令[]E E x a E ?= 01,，则c E m =1*。
4.设n S S S ,,,21 是一些互不相交的可测集合，n i S E i i ,,2,1, =?，求证 n n E m E m E m E E E m *2*1*21*)(+++=证明因为n S S S ,,,21 是一些互不相交的可测集合，由§2定理3 推论1，对任意T有∑===ni i ni i S T m S T m 1*1*)()( ，特别取 ni i S T 1==，则i i nj j i E S E S T === )(1，i in i i ES T 11)(===，所以∑∑=======ni i ni i ni i ni i E m S T m S T m E m 1*1*1*1*)())(()( 。
2015公务员考试《行测》测试卷(五)含答案解析
《行政职业能力测验》考点全预测试卷(五)第一部分言语理解与表达(共40题，参考时限35分钟)本部分包括表达与理解两方面的内容。
请根据题目要求，在四个选项中选出一个最恰当的答案。
请开始答题：1．本世纪没有哪一位物理学家像爱因斯坦那样在二十世纪物理学最重要的两个领域都做出了开创性的贡献。
他近乎地完成了狭义相对论和广义相对论，同时又与普朗克和玻尔共同奠定了量子力学的基础。
他卓越的创造精神为每一个热爱独立思考的人，源源不断地提供前进的精神力量。
填入划横线部分最恰当的一项是：A．孤军奋战B．不可思议C．一气呵成D．单枪匹马2．从被科尼法官讲述的一起案件深深触动，到把科尼的故事写出《复活》，托尔斯泰了整整十二年之久。
填人划横线部分最恰当的一项是：A．夜以继日B．废寝忘食C．励精图治D．惨淡经营3．与其他许多灵长目动物一样，梳理毛发对狮尾狒来说不仅仅与清洁有关，这也是它们建立关系的方式。
狮尾狒的生活中充斥着，这里有阴谋团体、有篡权政变、还有帮派结盟。
它们通过为彼此剔除毛发中的寄生虫、揉捏皮肤来巩固交情。
填入划横线部分最恰当的一项是：A．唯利是图B．世态炎凉C．人情世故D．尔虞我诈4．主题是公园的文化与灵魂。
然而国内的主题公园，往往是跟风的产物，落地之前缺乏足够的文化。
落地之后少了一份文化，吸引顾客的大多是高科技的新鲜劲，或是宣传的噱头，这些恐怕很难吸引回头客。
填人划横线部分最恰当的一项是：A．环境底气B．背景后劲C．土壤底蕴D．基础魅力5．能给世人留下某种主义的政治家寥寥无几。
即便布莱尔当了十年首相，人们对他仍找不到合适的主义。
然而，就在撒切尔去世后仅两天时间里，舆论已达成这样一种共识，即英国人现在生活的国家是依照撒切尔主义的，她大刀阔斧地给富人减税、实行劳工市场自由化、解除货币流通控制等等做法永远地改变了这个国家。
填人划横线部分最恰当的一项是：A．对应缔造B．标签塑造C．形容运转D．定义建立6．暑假伊始，形形色色的培训班里少不了家长的身影。
天津市河西区2015届高三下学期总复习质量调查(一)数学(文)试题 含解析
天津市河西区2015届高三下学期总复习质量调查（一）数学(文)试题一。
选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设全集为R ，集合{}3A x x =<，{}15B x x =-<≤，则()R AC B =（A ） (]3,1-- (B ） ()3,1-- (C)()3,0- （D ） ()3,3-【答案】A 【解析】试题分析：因为{}{}33|3|<<-=<=x x x x A ，{}15B x x =-<≤，所以()R AC B ={}13|-≤<-x x .考点：集合的运算.2．设{}na 是公比为q 的等比数列，则“01q <<"是“{}na 为递减数列”的（A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件(C ）充分必要条件 （D ）既不充分也不必要条件【答案】D 【解析】试题分析:若“01q <<"，当11-=a，21=q 时212-=a ，413-=a 所以{}n a 为递增数列；若{}na 为递减数列，当4,2,1321-=-=-=a a a 时，2=q ，所以应选D 。
考点：充分必要条件。
3。
阅读右边的程序框图，运行相应的程序,则输出的K 和S 值分别为 (A)9，49（B)11,511(C ）13，613（D)15，715【答案】B 【解析】试题分析:第一次循环前:1,0==k s ；第一次循环：3,31==k s ;第二次循环：5,52==k s ；第三次循环:7,73==k s ；第四次循环:9,94==k s ；第五次循环：11,115==k s 。
考点：程序框图.4。
设3log a π=，13log b π=，3c π-=,则（A ）a b c>> (B )b a c>>（C )a c b >>（D )c b a >>【答案】C 【解析】试题分析：由题意可得：1log 3>=πa ,0log31<=πb ，103<=<-πc 所以应选C考点：对数函数的性质。
天津市河西区2015—2016学年度第二学期高三年级总复习质量调查(一)理综物理(word版带答案)
河西区2015-2016学年度第二学期高三年级总复习质量调查（一）理科综合试卷（物理部分）本试卷分选择题和非选择题两部分，共 8页，满分120分第I 卷选择题（共48分）注意事项每题选出答案后，用 2B 铅笔填入题后面答题纸的 表格中。
一、选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。
每小题30分） 1.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。
下列表述不符合物理学史实的是A •贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的B •爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说C •卢瑟福通过对:粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型D •普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论2.两个质点 a 、b 放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动 的v — t 图象如图所示•对 a 、b 运动情况的分析，下列结论正确的是 A • a 、b 加速时的加速度大小之比为2 : 1B • a 、b 减速时的位移大小之比为 1 : 1C .在t = 3t o 时刻，a 、b 相距最远D .在t = 6t o 时刻，a 、b 相遇3•如图所示，粗糙的水平地面上的长方形物块将一重为G 的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F 缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的A •地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大B .地面对长方体物块的支持力逐渐增大C •水平拉力F 逐渐减小D •球对墙壁的压力逐渐减小高三理综试卷（物理部分）第 1页共9页（一）得分阅卷人6分，共4•甲、乙两图分别表示一简谐横波在传播方向上相距 则该波的波速大小可能是 A • 5m/s B • 10m/s C • 15m/s D • 20m/s3.0m 的两质点的振动图象，如果波长大于 1.5m ,5•在水平桌面上，一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度时间t的变化关系如图（甲）所示，0— 1 s内磁场方向垂直线框平面向下。
测度论精选习题
实分析精选50题第一章 测度论1. 设,μυ是定义在σ−代数S 上的两个测度, μ是有限的,且υ对于μ是绝对连续的,则存在可测集E ,使得X E −对于υ而言具有σ−有限测度,并使得对E 的任何可测子集F ,()F υ或为0或为∞.证明:(ⅰ)若υ本身是一个有限测度或者σ−有限测度,取E 为空集即可.(ⅱ)考虑υ不是一个有限测度或者σ−有限测度的情形:引理: 设,μυ是定义在σ−代数S 上的两个测度, μ是有限的,且υ对于μ是绝对连续的,υ不是一个有限测度或者σ−有限测度.若()E υ=∞,并且对于υ而言并非一个σ−有限集,则存在一个可测子集F ,F 的任何子集G ,()G υ或为0或为∞.证明:设sup{()|,0()G G E G αμυ=⊂<<∞或(),G υ=∞但1,()}i i i G G G υ∞==<∞∪则存在,(),()i i E E E i μα⊂→→∞,且i E 满足:,0()G E G υ⊂<<∞或(),G υ=∞但1,()i i i G G G υ∞==<∞∪.令1nn i i F E ==∪,则()(),n n F E μμ≥且n F 也满足上式的条件.()n F μα∴≤()()n F n μα∴→→∞,故:1()i i E μα∞==∪.考虑:1,i i F E E ∞==−∪()F υ=∞,否则E 对于υ而言具有σ−有限测度. F 的任何子集G ,()G υ或为0或为∞.如若不然:存在可测子集:0()M M υ<<∞,则:()0M μ≠,1i i M E ∞=⎛⎞=∅⎜⎟⎝⎠∩∪,且1()i i M E μα∞=⎛⎞>⎜⎟⎝⎠∪∪.但1i i M E ∞=⎛⎞⎜⎟⎝⎠∪∪满足:“,0()G E G υ⊂<<∞或(),G υ=∞但1,()i i i G G G υ∞==<∞∪”的条件.故与1()i i M E μα∞=⎛⎞≤⎜⎟⎝⎠∪∪矛盾.所以存在一个可测子集F ,F 的任何子集G ,()G υ或为0或为∞.令sup{()|,E E S βμ=∈()0E υ≠,对E 的任何可测子集F ,()F υ或为0或为}∞.类似与证明引理中的讨论,利用穷举法,存在:,(),()i i G G i μβ→→∞,1()i i G μβ∞==∪ ,这里,i G S ∈对i G 的任何可测子集F ,()F υ或为0或为}∞.()1,2,...i =考虑:1i i G E ∞==∪,则对E 的任何可测子集F ,()F υ或为0或为∞.在X E −中,不存在一个可测子集F ,()0F υ≠,F 的任何可测子集G ,()G υ或为0或为∞.事实上,若X E −中存在这样一个可测子集H ,则E H ∪满足:E H S ∈∪,()0E H υ≠∪,对E H ∪的任何可测子集F ,()F υ或为0或为∞.但 E H =∅∩,所以()()()E H E H μμμ=+∪. 又注意到()0H υ≠,所以()0H μ≠,所以()()()E H E H μμμβ=+>∪.这与β的定义是矛盾的.所以在X E −中,不存在一个可测子集F ,()0F υ≠,F 的任何可测子集G ,()G υ或为0或为∞.若X E −对于υ而言不具有σ−有限测度,则由引理, 存在一个可测子集F ,F 的任何子集G ,()G υ或为0或为∞.这与上面的讨论是矛盾的.所以X E −对于υ而言具有σ−有限测度. 证毕2. 设{}n μ是可测空间(,)X R 上一列有限的广义测度，()i 若{}n μ是全有限的测度序列，则必存在(,)X R 上全有限测度μ，使得n μ对于μ是绝对连续的(1,2...)n =.()ii 证明必存在(,)X R 上全有限测度μ，使得n μ对于μ是绝对连续的(1,2...)n =． 证明：()i {}n μ中0()2X μ≤≤的测度记为n υ，重新排列，其余的记为n T ，重新排列 定义111()()()2()n n nn n n nE T E E T X υμ∞∞+===+∑∑. 可以证明()0,()X μμ∅=<+∞,对于1,i i i i E E E ∞==∅∩∪:111111()()2()n i n i i i i nn n n i nE T E E TX υμ∞∞∞∞∞==+===⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠∑∑∪∪∪=11111()()2()nin ii i nn n n n E T E T X υ∞∞∞∞==+==+∑∑∑∑由于二和均收敛,故可交换顺序.∴1i i E μ∞=⎛⎞⎜⎟⎝⎠∪=11111()()2()n i n i nn i n i n n E T E T X υ∞∞∞∞+====+∑∑∑∑=1()i i E μ∞=∑ 所以μ是一个全有限测度,容易验证: n μ对于μ是绝对连续的(1,2...)n =．()ii 考虑{}n μ的全变差测度{}n μ,n μ仍是一个全有限测度,由()i 的证明存在 有限测度μ，使得n μ对于μ是绝对连续的，所以n μ对于μ是绝对连续的(1,2...)n =. 证毕.3.()i 设μ是可测空间(,)X R 上全σ−有限的测度，证明：必存在(,)X R 上全有限测度υ，使得μ等价于υ.()ii 设{}n μ是可测空间(,)X R 上全σ−有限的广义测度序列, 证明必存在(,)X R 上全有限测度μ，使得n μ对于μ是绝对连续的(1,2...)n =. ()i 证明:μ∵是可测空间(,)X R 上全σ−有限的测度,1i i X E ∞=∴=∪,且()i E μ<+∞i E 互斥将{}i E 分类,()02i E μ≤≤的记作{}i F (重新排列), 其余的记为{}i G (重新排列),作(,)X R 上的可测函数f :()()11,1,2,...21,1,2,...n n n n n x F n f x G n G μ+⎧∈=⎪⎪=⎨∈=⎪⎪⎩考虑f 在X 上的积分:Xfd μ∫=11111()()2()n n n n n n nF G G μμμ∞∞+==+<∞∑∑, 令()EE fd υμ=∫. 易证υ是(,)X R 上全有限测度.1. 若()0()0E E μυ=⇒=2. 若()0E υ=,0,f >∵易证()0E μ= 所以μ等价于υ.()ii 考虑{}n μ的全变差测度{}n μ,n μ仍是一个全σ−有限测度, 由()i 的证明: 存在(,)X R 上全有限测度n υ，使得n μ等价于n υ.由第2题()i 的证明, 必存在(,)X R 上全有限测度μ，使得n υ对于μ是绝对连续的(1,2...)n =． 所以:. n μ对于μ是绝对连续的(1,2...)n =,即: n μ对于μ是绝对连续的(1,2...)n =． 证毕.4. 设(,,)X S μ是一个全有限测度空间，f 是(,,)X S μ上的一个可测函数，如果对于扩张数直线上的任何Borel 集M ，有1()(())M f M υμ−=，则υ是Borel 集类上的一个测度，设{}()():()g t x X f x t μ=∈<，若f 是有限函数，则g 具有下列性质：（1） 它是单调增加的 （2）左连续的()0,()()g g X μ−∞=∞=.我们称g 为f 的分布函数.若g 是连续的,则g 引出的Lebesgue Stieltjes −测度g μ是υ的增补.f 是可测集E 的特征函数,则()(1)()(0)()c M M M E E υχμχμ=+.证明:考虑∅,1()(())()0f υμμ−∅=∅=∅=考虑i M ,11()()i j i j M M f M f M −−=∅⇒=∅∩∩,1111()()i i i i f M f M ∞∞−−===∪∪所以由μ的可列可加性可以得到υ的可列可加性,所以υ是Borel 集类上的一个测度.考虑{}()():()g t x X f x t μ=∈<:{}()11():()g t x X f x t μ=∈<,{}()22():()g t x X f x t μ=∈<.若12t t <则12()()g t g t ≤.因为()g t 是单调增加的函数,其任一点的左极限必定存在,所以只需证明对某一列单调增加的数列:12......n x x x x <<<→,有lim ()()n n g x g x →∞=.事实上{}()11()():()g x g x t X x f t x μ−=∈≤<={}11:()n n n t X x f t x μ∞+=⎛⎞∈≤<⎜⎟⎝⎠∪ {}()11:()n n n t X x f t x μ∞+==∈≤<∑=[]11()()n n n g x g x ∞+=−∑[]11lim ()()n n g x g x +→∞=−11lim ()()n n g x g x +→∞=−.所以lim ()()n n g x g x →∞=,所以g 是左连续的.显然()0,()()g g X μ−∞=∞=.考虑g 引出的Lebesgue Stieltjes −测度g μ,设*g s 为*g μ−可测集类,s 是Borel 集类,任意的Borel 集必是*gμ−可测集,设__S 为υ的增补所组成的集类.(){}()*[,)()():()g a b g b g a x X a f x b μμ=−=∈≤<()[,)a b υ=所以*()()g M M υμ=. 对于任意*g E S ∈,不妨设*()g E μ<∞,对于E ,存在F S ∈,**()()g g E F μμ=.F 为E 的可测覆盖,*()0g F E μ∴−=,而F E −也有一个可测覆盖,()0g G G μ=()()E F G E G =−∪∩,E ∴∈__S ,所以*gS ⊂__S ,又注意到g μ是一个完全测度,所以由增补的定义, g μ是υ的增补.设f 是可测集E 的特征函数,则()()E f x x χ=.若11,0,()M M f M E −∈∉∴=,所以()(1)()(0)()c M M M E E υχμχμ=+ 类似进行讨论,可以得到结论. 证毕.5. 设*μ是可传σ−环H 上的正则外测度，如果{}n E 是H 中之集的一个增序列，且lim n n E E →∞=，则**lim ()()n n E E μμ→∞=.证明：(i) 若*lim ()n n E μ→∞=+∞,则问题不证自明.(ii)若*lim ()n n E μ→∞=+∞,由正则外测度的性质:__**()()n n E E μμ=.设 所有__μ−可测集为__S , ____()S S S =.__S ∴中存在n F 使得n n E F ⊂,____*()()n n E F μμ=,且对于n n G F E ⊂−__()0G μ= 对于1n E +,存在1n F +使得11n n E F ++⊂,____*11()()n n E F μμ++=.注意到1n n n n F E F E +−⊂−,所以__1()0n n F E μ+−=,所以可以作到1n F +包含n F . 同样有lim n n F F →∞=,____lim ()()n n F F μμ→∞=,____***()()()()n n n E F E E μμμμ==≤,所以__*()(),F E μμ≤但注意到1n n E E ∞==∪,1n n F F ∞==∪,故____**()()()F E E μμμ≥≥.所以__*()()F E μμ=,即**lim ()()n n E E μμ→∞=. 证毕6. 设(,,)X S μ是σ−有限测度空间，如果{}n υ是定义在S 上的有限广义测度的一个序列，其中每一个n υ对于μ都是绝对连续的，且对于S 中的每一个E ，lim ()n n E υ→∞存在且有限，则集函数n υ对于μ是一致绝对连续的．证明：设,E F S ∈，如果,E F 满足()0E F μΔ=，则我们将,E F 看作相等的．记为：[]E F μ=．在新的相等意义下，测度μ在S 上仍然无歧义地确定．又()0E μ=∵与E =∅等价，所以在新的相等意义下μ成为一个正测度，((),)S μμ作成一个测度环．设R 表示S 中一切具有有限测度的元素的集合，对于,E F R ∈，令：(,)()E F E F ρμ=Δ．这是R 上的一个度量，称R 为((),)S μμ连带的度量空间． 考虑下面的两个引理：引理1：R 按度量(,)()E F E F ρμ=Δ作成一个完备度量空间． 证明：若{}n E 是R 中一个基本列，即：(,)0()0n m n m E E E E ρμ→⇔Δ→()0,n m E E Xd n m χχμ∴−→→∞→∞∫所以{}n E χ是依测度基本的，故存在可测函数f ，使得{}n E χ依测度收敛于f ． 根据黎斯引理，存在一个子列{}n kE χ，使得{}nkE χ几乎处处收敛于f ．显然f 也是一个集合的特征函数，（设为E ）所以由积分的定义和控制收敛定理，有：()0n E Xf d n χμ∴−→→∞∫，即()0nE E X d n χχμ∴−→→∞∫所以(,)0()0n n E E E E ρμ→⇔Δ→．即：R 按度量(,)()E F E F ρμ=Δ作成一个完备度量空间．引理2：υ是定义在S 上的有限测度，且υ对于μ是绝对连续的，则υ在R 上可以无歧义地确定，且是R 上的连续函数． 证明：由于υ对于μ是绝对连续的，所以()0()0E F E F μυΔ=⇒Δ=显然υ在R 上可以无歧义地确定，事实上由()E F μΔ的定义，只考虑在零点∅的连续性情形．若结论不成立：00ε∃>，存在,n E R ∈使得1(),1,2,3,...2n nE n μ<=但0()n E υε>． 令1i n i nF E ∞∞===∩∪：因为1(),1,2,3,...2n n E n μ<=所以11()()1,2,3,...2i n i nF E n μμ∞−=<<=∑故()0()0F F μυ=⇒=．但()0()lim lim m n n n m n F E E υυυε∞→∞→∞=⎛⎞=≥≥⎜⎟⎝⎠∪，矛盾．所以υ是R 上的连续函数．下面考虑本问题：考虑0ε∀>令：:,()()1,2,...3k n m n k m k E E R E E k εευυ∞∞==⎧⎫=∈−≤=⎨⎬⎩⎭∩∩．由引理2，n υ和m υ都是R 上的连续函数，所以:,()()3n m E E R E E ευυ⎧⎫∈−≤⎨⎬⎩⎭是闭集，由闭集的性质：:,()()1,2,...3k n m n k m k E E R E E k εευυ∞∞==⎧⎫=∈−≤=⎨⎬⎩⎭∩∩也是闭集．显然1k k R ε∞=⊂∪，对于本题来说，由于对于S 中的每一个E ，lim ()n n E υ→∞存在且有限，所以R 上的每一个E ，总存在一个1,k 使得1k E ε∈，所以1k k R ε∞=⊃∪．又因为1k k R ε∞=⊂∪，所以1k k R ε∞==∪．由引理1，R 按度量(,)()E F E F ρμ=Δ作成一个完备度量空间．所以由Baire 定理：完备的度量空间不能表示为可数个无处稠密集并的形式．故0,k ∃使得0k ε在某一个球中稠密，即：,B ∃使得00___k k B εε⊂=．这就说明：在R 中存在0E 和正数0r 使得：{}000:(,)k E E E r ρε<⊂．因为每一个n υ对于μ都是绝对连续的，由引理2：0,0n εδ∀>∃>，当()n E μδ<时，()3n E ευ<．取{}0012min ,,...k δδδδ=，所以00,0εδ∀>∃>，当0()E μδ<时，()3n E ευ<()01n k ≤≤令：00min(,)r δδ=，当()E μδ<时，000(,)E E E r ρ<∪，000(,)E E E r ρ−< 所以()()000n k E E E E υυ−∪∪3ε<，()()000k n E E E E υυ−−−3ε<对于0n k ≥的n υ来讲，因为()()00E E E E E =−−∪所以：()()()()0000()()n n n n E E E E E E E E E υυυυ=−−=−−∪∪()()()()()()0000000000n k k k k n E E E E E E E E E E E E υυυυυυ=−+−−+−−−∪∪∪ ()()()()()()0000000000n k k k k n E E E E E E E E E E E E υυυυυυ≤−+−−+−−−∪∪∪ ()()()()()0000000n k k k n E E E E E E E E E υυυυυ=−++−−−∪∪ 333εεεε<++=．所以集函数n υ对于μ是一致绝对连续的．进一步考虑：如果lim ()()n n E E υυ→∞=，显然υ具有有限可加性．设{},lim k k k E R E →∞∈=∅，且k E 是递减的．所以lim ()0k k E μ→∞=．则由刚刚证明的结论可以得到：()()sup ()0k n k E E υυ≤→．利用＜＜测度论讲义＞＞（严加安著）.13P 1.3.4定理，()E υ是一个有限的广义测度，且υ对于μ是绝对连续的． 证毕7. 设{}n A 是互不相交的可测集列，()1,2,...n n B A n ⊂=,则()**11()n n n n m B m B ∞∞===∑∪．证明：由外测度的定义及性质：()**11()n n n n m B m B ∞∞==≤∑∪考虑到可测集的性质：对于任意的T ，***()()()c m T m T E m T E =+∩∩，所以**()()m T m T E ≥∩．令1n n T B ∞==∪，1n n E B ∞==∪ 所以有()**11()n n n n m B m B ∞∞==≥∑∪．故问题得到证明． 证毕8. 设点集12,E E ，且1E 是可测集，若12()0m E E Δ=.则：2E 可测，且12()()m E m E =． 证明：因为12()0m E E Δ=，所以*12()0m E E Δ=．∵12112212()()()()E E E E E E E E =Δ=Δ∪∪∪，所以***1212()()()m E E m E m E ==∪．1E 是可测集，12E E Δ可测，故()()121212\E E E E E E Δ=∪∩可测．考虑到：()()212112\E E E E E E =Δ⎡⎤⎣⎦∪∩，()12112E E E E E Δ=∪∪，故12E E ∪可测，所以()12E E ∩可测．则2E 可测．又由：***1212()()()m E E m E m E ==∪， 所以12()()m E m E =． 证毕9. 设1E R ⊂，是一个可测集，且0()m E α<<．则存在E 中有界闭集F ，使得()m F α=．证明：令[],x E x x =−，[]()(),g x m x x E =−∩，()0x ≥．易知：()g x 是[0,)+∞上的连续函数，(0)0,lim ()()x g g x m E →∞==．所以存在0x 使得0()()2m E g x αβα+==>定义[]00,x x E G −=∩，()m G βα=>，则G 是一个有界的集合，并且可测． 考虑G 的内测度（详见那汤松书）：**()()()sup{():m G m G m G m F F ===是G 的闭子集}故存在G 的闭子集0F ，使得0()2m F αβηα+==>同样令[]()0(),f x m x x F =−∩，()0x ≥．易知：()f x 是[0,)+∞上的连续函数，(0)0,lim ()x f f x η→∞==．所以存在1x 使得1()f x α=．显然[]110,x x F −∩是一个有界的闭集．令F []110,x x F =−∩即可． 证毕10. 设X 是由1R 中某些互不相交的正测集组成的集类．则X 是可数的．证明：由上题可以得到：对于X 中任意一个元素E ，存在E 中有界闭集F ，使得()()m F m E α=<．这里因为F 属于某一个闭区间，去掉闭区间的两个端点， 考虑到开集的构造，由于0()()m F m E α<=<,所以必存在一个区间属于F ．故对于每一个E ，存在一个区间,I I E ⊂．考虑到有理数的稠密性，所以每一个I 中存在有理数点．又因为有理数全体是可数的，所以X 是可数的． 证毕11. 设1E R ⊂有界，试证明：E 是可测集当且仅当0ε∀>,存在有限个互不相交的区间12,,...m I I I 之并集1mk k J I ==∪，使得*()m E J εΔ<．证明：⇒因为E 是可测集，且有界．所以存在一个闭集F E ⊂，使得(\)2m E F ε<．对于F ，必存在一个开集G F ⊃，使得(\)2m G F ε<．由开集的构造可以得到，存在{}k I ()1,2,...k =，使得1k k G I ∞==∪．注意到F 是一个有界闭集，所以是紧的．故存在有限个i I ，（不妨记为：12,,...m I I I ）使得1mk k J I F ==⊃∪．注意到()()\\E J G F E F Δ⊂∪，所以*()()m E J m E J εΔ=Δ<．⇐由题意，0ε∀>,存在有限个互不相交的区间12,,...m I I I 之并集1mk k J I ==∪，使得*()m E J εΔ<．考虑\E J E J ⊂Δ，因为*()m E J εΔ<，总存在一个开集G 覆盖\E J 使得()m G εε<+．令\E J 0E =，所以*0(\)2m G E ε<．不妨考虑这有限个区间为开区间．这时0G J G ∪ 也为开集．并且：**00(\)(\)2m G E m G E ε<<由于ε的任意性，我们可以得到：0ε∀>，存在开集G ，使得G E ⊃，*(\)m G E ε<事实上这就是E 可测的充分必要条件．所以E 是可测集． 证毕12. 设,A B 是1R 上的正测集，令{};,E b a b B a A =−∈∈,则E 必包含一个区间． 证明：由周民强书P98定理2.15取34λ=，存在区间12,I I 使得： 113()()4m A I m I >∩，223()()4m B I m I >∩记：112(,)I x x =，234(,)I x x =. （ⅰ）若12()()m I m I ≥；考虑()()4321031313,44x x x x x x x x x −−⎡⎤∀∈−−+−⎢⎥⎣⎦：令0102,A A I B B I ==∩∩若{}01;,x E b a b B a A ∉=−∈∈，则：{}()0x A B+=∅∩但是{}()()()4321003333,44x x x x x A x x −−⎡⎤+⊂++⎢⎥⎣⎦．注意到12()()m I m I ≥，所以34(,)x x ()()43213333,44x x x x x x −−⎡⎤⊂++⎢⎥⎣⎦．于是得到：0B ()()43213333,44x x x x x x −−⎡⎤⊂++⎢⎥⎣⎦．又因为{}()000x A B +=∅∩，所以{}()()()432100033()()44x x x x m x A m B −−++≤+． 但由题意：{}()()()43210000033()()()()44x x x x m A m B m x A m B −−+=++>+ 所以矛盾故{}01;,x E b a b B a A ∈=−∈∈，即：()()432131313,44x x x x x x x x −−⎡⎤−−+−⊂⎢⎥⎣⎦{};,b a b B a A −∈∈．（ⅱ）若12()()m I m I <；考虑()()2143013133,44x x x x x x x x x −−⎡⎤∀∈−−+−⎢⎥⎣⎦：若{}02;,x E a b b B a A ∉=−∈∈，则{}()000x B A +=∅∩．但是：{}()00x B +()()43211133,44x x x x x x −−⎡⎤⊂++⎢⎥⎣⎦因为12()()m I m I <，所以0A ()()43211133,44x x x x x x −−⎡⎤⊂++⎢⎥⎣⎦．于是：{}()()()432100033()()44x x x x m x A m B −−++≤+ 但由题意：{}()()()43210000033()()()()44x x x x m A m B m x A m B −−+=++>+，矛盾． 所以{}02;,x E a b b B a A ∈=−∈∈，即：()(){}214313133,;,44x x x x x x x x a b b B a A −−⎡⎤−−+−⊂−∈∈⎢⎥⎣⎦由讨论知：无论如何E 必包含一个区间． 证毕13. 设*μ是可传σ−环上的外测度，__S 是由全体*μ−可测集组成的类，若A H ∈，{}n E 是__S 中之集的增序列，则()()**(lim )lim n n n n A E A E μμ→∞→∞=∩∩. 证明:事实上可以得到()()11lim n n n n n n A E E A E A ∞∞→∞==⎛⎞==⎜⎟⎝⎠∩∩∩∪∪．令0E =∅,1n n n D E E −=−,()1,2,...n =．所以()***111m mm n n n n n n E A D A D A μμμ===⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞≤≤⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠∑∩∩∩∪∪． 因为:____1,,n n E S E S −∈∈所以__n D S ∈．于是由卡氏条件:***()()()cn n n n n A E A E D A E D μμμ=+∩∩∩∩∩易见: **1()()cn n n A E D A E μμ−=∩∩∩,**()()n n n A E D A D μμ=∩∩∩所以***1()()()n n n A D A E A E μμμ−=−∩∩∩ ()1,2,...n =故()**1m n m n E A E A μμ=⎛⎞⎛⎞≤⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∩∩∪．令,m →∞有()()**(lim )lim n n n n A E A E μμ→∞→∞≤∩∩，而我们可以很容易地得到:()()**(lim )lim n n n n A E A E μμ→∞→∞≥∩∩，于是()()**(lim )lim n n n n A E A E μμ→∞→∞=∩∩.证毕 14. 设*μ是定义在X 上的一切子集所成的类上的正则外测度,使得*()1X μ=.设M 是X 的一个子集,使得*()0M μ=,*()1M μ=.如果令:***()()()E E E M υμμ=+∩试证明:(ⅰ)*υ是一个外测度.(ⅱ)集E 是*υ−可测集的充要条件：E 是*μ−可测集.(ⅲ)设A 是一个给定的集合,则对于包含A 的任何*υ−可测集E ,**inf ()2()E A υμ=. (ⅳ)*υ不是正则外测度. 证明:(ⅰ) 对于E =∅,***()()()0M υμμ∅=∅+∅=∩.若()()()()****121212,;E E E E E M E M μμμμ⊂≤≤∩∩,所以()()**12E E υυ≤．而()***111i i i i i i E E E M υμ∞∞∞===⎛⎞⎛⎞⎛⎞=+⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠∩∪∪∪ **11()()i i i i E E M μμ∞∞==≤+∑∑∩=***11(()())()i i i i E E M E μμυ∞∞==+=∑∑∩所以*υ是一个外测度. (ⅱ) 若E 是一个*μ−可测集.所以对于任意的T :***()()()c T T E T E μμμ=+∩∩，***()()()c T M T M E T M E μμμ=+∩∩∩∩∩， 考虑对于任意的T :***()()()T T T M υμμ=+∩，***()()()T E T E T E M υμμ=+∩∩∩∩， *()c T E υ∩=**()()c c T E T E M μμ+∩∩∩，所以 ***()()()c T T E T E υυυ=+∩∩．即集E 是*υ−可测集. 若集E 是*υ−可测集,则有:******()()()()()()c c T T M T E T E M T E T E M μμμμμμ+=+++∩∩∩∩∩∩∩．由外测度的性质: *()T M μ≤∩ *()T E M μ∩∩ *()c T E M μ+∩∩． 所以E 是*μ−可测集.(ⅲ) E 是*υ−可测集,由(ⅱ), E 是*μ−可测集.所以由测度论书中P65定理8:()()()***c E E M E M μμμ=+∩∩．因为()()**c c E M M μμ≤∩，又因为：()***()()1c c M M M M μμμ+≤=∪,*()1M μ=所以*()0c M μ=, ()*0c E M μ=∩；()()**E E M μμ=∩故()**()2E E υμ=．由于*μ是正则外测度,所以存在可测覆盖F ,使得**()()F A μμ=．即:__**()inf ():,A E E A E S μμ⎧⎫=⊃∈⎨⎬⎩⎭.这里__S 指全体*μ−可测集.所以**inf ()2()E A υμ=. (ⅳ) __S 指全体*μ−可测集考虑:______*()inf ():,E F F E F S υυ⎧⎫=⊃∈⎨⎬⎩⎭：对于cM ,()__**()2c c M M υμ=，但()****()()()c c c c M M M M M υμμμ=+=∩．而事实上*()0c M μ≠．若*()0c M μ=，由*()0c M μ=，得到c M 是*μ−可测集.但事实上cM 并不是*μ−可测集.所以*()0cM μ≠.即: ()__**()ccMMυυ≠.即*υ不是正则外测度. 证毕15. 设,n A B R ⊂，A B ∪可测，且()m A B <∞∪.若:**()()()m A B m A m B =+∪.则:,A B 皆为Lebesgue 可测集. 证明:由题意,存在A 的等测包1H ,1H A ⊃;存在B 的等测包2H ,2H B ⊃; 且**12()(),()()m H m A m H m B ==，12H H A B ⊃∪∪.所以： 1212()()()()m H H m A B m H m H ≥=+∪∪ 由测度的性质: 1212()()()m H H m H m H ≤+∪，所以： 1212()()()()m H H m H m H m A B =+=∪∪． 故12H H ∪是A B ∪的等测包,且12()0m H H =∩．由外测度的性质:()()()**11212(\)(\)(\)0m H A m H H A B m H H A ≤+=∪∪∩所以1(\)0m H A =．故1\H A 可测，所以A 可测．同理可得B 可测． 证毕第二章 可测函数16.设{})(k f k 是E 上可测函数列（其中E 是n R 上的可测集）且： lim ()(),..k k f x f x a e x E →∞=∈．若有E 上非负可积函数)(x g ，使),2,1()()( =≤k x g x f k ．试证明对任给,0>ε有{}0)()(:lim =⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛>−∈∞≥∞→∪j k k j x f x f E x m ε． 证明：因为lim ()(),..k k f x f x a e x E →∞=∈，对于任意的0ε>，令：(){,}k k E x E f f εε=∈−>显然1()k j k jE ε∞∞==∩∪中的点一定不是收敛点．从而1(())0k j k jm E ε∞∞===∩∪．考虑若1{,()}k k x x E E ε∞=∈∈∪，x 必然属于{,()}2x E g x ε∈≥，所以：1{,()}k k x E E ε∞=∈⊂∪{,()}2x E g x ε∈≥．因为()g x 可积，所以({,()})2m x E g x ε∈≥<∞， 根据递减集合列测度定理，{}0)()(:lim =⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛>−∈∞≥∞→∪j k k j x f x f E x m ε． 证毕 17. 设),2,1)((),( =k x f x f k 是))((1∞<⊂E m R E 上正实值可测函数，且有E x x f x f k k ∈=∞→),()(lim ．试证明对任给0>δ存在E A ⊂以及δ<)(,0A m k 使得当0k k >时，()(),\k f x f x x E A δ≤+∈． 证明：对任给0>δ,令{,()()}k k E x E f x f x δ=∈>+．则考虑1k j k jE ∞∞==∩∪：因为E x x f x f k k ∈=∞→),()(lim ，所以1k j k jE ∞∞==∩∪=∅．否则，将存在一些点，使在这些点上lim ()(),k k f x f x →∞≠所以1ckj k jE E ∞∞===∪∩．于是1()()c k j k jm E m E ∞∞===∪∩．因为()m E <∞，所以对于0>δ，存在0k ，使得01()k c k j k jm E E δ∞==−<∪∩．则令01k c k j k j A E E ∞===−∪∩，在01k c k j k jE A E ∞==−=∪∩上，0k k >时，()()k f x f x δ≤+． 证毕18. 设(,,)X R μ是测度空间，E R ⊂，{}n f 是E 上可测函数序列，并且n f f μ⇒（有限函数），证明：必存在子序列{}v n f ，使得0δ∀>，E E δ∃⊂，()E E δμδ−<，且{}v n f 在E δ上一致收敛于f . 证明：∵ n f f μ⇒， ∴ {}():0n x E f f με∈−>→()n →∞．取1v ε=，存在v n ，使得11:2v n v x E f f v μ⎛⎞⎧⎫∈−><⎨⎬⎜⎟⎩⎭⎝⎠．按照这种方法取得{}v n f ， 其中1v v n n +<．易有：1v μ∞=∑1:v n x E f f v ⎛⎞⎧⎫∈−><∞⎨⎬⎜⎟⎩⎭⎝⎠． 所以：lim j →∞1:0v n v j x E f f v μ∞=⎛⎞⎧⎫∈−>=⎜⎟⎨⎬⎩⎭⎝⎠∪．于是0δ∀>，取k j 充分大，使得1:2v k n k v j x E f f v δμ∞=⎛⎞⎧⎫∈−><⎜⎟⎨⎬⎜⎟⎩⎭⎝⎠∪，k j <1k j + 令11:v k n k v j E x E f f v δ∞∞==⎛⎞⎧⎫=∈−<⎨⎬⎜⎟⎩⎭⎝⎠∩∩，1()2k k E E δδμδ∞=−<=∑．下面证明在E δ上{}v n f 一致收敛于f ：事实上，∵11:v k n k v j E x E f f v δ∞∞==⎛⎞⎧⎫=∈−<⎨⎬⎜⎟⎩⎭⎝⎠∩∩，对于一切x E δ∈，0ε∀>，只要0,k j ∃使得01k j ε<，即v ≥0k j 时，1vε<，有 v n f f ε−<．即：{}v n f 在E δ上一致收敛于f . 证毕19. 证明:存在[],a b 上一列连续函数{}()n f x ,使得形式级数123......n f f f f +++++在不打乱顺序的情况下,可将其中插入括号分段求和后所成的函数项级数(关于m )几乎处处收敛于任何给定的Lebesgue 可测函数.证明:有理系数多项式全体为一个可列集,将它们排成一列{}()n x ϕ,作:1()()()n n n f x x x ϕϕ+=− ()0()0x ϕ=对于任意的Lebesgue 可测函数()f x ，存在多项式函数[]()(),..,n P x f x a e x a b →∈ 对于每一个()k P x ,()k n x ϕ∃∈{}()n x ϕ()1k k n n −>,使得 1()()k k n P x x kϕ−<． 在()n P x 收敛于()f x 的集合上,考虑将123......n f f f f +++++加括号:()()()111111......lim lim k k k k k k k nn n n n n n n n k k k k ff ϕϕϕϕϕ+++∞∞→∞→∞===++=−=−=∑∑∑于是()lim lim 0k k n n n n k k f p p f ϕϕ→∞→∞−≤−+−=．得到lim k n k f ϕ→∞=,即:()[]11........,k k n n k ff fa e x ab +∞=++=∈∑ 证毕20. 设12(),(),(),......()...k f x f x f x f x 是[],a b 上几乎处处有限的可测函数，且有： []lim ()()..,k k f x f x a e x a b →∞=∈则存在[],n E a b ⊂，使得[]1,\0n n m a b E ∞=⎛⎞=⎜⎟⎝⎠∪，而()k f x 在每一个n E 上一致收敛于()f x ． 证明：由ΕΓΟΡΟΒ定理： 对于1n ,存在n B ，使得1()n m B n <．在[],\n a b B 上，{}()k f x 一致收敛于()f x ．取[],\n n E a b B =，1()0.n n m B ∞==∩ 因为[]11,\n n n n B a b E ∞∞===∩∪所以[]1,\0n n m a b E ∞=⎛⎞=⎜⎟⎝⎠∪，而()k f x 在每一个n E 上一致收敛于()f x ． 证毕21. 设),,(μR X 是测度空间，X ⊂Ε，}{n f 是Ε上的可测函数列，+∞<Ε)(μ，∞⎯→⎯•μn f .则对0>∀δ，Ε∃的可测子集 δΕ，使得δμδ<Ε−Ε)(，且}{n f 在δΕ上均匀发散与∞.（即对任何0>m ，0>∃N ，使N n ≥，对一切δΕ∈x ，M x f n ≥)(）.证明：∵∞⎯→⎯•μn f ，+∞<Ε)(μ，∴考虑集合}|:|{M f x n ≥Ε∈(M 为任意自然数)，令∩∪∩∞=∞=∞=≥Ε∈=11}|:|{M k k n nM fx F ：则)()(Ε=μμF ，():()n x F f x ∈→∞．令∪∩∞=∞=≥Ε∈=1}|:|{k kn n m M f x F ，)()(lim Ε=∴+∞→μμm m F ，)(F −Εμ0=．这里∪∩∪∞=∞=∞=≤Ε∈=−Ε11}|:|{M k kn nM fx F ，)(F −Εμ0=．∴0)}|:|{(1=≤Ε∈∞=∞=∩∪k kn n M f x μ∴lim ({:||})0n k n kx f M μ∞→+∞=∈Ε≤=∪于是0>∀δ，对于每一个k M ，存在一个k n ，使kkn k n M f x 2)}|:|{(δμ<≤Ε∈∞=∪这里K M k =（不妨取1−>k k n n ）．∴δμμ<≤Ε∈≤≤Ε∈∞=∞=∞=∞=∑)}|:|{(})|:|{(11∪∪∪kn n k n k k kn k n M f x M f x ，令∪∪∞=∞=≤Ε∈−Ε=Ε1}|:|{k kn k n M f x δ，则在∩∩∞=∞=≥Ε∈=Ε1}|:|{k n n k n kM f x δ上有：0>∀M ，M M k >∃，使δΕ∈∀x ，M f n ≥||，k n n ≥，即：n f 在δΕ上均收敛于∞+． 证毕22. 设(),()f x g x 是[],a b 上严格递减的连续函数.且对任意的1t R ∈,有:[]{}()[]{}(),:(),:()m x a b f x t m x a b g x t ∈>=∈>．则[]()(),f x g x x a b =∈． 证明:取()t f a =,[]{}(),:()()0m x a b f x f a ∈>=．所以： []{}(),:()()0m x a b g x f a ∈>=.(＊)由于(),()f x g x 是[],a b 上严格递减的连续函数.所以(＊)说明()()f a g a ≥．取()t g a =,[]{}(),:()()0m x a b g x g a ∈>=．所以： []{}(),:()()0m x a b f x g a ∈>=.(＊＊) 所以(＊＊)说明：()()f a g a ≤． 故()()f a g a =．对于00(),(,]t f x x a b =∈:[]{}()00,:()()m x a b f x f x x a ∈>=−，所以：[]{}()00,:()()m x a b g x f x x a ∈>=−．故()00()f x g x ≥； 对于00(),(,]t g x x a b =∈⇒()00()f x g x ≤.所以()00()f x g x =．所以[]()().,f x g x x a b =∈． 证毕23．设f 是有界变差函数，对任何分点b x x x a n =<<<=…10，记号： ),,(10n f x x x p …=))()((1'−−∑i i x f x f∑'表示满足0)()(1≥−−i i x f x f 的i 的求和，称),,(10n f x x x p …为正变差，而称)},(sup{)(0n f bax x p f P …=为正全变差．则)(i ：对任何)(b c a c <<，bcc ab aP P f P +=)(；)(ii ：)()(x p f P xa=，这里)(x p 是)(x f 的正变差函数．证明：)(i 0>∀ε，在],[c a ，],[b c 上分别取分点：c x x x a n =<<<=…10，b x x x c m =<<<=''1'0…，使),,(10n f x x x p …ε−>)(f P ca，>),,(''1'0mf x x x p …ε−)(f P b c．≥)(f P ba ),,,,,(''1'010m n f x x x x x x p …… =),,(10n f x x x p …+>),,(''1'0mf x x x p …ε→+bcc af P f P )()(令0→ε，便有bcc ab af P f P f P )()()(+≥另：0>∀ε，∃],[b a 上的一个分点n x x …0使),,(10n f x x x p …ε−>)(f P ba．设k k x c x ≤<−1作分点：n k k x x c x x ……,,10−． 于是：ε−)(f P ba <),,(10n f x x x p …),,,,(110n k k f x x c x x x p ……−≤=+−),,,(110c x x x p k f …(,)f k n p c x x ≤…bcc af P f P )()(+令0→ε，b cc ab af P f P f P )()()(+≤，∴bcc ab af P f P f P )()()(+=．)(ii )}()()({21)(a f x f f V x P xa −+=题目即证：=)(f P x a )}()()({21a f x f f V xa−+∵−=−)()()(x p a f x f )(x n ，令)(x n =)(x h −∴+=−)()()(x p a f x f )(x h ，))()((a f x f P ba−=))((x f P ba∴))((x f P b a =))()((x h x p P ba−，事实上由定义得()'11()()()()iii i p x h x p xh x −−+−−∑≤()'1()()ii p x p x −−∑+()'1()()ii h x h x −−∑∴))((x f P b a))((x p P b a≤))((x h P ba+)(b P =下证))((x f P b a)(b P ≥，对于 )(x f V ba，0>∀ε，存在一个分法：b x x x a n =<<<=…10 使|)()(|1−−∑i i x f x f ε−≥)(x f V ba令|)()(|1"−−∑i i x f x f 表示1()()0i i f x f x −−≤时绝对值求和 即()'1()()i i f x f x −−+∑()"1()()i i f x f x −−∑ε−≥)(x f Vba．()1()()ii f x f x −−+∑()'1()()ii f x f x −−+∑()"1()()ii f x f x −−∑+−≥ε)(x f V ba()1()()ii f x f x −−∑∴()'12()()i i f x f x −−∑ε−−+≥)()()(a f b f x f Vba∴()'1()()i i f x f x −−≥∑ε−−+)}()()({21a f b f f V ba =ε−)(b P ∴)(f P b aε−≥)(b P ，由ε的任意性，得)(f P b a)(b P ≥． ∴)(f P ba )(b P =对于任意的x ，)()(x p f P xa=也类似成立． 证毕第三章 积分论24. 设(,,)X R μ是测度空间,1,0p p η≤<∞<<．如果：lim 0,pn Xn f f d μ→∞−=∫lim 0pn X n g g d μ→∞−=∫试证明：lim p p nn XXn f g d fg d ηηηημμ−−→∞=∫∫证明：先证明三个引理：引理1：0,0,1,a b p ≥≥>则()pp p a b a b +≤+．证明：不妨设0a b >>，()1pp p a b a p b ξ−+−=，这里a a b ξ<<+，1111p p p p p p b b a b b b b ξξ−−−−∴>>>>，()pp p a b a b ∴+>+，其它情形会出现等号成立的情形.引理2:设(,,)X R μ是测度空间,f 是可积函数,则存在一个σ−有限测度集合,E 使得EXfd fd μμ=∫∫．证明:f ∵可积,f ∴可积,所以Xf d μ<+∞∫．令(1),0,1,2,...N E X N f N N =<≤+=()NN E N E f d μμ≤<∫X f d μ<+∞∫,所以()N E μ<+∞．设{:()0}E x X f x =∈≠,0NN E E∞==∪,所以E 是一个σ−有限测度集合,且EXfd fd μμ=∫∫．引理3: :设(,,)X R μ是测度空间.,n f f 是非负可测函数,(),()p p n f L X f L X ∈∈,1,p >则lim 0pn Xn f f d μ→∞−=⇔∫lim 0p p n Xn f f d μ→∞−=∫．证明:⇒由引理2，存在n E 使得np pn n E Xf d f d μμ=∫∫，n E 是一个σ−有限测度集合．令1n n A E ∞==∪，易见A 是一个σ−有限测度集合，令{:()0}B x X f x =∈≠，B 也是一个σ−有限测度集合，令S A B =∪，所以S 是一个σ−有限测度集合．且p pn n XSf f d f f d μμ−=−∫∫．2()p p pp n n SSSf d f f d f d μμμ≤−+∫∫∫∵．0,ε∀>对于S ，存在一个E ，使得(),pS EE f d μμε−<∞<∫．调整ε，能达到以下结果：0,ε∀>对于S ，存在一个F ，使得(),,33ppn S FS FF f d f d εεμμμ−−<∞<<∫∫1,2,3,.....n =（事实上lim 0pn Xn f f d μ→∞−=∫在这一个过程中起着至关重要的作用.）由闵可夫斯基不等式：()()()111ppppppn n FFFf d f fd fd μμμ≤−+∫∫∫()()()111ppppppn n FFFf d f fd f d μμμ≤−+∫∫∫所以lim p p n FFn f d f d μμ→∞=∫∫，又因为lim 0pn Xn f f d μ→∞−=∫，所以在X 上n f f ⇒．注意到在F 上，()F μ<∞，p p n f f ∴⇒．由周民强《实变函数论》第177页结论：在F 上lim 0p p n Fn f f d μ→∞−=∫，即：0,,N ε∀>∃当n N ≥时，3p p n Ff f d εμ−<∫，p p n Xf f d μ−<∫p p n Ff f d μ−∫+pS Ff d μ−∫+pn S Ff d με−<∫，lim 0p p n Xn f f μ→∞∴−=∫． ⇐0,0,n f f ≥≥∵当()()n f x f x >时，()()0n f x f x −>． 由引理1：[][][],p p p n n f f f f ∴−+≤[][][]p p pn n f f f f ∴−≤− 当()()n f x f x <时，()()0n f x f x −< 同样有：[][][]pppn n f f f f ∴−≤−，pp pn n f ff f∴−≤−，所以：lim 0p p n Xn f f d μ→∞−=∫⇒lim 0pn Xn f f d μ→∞−=∫．下证本题：0,0ppn n XXf f d f fd μμ−→∴−→∫∫∵，由引理30,()p pn Xf fd n μ∴−→→∞∫()()0,()p p p p p p nXf fd n ηηηημ−−−−∴−→→∞∫再由引理3：0,()pp p p nXf f d n ηηημ−−−∴−→→∞∫（2）同理有0,()pn X g gd n ηηημ∴−→→∞∫ （3）0pn Xf f d μ−→∫∵ ()n →∞()2pp ppn n XXXf d f d f f d μμμ∴≤+−∫∫∫所以1,M ∃使得11,,1,2...pp n X Xf d M f d M n μμ≤≤=∫∫ 同理2,M ∃22,,1,2...ppn XXg d M g d M n μμ≤≤=∫∫p p nn XXf g d fg d ηηηημμ−−∴−∫∫ =p p p p nn nnXXXXf g d f g d f g d fg d ηηηηηηηημμμμ−−−−−+−∫∫∫∫p p p nn nXXf g g d gf f d ηηηηηημμ−−−≤−+−∫∫；([])()p p pp p p pp nn nn XXXf g g d f d g gd ηηηηηηηηηημμμ−−−−−≤−∫∫∫(3)1()p p p p n XMg gd ηηηηημ−≤−⎯⎯→∫0 ()n →∞p p nXgf fd ηηημ−−−∫(2)2()0p p p p p pp nXM f f d ηηηηημ−−−−≤−⎯⎯→∫()n →∞0p p nn XX f g d fg d ηηηημμ−−∴−→∫∫ ()n →∞所以lim p p nn X Xn f g d fg d ηηηημμ−−→∞=∫∫． 证毕25. 设{}()n f x 是[],a b 上的连续函数序列，且n f 处处收敛到[],a b 上的Lebesgue 可积函数f ，问等式：[][],,lim()()n n a b a b f x dx f x dx →∞=∫∫是一定成立？解：不一定成立；举个反例：令：[]221()0,11n nf x x x n =∈⎛⎞+⎜⎟⎝⎠lim ()()n n f x f x →∞=0()0(0,1]x f x x ∞=⎧=⎨∈⎩ []0,1()0f x dx =∫ 但[]()[]20,10,1lim()limlim arctan 21n n n n nf x dx dx n nx π→∞→∞→∞===+∫∫0≠所以不一定成立. 解毕26. 设{}()n f x 是E 上的可积函数序列,且一致收敛至()f x . 问(1) ()f x 在E 上是否可积?(2)等式lim ()()n n EEf x dx f x dx →∞=∫∫是否一定成立?解(1) ()m E <∞时, ()f x 可积. 事实上:0ε∀>,0N ∃>,当n N ≥时: ()()()1n f x f x m E ε−<+所以()()()1N f x f x m E ε<++,这里()()1L E m E ε∈+．故()f x 可积.当()m E =∞,不一定成立; 考虑:2211()nn k f x x k==+∑()0,x ∈+∞因为22211x k k ≤+, 所以2211k x k∞=+∑一致收敛. 即: ()n f x 一致收敛至()f x ()()2210,0,1()nn k f x dx dx x k=+∞+∞=<∞+∑∫∫ 但()10,1()2k f x dx kπ∞=+∞==∞∑∫,即: ()f x 在E 上不可积.(2) ()m E <∞时,等式成立. 由(1) :0ε∀>,0N ∃>,当n N ≥时: ()()()1n f x f x m E ε−<+所以当n N ≥时:()()()()1n Ef x f x dx m E m E εε−<⋅<+∫于是lim ()()0n En f x f x dx →∞−=∫成立: lim ()()n n EEf x dx f x dx →∞=∫∫.当()m E =∞,不一定成立;令:()1(0,2]2()02,n nn n x f x x ⎧∈⎪=⎨⎪∈∞⎩显然()n f x 一致收敛至0.但是()1n Ef x dx =∫,所以lim ()()n n EEf x dx f x dx →∞≠∫∫ 解毕27. 设lim ()(),,()k k f x f x x E E μ→∞=∈<+∞,且()(1,2,...)rk Ef x d M k μ≤=∫,0.r <<∞则对0,p r <<有lim ()()0pk Ek f x f x d μ→∞−=∫．证明: 考虑,r q p=令:111'q q +=,对E 的任何可测子集e ：()()11'()()1ppqq q k k eeef x d f x d d μμμ≤∫∫∫11'()q q M e μ≤于是:。
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{X x j } ，i j 。
6. 设 X,Y 为独立随机变量，X~U(0,1)，Y~B(3,0.5)，试证明
X+Y 是连续型随机变量，并求其概率密度。
7. 设二维随机变量(X,Y)的概率密度为
f ( x, y
1 2 (1 2 )
2
( x 2 y 2 2 xy )
2015 年测度论部分练习题
1. 设(, F
)是可测空间，是 F 上的有限可加测度，且具有
次可加性，试证明是测度。
2. 已知 C 是上的一个非空集类， A ，令
A C= { A B : B C}， A ( A C)表示 A C 在 A 上生成 的最小代数。证明： （1）A (C)为代数。 （ 2） 令 G={B:B(C), A B A ( A C )},则 G 为代数。 （3） A ( A C) = A (C ) .
4. 设随机变量 X 为[0,1]区间上均匀分布的随机变量，定义随机变量
q x, x q, 函 数 gq ( x) (q x) 令 Y q gq ( X ) ， 求 参 数 x q. 0,
q 0 取何值时， E (Y ) 取得最大值。
5. 设 X 为(,F,P)上的离散型随机变量， P{X xk } pk , k 1, 2, 试证明： { X xi } 。
3. 设 f 为从概率空间 , F,P 到 Borel 可测空间 R, B 上的实可测 函数，表达式为 f ( ) k Ak ，其中 Ai Aj , i j,
k 0 100
100 n 0
An ，求
fdP ；若已知 P( Ak )
100! 1 ，求 f 2 dP . k !(100 k ) ! 2100
,0 1
求 U=X/Y 的概率密度 fU(u)。
（） 8. 设 N~ ， {Yk，k=1,2,…}是一列独立同分布随机变量序列，
均服从 N( , 2 )，且与 N 独立。 9. 设(U,V)的概率密度
X Yk
k 1
N
，求 D(X)。
eu , u v 0, v 0, g (u, v) 其他， 0, ，
求 E ( {V 1} | U 10) 。 10.设 X~U(0,1),Y 服从参数为 1 的指数分布,X 与 Y 相互独立，求： E[X+Y | X]。