1、第三章習題 A1.證明：3.1.2設,存在,可測,則亦存在,且=證若，可測，顯然，存在，不妨設，0且互不相等，為X中互不相交的可測集，由所以又,故，從而若，可測，顯然有，存在，顯然，且令，顯然，且，=.，則，由于存在，故，中至少一個有限，不妨設，由于，由知，且=，從而，從而存在，同理由=，且= 2設如§中例3，求.解§中例3中的定義如下:設是任一非空集,取定,對任給,定義 ；且又由定義知=+=0 +=3設，則證由3.2.2引理知,對有，又由3.2.3(i)知, ，從而，故4設則證由，知因為，所以由命題3.2.3知，又，故5. 設則對每個可測集有證“”由存在由于，又故，由命題

2、3.2.4知,即“”令即，由命題3.2.5知，在上，從而.同理可證.又 ，故在上.6設對任何可測集有則.證令,則有，在上，則有，由命題3.2.5，當時于于，故于.7求證：若則À 上的集函數 是一個測度證() À ；() 若À 則À ； () 若À ，則À ，故À 為上的一個代數， () (即)；() 若À 是互不相交的可測集,故À上的集函數是一個測度.8設對上的任何有界可測函數g有則.證:取；則，故在上.9設則證已知由命題 3.2.3 (ii) 知：為升列,則為降列,又由3.2.7 ()知,其中 最后讓我

3、們說明，此由已知，故，即可知.10設，且有限,則.證令，則由積分單調性，得：. 令，則當時，由積分的可加性，得利用積分的下連續性，令，故.11設可測（1每個至少屬于個，則某個證 且至少屬于個 使得若不然，則，均有，矛盾12設在集上在的長為的余區間上求解 令則這樣的共有個，且互不相交，又在上，13設在可微，則在上可積.證（1）先證對適當的可積由倒數定義知，存在故對，使得在中，有 （2）再證對上述，當時，有 ，同理可證，綜上所述，在上可積14設一致連續，則.證不妨設，設當時，不趨于0，則存在對任意的，總存在，因一致連續，故，使得對每個，在每個上，且互不相交，從而由此得出，這與已知矛盾故.15設是上

4、的計數測度，則有可數集，使.證不妨設由命題3.2.3（ii）知：有有限測度，即存在使得有有限測度.由于是計數測度，因為可數個可數集的并集還是可數集，所以是可數集集是可數集.不妨設16設或，則.證當時，有，由Levi定理，有，又，故積分都存在，同樣由于，也有，故存在，從而也存在 同理可證當時，亦有上述結論17設可測，則幾乎每個至多屬于有限個.證可測可測則由定理的推論知 在上幾乎處處有限.設屬于無限多個,則.則幾乎每個至多屬于有限個18設可測至少屬于個，則.證首先證明對于可測集序列，是中可測集此由各可測，故各相應的特征函數是上的非負可測函數列于是令，其中是單調上升可測函數列的極限函數，故也是可測函

5、數，即，于是由可測函數為特征性質，是中可測集注意到，于是證得可測其次，一方面顯然有，另一方面，由定理，于是得到，即19求解因為，在非負連續，由3.3.2可逐項積分， ) 20設若，則；若則證() 若，則由定理，有 （ii）若則由定理，有 即從而. 21設，則.證（1）先取一列，使得，（2）由有.由定理2.4.2 () ，又有的子列由定理，則.22、設或則.證當，有.，則當則有子列幾乎處處收斂于可積 .23設，則.證由于，故于是.設則又故因為 ，由控制收斂定理，有，則.24設，驗證，且.證 ，取，則.25求解令，在上，在上， 取，則又，由控制收斂定理.26求.解令，在上，在上，取，則又，由控制收

6、斂定理.27求.解令，在上，在上，取，則又，由控制收斂定理.28求.解令，在上，在上，取，則.又由控制收斂定理.29求.解令，在上，在上，取，則.又 .30求.解令，在上，在上，取，則.又.31. 證由知，當時，故有，令，則，且當時，易驗知，而當時，易驗知，取控制函數 則在可積，于是用控制收斂定理，以及簡單計算可知32設則證如果，則由已知，取，所以如果，驗證若，則對任給的，=這與已知矛盾. 同理，取，則33設則在內連續.證設，則，于是令由已知，且對幾乎所有的對在內連續，由定理3.3.6（ii），得在點連續，因此在內連續.34求解令，由3.3.6（iii），知：，又.35求.解令 又.36設可測

7、，則.說明：本題顯然原所與條件不足如果與預先沒有關聯關系，是不能推導出結論成立的例如，不妨就設，當然已有，但完全可能與的積分值無極限關系為此，我們給出本題的一種改造方案并解答如下改造題：設a.e. 且另有可測，滿足，求證證由于那么，由于所補給條件：在的控制下收斂，就有，另外，由于，依據積分的絕對連續性，當，綜上已證得37設在上可積，在的某稠子集上，則.證() 設在連續，連續，則，同理，設在連續，則，再令，則，由已知，存在某子集在中稠，且對每一，則存在，又注意到是，g的連續點，故.所以對每一有，即.() 由于在上可積，故，且，由命題3.2.4知則綜上所述，38設在上有界，其間斷點集只有可數個極限

8、點，則在上可積.證因為，其中表示的孤立點集，它可數由已知，可數，故可數，從而可數，故所以在上幾乎處處連續，則在上可積39. 設在上可積，I，則在上可積.證因I故當時，有，故有，即在上有界又在上可積在上幾乎處處連續即對取定的，對上述的時，有在上幾乎處處連續，則在上可積.40.設，研究函數在上的可積性解 ,若 則收斂，從而 絕對收斂，由定理3.4.2知當時，發散，又 .令 ，顯然在連續（0是瑕點），又= =當，即時，收斂，也即收斂故當時，條件收斂又 不存在發散當時，而在（L）不可積在（L）不可積從而當時，發散41設如3.5.1，則.證由Fubini定理的3.5.2(i)其中內層積分中的與無關，故可

9、作為常數提出，于是得到同理，中的積分值又與無關，可作為常數提出，故得：又由已知：，即，再由定理3.5.2的(ii)知.42設，則證“”由Fubini定理，故對幾乎處處的有限，從而利用反證法可取到一點，使得，而且，即又，故，從而同理 “” .43求.解原式 由定理，44設則證 45設，則.證由式左，可判定二重積分域是圖示， 令式左，由定理，可換序為45題圖則46設，則 注：本題有錯，以為例，則，容易求出左，而右具體改正方案，留作討論47設，則.證，由定理，(令) 48設當為有理數時，否則，求解（）若，當，則，故（）若，則，使得令，則， 但，因為可數，故可數，故，所以，因此=149設是上的計數測度，對其他有則 證=）注意到按的定義，對每一固定的，關于的第一重求和號下，即中最多只有兩項不為零 于是對時，而對，都有 現在另一方面而依的定義，對固定的在一個求和號下實際上都只有兩項不為零，且取相反數于是評注：本題在乘積空間上，給出一個二元函數用以說明Fubini