()()∵{}与均是闭集,显然,{}不含内点,又∵,而为可数稠集,∴不可能包含任何开区间,即无内点.则可表示为可数个无内点的闭集的并集,这是不可能的.∴不是型集.3.设,则有区间Δ,使pΔ(Δ).证明: 设A有界(否则可取充分大,使,然后对有界的证本题).由于A可测,由2.1.5得:存在开集GA,使GA=().由1.5.1定理,存在开集列使=,互不相交.故=G()=.所以存在,使.即:,又.所以有区间,使<pΔ(Δ).4.设R,,则;于是当或时,.证明: 因为,所以存在开区间使得,令,下面证明,从而.任意,则区间包含区间的中点而且与区间的长度相同,所以.令,可以证明.若不然,则,但是,从而,这与上式矛盾.所以,于是可取,这时存在使,因为,而且,从而,所以Ø.5.设,则A,B均不可测.证明: 先证若可测,则必.这是因若,由,那么上题2-47的结论:就应是中的一个非空开集,按中非空开集的构成性质,应有,其中构成区间两两不相交:且当端点时,,故现在分如下两种情况推出矛盾.情况1,存在一个构成区间且那么由已知,就应有,这时由于,不妨设(由于,在一般情况下如果,总可取并使充分接近来代替,对也同理).现在,一方面,由于,就应有.但另一方面,,即,而,矛盾.情况2,在的构成区间中,没有的情况出现.由于导致是无界集(任意有限个的和集).就必然有一个构成区间满足,即.(这时必,否则与非空矛盾),这又与非空,,从而无界,至少有一点,从而与矛盾.总之,以上两种情况都说明,若是可测集时必.同理,若是可测集,则也必,从而与不可能都是可测集,否则,矛盾.最后,还应该说明与也不可能有一个可测(例如可测),另一个不可测(例如不可测)的情况发生.因为将出现不可测的矛盾.至此本题证毕.6.设是上的外测度(以下皆如此),与有限,则证明: 不妨设由的次可加性,有∴∴.7.设,则.证明: 显然即:.由的次可加性∴.
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