Problem 1.1
(1)
证：若 $ \sigma $-代数包含所有 $ (a,b) $，则包含 $ [a,b] $。 $$ [a,b] = \bigcap_{n=1}^{\infty} \left(a-\frac{1}{n}, b+\frac{1}{n}\right) $$ 由 $ \sigma $-代数对可数交封闭，故 $ [a,b] $ 在其中。
证：若 $ \sigma $-代数包含所有 $ [a,b] $，则包含 $ (a,b) $。 $$ （a,b) = \bigcup_{n=1}^{\infty} \left[a+\frac{1}{n}, b-\frac{1}{n}\right] $$ 由 $ \sigma $-代数对可数并封闭，故 $ (a,b) $ 在其中。
(2)
证：若 σ-代数包含所有 $ (a,b) $，则包含 $ [x,\infty) $。 $$ [x,\infty) = \bigcap_{n=1}^{\infty} \left(x-\frac{1}{n}, \infty\right) = \bigcap_{n=1}^{\infty} \bigcup_{m=1}^{\infty} \left(x-\frac{1}{n}, m\right) $$ 由 $ \sigma $-代数对可数并、可数交封闭，故 $ [x,\infty) $ 在其中。
证：若 $ \sigma $-代数包含所有 $ [x,\infty) $，则包含 $ (a,b) $。 $$ (a,b) = [a,\infty) \cap (-\infty,b] = [a,\infty) \cap \mathbb{R}\setminus[b,\infty) $$ 由 $ \sigma $-代数对补集和交运算封闭，故 $ (a,b) $ 在其中。
Problem 1.2
由于 $ \mathbb{Q} $ 是可数集，因此我们设 $ \mathbb{Q}=\{ q_{1},q_{2},\dots, \} $。
对于任意 $ \varepsilon>0 $，我们构造 $ \mathbb{Q} $ 的一个开覆盖 $$ I = \bigcup_{n\geq 1}\left( q_{n}-\dfrac{\varepsilon}{2^{n+1}},q_{n}+ \dfrac{\varepsilon}{2^{n+1}} \right) $$ 于是我们有 $ \mathbb{Q}\subset I_{n} $，从而 $$ \lambda(\mathbb{Q}) \leq \lambda(I) = \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{\varepsilon}{2^{n}} = \varepsilon $$ 这样我们就得到了 $ \lambda(\mathbb{Q})=0 $。
Problem 2
(1)
注意到每个 $ \omega = (\omega_1, \omega_2, \ldots) \in \Omega $ 的前 $ n $ 位 $ (\omega_1, \ldots, \omega_n) $ 唯一确定一个 $ s \in {0,1}^n $，使得 $ \omega \in C_s $。
因此满足
- 互不相交：若 $ s \neq t $，则 $ C_s \cap C_t = \emptyset $（否则存在 $ \omega $ 前 $ n $ 位同时为 $ s $ 和 $ t $，矛盾）
- 覆盖全集：$ \bigcup_{s\in{0,1}^n} C_s = \Omega $（每个 $ \omega $ 的前 $ n $ 位必为某个 $ s $）
故 $ {C_s}_{s\in{0,1}^n} $ 构成 $ \Omega $ 的分划。
(2)
由于 $ \sigma $-代数的性质，我们知道 $ \mathcal{F} $ 中的集合可以唯一的表示为一些 $ C_{s} $ 的并。也就是对于 $ A\in \mathcal{F} $，必然有 $$ A=\bigcup_{s \in S}C_{s}, \quad S = \{ s \in \{ 0,1 \}^{n}:C_{s}\subseteq A \} $$ 于是我们就可以构造映射 $$ f:\mathcal{F}_{n} \to 2^{\{ 0,1 \}^{n}} ,f(A) = \{ s \in \{ 0,1 \}^{n}:C_{s}\subseteq A \} $$ 以及逆映射 $$ f^{-1}: 2^{\{ 0,1 \}^{n}} \to \mathcal{F}_{n},f^{-1}(S) = \bigcup_{s \in S}C_{s} $$ 我们容易验证 $ f $ 是单射和满射的性质，可以利用在 $ (1) $ 中证明的分划的性质。
(3)
根据 $ (2) $ 的性质，我们证明 $ \mathcal{F}_{i}\subset \mathcal{F}_{j} $ 等价于证明 $ 2^{\{ 0,1 \}^{i}}\subset 2^{\{ 0,1 \}^{j}} $。
我们设 $ T_{n}=\{ 0,1,2,\dots,2^{n-1} \} $，显然如果把集合 $ \{ 0,1 \}^{n} $ 中的元素看成数的二进制，就能得到和 $ T_{n} $ 的双射。对于 $ i< j $，显然 $ S_{i}\subset S_{j} $ 成立，从而 $ 2^{S_{i}}\subset 2^{S_{j}} $ 成立。我们再把数字重新变成二进制表示，就得到了 $$ 2^{\{ 0,1 \}^{i}}\subset 2^{\{ 0,1 \}^{j}} $$ (4)
我们依次验证 $ \mathcal{F}_{\infty} $ 符合代数的三个性质。首先由于每个 $ \mathcal{F}_{i} $ 都是代数，因此它们的并显然也会包含 $ \Omega $。
接着证明关于补集封闭。设 $ A\in \mathcal{F}_{\infty} $，那么存在 $ N $ 使得 $ A\in \mathcal{F}_{N} $。由于 $ \mathcal{F}_{N} $ 是代数，所以 $ A^{c}\in \mathcal{F}_{N} $，从而 $ A^{c}\in \mathcal{F}_{\infty} $。
接着证明对于有限并运算封闭。对于任意 $ A,B\in \mathcal{F}_{\infty} $，存在 $ N_{1},N_{2} $ 使得 $ A\in \mathcal{F}_{N_{1}},B\in \mathcal{F}_{N_{2}} $。那么就有 $ A\cup B\in \mathcal{F}_{N_{1}}\cup \mathcal{F}_{N_{2}} $。从而就有 $$ A\cup B \in \mathcal{F}_{\infty} $$ (5)
我们需要证明得到 $ \omega $ 需要可数无限次交，这样就可以说明属于 $ \sigma $-代数但是不属于代数。
我们依次取 $ \omega $ 的前 $ n $ 位 $ S_{n} $，那么所有 $ C_{S_{n}} $ 的交集就是 $ \{ \omega \} $，也就是 $$ \{ \omega \} = \bigcap_{n \geq 1} C_{S_{n}} $$ 由于 $ \sigma $-代数对可数交封闭，因此 $ \{ \omega \}\in \mathcal{B}(\Omega) $。
接着我们证明 $ \{ \omega \} \not\in \mathcal{F}_{\infty} $。由于 $ \mathcal{F}_{n} $ 的元素是 $ C_{s} $ 的有限并，而每个 $ C_{s} $ 都不可数，因此它们的非空有限并也是不可数的，这就可以说明 $ \mathcal{F}_{\infty} $ 中的非空元素也是不可数的。然而 $ \{ \omega \} $ 中只有可数个元素，所以显然不属于 $ \mathcal{F}_{\infty} $。
综上，我们得到了 $$ \{ \omega \} \in \mathcal{B}(\Omega)\setminus \mathcal{F}_{\infty} $$ (6)
我们先证明存在性。对于任何 $ A \in \mathcal{F}_{\infty} $，根据其定义，存在某个 $ n \ge 1 $ 使得 $ A \in \mathcal{F}_n $。由 $ (5) $ 可知， $ \mathcal{F}_n $ 中的每个集合 $ A $ 都能唯一表示为 $ A = \bigcup_{s \in S} C_s $，其中 $ S \subseteq \{0,1\}^n $。令 $ k = |S| $，则 $ A = C_{s_1} \cup \cdots \cup C_{s_k} $，其中 $ s_i \in \{0,1\}^n $。
接着证明比值的唯一性。设 $ A $ 有两种表示：
- $ A=\bigcup_{i=1}^{k} C_{s_i} $，其中 $ s_i \in \{0,1\}^n $ 且互不相同。
- $ A=\bigcup_{j=1}^{m} C_{t_j} $，其中 $ t_j \in \{0,1\}^p $ 且互不相同。
取 $ L=\max(n,p) $。每个 $ C_s $ (其中 $ s \in \{0,1\}^N $) 可被分解为 $ 2^{L-N} $ 个互不相交的 $ C_u $ (其中 $ u \in \{0,1\}^L $) 的并。
将两种表示都扩展到级别 $ L $：
- $ A $ 可表示为 $ k \cdot 2^{L-n} $ 个互不相交的 $ C_u $ (其中 $ u \in \{0,1\}^L $) 的并。
- $ A $ 也可表示为 $ m \cdot 2^{L-p} $ 个互不相交的 $ C_u $ (其中 $ u \in \{0,1\}^L $) 的并。
由于这种在固定级别 $ L $ 下的分解是唯一的，这两个数量必须相等： $$ k \cdot 2^{L-n} = m \cdot 2^{L-p} \implies \dfrac{k}{2^{n}} = \dfrac{m}{2^{p}} $$ 因此，比值 $ k/2^n $ 对于给定的集合 $ A $ 是唯一确定的。
Problem 3
(1)
证 1
我们只需要对于任意的 $ a \in \mathbb{R} $，说明 $ [X_{1}X_{2}>a]\in \mathcal{F} $ 即可，进而根据 $ \sigma $-代数的性质即可用 $ (a,+\infty) $ 拼出其他的集合。
不妨设 $ a>0 $，其余情况同理。于是我们有 $$ [X_{1}X_{2}>a] = \left( \bigcup_{r\in \mathbb{Q}\land r>0}\left( [X_{1}>r]\cap\left[ X_{2}> \dfrac{a}{r} \right] \right) \right) \cup \left( \bigcup_{r\in \mathbb{Q}\land r< 0}\left( [X_{1}< r]\cap\left[ X_{2} < \dfrac{a}{r} \right] \right) \right) $$ 对于其他情况，我们改变不等号方向即可。
从而 $ [X_{1}X_{2}>a] $ 被分解成了一系列可数的 $ \mathcal{F} $ 中的集合的交集，因此 $ [X_{1}X_{2}>a]\in \mathcal{F} $，也就说明了 $ X_{1}X_{2} $ 是随机变量。
证 2
我们可以直接考虑 $$ X_{1}X_{2} = \dfrac{1}{4}[(X_{1}+X_{2})^{2} - (X_{1}-X_{2})^{2}] $$ 并且平方和加减操作都不会改变可测性，因此 $ X_{1}X_{2} $ 可测。
平方可测：令 $ Z=X^{2} $，那么 $ [Z>a]=[X>\sqrt{ a }]\in \mathcal{F}\quad(a>0) $。
(2)
由于分解子集对于除法操作过于繁琐，所以我们考虑先证明倒数的可测性，再直接利用 $ (1) $ 的结论即可。
我们下面证明对于 $ X\neq 0 $，那么 $ Z = 1/X $ 是可测函数。
对于任意 $ a\in \mathbb{R} $，我们考虑 $ [Z>a] $。
若 $ a=0 $，那么 $ [Z>0]=[X>0]\in \mathcal{F} $。
若 $ a>0 $，那么 $$ [Z>a] = [X>0]\cap [X< 1 / a] $$ 显然有 $ [Z>a]\in \mathcal{F} $。
若 $ a< 0 $，那么 $$ [Z< a] = ([X< 0]\cap [X> 1 / a]) \cup [X>0] \in \mathcal{F} $$ 综上，我们有 $ [Z>a]\in \mathcal{F} $，于是倒数可测。
从而利用 $ (1) $，我们得到除法也是可测的。
(3)
对于任意的 $ a\in \mathbb{R} $： $$ [ Z>a ] = [ \mathrm{inf}_{n\geq 1}X_{n}>a ] = \bigcap_{n=1}^{\infty}[ X_{n}>a ] $$ (4)
我们有 $$ \lim\mathrm{inf}_{n\to \infty} X_{n} = \mathrm{sup}_{m\geq 1} \mathrm{inf}_{n\geq m}X_{n} $$ 令 $ Y_{m}:=\mathrm{inf}_{n\geq m}X_{n} $。由 $ (3) $ 我们知道 $ Y_{m} $ 是一个随机变量，因此 $$ [\mathrm{sup}_{m}Y_{m}>a] = \bigcup_{m=1}^{\infty}\{ Y_{m}>a \} $$ 从而得证。