本文分三节．　　 第一节主要介绍了Zygmund猜想及其研究状况．　　 Zygmund定理：设1≤k≤n，在Rn中，B为边长不超过k个不同常数的所有矩形组成的集合，则满足：其中In+t=max(lnt，0)，MB为相应于B的极大算子(具体定义见第一节综述)．　　 Zygmund猜想：对于1≤k≤n，以及只依赖于t1，t2，．．．tk的非负函Φφ1Φφ2，．．．，φn，其中ti＞0，i=1，2，．．．k，且φi对于tj，1≤j≤k是递增的，则基B={[Φφ1(ti，．．．tk)，．．．，φn(t1，．．．tk)]，t1＞0，t2＞0，．．．，tk＞0}满足：其中ln+t=max(lnt，0)．　　 记{x1，x2，．．．xn]是Rn中边长分别为x1，X2，．．．xn的区间．令．　　 Bk={Φφ1(t1，．．．tk)，．．．，φn(t1，．．．tk)]，t1＞0，t2＞0，．．．，tk＞0}，其中φi是非负的，并且对每个变量是递增的．　　 微分基的定义：Rn中的微分基B=Ux∈RnB(x)，其中每个B(x)由Rn中的一些有界具有正测度的可测集组成，且有子族{Bj}()B(x)，使得diamBi→0．　　 当k=n时由强极大函数的性质知Zygraund猜想成立．当k=1时由H—L极大函数可证Zygmund猜想成立．我们有对于1＜k＜n：(1)．k=2情形：　　 当B2={[s，t，φ(s，t)]：s，t＞0}且φ(s，t)为非负递增时，Zygmund猜想成立．具体可参见参考文献[14]．　　 当B2={[sα1tβ1，sα2tβ2，sα3β3，…，sαntβn]，s，t＞0}时，若αiβj—αjβi=O，i≠j，αi，βj＞0，则Zygmund猜想成立．具体可参见参考文献[9]．　　 当B2=Φφ1(s)，…，φ(s)，ψ1(t)，…，ψq(t)，Ф(s，t)]：s，t＞0}，φi，ψi，Ф非负递增时，Zygmund猜想也成立．具体可参见参考文献[13]．(2)．k=3情形：　　 当B3={Φφ1(s)，ψ1(s)Φφ2(t)，ψ2(t)Φφ3(u)，ψ3(u)]：s，t，u≥0)，φi，ψi满足φi(s1)≥βiφi(s2)；ψi(t1)≥adψi(t2)，其中s1≥s2，t1≥t2，0＜α，β≤1时，Zygmund猜想成立．具体可参见参考文献[13]．(3)．3＜k＜n情形：　　 当B={[s，tφ(s)，tψ(s)，t4，t5，…，tn]：s，t，ti＞0，i=4，…n}时，Zygmund猜想不成立．具体可参见参考文献[9]．　　 当B={[s1，t1φ(s1)，t1ψ(s1)，…，sm，tmφ(sm)，tmψ(sm)]：si，ti＞0，i=1…m)时，Zygmund猜想也不成立．具体可参见参考文献[9]．　　 当B2={[s，t，sα1tβ1，sα2β2]：s，t＞0}，α1β2—α2β1≠0时，Zygmund猜想是否成立，及能否找到αi，βi的其它关系使得Zygmund猜想成立等均未知；对于当Ba={[s，t，u，stu]：s，t，u＞0)时，Zygmund猜想是否成立也未知；除一些特例外，当2＜k＜n时Zygmund猜想还没有一般的结论．此外，在R3与R4中，证明Zygmund猜想都是主要用Vitali型覆盖引理的方法来证的，可否用其它的覆盖定理来证，这些问题都是有待于进一步研究．本文将在第二、三章中对这些问题进一些探讨．　　 第二节主要证明了：　　 命题1：当基为Bm+2={s，t，ul，u2，…，um，st]：s，t，ui＞0，i=1，2，…m}时，Zygmund猜想成立．　　 证明的主要方法是使用了有关乘积基极大算子的弱(1，1)型有界性的结果(即下面的引理1)，并通过适当的计算得到．　　 引理1：设Bi，i=1，2是Rni的一个微分基，并且设Hi为Bi的极大算子．假设Hi满足下面的弱型估计：()λ＞0，fi∈Lloc(Rni)，其中φi是[0，∝]→[0，∝]上严格递增的连续函数，且φi(0)=0．如果B是Rn=Rn1+n2的两个基B1，B2的乘积基，即：B=[R1×R2：R1∈B1，R2∈B2}，并且H是B的极大算子，则()λ＞0，f∈Lloc(Rn)有　　 |{x∈Rn：Hf(x)＞λ]|　　 第三节证明了：在一定条件下当B2={[s，t，φl(s，t)Φφ2(s，t)，．．．，φn—2(s，t)]：s，t＞0}时，Zygmund猜想成立，即　　 命题2：设　　 B2=[s，tΦφ1(s，t)，φ(s，t)，．．．，φn—2(s，t)]：s，t＞0}，其中φ(s，t)，i=1，2，．．．n—2，满足当砂1(si，t1)Φφ1(s2，t2)时，有φi(s1，t1)≥φi(s2，t2)，i=2，3，．．．，n—2，且MB2为其极大函数，则存在不依赖于λ＞0，和f∈Lloc(Rn)的正常数C，满足：　　 证明的主要想法是利用2型指数覆盖的有关结果．为了证明B2是2型指数覆盖，记B12为所有区间都是二进方体的，则有CMB2≤MB12≤MB2，故不失—般性，我们可假设在B2中的所有区间的边都是二进方体的，()R∈B2，记R=I×J×K×L1×L2×．．．×Ln—3，这里I，J，K以及Li，i=1，2，．．．，(n—3)是一维的区间．设{R}Ni=1是B2的一个有限集合，并且假设有长度递减的序列Li。选择(R)1=R1，并且假设(R)1．．．，Rj—1都已经被选了，并且让Rj—1后面的(R)j取{Ri}中的Ri的第一个区间，使得正如参考文献[1]中所做的一样，经过计算，我们可以得到：因此最终只需证：　　 即可．由于B2的选取比参考文献[13]复杂，所以在计算中需要一些新的计算技巧．