测度论与概率论笔记2：测度空间（上）

测度空间

测度的定义与性质

定义2.1 $\mathscr{B}$是 $X$上的集系，如果 $\emptyset\in\mathscr{B}$， $\mu$是定义在 $\mathscr{B}$上的非负广义实函数，如果满足：
(1) $\mu(\emptyset)=0$
(2) $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$是 $\mathscr{B}$内两两不交的一个集列，并且 $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n=A\in\mathscr{B}$，则有 $\mu(A)=\sum_{n=1}^\infty \mu(A_n)$则称 $\mu$是 $\mathscr{B}$上的测度，如果对任意的 $A\in\mathscr{B}$， $\mu(A)<+\infty$，则称 $\mu$是 $\mathscr{B}$上的 $\underline{有限测度}$，如果存在 $\mathscr{B}$中的集列 $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$， $\displaystyle\mu(A_n)<+\infty,n=1,2,\cdots$， $X=\bigcup_{n=1}^\infty A_n$，则称 $\mu$是 $\mathscr{B}$上的 $\underline{\sigma有限测度}$

定义2.1中的(2)我们称为是可列可加性，下面我们给出长度、面积、体积的其他一些直观上应该有的性质

有限可加性： $\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}$是 $\mathscr{B}$上两两不交的集合， $\displaystyle A=\bigcup_{k=1}^n A_k\in\mathscr{B}$，则 $\mu(A)=\sum_{k=1}^n\mu(A_k)$可减性： $A\in \mathscr{B},B\in\mathscr{B},A\subset B$，如果 $B-A\in\mathscr{B}$， $\mu(A)<+\infty$，则 $\mu(B-A)=\mu(B)-\mu(A)$单调性： $A\in\mathscr{B},B\in\mathscr{B},A\subset B$， $\mu(A)\le\mu(B)$
有限次可加性： $\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}$是 $\mathscr{B}$内的集合， $A\in\mathscr{B}$，并且 $\displaystyle A\subset\bigcup_{k=1}^n A_k$，则 $\mu(A)\le\sum_{k=1}^n\mu(A_k)$次可加性： $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$是 $\mathscr{B}$内的一个集列， $A\in\mathscr{B}$，并且 $\displaystyle A\subset\bigcup_{n=1}^\infty A_n$，则有 $\mu(A)\le \sum_{n=1}^\infty \mu(A_n)$下连续性： $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$是 $\mathscr{B}$内的一个渐升列，并且 $A_n\uparrow A\in\mathscr{B}$，则 $\lim_{n\to\infty}\mu(A_n)=\mu(A)$上连续性： $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$是 $\mathscr{B}$内的一个渐降列，并且 $A_n\downarrow A\in\mathscr{B}$， $\mu(A_1)<+\infty$，则 $\lim_{n\to\infty}\mu(A_n)=\mu(A)$
直观上，测度应该拥有以上所有的性质，但遗憾的是，如果不对集系加以限制，可能测度会丢失某些性质：

例2.1 $X=\left\{a,b,c\right\},\mathscr{B}=\{\emptyset,\left\{a,b\right\},\{b,c\},\{a,b,c\}\}$，规定集函数： $\mu\left(\emptyset\right)=0,\mu\left(\{a,b\}\right)=2,\ \mu\left(\{b,c\}\right)=3,\mu\left(\{a,b,c\}\right)=6$容易验证这是一个测度，但 $\mu$不满足单调性，有限次可加性，当然也不满足可列可加性

例2.2 $X=\{x_n\}$是两两互异的数列， $\mathscr{B}=\left\{\emptyset\right\}\cup\left\{\left\{x_i\right\}_{i=1}^n:n=1,2,\ldots\right\}\cup{X}$，规定集函数： $\mu\left(\emptyset\right)=0,\ \mu\left(\left\{x_i\right\}_{i=1}^n\right)=n(n\geq1)，\mu\left(X\right)=1$
容易验证这是一个测度，但 $\mu$不满足下连续性，并且不难看出 $\mathscr{B}$还是个 $\pi$系

例2.3 $X=\{x_n\}$是两两互异的数列， $\mathscr{B}=\left\{\emptyset\right\}\cup\left\{\left\{x_i\right\}_{i=n+1}^\infty:n=1,2,\ldots\right\}\cup{X}$，规定集函数： $\mu\left(\emptyset\right)=0,\ \mu\left(\left\{x_i\right\}_{i=n+1}^\infty\right)=n(n\geq1)，\mu\left(X\right)=1$容易验证这是一个测度，但 $\mu$不满足上连续性。

这说明了，我们需要对集系的结构作限制，考察任意集系上的测度是没有意义的。实际上，我们只需要将集系限制为半环，就能使得测度拥有上面所有的性质。上面的例2.2也说明 $\pi$系上的测度可能不具有以上全部性质，我们需要的集系至少是半环以上，下面我们证明：半环上的测度具有以上全部性质：

定理2.1 $\mathscr{R}$是 $X$上的半环， $\emptyset\in\mathscr{R}$， $\mu$是 $\mathscr{R}$上的测度，则 $\mu$具有有限可加性、可减性、单调性、次可加性、有限次可加性及上下连续性

我们来进行逐个验证：下面假设 $\mathscr{B}$是 $X$上的一个半环， $\mu$是 $\mathscr{B}$上的一个测度

有限可加性： $\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}$是 $\mathscr{B}$上两两不交的集合， $\displaystyle A=\bigcup_{k=1}^n A_k\in\mathscr{B}$，再令 $A_{k}=\emptyset,k=n+1,n+2,n+3,\cdots$，再应用可列可加性即可证得

可减性： $A\in \mathscr{B},B\in\mathscr{B},A\subset B$，如果 $B-A\in\mathscr{B}$， $\mu(A)<+\infty$，则 $B=(B-A)\cup A$，且 $A\cap (B-A)=\emptyset$，由有限可加性，就有 $\mu(B-A)+\mu(A)=\mu(B)$这就证得了可减性

从证明过程也可以看出，以上两个性质和 $\mathscr{B}$的结构并无多大的关系，任意的集系上的测度都满足以上的性质

单调性： $A\in\mathscr{B},B\in\mathscr{B},A\subset B$，则存在 $\mathscr{B}$内两两不交的 $n$个集合 $C_1,C_2,\cdots,C_n$，使得 $B-A=\bigcup_{k=1}^n C_k$而 $\displaystyle A\cap \bigcup_{k=1}^n C_k=\emptyset$，即 $\displaystyle\bigcup_{k=1}^n A\cap{C_k}=\emptyset$，从而 $A\cap C_k=\emptyset,k=1,2,\cdots,n$，故 $\{A,C_1,C_2,\cdots,C_k\}$两两不交，并且 $B=A\cup \bigcup_{k=1}^n C_k$由有限可加性，可以得到 $\mu(B)=\mu(A) +\sum_{k=1}^n \mu(C_k)\ge \mu(A)$这就证得单调性

次可加性： $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$是 $\mathscr{B}$内的一个集列， $A\in\mathscr{B}$，并且 $\displaystyle A\subset\bigcup_{n=1}^\infty A_n$，由于 $\mathscr{B}$是一个 $\pi$系，因此， $\displaystyle A=\bigcup_{n=1}^\infty (A_n\cap A)$，令 $B_n=A_n\cap A\in\mathscr{B},n=1,2,\cdots$，则 $A=\bigcup_{n=1}^\infty B_n$我们只要证明了 $\mu(A)\le \sum_{n=1}^\infty\mu(B_n)$再由单调性 $\mu(B_n)\le \mu(A_n),n=1,2,\cdots$那么就有 $\mu(A)\le\sum_{n=1}^\infty\mu(A_n)$如果 $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$是两两不交的，那么自然有 $\mu(A)= \sum_{n=1}^\infty\mu(B_n)$否则，我们作如下处理：对于任意的 $i\neq j$，由于 $\mathscr{B}$是半环，存在 $N(i,j)$个两两不交的 $\mathscr{B}$中的集合 $C_{ij1},C_{ij2},\cdots,C_{ijN(i,j)}$，使得 $B_i-B_j=\bigcup_{k=1}^{N(i,j)}C_{ijk}$则 $\begin{aligned} B_{n+1}-\bigcup_{k=1}^nB_k=&\bigcap_{k=1}^n(B_{n+1}-B_k)\\ =&\bigcap_{k=1}^n\bigcup_{i=1}^{N(n+1,k)}C_{(n+1)ki}\\ =&\bigcup_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\bigcup_{i_n=1}^{N(n+1,n)}(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n}) \end{aligned}$分解式右边的集合两两不交，且由于 $\mathscr{B}$是 $\pi$系，故都在 $\mathscr{B}$内，下面我们证明： $\sum_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\sum_{i_n=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n})\le \mu(B_{n+1})$由数学归纳法不难证明，半环任意有限个集合之并可以表为半环内有限个两两不交集合之并，则 $\displaystyle\bigcup_{k=1}^nB_k$可表为 $\bigcup_{k=1}^nB_k=\bigcup_{k=1}^{N_n}D_k$其中 $D_1,\cdots,D_{N_n}$为 $\mathscr{B}$中两两不交的集合，故 $B_{n+1}=\bigcup_{k=1}^{N_n}D_k\cup\bigcup_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\bigcup_{i_n=1}^{N(n+1,n)}(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n})$且分解式右边两两不交（由构造是显然的），因此，由有限可加性 $\begin{aligned} \mu(B_{n+1})=&\sum_{k=1}^{N_n}\mu(D_k)+\sum_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\sum_{i_n=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n})\\ \ge&\sum_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\sum_{i_n=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n}) \end{aligned}$那么显然 $A=B_1\cup\bigcup_{n=1}^\infty\bigcup_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\bigcup_{i_n=1}^{N(n+1,n)}(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n})$显然由构造可知分解式右边的集合都在 $\mathscr{B}$内且两两不交，由可列可加性 $\begin{aligned} \mu(A)=&\mu(B_1)+\sum_{n=1}^\infty\sum_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\sum_{i_n=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n})\\ \le&\mu(B_1)+\sum_{n=1}^\infty \mu(B_{n+1}) \end{aligned}$这就证明了次可加性

有限次可加性： $\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}$是 $\mathscr{B}$内的集合， $A\in\mathscr{B}$，并且 $\displaystyle A\subset\bigcup_{k=1}^n A_k$，再令 $A_{k}=\emptyset,k=n+1,n+2,n+3,\cdots$，再应用次可加性即可证得

下连续性： $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$是 $\mathscr{B}$内的一个渐升列，并且 $A_n\uparrow A\in\mathscr{B}$，实际上，由单调性 $\{\mu(A_n)\}$是渐升列，则极限 $\lim_{n\to\infty}\mu(A_n)$存在（可以是无穷），并且由 $\mu$的单调性，就有 $\mu(A_n)\le \mu(A)\quad n=1,2,\cdots$令 $n\to\infty$取极限即有 $\lim_{n\to\infty}\mu(A_n)\le \mu(A)$由于 $\mathscr{B}$是半环，存在 $N(i,j)$个两两不交的 $\mathscr{B}$中的集合 $C_{ij1},C_{ij2},\cdots,C_{ijN(i,j)}$，使得 $A_i-A_j=\bigcup_{k=1}^{N(i,j)}C_{ijk}$则 $\begin{aligned} A=&A_1\cup(A_2-A_1)\cup(A_3-A_2)\cdots=A_1\cup\bigcup_{n=1}^\infty(A_{n+1}-A_n)\\ =&A_1\cup\bigcup_{n=1}^\infty\bigcup_{k=1}^{N(n+1,n)}C_{(n+1)nk} \end{aligned}$分解式右边的各集合都在 $\mathscr{B}$内且两两不交，因此，成立 $\tag{1} \mu(A)=\mu(A_1)+\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)nk})$并且对任意的 $n=2,3,\cdots$，成立 $\mu(A_n)=\mu(A_1)+\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{N(i+1,i)}\mu(C_{(i+1)ij})$当 $\mu(A)<+\infty$时，(1)式等号右边的级数是收敛的，因而对任意的 $\varepsilon>0$，存在正整数 $N$，有 $\sum_{n=N+1}^\infty\sum_{k=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)nk})<\varepsilon$故 $\begin{aligned} \mu(A)=&\mu(A_1)+\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)nk})\\ =&\mu(A_N)+\sum_{n=N+1}^\infty\sum_{k=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)nk})\\ <&\mu(A_N)+\varepsilon\le\lim_{n\to\infty}\mu(A_n)+\varepsilon \end{aligned}$再由 $\varepsilon$的任意性，有 $\mu(A)\le \lim_{n\to\infty}\mu(A_n)$这就证得了 $\mu(A)=\lim_{n\to\infty}\mu(A_n)$而 $\mu(A)=+\infty$时，(1)式右边的级数发散，因此， $\{\mu(A_n)\}$也应该无界，故 $\mu(A)=\lim_{n\to\infty}\mu(A_n)=+\infty$

上连续性： $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$是 $\mathscr{B}$内的一个渐降列，并且 $A_n\downarrow A\in\mathscr{B}$， $\mu(A_1)<+\infty$，则 $A_n=A\cup \bigcup_{k=n}^\infty (A_k-A_{k+1})$类似于上连续性即可证得下连续性

下面我们来举一个半环上的测度的例子：
若 $F(x)$是 $R$上单调不减且右连续的函数， $\mathscr{R}$是 $R$上全体左开右闭区间构成的集系，我们已经证明了 $\mathscr{R}$是半环，定义 $\mu(a,b]=F(b)-F(a)$下面我们证明 $\mu$是 $\mathscr{R}$上的测度：

①显然， $\mu(\emptyset)=0$，首先我们来证明 $\mu$具有有限可加性，如果 $I=(a,b]$满足： $I=\bigcup_{k=1}^nI_k$其中 $I_1,I_2,\cdots,I_n$都是两两不交的左开右闭区间，记 $I_k=(a_k,b_k],k=1,2,\cdots,n$，设 $a_1\le a_2\le a_3\le \cdots \le a_n$，否则调整排序即可，不难证明 $b_1=a_2,b_2=a_3,\cdots,b_{n-1}=a_n$，故 $\mu(I)=F(b)-F(a)\\ \sum_{k=1}^n\mu(I_k)=\sum_{k=1}^n[\mu(b_k)-\mu(a_k)]=F(b)-F(a)$因此有限可加性成立

②有限次可加性也成立：我们来证明一个更一般的结论：
$\mathscr{R}$是 $X$上的半环， $\mu$是 $\mathscr{R}$上有限可加的非负广义集函数，则 $\mu$满足有限次可加性：
首先， $\mu$满足单调性，因为对任意的 $A\subset B,A\in\mathscr{R},B\in\mathscr{R}$，存在两两不交的 $\mathscr{R}$上的集合 $C_1,\cdots,C_m$，使得 $\displaystyle B-A=\bigcup_{k=1}^n C_k$，由有限可加性 $\mu(B)=\mu(A)+\sum_{k=1}^n\mu(C_k)\ge \mu(A)$故 $\mu$满足单调性
因此，如果 $A_1,A_2,\cdots,A_n\in\mathscr{R}$， $A\in\mathscr{R}$， $\displaystyle A\subset\bigcup_{k=1}^nA_k$，由于 $\mathscr{R}$是半环，从而 $\mathscr{R}$是 $\pi$系， $B_k=A\cap A_k\in\mathscr{R},k=1,2,\cdots,n$。只要证明 $\mu(A)\le\sum_{k=1}^n\mu(B_k)$接下来的证明过程与证明半环上的测度满足次可加性是完全一致的，这里不再重复。利用这个结论 $\mu$满足单调性和有限次可加性

③我们再证明一个一般性的结论：
$\mathscr{R}$是 $X$上的半环， $\mu$是 $\mathscr{R}$上有限可加的非负广义集函数，如果 $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$是 $\mathscr{R}$上一列两两不交的集合， $A\in\mathscr{R}$， $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\subset A$，则 $\sum_{n=1}^\infty\mu(A_n)\le\mu(A)$证明如下：
由于 $\mathscr{R}$是半环，容易证明，对任意的 $n\ge 1$，存在两两不交的 $\mathscr{R}$中的集合 $B_1,\cdots,B_m$，满足 $A-\bigcup_{k=1}^nA_k=\bigcup_{k=1}^mB_k$则 $A=\bigcup_{k=1}^nA_k\cup\bigcup_{k=1}^mB_k$分解式右边是两两不交的，故由有限可加性 $\mu(A)=\sum_{k=1}^n\mu(A_k)+\sum_{k=1}^m\mu(B_k)\ge \sum_{k=1}^n\mu(A_k)$再令 $n\to\infty$，即可得到结论

④证明 $\mu$满足可列可加性： $\{I_n,n=1,2,\cdots\}$是 $\mathscr{R}$内两两不交的一个集列，并且 $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty I_n=I\in\mathscr{R}$，则由上面的结论（这里不是一般的半环，而是全体左开右闭区间构成的集系），就有 $\sum_{n=1}^\infty\mu(I_n)\le \mu(I)$只要证明 $\displaystyle\mu(I)\le \sum_{n=1}^\infty\mu(I_n)$，对任意的 $\varepsilon>0$，由 $F$的右连续性，存在 $\delta>0$，要求 $a+\delta<b$， $F(a+\delta)-F(a)<\varepsilon$，对任意的 $n\ge 1$，假设 $I_n=(a_n,b_n]$，由右连续性，存在 $\delta_n>0$， $F(b_n+\delta_n)-F(b_n)<\frac{\varepsilon}{2^n}$，取 $I_n^\prime=(a_n,b_n+\delta_n)$，则 $\{I_n^\prime,n=1,2,\cdots\}$是 $[a+\delta,b]$的一个开覆盖，由有限覆盖定理，存在 $I_{n_1}^\prime,\cdots,I_{n_m}^\prime$，使得 $[a+\delta,b]\subset\bigcup_{k=1}^mI_{n_k}^\prime$再令 $I_k^\prime=(a_{n_k},b_{n_k}+\delta_{n_k}]$，故 $(a+\delta,b]\subset \bigcup_{k=1}^m I_k^\prime$ $F(b)-F(a+\delta)=F(b)-F(a)-[F(a+\delta)-F(a)]>F(b)-F(a)-\varepsilon$由有限次可加性 $\begin{aligned} &F(b)-F(a+\delta)\le\sum_{k=1}^m[F(b_{n_k}+\delta_{n_k})-F(a_{n_k})]\\ =&\sum_{k=1}^m[F(b_{n_k}+\delta_{n_k})-F(b_{n_k})]+\sum_{k=1}^m[F(b_{n_k})-F(a_{n_k})]\\ <&\sum_{k=1}^m\frac{\varepsilon}{2^{n_k}}+\sum_{n=1}^\infty\mu(I_n)\\ <&\varepsilon+\sum_{n=1}^\infty\mu(I_n) \end{aligned}$据此，可以得到 $\mu(I)<2\varepsilon+\sum_{n=1}^\infty\mu(I_n)$再由 $\varepsilon$的任意性 $\mu(I)\le \sum_{n=1}^\infty\mu(I_n)$故 $\mu(I)= \sum_{n=1}^\infty\mu(I_n)$

⑤由于 $\mu(\emptyset)=0$且 $\mu$满足可列可加性，故 $\mu$是 $\mathscr{R}$上的测度

特别地，当 $F(x)=x$时， $\mu(a,b]=b-a$，就是我们直观上的线段的长度。通过这个测度进行扩张，就可以得到Lebesgue测度和Lebesgue-Stietjes测度。

有限可加与可列可加

首先，我们给出几个事实：
(1)在半环/环上，可列可加的非负广义集函数必然有单调性
(2)在半环/环上，可列可加的非负广义集函数必然有限可加，因为 $\emptyset=\bigcup_{n=1}^\infty\emptyset$则由可列可加性 $\mu(\emptyset)=\sum_{n=1}^\infty \mu(\emptyset)$则 $\mu(\emptyset)=0$或 $\mu(\emptyset)=+\infty$，如果 $\mu(\emptyset)=+\infty$，由单调性， $\mu(A)=+\infty,\forall A\in\mathscr{R}$，有限可加当然成立，如果 $\mu(\emptyset)=0$，则 $\mu$就是一个测度，那么显然半环上测度满足的所有性质 $\mu$都满足，当然有限可加

接下来的问题是，什么条件下有限可加可以得到可列可加？前面我们已经证明了两点事实：
(1) $\mathscr{R}$是 $X$上的半环， $\mu$是 $\mathscr{R}$上有限可加的非负广义集函数，则 $\mu$满足单调性和有限次可加性
(2) $\mathscr{R}$是 $X$上的半环， $\mu$是 $\mathscr{R}$上有限可加的非负广义集函数，如果 $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$是 $\mathscr{R}$上一列两两不交的集合， $A\in\mathscr{R}$， $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\subset A$，则 $\sum_{n=1}^\infty\mu(A_n)\le\mu(A)$并且从证明 $\mu(a,b]=F(b)-F(a)$是全体左开右闭区间上的测度的过程也可以看出，只要证明了 $\mu$具有次可加性，就可以证明出 $\mu$具有可列可加性，当然，在一般的半环上也是如此。

定理2.1 $\mathscr{R}$是 $X$上的半环， $\mu$是 $\mathscr{R}$上有限可加的非负广义实值函数，则以下命题等价：
(1) $\mu$具有可列可加性
(2) $\mu$具有次可加性

对于环，则有以下定理

定理2.2 $\mathscr{R}$是 $X$上的环， $\mu$是 $\mathscr{R}$上有限可加的非负广义实值函数，则以下命题等价：
(1) $\mu$具有可列可加性
(2) $\mu$具有次可加性
(3) $\mu$具有下连续性
由(3)可以推出
(4) $\mu$上连续
由(4)可以推出
(5) $\mu$在 $\emptyset$处连续，即对任何 $A_n\downarrow \emptyset$， $\mu(A_1)<+\infty$，有 $\lim_{n\to\infty}\mu(A_n)=0$如果 $\mu$是有限的，则(5)可以推(1)

证：
由于任何的环都是半环，故(1)和(2)对有限可加非负广义实值函数是等价的
其次，由有限可加性 $\mu(\emptyset)=0$或 $\mu(\emptyset)=+\emptyset$，如果 $\mu(\emptyset)=+\emptyset$，那么 $\mu(A)=+\infty,\forall A\in\mathscr{R}$，则这个定理自然成立。这里不妨假设 $\mu(\emptyset)=0$，如果 $\mu$具有可列可加性，那么 $\mu$即是 $\mathscr{R}$上的测度，故(1)可以推(3)，下面证明(3)可以推(1)， $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$是 $\mathscr{R}$内两两不交的一个集列，并且 $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n=A\in\mathscr{R}$，则 $\displaystyle\bigcup_{k=1}^n A_k\uparrow A$，而 $\mu(\bigcup_{k=1}^n A_k)=\sum_{k=1}^n\mu(A_k)\uparrow \sum_{n=1}^\infty \mu(A_n)\\ \mu(\bigcup_{k=1}^n A_k)\uparrow \mu(A)$第一个等式利用的是 $\mu$的有限可加性，第二个等式利用的是 $\mu$的下连续性，这就证明(3)可以推(1)，故(1)、(2)、(3)是等价的，故只要(3)成立， $\mu$就是一个测度，故可以推 $(4)$， $(4)$推 $(5)$是显然的，如果 $\mu$是有限的， $\{A_n,n=1,2,\cdots\}$是 $\mathscr{R}$内两两不交的一个集列，并且 $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n=A\in\mathscr{R}$，则令 $\displaystyle B_n=\bigcup_{k=1}^nA_k,C_n=\bigcup_{k=n+1}^\infty A_k$，故由有限可加性 $\mu(A)=\mu(B_n)+\mu(C_n)=\sum_{k=1}^n\mu(A_k)+\mu(C_n)$而 $\mu(C_1)<+\infty$， $C_n\downarrow \emptyset$，故 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\mu(C_n)=0$，上面的等式令 $n\to\infty$，就证得了可列可加性。

测度空间的定义

虽然我们在很一般的集系上定义了测度，但我们主要关注的还是 $\sigma$代数上的测度。

定义2.2 $\mathscr{F}$是 $X$上的 $\sigma$代数， $\mu$是 $\mathscr{F}$上的测度，则称三元组 $(X,\mathscr{F},\mu)$为测度空间，如果 $\mu$是有限的，则称 $(X,\mathscr{F},\mu)$为有限测度空间，如果 $\mu$是 $\sigma$有限的，则称 $(X,\mathscr{F},\mu)$为 $\sigma$有限测度空间，如果 $\mu(X)=1$，则称 $(X,\mathscr{F},\mu)$为概率空间，概率空间上的测度通常记为 $P$， $\mathscr{F}$上的集合称为事件， $X$称为样本空间

测度的扩张

外测度

定义2.3 $\tau$是 $P(X)$到 $\overline{R}$的函数，并且满足：
(1) $\tau(\emptyset)=0$
(2) $A\subset B$，则 $\tau(A)\le \tau(B)$
(3) 对任何的 $\{A_n,n=1,2,3,\cdots\}$， $\displaystyle \tau(\bigcup_{n=1}^\infty A_n)\le \sum_{n=1}^\infty\tau(A_n)$
则称 $\tau$为 $X$上的外测度

外测度的定义是非常宽松的，几乎随便给一个集合系以及其上的一个非负集函数，就可以产生一个外测度

定理2.3 设 $\mathscr{B}$是 $X$的一个集合系，并且 $\emptyset\in\mathscr{B}$。如果 $\mathscr{B}$上的非负集函数 $\mu$满足 $\mu(\emptyset)=0$，则对每个 $A\subset X$，定义 $\tau(A)=\inf\{\sum_{n=1}^\infty\mu(B_n)：B_n\in\mathscr{B},n\ge 1,A\subset\bigcup_{n=1}^\infty B_n\}$则 $\tau$是一个外测度，称为由 $\mu$生成的外测度

在定理2.3中，如果不存在 $B_n,n=1,2,\cdots$， $B_n\in\mathscr{F}$， $\displaystyle A\subset\bigcup_{n=1}^\infty B_n$，则规定 $\tau(A)=+\infty$

定理2.3的证明：
①证明 $\tau(\emptyset)=0$，首先，对任意的 $X$的子集 $A$，显然有 $\tau(A)\ge 0$，其次 $\emptyset\subset\emptyset\cup\emptyset\cup\emptyset\cup\emptyset\cup\cdots$故 $\tau(\emptyset)\le\sum_{n=1}^\infty\mu(\emptyset)=0$从而 $\tau(\emptyset)=0$
②验证单调性： $A\subset B$，不妨设 $\tau(B)<+\infty$，否则 $\tau(A)\le \tau(B)$是显然成立的，对任意的 $\varepsilon>0$，存在 $C_n\in\mathscr{B},n=1,2,\cdots$， $\displaystyle B\subset \bigcup_{n=1}^\infty C_n$，并且 $\tau(B)>\sum_{n=1}^\infty\mu(C_n)-\varepsilon$则 $\displaystyle A\subset B\subset \bigcup_{n=1}^\infty C_n$，故 $\tau(A)\le \sum_{n=1}^\infty\mu(C_n)<\tau(B)+\varepsilon$由 $\varepsilon$的任意性，因此 $\tau(A)\le \tau(B)$③验证次可加性，如果 $\displaystyle A=\bigcup_{n=1}^\infty A_n$，不妨设 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\tau(A_n)<+\infty$，此时必有 $\tau(A_n)<+\infty,n=1,2,\cdots$，则对任意的 $\varepsilon>0$，对任意的 $n=1,2,\cdots$，存在 $B_k^{(n)}\in\mathscr{R},k=1,2,3,\cdots$，满足 $A_n\subset\bigcup_{k=1}^\infty B_k^{(n)}\\ \tau(A_n)>\sum_{k=1}^\infty\mu(B_k^{(n)})-\frac{\varepsilon}{2^n}$则 $\displaystyle A\subset\bigcup_{n=1}^\infty\bigcup_{k=1}^\infty B_k^{(n)}$，于是 $\tau(A)\le \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\mu(B_k^{(n)})\le \sum_{n=1}^\infty\tau(A_n)+\varepsilon$由 $\varepsilon$的任意性即可得到次可加性

外测度是否一定是测度呢？如果是这样，我们直接就得到一个 $P(X)$上的测度，岂不美哉？然而，大多数情况下，外测度不是测度，以下例子就可以说明问题。

例2.1 定义 $\{a,b,c\}$的一个非负集函数如下 $\tau(\emptyset)=0,\tau\{a\}=\tau\{b\}=\tau\{c\}=1\\\tau\{a,b\}=\tau\{a,c\}=\tau\{b,c\}=1.5,\tau\{a,b,c\}=2$不难验证 $\tau$是一个外测度，但显然 $\tau$不是测度

之所以 $\tau$不是测度，其原因是存在部分 $P(X)$的子集不是可测集，这启发我们可以找一个 $P(X)$的子 $\sigma$代数，其含义是全体可测集， $\tau$限制在这个 $\sigma$代数上就成了一个测度

半环的测度扩张成 $\sigma$代数的测度

Carathedory定理

Carathedory定理解决一个问题：给定 $P(X)$上的一个外测度，我们怎么找到 $P(X)$的一个子 $\sigma$代数 $\mathscr{F}_\tau$，使得 $\tau$限制在 $\mathscr{F}_\tau$上是测度。我们可以从Lebesgue定义Lebesgue可测集的想法说起，在定义了Lebesgue外测度之后，Lebesgue采用的是内外测度相等的办法来定义可测集，那么何谓内外测度相等呢？见下图：

Jordan可测的定义方式是内接多边形的面积的上确界和外界多边形的下确界相等，然而，对很多平面点集，根本作不出内接多边形，因此，Lebesgue取一个矩体 $T$包裹住 $E$，拿 $T$的外测度减去 $T-E$的外测度，从直观上将，这就是 $E$的内测度，可以理解成拿一个包裹 $T$的一个外接多边形，减去外接 $T-E$的部分，剩余的面积都在 $E$内，以此定义内测度，那么内外测度相等就应当为 $\tau(T)-\tau(T-E)=\tau(T\cap E)$ $T$称为测试集，此外，该条件是否满足应当与 $T$的选取无关，否则选择一部分测试\ta集 $E$可测，选择另一部分 $E$不可测,那我们也没有充分的理由认为 $E$可测，总结起来，我们可以给出如下条件 $\tau(T)=\tau(T-E)+\tau(T\cap E)\quad\forall T\subset X$我们称该条件为Caratheodory条件，满足Caratheodory条件的全体集合记为 $\mathscr{F}_\tau$，其中的集合称为 $\tau$可测集。

定理2.4（Caratheodory定理） $\tau$是 $X$上的外测度，则 $\mathscr{F}_\tau$是 $X$ 的一个 $\sigma$代数， $\tau$是 $\mathscr{F}_\tau$上的测度

实际上我们要证明两点，第一， $\mathscr{F}_\tau$是 $\sigma$代数，第二， $\tau$是 $\mathscr{F}_\tau$上的测度：

证：
① $A\in\mathscr{F}_\tau$， $A^c\in\mathscr{F}_\tau$是显然的
② $A\in\mathscr{F}_\tau,B\in\mathscr{F}_\tau$，有 $A\cap B\in\mathscr{F}_\tau$
对任意的 $T\subset X$，就有 $\begin{aligned} \tau(T)=&\tau(T\cap A)+\tau(T\cap A^c)\\ =&\tau(T\cap A\cap B)+\tau(T\cap A\cap B^c)+\tau(T\cap A^c) \end{aligned}$由次可加性，就有 $\tau(T\cap(A\cap B)^c)\le \tau(T\cap A\cap B^c)+\tau(T\cap A^c)$因此 $\begin{aligned} \tau(T)=&\tau(T\cap A\cap B)+\tau(T\cap A\cap B^c)+\tau(T\cap A^c)\\\ge& \tau(T\cap A\cap B)+\tau(T\cap(A\cap B)^c) \end{aligned}$由次可加性 $\tau(T\cap A\cap B)+\tau(T\cap(A\cap B)^c)\ge \tau(T)$综上 $\tau(T\cap A\cap B)+\tau(T\cap(A\cap B)^c)= \tau(T)$故 $A\cap B\in\mathscr{F}_\tau$
③容易验证 $X$满足Caratheodory条件，故 $X\in\mathscr{F}_\tau$，综上， $\mathscr{F}_\tau$是一个代数
④对任意的 $T\subset X$，对 $A_1,\cdots,A_n$是两两不交的 $\tau$可测集，则成立 $\tau(T\cap(\bigcup_{k=1}^n A_k))=\sum_{k=1}^n\tau(T\cap A_k)$实际上，由于 $A_1$是 $\tau$可测集，以 $T\cap(\bigcup_{k=1}^n A_k)$为测试集，由Caratheodory条件 $\begin{aligned} \tau(T\cap(\bigcup_{k=1}^n A_k))=&\tau(T\cap(\bigcup_{k=1}^n A_k)\cap A_1)+\tau(T\cap(\bigcup_{k=1}^n A_k)\cap A_1^c)\\ =&\tau(T\cap A_1)+\tau(T\cap(\bigcup_{k=2}^n A_k)) \end{aligned}$由归纳法不难证明此结论，令 $T=X$就可以得出 $\tau$在 $\mathscr{F}_\tau$上满足有限可加性的结论
⑤假设 $A_1,A_2,\cdots,A_n,\cdots$是一列两两不交的 $\tau$可测集，对任意的 $T\subset X$，则由 $\tau$的单调性 $\tau(T\cap\bigcup_{n=1}^\infty A_n)\ge\tau(T\cap \bigcup_{k=1}^nA_k)=\sum_{k=1}^n\tau(T\cap A_k)$令 $n\to\infty$，就有 $\tau(T\cap\bigcup_{n=1}^\infty A_n)\ge\sum_{n=1}^\infty\tau(T\cap A_n)$而由次可加性 $\tau(T\cap\bigcup_{n=1}^\infty A_n)\le\sum_{n=1}^\infty\tau(T\cap A_n)$综上 $\tau(T\cap\bigcup_{n=1}^\infty A_n)=\sum_{n=1}^\infty\tau(T\cap A_n)$而对 $n=1,2,\cdots$，有 $\begin{aligned} \tau(T)=&\tau(T\cap\bigcup_{k=1}^n A_k)+\tau(T\cap \bigcap_{k=1}^n A_k^c)\\ \ge &\sum_{k=1}^n\tau(T\cap A_k)+\tau(T\cap\bigcap_{n=1}^\infty A_n^c) \end{aligned}$令 $n\to\infty$，就得到 $\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty\tau(T\cap A_n)+\tau(T\cap\bigcap_{n=1}^\infty A_n^c)=\tau(T\cap\bigcup_{n=1}^\infty A_n)+\tau(T\cap\bigcap_{n=1}^\infty A_n^c)\le \tau(T) \end{aligned}$由次可加性 $\tau(T\cap\bigcup_{n=1}^\infty A_n)+\tau(T\cap\bigcap_{n=1}^\infty A_n^c)\ge\tau(T)$综上 $\tau(T\cap\bigcup_{n=1}^\infty A_n)+\tau(T\cap\bigcap_{n=1}^\infty A_n^c)=\tau(T)$从而 $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathscr{F}_\tau$，并且我们证得了对任意的 $T\subset X$，成立 $\tau(T\cap\bigcup_{n=1}^\infty A_n)=\sum_{n=1}^\infty\tau(T\cap A_n)$令 $T=X$即可证得可列可加性
⑥对于任意的一列 $\tau$可测集 $A_1,A_2,\cdots,A_n,\cdots$，令 $B_1=A_1\\ B_n=A_n-\bigcup_{k=1}^{n-1}A_k$则由于 $\mathscr{F}_\tau$是代数， $B_1,B_2,\cdots,B_n,\cdots$是一列两两不交的 $\tau$可测集，并且 $\bigcup_{n=1}^\infty A_n=\bigcup_{n=1}^\infty B_n$故 $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathscr{F}_\tau$，这就证得了 $\mathscr{F}_\tau$是 $\sigma$代数，并且由⑤， $\tau$是 $\mathscr{F}_\tau$上的测度

我们通常有半环 $\mathscr{R}$上的一个测度 $\mu$，尤其生成外测度 $\tau$，将 $\tau$限制在 $\mathscr{F}_\tau$上，就得到一个测度空间 $(X,\mathscr{F}_\tau,\tau)$，下面的问题是： $\tau$是否是 $\mu$的扩张，所谓扩张，即满足
① $\mathscr{R}\subset\mathscr{F}_\tau$
② $\tau(A)=\mu(A)\quad\forall A\in\mathscr{R}$
下面我们将证明，只要是半环上测度生成的外测度，一定满足以上两个条件。

定理2.5 $\mu$是半环 $\mathscr{R}$上的测度， $\tau$是 $\mu$生成的外测度，则
(1) $\mathscr{R}\subset\mathscr{F}_\tau$
(2) $\tau(A)=\mu(A)\quad\forall A\in\mathscr{R}$

证：
① 我们先证明 $\mathscr{R}\subset\mathscr{F}_\tau$，对任意的 $A\in\mathscr{R}$，对任意的 $T\subset X$，如果 $\tau(T)=+\infty$，那么，由次可加性 $\tau(T\cap A)+\tau(T\cap A^c)\ge \tau(T)=+\infty$自然成立 $\tau(T\cap A)+\tau(T\cap A^c)=\tau(T)$如果 $\tau(T)<+\infty$，对任意的 $\varepsilon>0$，存在 $B_n\in\mathscr{R},n=1,2,\cdots$， $\displaystyle A\subset \bigcup_{n=1}^\infty B_n$， $\displaystyle \tau(T)>\sum_{n=1}^\infty\mu(B_n)-\varepsilon$，因此 $\sum_{n=1}^\infty\mu(B_n)=\sum_{n=1}^\infty\mu(B_n\cap A)+\sum_{n=1}^\infty\mu(B_n\cap A^c)\ge \tau(A\cap T)+\tau(T\cap A^c)$从而得到 $\tau(T\cap A)+\tau(T\cap A^c)<\tau(T)+\varepsilon$由 $\varepsilon$的任意性，就有 $\tau(T\cap A)+\tau(T\cap A^c)\le\tau(T)$由次可加性 $\tau(T\cap A)+\tau(T\cap A^c)\ge\tau(T)$故 $\tau(T\cap A)+\tau(T\cap A^c)=\tau(T)$因此 $A\in\mathscr{F}_\tau$
②证明 $\tau(A)=\mu(A)$，实际上， $A\subset A\cup \emptyset\cup\emptyset\cdots$，则 $\tau(A)\le \mu(A)$而对任意的 $B_n\in\mathscr{R},n=1,2,\cdots,A\subset\bigcup_{n=1}^\infty B_n$，由次可加性 $\mu(A)\le \sum_{n=1}^\infty\mu(B_n)$由生成外测度的定义 $\tau(A)\ge \mu(A)$综上 $\tau(A)=\mu(A)$

综合上述定理，有半环 $\mathscr{R}$上的一个测度 $\mu$，尤其生成外测度 $\tau$， $\tau$就是 $\mu$在 $\mathscr{F}_\tau$上的扩张。

测度扩张的唯一性定理

有半环 $\mathscr{R}$上的一个测度 $\mu$，尤其生成外测度 $\tau$，显然 $\sigma(\mathscr{R})\subset \mathscr{F}_\tau$，我们通常只需要将 $\mu$扩张到 $\sigma(\mathscr{R})$即可，假设 $v$是 $\sigma(\mathscr{R})$上的另一个测度，并且 $\tau(A)=\mu(A)=v(A),\forall A\in\mathscr{R}$，是否成立 $\tau(A)=v(A)\quad\forall A\in\sigma(\mathscr{R})$也就是说，是否存在其他的测度扩张的方式呢？下面我们将证明：如果 $\mu$是 $\sigma$有限的，那么测度扩张的方式是唯一的，无论如何扩张，最后得到的一定是外测度在 $\sigma(\mathscr{R})$上的限制

定理2.6（测度扩张的唯一性定理） $\mathscr{P}$是 $X$上的 $\pi$系， $\mu$是 $\mathscr{P}$上的测度，并且满足：存在 $B_n\in\mathscr{P},\mu(B_n)<+\infty,n=1,2,\cdots$， $B_1,B_2,\cdots,B_n,\cdots$两两不交， $\displaystyle X=\bigcup_{n=1}^\infty B_n$， $\tau,v$是 $\sigma(\mathscr{P})$上的测度，满足：
$\tau(A)=v(A)=\mu(A)\quad\forall A\in\mathscr{P}$则 $\tau(A)=v(A)\quad\forall A\in\sigma(\mathscr{P})$

证： $\forall B\in\mathscr{P},\mu(B)<+\infty$，定义 $\mathscr{S}(B)=\{A\in\sigma(\mathscr{P}):\tau(A\cap B)=v(A\cap B)\}$显然 $\mathscr{R}\subset\mathscr{S}(B)$，并且不难验证 $\mathscr{S}(B)$是一个 $\pi$系，从而 $\sigma(\mathscr{P})=\mathscr{S}(B)$，取 $B_n\in\mathscr{P},\mu(B_n)<+\infty,n=1,2,\cdots$， $B_1,B_2,\cdots,B_n,\cdots$两两不交， $\displaystyle X=\bigcup_{n=1}^\infty B_n$，对任意的 $A\in\sigma(\mathscr{P})$，有 $\tau(A\cap B_n)=v(A\cap B_n)\quad n=1,2,\cdots$由可列可加性 $\tau(A)=\sum_{n=1}^\infty\tau(A\cap B_n)=\sum_{n=1}^\infty v(A\cap B_n)= v(A)$这就证得了结论

不难证明以下引理

引理2.1 $\mu$是半环 $\mathscr{R}$上的测度， $\mu$是 $\sigma$有限的当且仅当存在 $B_n\in\mathscr{R},\mu(B_n)<+\infty,n=1,2,\cdots$， $B_1,B_2,\cdots,B_n,\cdots$两两不交， $\displaystyle X=\bigcup_{n=1}^\infty B_n$

推论2.1 $\mu$是半环 $\mathscr{R}$上 $\sigma$有限的测度， $\tau$是 $\mu$诱导产生的外测度， $v$是 $\sigma(\mathscr{R})$上的测度，满足 $\mu(A)=v(A)\quad A\in\mathscr{R}$则 $v(A)=\tau(A)\quad A\in\sigma(\mathscr{R})$

这结合引理2.1和测度扩张的唯一性定理可以直接得出
以上推论中 $\sigma$有限的条件必不可少，如以下例子：

例2.2 $\mathscr{R}=\{(a,b]\cap Q:a\le b,a\in R,b\in R\}$是一个半环，定义 $\mu[(a,b]\cap Q]=\begin{cases} +\infty&a<b\\ 0&a=b \end{cases}$则记 $\#(A)$为 $A$中元素的个数，对任意的 $a>0$，定义 $\lambda(A)=a\#(A)\quad \forall A\subset R$则 $\lambda(A)$是 $\mu$在 $\sigma(\mathscr{R})$上的扩张，但这样的可测有无穷多个

$\mathscr{F}_\tau$上的测度和 $\sigma(\mathscr{R})$上的测度的关系

定理2.7 $\mu$是半环 $\mathscr{R}$上的测度， $\tau$是 $\mu$生成的外测度，则对任意的 $A\subset X$，存在 $B\in\sigma(\mathscr{R})$， $A\subset B$， $\tau(A)=\tau(B)$

证：
①如果 $\tau(A)=+\infty$，那么取 $B=X$即可
②如果 $\tau(A)<+\infty$，对 $k\ge 1$，存在 $B_{n}^{(k)}\in\mathscr{R}$， $n=1,2,\cdots$， $\displaystyle A\subset\bigcup_{n=1}^\infty B_n^{(k)}$，满足 $\tau(\bigcup_{n=1}^\infty B_n^{(k)})\le\sum_{n=1}^\infty\tau(B_n^{(k)})=\sum_{n=1}^\infty\mu(B_n^{(k)})<\tau(A)+\frac{1}{k}$令 $\displaystyle C_k=\bigcup_{n=1}^\infty B_n^{(k)}$， $\displaystyle C=\bigcap_{k=1}^\infty C_k \in\sigma(\mathscr{R})$，由构造，有 $A\subset C_k,k=1,2,\cdots$，故 $A\subset C$，由单调性 $\tau(A)\le \tau(C)$而对 $k\ge 1$，有 $\tau(C)\le \tau(C_k) <\tau(A)+\frac{1}{k}$上式令 $k\to\infty$，就有 $\tau(C)\le \tau(A)$综上 $\tau(A)=\tau(C)$

定理2.8 $\mu$是半环 $\mathscr{R}$上的 $\sigma$有限测度， $\tau$是 $\mu$生成的外测度，则对任意的 $A\in\mathscr{F}_\tau$，存在 $B\in\sigma(\mathscr{R})$， $A\subset B$， $\tau(B-A)=0$

证：对 $A\in\mathscr{F}_\tau$
①当 $\tau(A)<+\infty$时，由定理2.7，存在 $B\in\sigma(\mathscr{R})$， $A\subset B$， $\tau(A)=\tau(B)$，由测度的可减性 $\tau(B-A)=\tau(B)-\tau(A)=0$②如果 $\tau(A)=+\infty$，由于 $\mu$是 $\sigma$有限的，存在两两不交的 $\{A_n,n=1,2,\cdots\}\subset\mathscr{R}$， $\displaystyle X=\bigcup_{n=1}^\infty A_n$， $\mu(A_n)<+\infty$， $\tau(A\cap A_n)<+\infty,n=1,2,\cdots$，存在 $B_n\in\sigma(\mathscr{R})$， $A\cap A_n\subset B_n$， $\tau(B_n-A\cap A_n)=0,n=1,2,\cdots$，令 $\displaystyle B=\bigcup_{n=1}^\infty B_n$， $A\subset B$，则 $\tau(B-A)\le\sum_{n=1}^\infty\tau(B_n-A)\le\sum_{n=1}^\infty\tau(B_n-A\cap A_n)=0$

对于代数 $\mathscr{R}$，还有如下结论：

定理2.9 $\mu$是代数 $\mathscr{R}$上的测度， $\tau$为 $\mu$生成的外测度，如果 $A\in\sigma(\mathscr{R}),\tau(A)<+\infty$，则存在 $B\in\mathscr{R}$， $\tau(A\Delta B)<\varepsilon$

证：
对任意的 $\varepsilon>0$，存在 $\{B_n\in\mathscr{R}:n=1,2,\cdots\}$，满足 $\sum_{n=1}^\infty\mu(B_n)<\tau(A)+\frac{\varepsilon}{2}$①对任意的 $n\ge 1$，有 $\begin{aligned} \tau(\bigcup_{k=1}^nB_k-A)\le&\tau(\bigcup_{k=1}^\infty B_k-A)=\tau(\bigcup_{k=1}^\infty B_k)-\tau(A)\le\sum_{k=1}^\infty\tau(B_k)-\tau(A)\\ =&\sum_{k=1}^\infty\mu(B_k)-\tau(A)<\frac{\varepsilon}{2} \end{aligned}$②存在 $N$， $n\ge N$时， $\displaystyle\sum_{k=n+1}^\infty\mu(B_k)<\frac{\varepsilon}{2}$，则 $\begin{aligned} &\tau(A-\bigcup_{k=1}^n B_k)\le \tau(\bigcup_{k=1}^\infty B_k-\bigcup_{k=1}^n B_k)=\tau(\bigcup_{k=1}^\infty B_k)-\tau(\bigcup_{k=1}^n B_k)\\ \le&\tau(\bigcup_{k=n+1}^\infty B_k)\le\sum_{k=n+1}^\infty\tau(B_k)<\frac{\varepsilon}{2} \end{aligned}$③因此，令 $\displaystyle B=\bigcup_{k=1}^N B_k$ $\tau(A\Delta B)=\tau(A-B)+\tau(B-A)<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$

推论2.2 $\mu$是代数 $\mathscr{R}$上 $\sigma$有限测度， $A\in\sigma(\mathscr{R})$， $\mu(A)<+\infty$，存在 $B\in\mathscr{R}$， $\mu(A\Delta B)<\varepsilon$

测度空间的完全化

对于任何的测度空间 $(X,\mathscr{F},\mu)$，都以添加一些子集进 $\mathscr{F}$，使之称为完全测度空间，我们定义 $\overline{\mathscr{F}}=\{A\cup N:A\in\mathscr{F},\exists N^\prime\in\mathscr{F},N\subset N^\prime,\mu(N^\prime)=0\}$

1. 我们先证明 $\overline{\mathscr{F}}$是 $\sigma$代数
   ① $X=X\cup\emptyset$，故 $X\in\overline{\mathscr{F}}$
   ② $A\in\mathscr{F},N\subset X,\exists N^\prime\in\mathscr{F},\mu(N^\prime)=0$，令 $B=A\cup N$，则 $B^c=A^c\cap N^c=(A^c\cap N^\prime\cap N^c)\cup (A^c\cap N^{\prime c})$则 $A^c\cap N^\prime\cap N^c\subset N^\prime,A^c\cap N^{\prime c}\in\mathscr{F}$故 $B^c\in\mathscr{F}$
   ③设 $A_n\in\mathscr{F},N_n\subset X,N_n^\prime\in\mathscr{F},N_n\subset N_n^\prime,\mu(N_n^\prime)=0,B_n=A_n\cup N_n$，则 $\displaystyle \bigcup_{n=1}^\infty N_n\subset \bigcup_{n=1}^\infty N_n^\prime$，而令 $\displaystyle N=\bigcup_{n=1}^\infty N_n,N^\prime=\bigcup_{n=1}^\infty N_n^\prime$，则 $0\le \mu(\bigcup_{n=1}^\infty N_n^\prime)\le\sum_{n=1}^\infty\mu(N_n^\prime)=0$并且 $\displaystyle A=\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in \mathscr{F}$， $N^\prime\in\mathscr{F}$， $N\subset N^\prime,\mu(N^\prime)=0$， $B=\bigcup_{n=1}^\infty B_n =A\cup N$从而 $B\in\overline{\mathscr{F}}$，因此 $\overline{\mathscr{F}}$是一个 $\sigma$代数

2. 定义 $\overline{\mu}(A\cup N)=\mu(A)$，其中 $A\in\mathscr{F},\exists N^\prime\in\mathscr{F},N\subset N^\prime,\mu(N^\prime)=0$，下面证明 $\overline{\mu}$是一意的，也就是说，不会因为分解式的不同而产生的多值：
   $A\cup N=A^\prime \cup N^\prime$，其中 $A,A^\prime,N^{\prime\prime},N^{\prime\prime\prime}\in\mathscr{F},\mu(N^{\prime\prime})=\mu(N^{\prime\prime\prime})=0$， $N\subset N^{\prime\prime},N^\prime\subset N^{\prime\prime}$，则 $A^\prime\subset A^\prime\cup N^\prime = A\cup N\subset A\cup N^{\prime\prime}$，故由次可加性 $\mu(A^\prime)\le \mu(A)+\mu(N^{\prime\prime})=\mu(A)$同理 $\mu(A)\le \mu(A^{\prime})$，故 $\mu(A)=\mu(A^\prime)$

3. 证明 $\overline{\mu}$是 $\overline{\mathscr{F}}$上的完全测度，首先由测度的定义容易验证 $\overline{\mu}$是测度，其次，如果 $\overline{\mu}(A\cup N)=0$，其中， $A\in\mathscr{F},\exists N^\prime\in\mathscr{F},N\subset N^\prime,\mu(N^\prime)=0$， $N^{\prime\prime}\subset A\cup N$，则 $\mu(A)=0$，并且 $N^{\prime\prime}\subset A\cup N\subset A\cup N^\prime\\ 0\le \mu(A\cup N^\prime)\le \mu(A)+\mu(N^\prime)=0\\ N^{\prime\prime}=\emptyset \cup N^{\prime\prime}$故 $N^{\prime\prime}\in\overline{\mathscr{F}}$，因此 $\overline{\mu}$是 $\overline{\mathscr{F}}$上的完全测度

实际上我们就是在 $\mathscr{F}$上加入了一些集合，就得到了完全测度空间 $(X,\overline{\mathscr{F}},\overline{\mu})$，这个测度空间是完全的，我们称其是 $(X,\mathscr{F},\mu)$的完全化测度空间。

假设 $\mu$是半环 $\mathscr{R}$上的 $\sigma$有限测度， $\tau$是其生成的外测度，下面我们证明： $(X,\mathscr{F}_\tau,\tau)$是 $(X,\sigma(\mathscr{R}),\tau)$的完全化测度空间。

1. $\mathscr{F}_\tau \subset \overline{\sigma(\mathscr{R})}$：
   由于 $\mu$是 $\sigma$有限的，则对任意的 $A\in\mathscr{F}_\tau$，存在 $B\in\sigma(\mathscr{R})$， $A^c\subset B$， $\tau(B-A^c)=\tau(A\cap B)=0$，由 $B^c\subset A$，则 $A=(A\cap B)\cup B^c$，由 $\overline{\sigma(\mathscr{R})}$的定义，就有 $A\in\overline{\sigma(\mathscr{R})}$

2. $\overline{\sigma(\mathscr{R})}\subset \mathscr{F}_\tau$：
   对任意的 $A\in\sigma(\mathscr{R}),N\subset X,\exists N^\prime\in\sigma(\mathscr{R}),N\subset N^\prime,\tau(N^\prime)=0$，由于 $\tau$是 $\mathscr{F}_\tau$上的完全测度，故 $N\in\mathscr{F}_\tau$，故 $A\cup N\in\mathscr{F}_\tau$

3. 综上， $\overline{\sigma(\mathscr{R})}=\mathscr{F}_\tau$，证明， $\overline{\tau}(A)=\tau(A)$，注意前者是 $\tau$限制在 $\sigma(\mathscr{R})$上，再完全化得到的测度，后者是定义在 $\mathscr{F}$的 $\tau$
   $A=B\cup N$， $B,N^\prime\in\mathscr{F},\tau(N^\prime)=0,N\subset N^\prime$，则 $\tau(B)\le \tau(A)\le \tau(B\cup N^\prime)\le\tau(B)+\tau(N^\prime)=\tau(B)$故 $\tau(A)=\tau(B)=\overline{\tau}(A)$