现代概率论03：测度空间

Posted 2022-04-02 这个XD很懒

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了现代概率论03：测度空间相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

本文主要介绍了测度的公理化定义，以及外测度的定义和生成。

第三讲测度空间(1)
- 2.1 测度的定义及性质
- 2.2 外测度
  - 2.2.1 外测度的定义和生成
  - 2.2.2 完全测度空间

第三讲测度空间(1)

2.1 测度的定义及性质

2.1.1 测度的公理化定义

本节主要讨论测度的定义及性质，在此之前需要引入几个概念：

非负集函数：给定空间 \$X\$ 上的集合系 \$\\mathcalE\$ ，将定义在 \$\\mathcalE\$ 上，取值于 \$[0,\\infty]\$ 上的函数称为非负集函数，常用希腊字母 \$\\mu,\\nu,\\tau,\\cdots\$ 来表示。
可列可加性：如果对任意可列个两两不交的集合 \$\\A_n\\in\\mathcalE,n\\geq1\\\$ 满足 \$\\displaystyle\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalE\$ ，均有

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n), \\]
则称非负集函数 \$\\mu\$ 具有可列可加性。
有限可加性：如果对任意有限个两两不交的集合 \$\\A_k\\in\\mathcalE,1\\leq k\\leq n\\\$ 满足 \$\\displaystyle\\bigcup_k=1^n A_k\\in\\mathcalE\$ ，均有

\\[\\mu\\left(\\bigcup_k=1^n A_k\\right)=\\sum_k=1^n\\mu(A_k), \\]
则称非负集函数 \$\\mu\$ 具有有限可加性。
可减性：如果对 \$\\forall A,B\\in\\mathcalE\$ ，满足 \$A\\subset B\$ ，且有 \$B-A\\in\\mathcalE\$ ，只要 \$\\mu(A)<\\infty\$ ，就有

\\[\\mu(B-A)=\\mu(B)-\\mu(A), \\]
则称非负集函数 \$\\mu\$ 具有可减性。

本节的核心是测度的公理化定义，具体如下：

测度的公理化定义：指的是在抽象空间的集合上建立的测度。

设 \$\\mathcalE\$ 是 \$X\$ 上的集合系，且 \$\\varnothing\\in\\mathcalE\$ 。若 \$\\mathcalE\$ 上的非负集函数 \$\\mu\$ 满足：

(1) \$\\mu(\\varnothing)=0\$ ；

(2) 可列可加性，

则称 \$\\mu\$ 为 \$\\mathcalE\$ 上的测度。
若 \$\\mu(A)<\\infty,\\ \\forall A\\in\\mathcalE\$ ，则称测度 \$\\mu\$ 为有限测度。
若 \$\\forall A\\in\\mathcalE\$ ，存在 \$\\A_n\\in\\mathcalE,n\\geq1\\\$ ，使得 \$\\displaystyle\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\supset A\$ ，则称测度 \$\\mu\$ 为 \$\\sigma\$ 有限测度。

命题 2.1.1：测度具有有限可加性和可减性。

命题 2.1.2：设 \$X\\subset\\mathbbR,\\ \\mathcalE=\\mathcalQ_\\mathbbR\$ ，\$F\$ 是 \$\\mathbbR\$ 上非降右连续的实值函数。\$\\forall a,b\\in\\mathbbR\$ ，定义

\\[\\mu((a,b])=\\left\\\\beginarrayll F(b)-F(a), & a<b , \\\\ \\\\ 0, & a\\geq b. \\endarray\\right. \\]

则 \$\\mu\$ 是 \$\\mathcalE\$ 上的测度。

易见，\$\\mu\$ 为非负集函数，且 \$\\mu(\\varnothing)=0\$ 。下面验证 \$\\mu\$ 具有可列可加性。

Step.1 证明：\$\\mu\$ 具有有限可加性。

设 \$\\(a_i,b_i],\\ i=1,2,\\cdots,n\\\$ 两两不交，且

\\[\\bigcup_i=1^n(a_i,b_i]=(a,b]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR. \\]
不妨设 \$a\\leq b\$ 且 \$a_i\\leq b_i,\\ i=1,2,\\cdots,n\$ 。把 \$a_1,a_2,\\cdots,a_n,b_1,b_2,\\cdots,b_n\$ 排序如下：

\\[a_(1)\\leq a_(2)\\leq\\cdots\\leq a_(n),\\quad b_(1)\\leq b_(2)\\leq\\cdots\\leq b_(n), \\]
则有

\\[a=a_(1)\\leq b_(1)=a_(2)\\leq b_(2)=\\cdots=a_(n)\\leq b_(n)=b, \\]
从而

\\[\\beginaligned \\mu\\left(\\bigcup_i=1^n(a_i,b_i]\\right)&=\\mu((a,b])=F(b)-F(a) \\\\ \\\\ &=F(b_(n))-F(a_(n)) \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^n\\left[F(b_(i))-F(a_(i))\\right] \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^n\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right]=\\sum_i=1^n\\mu((a_i,b_i]). \\endaligned \\]

Step.2 证明：若 \$\\(a_i,b_i]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR,\\ i\\geq1\\\$ 两两不交，且

\\[\\bigcup_i=1^\\infty(a_i,b_i]\\subset(a,b]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR, \\]
则有

\\[\\mu((a,b])\\geq\\sum_i=1^\\infty\\mu((a_i,b_i]). \\]

不妨设 \$a\\leq b\$ 且 \$a_i\\leq b_i,\\ i\\geq1\$ 。对每个 \$n=1,2,\\cdots\$ ，记排序

\\[a_(1)\\leq a_(2)\\leq\\cdots\\leq a_(n),\\quad b_(1)\\leq b_(2)\\leq\\cdots\\leq b_(n), \\]
则有

\\[a\\leq a_(1)\\leq b_(1)\\leq a_(2)\\leq b_(2)\\leq\\cdots\\leq a_(n)\\leq b_(n)\\leq b, \\]
由 Step.1 可知

\\[\\beginaligned \\mu((a,b])&=F(b)-F(a) \\\\ \\\\ &=F(a_(1))-F(a)+\\sum_i=1^n\\left[F(b_(i))-F(a_(i))\\right] \\\\ \\\\ &\\quad \\, +\\sum_i=1^n-1\\left[F(a_(i+1))-F(b_(i))\\right]+F(b)-F(b_(n)) \\\\ \\\\ &\\geq\\sum_i=1^n\\left[F(b_(i))-F(a_(i))\\right] \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^n\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right]=\\sum_i=1^n\\mu((a_i,b_i]). \\endaligned \\]
令 \$n\\to\\infty\$ ，即得

\\[\\mu((a,b])\\geq\\sum_i=1^\\infty\\mu((a_i,b_i]). \\]

Step.3 证明：对于满足 \$\\displaystyle\\bigcup_i=1^n(a_i,b_i]\\supset(a,b]\$ 的 \$(a,b]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR\$ 和 \$(a_i,b_i]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR,\\ i=1,2,\\cdots,n\$ ，总有

\\[\\mu((a,b])\\leq\\sum_i=1^n\\mu((a_i,b_i]) . \\]

数学归纳法。不妨设 \$a\\leq b\$ 且 \$a_i\\leq b_i,\\ i=1,2,\\cdots,n\$ 。

当 \$n=1\$ 时，\$(a,b]\\subset(a_1,b_1]\$ ，所以

\\[\\mu((a,b])=F(b)-F(a)\\leq F(b_1)-F(a_1)=\\mu((a_1,b_1]). \\]
故 \$n=1\$ 时不等式成立。

假设 \$n=k\$ 时不等式成立，下证 \$n=k+1\$ 时不等式也成立。

取整数 \$i_0\$ ，使 \$1\\leq i_0\\leq k+1\$ 且 \$b_i_0=\\displaystyle\\max_1\\leq i\\leq k+1b_i\$ ，则有 \$b\\leq b_i_0\$ 。

当 \$a\\geq a_i_0\$ 时，由 Step.1 可知

\\[\\beginaligned \\mu((a,b])&=F(b)-F(a)\\leq F(b_i_0)-F(a_i_0) \\\\ \\\\ &\\leq \\sum_i=1^k+1\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right]=\\sum_i=1^k+1\\mu((a_i,b_i]). \\endaligned \\]
此时，对 \$n=k+1\$ 不等式成立。

当 \$a<a_i_0\$ 时，由 \$\\displaystyle\\bigcup_i=1^k+1(a_i,b_i]\\supset(a,b]\$ 可知，有 \$(a,a_i_0]\\subset\\displaystyle\\bigcup_i\\neq i_0(a_i,b_i]\$ 。由归纳假设可知

\\[\\beginaligned \\mu((a,b])&=F(b)-F(a)\\leq F(b_i_0)-F(a_i_0)+F(a_i_0)-F(a) \\\\ \\\\ &=F(b_i_0)-F(a_i_0)+\\mu((a,a_i_0]) \\\\ \\\\ &\\leq F(b_i_0)-F(a_i_0)+\\sum_i\\neq i_0\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right] \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^k+1\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right]=\\sum_i=1^k+1\\mu((a_i,b_i]). \\endaligned \\]
此时，对 \$n=k+1\$ 不等式也成立。

Step.4 证明：若 \$\\(a_i,b_i]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR,\\ i\\geq1\\\$ 两两不交，且

\\[\\bigcup_i=1^\\infty(a_i,b_i]=(a,b]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR, \\]
则有

\\[\\mu((a,b])=\\mu\\left(\\bigcup_i=1^\\infty(a_i,b_i]\\right)\\leq\\sum_i=1^\\infty\\mu((a_i,b_i]). \\]

不妨设 \$a\\leq b\$ 且 \$a_i\\leq b_i,\\ i\\geq1\$ 。对 \$\\forall\\varepsilon>0\$ ，取 \$\\delta_i>0\$ ，使得

\\[F(b_i+\\delta_i)-F(b_i)<\\frac\\varepsilon2^i, \\]
则对 \$\\forall\\eta>0\$ ，开区间列 \$\\(a_i,b_i+\\delta_i),i\\geq1\\\$ 是闭区间 \$[a+\\eta,b]\$ 的一个开覆盖。

由有限覆盖定理，\$\\exists n\\geq1\$ ，使得

\\[\\bigcup_i=1^n(a_i,b_i+\\delta_i]\\supset \\bigcup_i=1^n(a_i,b_i+\\delta_i)\\supset[a+\\eta,b]\\supset(a+\\eta,b]. \\]
由 Step.3 可知

\\[\\beginaligned F(b)-F(a+\\eta)&\\leq \\sum_i=1^n\\left[F(b_i+\\delta_i)-F(a_i)\\right] \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^n\\left[F(b_i+\\delta_i)-F(b_i)\\right]+\\sum_i=1^n\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right] \\\\ \\\\ &\\leq\\sum_i=1^n\\frac\\varepsilon2^i+\\sum_i=1^n\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right] \\\\ \\\\ &\\leq \\varepsilon+\\sum_i=1^n\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right] \\\\ \\\\ &\\leq \\varepsilon+\\sum_i=1^\\infty\\mu((a_i,b_i]). \\endaligned \\]
先令 \$\\eta\\to0\$ ，在令 \$\\varepsilon\\to0\$ ，即得

\\[\\mu((a,b])\\leq\\sum_i=1^\\infty\\mu((a_i,b_i]). \\]

由 Step.2 和 Step.4 可知命题成立。

2.1.2 测度空间和测度的例子

在上一部分中，我们在一般的集合系上定义了测度，下面我们介绍一些测度的例子。

例1. 设 \$X\$ 为非空集合，\$\\mathcalF=\\A:A\\subset X\\\$ ，记 \$\\#(A)\$ 表示 \$A\$ 中元素的个数。

令 \$\\mu(A)=\\#(A),\\ \\forall A\\in\\mathcalF\$ ，则 \$\\mu\$ 为 \$\\mathcalF\$ 上的测度。

(1) \$\\mu\$ 为非负集函数；

(2) \$\\mu(\\varnothing)=\\#(\\varnothing)=0\$ ；

(3) 设 \$\\forall\\A_n\\in\\mathcalF,n\\geq1\\\$ 且两两不交，则有

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\#\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\sum_n=1^\\infty\\#(A_n)=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]

例2. 设 \$(X,\\mathcalE)\$ 是一个可测空间，\$x\$ 是 \$X\$ 的一个元素，对 \$A\\in\\mathcalE\$ ，令

\\[\\delta_x(A)=I_A(x)=\\left\\\\beginarrayll 1 , & x\\in A, \\\\ \\\\ 0 , & x\\not\\in A. \\endarray\\right. \\]
则 \$\\delta_x\$ 为 \$\\mathcalE\$ 上的测度。

(1) \$\\delta_x\$ 为非负集函数；

(2) \$\\delta_x(\\varnothing)=I_\\varnothing(x)=0\$ ；

(3) 设 \$\\forall\\A_n\\in\\mathcalE,n\\geq1\\\$ 且两两不交，则有

\\[\\delta_x\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=I_\\bigcup_n=1^\\infty A_n(x)=\\sum_n=1^\\infty I_A_n(x)=\\sum_n=1^\\infty\\delta_x(A_n). \\]
若 \$x_1,x_2,\\cdots,x_n\\in X\$ ，则 \$\\mu=\\displaystyle\\sum_i=1^n\\delta_x_i\$ 仍是 \$\\mathcalE\$ 上的测度，称为点测度。

例3. 设 \$\\mathcalQ_\\mathbbR=\\(a,b],\\ a,b\\in\\mathbbR\\\$ ，对每个线段 \$(a,b]\$ ，称 \$b-a\$ 为它的长度，则长度为 \$\\mathcalQ_\\mathbbR\$ 上的测度。

这是命题 2.1.2 的特例。

接下来讨论由 \$X\$ 的子集形成的某个 \$\\sigma\$ 域 \$\\mathcalF\$ 上的测度。首先给出以下几个概念：

测度空间：若 \$(X,\\mathcalF)\$ 为可测空间，\$\\mu\$ 为 \$\\mathcalF\$ 上的测度，则称 \$(X,\\mathcalF,\\mu)\$ 为测度空间。
零测集：若 \$N\\in\\mathcalF\$ ，且 \$\\mu(N)=0\$ ，则称 \$N\$ 为 \$\\mu\$ 的零测集。
概率空间：若 \$(X,\\mathcalF,\\mathbbP)\$ 为测度空间，且满足 \$\\mathbbP(X)=1\$ ，则称 \$(X,\\mathcalF,\\mathbbP)\$ 为概率空间，其中 \$\\mathbbP\$ 称为概率测度，\$A\\in\\mathcalF\$ 称为事件，\$\\mathcalF\$ 称为事件域，\$\\mathbbP(A)\$ 称为事件 \$A\$ 发生的概率。

例4. 设 \$X=\\x_1,x_2,\\cdots\\\$ 是一个可列集，\$\\mathcalT\$ 是由 \$X\$ 的一切子集构成的 \$\\sigma\$ 域。若每个 \$x_i\$ 都对应着一个非负实数 \$a_i\\geq0\$ ，则

\\[\\mu(A)=\\sum_x_i\\in Aa_i,\\quad A\\in\\mathcalT. \\]
是 \$\\mathcalT\$ 上的测度，而 \$(X,\\mathcalT,\\mu)\$ 是一个测度空间。

(1) \$\\mu\$ 为非负集函数；

(2) \$\\mu(\\varnothing)=0\$ ；

(3) 设 \$\\forall\\A_n\\in\\mathcalT,n\\geq1\\\$ 且两两不交，则有

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\sum_x_i\\in\\bigcup_n=1^\\infty A_na_i=\\sum_n=1^\\infty\\sum_x_i\\in A_na_i=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]
所以 \$\\mu\$ 是 \$\\mathcalT\$ 上的测度，由于 \$(X,\\mathcalT)\$ 是可测空间，所以 \$(X,\\mathcalT,\\mu)\$ 是一个测度空间。

例5. 设 \$X\$ 是一个有限集，\$\\mathcalT\$ 是由 \$X\$ 的一切子集构成的 \$\\sigma\$ 域。定义

\\[\\mathbbP(A)=\\frac\\#(A)\\#(X),\\quad \\forall A\\in\\mathcalT. \\]
则 \$\\mathbbP\$ 是 \$\\mathcalT\$ 上的概率测度，\$(X,\\mathcalT,\\mathbbP)\$ 是一个概率空间。这个概率空间就是初等概率论中的古典概型。

2.1.3 半环上的测度的扩张

在一般的 \$\\sigma\$ 域上建立测度非常复杂，通常使用的办法是把半环上的测度扩张到由它生成的 \$\\sigma\$ 域上。因此，我们需要讨论半环上非负集函数的性质。

首先介绍下列关于集合系 \$\\mathcalE\$ 上的非负集函数 \$\\mu\$ 的四个概念：

单调性：若 \$\\forall A,B\\in\\mathcalE\$ ，且 \$A\\subset B\$ ，均有 \$\\mu(A)\\leq \\mu(B)\$ ，则称 \$\\mu\$ 具有单调性。
次可列可加性：若对任意可列个集合 \$A_1,A_2,\\cdots\\in\\mathcalE\$ ，只要 \$\\displaystyle\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalE\$ ，就有

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\leq \\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n), \\]
则称 \$\\mu\$ 具有半可列可加性或次可列可加性。
下连续性：若对任意可列个集合 \$A_1,A_2,\\cdots\\in\\mathcalE\$ ，\$A_n\\uparrow A\\in\\mathcalE\$ ，均有

\\[\\mu(A)=\\lim_n\\to\\infty\\mu(A_n), \\]
则称 \$\\mu\$ 具有下连续性。
上连续性：若对任意可列个集合 \$A_1,A_2,\\cdots\\in\\mathcalE\$ ，\$A_n\\downarrow A\\in\\mathcalE\$ 且 \$\\mu(A_1)<\\infty\$ ，均有

\\[\\mu(A)=\\lim_n\\to\\infty\\mu(A_n), \\]
则称 \$\\mu\$ 具有上连续性。

命题 2.1.3 半环 \$\\mathcalQ\$ 上具有有限可加性的非负集函数 \$\\mu\$ 具有单调性和可减性。

设 \$A,B\\in\\mathcalQ\$ 且 \$A\\subset B\$ ，则存在两两不交的有限个 \$C_i\\in\\mathcalQ,\\ i=1,2,\\cdots,n\$ ，使得

\\[B\\setminus A=B-A=\\bigcup_i=1^nC_i. \\]
记 \$B=A+(B-A)=A+\\displaystyle\\bigcup_i=1^nC_i\$ 且 \$\\A,C_i\\in\\mathcalQ,\\ i=1,2,\\cdots,n\\\$ 两两不交，由有限可加性知

\\[\\mu(B)=\\mu(A)+\\mu\\left(\\bigcup_i=1^nC_i\\right)=\\mu(A)+\\sum_i=1^n\\mu(C_i)\\geq\\mu(A). \\]
所以单调性成立。

注意：不能直接写 \$\\mu(B)=\\mu(A)+\\mu(B-A)\$ ，因为没有 \$B-A\\in\\mathcalQ\$ 的结论。

若 \$A,B\\in\\mathcalQ,\\ B-A\\in\\mathcalQ\$ ，且 \$A\\subset B\$ ，\$m(A)<\\infty\$ ，则由有限可加性知

\\[\\mu(B)=\\mu(A+B-A)=\\mu(A)+\\mu(B-A), \\]
从而移项可得可减性成立。

命题 2.1.4 半环 \$\\mathcalQ\$ 上具有可列可加性的非负集函数 \$\\mu\$ 具有半可列可加性、下连续性和上连续性。

由于 \$\\varnothing\\in\\mathcalQ\$ ，故由可列可加性

\\[\\mu(\\varnothing)=\\mu(\\varnothing)+\\mu(\\varnothing)+\\cdots, \\]
从而 \$\\mu(\\varnothing)=0\$ 或 \$\\mu(\\varnothing)=\\infty\$ 。

若 \$\\mu(\\varnothing)=\\infty\$ ，则对 \$\\forall A\\in\\mathcalQ\$ ，均有

\\[\\mu(A)=\\mu(A)+\\mu(\\varnothing)+\\mu(\\varnothing)+\\cdots, \\]
故 \$\\mu(A)=\\infty\$ ，此时原命题（半可列可加性和下连续性）成立。

下面设 \$\\mu(\\varnothing)=0\$ ，即 \$\\mu\$ 是 \$\\mathcalQ\$ 上的测度。

下连续性：如果 \$A_1,A_2,\\cdots\\in\\mathcalQ,\\ A_n\\uparrow A\\in\\mathcalQ\$ ，记 \$A_0=\\varnothing\$ ，则存在 \$\\C_nk\\in\\mathcalQ,k=1,2,\\cdots,k_n\\\$ 两两不交，使得对每个 \$n=1,2,\\cdots\$ ，都有

\\[A_n\\setminus A_n-1=\\bigcup_k=1^k_nC_nk, \\]
由于 \$\\A_n\\setminus A_n-1\\in\\mathcalQ,\\ n\\geq1\\\$ 两两不交，所以由测度的可列可加性和有限可加性可知

\\[\\beginaligned \\mu(A)&=\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty (A_n\\setminus A_n-1)\\right) \\\\ \\\\ &=\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty \\bigcup_k=1^k_nC_nk\\right)=\\sum_n=1^\\infty\\sum_k=1^k_n\\mu(C_nk) \\\\ \\\\ &=\\lim_N\\to\\infty\\sum_n=1^N\\sum_k=1^k_n\\mu(C_nk) \\\\ \\\\ &=\\lim_N\\to\\infty\\mu\\left(\\bigcup_n=1^N \\bigcup_k=1^k_nC_nk\\right)=\\lim_N\\to\\infty\\mu(A_N). \\endaligned \\]
上连续性：如果 \$A_1,A_2,\\cdots\\in\\mathcalQ,\\ A_n\\downarrow A\\in\\mathcalQ\$ 且 \$\\mu(A_1)<\\infty\$ ，则存在 \$\\C_nk\\in\\mathcalQ,k=1,2,\\cdots,k_n\\\$ 两两不交，使得对每个 \$n=1,2,\\cdots\$ ，都有

\\[A_n\\setminus A_n+1=\\bigcup_k=1^k_nC_nk. \\]
容易发现 \$\\A,C_nk\\in\\mathcalQ,\\ k=1,2,\\cdots,k_n,\\ n=1,2,\\cdots\\\$ 两两不交，且

\\[A_n=\\bigcup_i=n^\\infty(A_i\\setminus A_n+1)\\cup A=\\bigcup_i=n^\\infty\\bigcup_k=1^k_iC_ik\\cup A, \\]
故由可列可加性可知，对每个 \$n=1,2,\\cdots\$ ，都有

\\[\\mu(A_n)=\\mu\\left(\\bigcup_i=n^\\infty\\bigcup_k=1^k_iC_ik\\right)+\\mu(A)=\\sum_i=n^\\infty\\sum_k=1^k_i\\mu(C_nk)+\\mu(A). \\]
取 \$n=1\$ ，则有

\\[\\sum_i=1^\\infty\\sum_k=1^k_i\\mu(C_nk)\\leq \\sum_i=1^\\infty\\sum_k=1^k_i\\mu(C_nk)+\\mu(A)=\\mu(A_1)<\\infty. \\]
从而由级数的收敛性质可知

\\[\\lim_n\\to\\infty\\sum_i=n^\\infty\\sum_k=1^k_i\\mu(C_nk)=0 \\quad \\Longrightarrow \\quad \\lim_n\\to\\infty\\mu(A_n)=\\mu(A). \\]
次可列可加性：若 \$A_1,A_2,\\cdots\\in\\mathcalQ\$ 且 \$\\displaystyle\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalQ\$ ，则 \$A_1,A_2,\\cdots\\in r(\\mathcalQ)\$ ，故

\\[\\bigcup_i=1^n-1A_i\\in r(\\mathcalQ)\\quad \\Longrightarrow \\quad A_n\\setminus\\bigcup_i=1^n-1A_i\\in r(\\mathcalQ). \\]
由定理 1.3.2 可知，存在两两不交的集合 \$\\C_nk\\in\\mathcalQ,\\ k=1,2,\\cdots,k_n\\\$ ，使得

\\[A_n\\setminus \\bigcup_i=1^n-1A_i=\\bigcup_k=1^k_nC_nk. \\]
由于

\\[A_n\\setminus \\bigcup_k=1^k_nC_nk\\in r(\\mathcalQ). \\]
故存在两两不交的集合 \$\\D_nl\\in\\mathcalQ,\\ l=1,2,\\cdots,l_n\\\$ ，使得

\\[A_n\\setminus \\bigcup_k=1^k_nC_nk=\\bigcup_l=1^l_nD_nl. \\]
所以

\\[A_n=\\left(\\bigcup_k=1^k_nC_nk\\right)\\cup\\left(\\bigcup_l=1^l_nD_nl\\right), \\]
且有 \$\\C_n1,C_n2,\\cdots,C_nk,D_n1,D_n2,\\cdots,D_nl,\\ n\\geq1\\\$ 两两不交，由可列可加性可知

\\[\\beginaligned \\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)&=\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty\\left(A_n\\setminus\\bigcup_i=1^n-1A_i\\right)\\right) \\\\ \\\\ &=\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty\\bigcup_k=1^k_nC_nk\\right)=\\sum_n=1^\\infty\\sum_k=1^k_n\\mu(C_nk) \\\\ \\\\ &\\leq\\sum_n=1^\\infty\\left[\\sum_k=1^k_n\\mu(C_nk)+\\sum_l=1^l_n\\mu(D_nl)\\right] \\\\ \\\\ &=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\endaligned \\]

定理 2.1.5 半环上的测度具有单调性、可减性、半可列可加性、下连续性和上连续性。

注意：\$\\sigma\$ 域上的测度也具有上述性质。

设 \$\\mu\$ 是半环上的测度，则 \$\\mu\$ 是非负集函数，具有 \$\\mu(\\varnothing)=0\$ 和可列可加性，故有限可加性成立。

由命题 2.1.3 和命题 2.1.4 可知，该定理成立。

定理 2.1.6 对于环 \$\\mathcalR\$ 上的有限可加非负集函数 \$\\mu\$ ，有

(1) \$\\mu\$ 可列可加 $\\ \\iff\\ $ (2) \$\\mu\$ 半可列可加 $\\ \\iff\\ $ (3) \$\\mu\$ 下连续 $\\ \\Longrightarrow\\ $ (4) \$\\mu\$ 上连续 \$\\ \\Longrightarrow\$

(5) \$\\mu\$ 在 \$\\varnothing\$ 上连续，即对任何满足 \$A_n\\downarrow\\varnothing\$ 和 \$\\mu(A_1)<\\infty\$ 的 \$\\A_n\\in\\mathcalR,\\ n\\geq1\\\$ ，有

\\[\\lim_n\\to\\infty\\mu(A_n)=0. \\]

若 \$\\mu\$ 是有限的，则还有 (5) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1) 。

由于环也是半环，故由命题 2.1.4 可知，(1) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (2) (3) (4) 和 (4) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (5) 显然成立。

因此只需证：(2) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1) ；(3) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1)；在 \$\\mu\$ 有限的条件下 (5) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1) 。

下证 (2) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1) 。由命题 2.1.4 可知 \$\\mu\$ 具有单调性。

若 \$\\A_n\\in\\mathcalR,n\\geq1\\\$ 两两不交，且 \$\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalR\$ ，则由单调性和有限可加性知

\\[\\forall N\\geq1,\\quad \\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\geq\\mu\\left(\\bigcup_n=1^NA_n\\right)=\\sum_n=1^N\\mu(A_n). \\]
令 \$N\\to\\infty\$ ，则有

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\geq\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]
由 (2) 可知，

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\leq\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]
所以

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]
可列可加性成立。

下证 (3) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1) 。若 \$\\A_n\\in\\mathcalR,n\\geq1\\\$ 两两不交，且 \$\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalR\$ ，易知

\\[\\bigcup_n=1^N A_n \\uparrow \\bigcup_n=1^\\infty A_n. \\]
所以由下连续性和有限可加性可知

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\lim_N\\to\\infty\\mu\\left(\\bigcup_n=1^N A_n \\right)=\\lim_N\\to\\infty\\sum_n=1^N\\mu(A_n)=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]
可列可加性成立。

下证在 \$\\mu\$ 有限的条件下 (5) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1) 。若 \$\\A_n\\in\\mathcalR,n\\geq1\\\$ 两两不交，且 \$\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalR\$ ，则

\\[\\bigcup_n=N+1^\\infty A_n=\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\setminus\\bigcup_n=1^N A_n\\in\\mathcalR. \\]
且 \$\\bigcup_n=N+1^\\infty A_n\$ 与 \$\\bigcup_n=1^N A_n\$ 不交，所以由有限可加性

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\mu\\left(\\bigcup_n=1^N A_n\\right)+\\mu\\left(\\bigcup_n=N+1^\\infty A_n\\right)=\\sum_n=1^N\\mu(A_n)+\\mu\\left(\\bigcup_n=N+1^\\infty A_n\\right). \\]
因为 \$\\bigcup_n=N+1^\\infty\\downarrow \\varnothing\$ ，且 \$\\mu\$ 在 \$\\varnothing\$ 处上连续（这里用到了 \$\\mu\$ 是有限的），所以

\\[\\lim_N\\to\\infty\\mu\\left(\\bigcup_n=N+1^\\infty A_n\\right)=0. \\]
所以

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\lim_N\\to\\infty\\left[\\sum_n=1^N\\mu(A_n)+\\mu\\left(\\bigcup_n=N+1^\\infty A_n\\right)\\right]=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]
可列可加性成立。

2.2 外测度

2.2.1 外测度的定义和生成

首先考虑问题：把半环上的测度扩张到由它生成的 \$\\sigma\$ 域上。

外测度：由 \$X\$ 的所有子集构成的集合系 \$\\mathcalT\$ 到 \$\\overline\\mathbbR\$ 的函数 \$\\tau\$ 称为 \$X\$ 上的外测度，若它满足：

(1) 规范性： \$\\tau(\\varnothing)=0\$ ；

(2) 单调性：对 \$\\forall A\\subset B\\subset X\$ ，有 \$\\tau(A)\\leq\\tau(B)\$ ；

(3) 次可列可加性：对 \$\\forall\\A_n\\in\\mathcalT,n\\geq1\\\$ ，有

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\leq \\sum_n=1^\\infty\\tau(A_n). \\]

注意：由 (1) 和 (3) 可以推出次有限可加性：对 \$\\forall\\A_k\\in\\mathcalT,k=1,2,\\cdots,n\\\$ ，有

\\[\\tau\\left(\\bigcup_k=1^n A_k\\right)\\leq \\sum_k=1^n\\tau(A_k). \\]

其次考虑问题：如何生成外测度。

注意：规定 \$\\overline\\mathbbR\$ 中空集的下确界为 \$\\infty\$ 。

定理 2.2.1：设 \$\\mathcalE\$ 是一个集合系且 \$\\varnothing\\in\\mathcalE\$ ，若 \$\\mathcalE\$ 上的非负集函数 \$\\mu\$ 满足 \$\\mu(\\varnothing)=0\$ ，则对 \$\\forall A\\in\\mathcalT\$ ，令

\\[0\\leq \\tau(A)=\\inf\\left\\\\sum_n=1^\\infty\\mu(B_n):B_n\\in\\mathcalE,\\ n\\geq1,\\ A\\subset\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right\\, \\]

则 \$\\tau\$ 是一个外测度，称为由 \$\\mu\$ 生成的外测度。

因为 \$\\varnothing\\subset(\\varnothing\\cup\\varnothing\\cup\\cdots)\$ ，所以

\\[0\\leq\\tau(\\varnothing)\\leq\\sum_n=1^\\infty\\mu(\\varnothing)=0, \\]
所以 \$\\tau(\\varnothing)=0\$ 。

假设 \$A\\subset B\\subset X\$ ，若 \$\\B_n\\in\\mathcalE,n\\geq1\\\$ 且 \$\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\supset B\$ ，所以 \$\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\supset A\$ 。

由 \$\\tau\$ 的定义可知 \$\\tau(A)\\leq\\tau(B)\$ 。

假设 \$A_n\\in\\mathcalE,n\\geq1\$ ，若存在正整数 \$n_0\$ ，使得 \$\\tau(A_n_0)=\\infty\$ ，则

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\leq\\infty=\\tau(A_n_0)\\leq\\sum_n=1^\\infty\\tau(A_n). \\]
此时，次可列可加性成立。

下面假设 \$\\tau(A_n)<\\infty,n\\geq1\$ ，则对 \$\\forall\\varepsilon>0\$ ，对每一个 \$n\$ ，取 \$\\B_nk\\in\\mathcalE,k\\geq1\\\$ ，使得

\\[\\bigcup_k=1^\\infty B_nk\\supset A_n,\\quad \\sum_n=1^\\infty\\mu(B_nk)<\\tau(A_n)+\\frac\\varepsilon2^n. \\]
则由 \$\\bigcup_n=1^\\infty\\bigcup_k=1^\\infty B_nk\\supset\\bigcup_n=1^\\infty A_n\$ 和 \$\\tau\$ 的定义可知

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\leq\\sum_n=1^\\infty\\sum_k=1^\\infty\\mu(B_nk)<\\sum_n=1^\\infty \\tau(A_n)+\\varepsilon. \\]
由 \$\\varepsilon\$ 的任意性知

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\leq\\sum_n=1^\\infty \\tau(A_n). \\]
此时，次可列可加性也成立。

综上，\$\\tau\$ 是一个外测度。

注意：每一个 \$\\mathcalT\$ 上的测度，一定是 \$X\$ 上的外测度；但 \$X\$ 上的外测度未必是 \$\\mathcalT\$ 上的测度。

2.2.2 完全测度空间

接下来考虑问题：把外测度限制在比 \$\\mathcalT\$ 小的集合系上，是否可以成为测度。

\$\\tau\$ 可测集：设 \$\\tau\$ 是 \$X\$ 上的一个外测度，把满足 Caratheodory 条件

\\[\\tau(D)=\\tau(D\\cap A)+\\tau(D\\cap A^c),\\quad \\forall D\\in\\mathcalT \\]

的 \$X\$ 的子集 \$A\$ 称为 \$\\tau\$ 可测集，并将由全体 \$\\tau\$ 可测集组成的集合系记为 \$\\mathcalF_\\tau\$ 。

易证 \$X,\\varnothing\$ 为 \$\\tau\$ 可测集，且若 \$A\\subset X\$ 为 \$\\tau\$ 可测集，则 \$A^c=X-A\$ 也为 \$\\tau\$ 可测集。

完全测度空间：设 \$(X,\\mathcalF,\\mu)\$ 为测度空间，若 \$\\mu\$ 的任意零测集的子集仍属于 \$\\mathcalF\$ ，即

\\[A\\in\\mathcalF,\\quad \\mu(A)=0 \\quad\\Longrightarrow \\quad B\\in\\mathcalF,\\quad \\forall B\\subset A, \\]

则称 \$(X,\\mathcalF,\\mu)\$ 为完全测度空间。

定理 2.2.2（Caratheodory 定理）：若 \$\\tau\$ 是外测度，则 \$\\mathcalF_\\tau\$ 是 \$\\sigma\$ 域，\$(X,\\mathcalF_\\tau,\\tau)\$ 是完全测度空间。

Step.1 证明：\$X\\in\\mathcalF_\\tau\$ ，且 \$A\\in\\mathcalF_\\tau\\ \\ \\Longrightarrow\\ \\ A^c\\in\\mathcalF_\\tau\$ 。显然。

Step.2 证明：\$A_1,A_2\\in\\mathcalF_\\tau\$ ，则 \$A_1\\cap A_2\\in\\mathcalF_\\tau\$ 。

设 \$A_1,A_2\\in\\mathcalF_\\tau\$ ，则 \$\\forall D\\in\\mathcalT\$ ，有

\\[\\beginaligned \\tau(D)&=\\tau(D\\cap A_1)+\\tau(D\\cap A_1^c) \\\\ \\\\ &=\\tau(D\\cap A_1\\cap A_2)+\\tau(D\\cap A_1\\cap A_2^c)+\\tau(D\\cap A_1^c) \\\\ \\\\ &=\\tau(D\\cap A_1\\cap A_2)+\\tau(D\\cap(A_1\\cap A_2)^c\\cap A_1)+\\tau(D\\cap (A_1\\cap A_2)^c\\cap A_1^c) \\\\ \\\\ &=\\tau(D\\cap A_1\\cap A_2)+\\tau (D\\cap (A_1\\cap A_2)^c). \\endaligned \\]
所以 \$A_1\\cap A_2\\in\\mathcalF_\\tau\$ 。

Step.3 证明：若 \$\\B_k\\in\\mathcalF_\\tau,k=1,2,\\cdots,n\\\$ 且两两不交，则 \$\\forall D\\in\\mathcalT\$ ，有

\\[\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=1^nB_i\\right)\\right)=\\sum_i=1^n\\tau(D\\cap B_i). \\]

由 Caratheodory 条件知

\\[\\beginaligned \\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=1^nB_i\\right)\\right)&=\\tau\\left(D\\cap\\bigcup_i=1^nB_i\\cap B_1\\right)+\\tau\\left(D\\cap\\bigcup_i=1^nB_i\\cap B_1^c\\right) \\\\ \\\\ &=\\tau(D\\cap B_1)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=2^nB_i\\right)\\right) \\\\ \\\\ &=\\cdots \\\\ \\\\ &=\\tau(D\\cap B_1)+\\tau(D\\cap B_2)+\\cdots +\\tau(D\\cap B_n) \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^n\\tau(D\\cap B_i). \\endaligned \\]

Step.4 证明：若 \$\\B_n\\in\\mathcalF_\\tau,n\\geq1\\\$ 且两两不交，则 \$\\forall D\\in\\mathcalT\$ ，有

\\[\\tau(D)\\geq\\sum_n=1^\\infty\\tau(D\\cap B_n)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)^c\\right). \\]

由 Step.1 和 Step.2 可知 \$\\mathcalF_\\tau\$ 是域，所以

\\[\\bigcup_i=1^n B_i\\in\\mathcalF_\\tau. \\]
故 \$\\forall D\\in\\mathcalT\$ ，有

\\[\\beginaligned \\tau(D)&=\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=1^nB_i\\right)\\right)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=1^nB_i\\right)^c\\right) \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^n\\tau(D\\cap B_i)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=1^nB_i\\right)^c\\right) \\\\ \\\\ &\\geq\\sum_i=1^n\\tau(D\\cap B_i)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=1^\\infty B_i\\right)^c\\right) . \\endaligned \\]
令 \$n\\to\\infty\$ ，故

\\[\\tau(D)\\geq\\sum_n=1^\\infty\\tau(D\\cap B_n)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)^c\\right). \\]

Step.5 证明：\$\\mathcalF_\\tau\$ 是 \$\\sigma\$ 域。只需说明 \$\\mathcalF_\\tau\$ 关于可列并运算封闭。

设 \$A_n\\in\\mathcalF_\\tau,n\\geq1\$ ，令 \$B_n=A_n\\setminus\\bigcup_i=1^n-1A_i\$ ，则 \$\\B_n\\in\\mathcalF_\\tau,n\\geq1\\\$ 两两不交，且

\\[\\bigcup_n=1^\\infty B_n=\\bigcup_n=1^\\infty A_n. \\]
由 Step.4 可知，对 \$\\forall D\\in\\mathcalT\$ ，有

\\[\\beginaligned \\tau(D)&\\geq\\sum_n=1^\\infty\\tau(D\\cap B_n)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)^c\\right) \\\\ \\\\ &\\geq\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)\\right)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)^c\\right) \\\\ \\\\ &=\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\right)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)^c\\right). \\endaligned \\]
又由次有限可加性可知

\\[\\beginaligned \\tau(D)&=\\tau\\left(\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\right)\\cup\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\right)\\right) \\\\ \\\\ &\\geq\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\right)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)^c\\right). \\endaligned \\]
所以

\\[\\tau(D)=\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\right)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)^c\\right). \\]
所以 \$\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalF_\\tau\$ ，故 \$\\mathcalF_\\tau\$ 是 \$\\sigma\$ 域。

Step.6 证明：\$\\tau\$ 限制在 \$\\mathcalF_\\tau\$ 上是测度。

由 \$\\tau\$ 的定义知，显然 \$\\tau\$ 是非负集函数，且 \$\\tau(\\varnothing)=0\$ ，故只需证可列可加性。

设 \$\\B_n\\in\\mathcalF_\\tau,n\\geq1\\\$ 两两不交，在 Step.4 中取 \$D=\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\in\\mathcalF_\\tau\$ ，则

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)\\geq\\sum_n=1^\\infty\\tau(B_n). \\]
由 \$\\tau\$ 的半可列可加性知

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)\\leq\\sum_n=1^\\infty\\tau(B_n). \\]
所以

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)=\\sum_n=1^\\infty\\tau(B_n). \\]
可列可加性成立。

Step.7 证明：\$(X,\\mathcalF_\\tau,\\tau)\$ 是完全测度空间。

由于 \$\\tau(A)=0,\\ B\\subset A \\ \\ \\Longrightarrow \\ \\ \\tau(B)=0\$ ，所以只需证 \$\\tau(A)=0 \\ \\ \\Longrightarrow\\ \\ A\\in\\mathcalF_\\tau\$ 。

设 \$\\tau(A)=0\$ ，则 \$\\forall D\\in\\mathcalT\$ ，有 \$\\tau(A\\cap D)=0\$ ，且

\\[\\tau(D)\\geq\\tau(D\\cap A^c)=\\tau(D\\cap A^c)+\\tau(D\\cap A) . \\]
又因为

\\[\\tau(D)\\leq \\tau(D\\cap A)+\\tau(D\\cap A^c), \\]
所以

\\[\\tau(D)=\\tau(D\\cap A)+\\tau(D\\cap A^c). \\]
所以 \$A\\in\\mathcalF_\\tau\$ 。