现代概率论03：测度空间(1)

目录

• 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
    • 2.1.2 测度空间和测度的例子
    • 2.1.3 半环上的测度的扩张
  • 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 $\mathcal{E}$ ，将定义在 $\mathcal{E}$ 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 $\{A_n\in\mathcal{E},n\geq1\}$ 满足 $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{E}$ ，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 $\{A_k\in\mathcal{E},1\leq k\leq n\}$ 满足 $\displaystyle\bigcup_{k=1}^n A_k\in\mathcal{E}$ ，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 $\forall A,B\in\mathcal{E}$ ，满足 $A\subset B$ ，且有 $B-A\in\mathcal{E}$ ，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 $\mathcal{E}$ 是 $X$ 上的集合系，且 $\varnothing\in\mathcal{E}$ 。若 $\mathcal{E}$ 上的非负集函数 $\mu$ 满足：

  (1) $\mu(\varnothing)=0$ ；

  (2) 可列可加性，

  则称 $\mu$ 为 $\mathcal{E}$ 上的测度。

• 若 $\mu(A)<\infty,\ \forall A\in\mathcal{E}$ ，则称测度 $\mu$ 为有限测度。

• 若 $\forall A\in\mathcal{E}$ ，存在 $\{A_n\in\mathcal{E},n\geq1\}$ ，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 $X\subset\mathbb{R},\ \mathcal{E}=\mathcal{Q}_{\mathbb{R}}$ ，$F$ 是 $\mathbb{R}$ 上非降右连续的实值函数。$\forall a,b\in\mathbb{R}$ ，定义

$$\mu((a,b])=\left\{\begin{array}{ll} F(b)-F(a), & a<b , \\ \\ 0, & a\geq b. \end{array}\right.$$

则 $\mu$ 是 $\mathcal{E}$ 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

$$\bigcup_{i=1}^n(a_i,b_i]=(a,b]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}}.$$

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

$$\begin{aligned} \mu\left(\bigcup_{i=1}^n(a_i,b_i]\right)&=\mu((a,b])=F(b)-F(a) \\ \\ &=F(b_{(n)})-F(a_{(n)}) \\ \\ &=\sum_{i=1}^n\left[F(b_{(i)})-F(a_{(i)})\right] \\ \\ &=\sum_{i=1}^n\left[F(b_{i})-F(a_{i})\right]=\sum_{i=1}^n\mu((a_i,b_i]). \end{aligned}$$

Step.2 证明：若 $\{(a_i,b_i]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}},\ i\geq1\}$ 两两不交，且

$$\bigcup_{i=1}^\infty(a_i,b_i]\subset(a,b]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}},$$

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

$$\begin{aligned} \mu((a,b])&=F(b)-F(a) \\ \\ &=F(a_{(1)})-F(a)+\sum_{i=1}^n\left[F(b_{(i)})-F(a_{(i)})\right] \\ \\ &\quad \, +\sum_{i=1}^{n-1}\left[F(a_{(i+1)})-F(b_{(i)})\right]+F(b)-F(b_{(n)}) \\ \\ &\geq\sum_{i=1}^n\left[F(b_{(i)})-F(a_{(i)})\right] \\ \\ &=\sum_{i=1}^n\left[F(b_{i})-F(a_{i})\right]=\sum_{i=1}^n\mu((a_i,b_i]). \end{aligned}$$

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 $(a,b]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}}$ 和 $(a_i,b_i]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}},\ i=1,2,\cdots,n$ ，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 $b_{i_0}=\displaystyle\max_{1\leq i\leq k+1}b_i$ ，则有 $b\leq b_{i_0}$ 。

当 $a\geq a_{i_0}$ 时，由 Step.1 可知

$$\begin{aligned} \mu((a,b])&=F(b)-F(a)\leq F(b_{i_0})-F(a_{i_0}) \\ \\ &\leq \sum_{i=1}^{k+1}\left[F(b_i)-F(a_i)\right]=\sum_{i=1}^{k+1}\mu((a_i,b_i]). \end{aligned}$$

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

$$\begin{aligned} \mu((a,b])&=F(b)-F(a)\leq F(b_{i_0})-F(a_{i_0})+F(a_{i_0})-F(a) \\ \\ &=F(b_{i_0})-F(a_{i_0})+\mu((a,a_{i_0}]) \\ \\ &\leq F(b_{i_0})-F(a_{i_0})+\sum_{i\neq i_0}\left[F(b_i)-F(a_i)\right] \\ \\ &=\sum_{i=1}^{k+1}\left[F(b_i)-F(a_i)\right]=\sum_{i=1}^{k+1}\mu((a_i,b_i]). \end{aligned}$$

此时，对 $n=k+1$ 不等式也成立。

Step.4 证明：若 $\{(a_i,b_i]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}},\ i\geq1\}$ 两两不交，且

$$\bigcup_{i=1}^\infty(a_i,b_i]=(a,b]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}},$$

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

$$F(b_i+\delta_i)-F(b_i)<\frac\varepsilon{2^i},$$

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

$$\begin{aligned} F(b)-F(a+\eta)&\leq \sum_{i=1}^n\left[F(b_i+\delta_i)-F(a_i)\right] \\ \\ &=\sum_{i=1}^n\left[F(b_i+\delta_i)-F(b_i)\right]+\sum_{i=1}^n\left[F(b_i)-F(a_i)\right] \\ \\ &\leq\sum_{i=1}^n\frac{\varepsilon}{2^i}+\sum_{i=1}^n\left[F(b_i)-F(a_i)\right] \\ \\ &\leq \varepsilon+\sum_{i=1}^n\left[F(b_i)-F(a_i)\right] \\ \\ &\leq \varepsilon+\sum_{i=1}^\infty\mu((a_i,b_i]). \end{aligned}$$

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，$\mathcal{F}=\{A:A\subset X\}$ ，记 $\#(A)$ 表示 $A$ 中元素的个数。

令 $\mu(A)=\#(A),\ \forall A\in\mathcal{F}$ ，则 $\mu$ 为 $\mathcal{F}$ 上的测度。

(1) $\mu$ 为非负集函数；

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

(3) 设 $\forall\{A_n\in\mathcal{F},n\geq1\}$ 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 $(X,\mathcal{E})$ 是一个可测空间，$x$ 是 $X$ 的一个元素，对 $A\in\mathcal{E}$ ，令

$$\delta_x(A)=I_A(x)=\left\{\begin{array}{ll} 1 , & x\in A, \\ \\ 0 , & x\not\in A. \end{array}\right.$$

则 $\delta_x$ 为 $\mathcal{E}$ 上的测度。

(1) $\delta_x$ 为非负集函数；

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

(3) 设 $\forall\{A_n\in\mathcal{E},n\geq1\}$ 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 $\mathcal{E}$ 上的测度，称为点测度。

例3. 设 $\mathcal{Q}_{\mathbb{R}}=\{(a,b],\ a,b\in\mathbb{R}\}$ ，对每个线段 $(a,b]$ ，称 $b-a$ 为它的长度，则长度为 $\mathcal{Q}_{\mathbb{R}}$ 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 $\mathcal{F}$ 上的测度。首先给出以下几个概念：

• 测度空间：若 $(X,\mathcal{F})$ 为可测空间，$\mu$ 为 $\mathcal{F}$ 上的测度，则称 $(X,\mathcal{F},\mu)$ 为测度空间。
• 零测集：若 $N\in\mathcal{F}$ ，且 $\mu(N)=0$ ，则称 $N$ 为 $\mu$ 的零测集。
• 概率空间：若 $(X,\mathcal{F},\mathbb{P})$ 为测度空间，且满足 $\mathbb{P}(X)=1$ ，则称 $(X,\mathcal{F},\mathbb{P})$ 为概率空间，其中 $\mathbb{P}$ 称为概率测度，$A\in\mathcal{F}$ 称为事件，$\mathcal{F}$ 称为事件域，$\mathbb{P}(A)$ 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，$\mathcal{T}$ 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

$$\mu(A)=\sum_{x_i\in A}a_i,\quad A\in\mathcal{T}.$$

是 $\mathcal{T}$ 上的测度，而 $(X,\mathcal{T},\mu)$ 是一个测度空间。

(1) $\mu$ 为非负集函数；

(2) $\mu(\varnothing)=0$ ；

(3) 设 $\forall\{A_n\in\mathcal{T},n\geq1\}$ 且两两不交，则有

$$\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)=\sum_{x_i\in\bigcup_{n=1}^\infty A_n}a_i=\sum_{n=1}^\infty\sum_{x_i\in A_n}a_i=\sum_{n=1}^\infty\mu(A_n).$$

所以 $\mu$ 是 $\mathcal{T}$ 上的测度，由于 $(X,\mathcal{T})$ 是可测空间，所以 $(X,\mathcal{T},\mu)$ 是一个测度空间。

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

$$\mathbb{P}(A)=\frac{\#(A)}{\#(X)},\quad \forall A\in\mathcal{T}.$$

则 $\mathbb{P}$ 是 $\mathcal{T}$ 上的概率测度，$(X,\mathcal{T},\mathbb{P})$ 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 $\mathcal{E}$ 上的非负集函数 $\mu$ 的四个概念：

• 单调性：若 $\forall A,B\in\mathcal{E}$ ，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 $A_1,A_2,\cdots\in\mathcal{E}$ ，只要 $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{E}$ ，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 $A_1,A_2,\cdots\in\mathcal{E}$ ，$A_n\uparrow A\in\mathcal{E}$ ，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 $A_1,A_2,\cdots\in\mathcal{E}$ ，$A_n\downarrow A\in\mathcal{E}$ 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 $\mathcal{Q}$ 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 $A,B\in\mathcal{Q}$ 且 $A\subset B$ ，则存在两两不交的有限个 $C_i\in\mathcal{Q},\ i=1,2,\cdots,n$ ，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 $\{A,C_i\in\mathcal{Q},\ i=1,2,\cdots,n\}$ 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 $B-A\in\mathcal{Q}$ 的结论。

若 $A,B\in\mathcal{Q},\ B-A\in\mathcal{Q}$ ，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 $\mathcal{Q}$ 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 $\varnothing\in\mathcal{Q}$ ，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 $\forall A\in\mathcal{Q}$ ，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 $\mathcal{Q}$ 上的测度。

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

$$A_n\setminus A_{n-1}=\bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk},$$

由于 $\{A_n\setminus A_{n-1}\in\mathcal{Q},\ n\geq1\}$ 两两不交，所以由测度的可列可加性和有限可加性可知

$$\begin{aligned} \mu(A)&=\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)=\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty (A_n\setminus A_{n-1})\right) \\ \\ &=\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty \bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}\right)=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^{k_n}\mu(C_{nk}) \\ \\ &=\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N\sum_{k=1}^{k_n}\mu(C_{nk}) \\ \\ &=\lim_{N\to\infty}\mu\left(\bigcup_{n=1}^N \bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}\right)=\lim_{N\to\infty}\mu(A_N). \end{aligned}$$

上连续性：如果 $A_1,A_2,\cdots\in\mathcal{Q},\ A_n\downarrow A\in\mathcal{Q}$ 且 $\mu(A_1)<\infty$ ，则存在 $\{C_{nk}\in\mathcal{Q},k=1,2,\cdots,k_n\}$ 两两不交，使得对每个 $n=1,2,\cdots$ ，都有

$$A_n\setminus A_{n+1}=\bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}.$$

容易发现 $\{A,C_{nk}\in\mathcal{Q},\ k=1,2,\cdots,k_n,\ n=1,2,\cdots\}$ 两两不交，且

$$A_n=\bigcup_{i=n}^\infty(A_i\setminus A_{n+1})\cup A=\bigcup_{i=n}^\infty\bigcup_{k=1}^{k_i}C_{ik}\cup A,$$

故由可列可加性可知，对每个 $n=1,2,\cdots$ ，都有

$$\mu(A_n)=\mu\left(\bigcup_{i=n}^\infty\bigcup_{k=1}^{k_i}C_{ik}\right)+\mu(A)=\sum_{i=n}^\infty\sum_{k=1}^{k_i}\mu(C_{nk})+\mu(A).$$

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 $A_1,A_2,\cdots\in\mathcal{Q}$ 且 $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{Q}$ ，则 $A_1,A_2,\cdots\in r(\mathcal{Q})$ ，故

$$\bigcup_{i=1}^{n-1}A_i\in r(\mathcal{Q})\quad \Longrightarrow \quad A_n\setminus\bigcup_{i=1}^{n-1}A_i\in r(\mathcal{Q}).$$

由定理 1.3.2 可知，存在两两不交的集合 $\{C_{nk}\in\mathcal{Q},\ k=1,2,\cdots,k_n\}$ ，使得

$$A_n\setminus \bigcup_{i=1}^{n-1}A_i=\bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}.$$

由于

$$A_n\setminus \bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}\in r(\mathcal{Q}).$$

故存在两两不交的集合 $\{D_{nl}\in\mathcal{Q},\ l=1,2,\cdots,l_n\}$ ，使得

$$A_n\setminus \bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}=\bigcup_{l=1}^{l_n}D_{nl}.$$

所以

$$A_n=\left(\bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}\right)\cup\left(\bigcup_{l=1}^{l_n}D_{nl}\right),$$

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

$$\begin{aligned} \mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)&=\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty\left(A_n\setminus\bigcup_{i=1}^{n-1}A_i\right)\right) \\ \\ &=\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty\bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}\right)=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^{k_n}\mu(C_{nk}) \\ \\ &\leq\sum_{n=1}^\infty\left[\sum_{k=1}^{k_n}\mu(C_{nk})+\sum_{l=1}^{l_n}\mu(D_{nl})\right] \\ \\ &=\sum_{n=1}^\infty\mu(A_n). \end{aligned}$$

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 $\mathcal{R}$ 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 $\{A_n\in\mathcal{R},\ n\geq1\}$ ，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 $\{A_n\in\mathcal{R},n\geq1\}$ 两两不交，且 $\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{R}$ ，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 $\{A_n\in\mathcal{R},n\geq1\}$ 两两不交，且 $\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{R}$ ，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 $\{A_n\in\mathcal{R},n\geq1\}$ 两两不交，且 $\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{R}$ ，则

$$\bigcup_{n=N+1}^\infty A_n=\bigcup_{n=1}^\infty A_n\setminus\bigcup_{n=1}^N A_n\in\mathcal{R}.$$

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 $\mathcal{T}$ 到 $\overline{\mathbb{R}}$ 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 $\forall\{A_n\in\mathcal{T},n\geq1\}$ ，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 $\forall\{A_k\in\mathcal{T},k=1,2,\cdots,n\}$ ，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 $\overline{\mathbb{R}}$ 中空集的下确界为 $\infty$ 。

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

$$0\leq \tau(A)=\inf\left\{\sum_{n=1}^\infty\mu(B_n):B_n\in\mathcal{E},\ n\geq1,\ A\subset\bigcup_{n=1}^\infty B_n\right\},$$

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 $\{B_n\in\mathcal{E},n\geq1\}$ 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 $A_n\in\mathcal{E},n\geq1$ ，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 $\{B_{nk}\in\mathcal{E},k\geq1\}$ ，使得

$$\bigcup_{k=1}^\infty B_{nk}\supset A_n,\quad \sum_{n=1}^\infty\mu(B_{nk})<\tau(A_n)+\frac{\varepsilon}{2^n}.$$

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 $\mathcal{T}$ 上的测度，一定是 $X$ 上的外测度；但 $X$ 上的外测度未必是 $\mathcal{T}$ 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 $\mathcal{T}$ 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

$$\tau(D)=\tau(D\cap A)+\tau(D\cap A^c),\quad \forall D\in\mathcal{T}$$

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 $\mathcal{F}_\tau$ 。

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 $(X,\mathcal{F},\mu)$ 为测度空间，若 $\mu$ 的任意零测集的子集仍属于 $\mathcal{F}$ ，即

$$A\in\mathcal{F},\quad \mu(A)=0 \quad\Longrightarrow \quad B\in\mathcal{F},\quad \forall B\subset A,$$

则称 $(X,\mathcal{F},\mu)$ 为完全测度空间。

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

Step.1 证明：$X\in\mathcal{F}_\tau$ ，且 $A\in\mathcal{F}_\tau\ \ \Longrightarrow\ \ A^c\in\mathcal{F_\tau}$ 。显然。

Step.2 证明：$A_1,A_2\in\mathcal{F}_\tau$ ，则 $A_1\cap A_2\in\mathcal{F}_\tau$ 。

设 $A_1,A_2\in\mathcal{F}_\tau$ ，则 $\forall D\in\mathcal{T}$ ，有

$$\begin{aligned} \tau(D)&=\tau(D\cap A_1)+\tau(D\cap A_1^c) \\ \\ &=\tau(D\cap A_1\cap A_2)+\tau(D\cap A_1\cap A_2^c)+\tau(D\cap A_1^c) \\ \\ &=\tau(D\cap A_1\cap A_2)+\tau(D\cap(A_1\cap A_2)^c\cap A_1)+\tau(D\cap (A_1\cap A_2)^c\cap A_1^c) \\ \\ &=\tau(D\cap A_1\cap A_2)+\tau (D\cap (A_1\cap A_2)^c). \end{aligned}$$

所以 $A_1\cap A_2\in\mathcal{F}_\tau$ 。

Step.3 证明：若 $\{B_k\in\mathcal{F}_\tau,k=1,2,\cdots,n\}$ 且两两不交，则 $\forall D\in\mathcal{T}$ ，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

$$\begin{aligned} \tau\left(D\cap\left(\bigcup_{i=1}^nB_i\right)\right)&=\tau\left(D\cap\bigcup_{i=1}^nB_i\cap B_1\right)+\tau\left(D\cap\bigcup_{i=1}^nB_i\cap B_1^c\right) \\ \\ &=\tau(D\cap B_1)+\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{i=2}^nB_i\right)\right) \\ \\ &=\cdots \\ \\ &=\tau(D\cap B_1)+\tau(D\cap B_2)+\cdots +\tau(D\cap B_n) \\ \\ &=\sum_{i=1}^n\tau(D\cap B_i). \end{aligned}$$

Step.4 证明：若 $\{B_n\in\mathcal{F}_\tau,n\geq1\}$ 且两两不交，则 $\forall D\in\mathcal{T}$ ，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 $\mathcal{F}_\tau$ 是域，所以

$$\bigcup_{i=1}^n B_i\in\mathcal{F}_\tau.$$

故 $\forall D\in\mathcal{T}$ ，有

$$\begin{aligned} \tau(D)&=\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{i=1}^nB_i\right)\right)+\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{i=1}^nB_i\right)^c\right) \\ \\ &=\sum_{i=1}^n\tau(D\cap B_i)+\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{i=1}^nB_i\right)^c\right) \\ \\ &\geq\sum_{i=1}^n\tau(D\cap B_i)+\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{i=1}^\infty B_i\right)^c\right) . \end{aligned}$$

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：$\mathcal{F}_\tau$ 是 $\sigma$ 域。只需说明 $\mathcal{F}_\tau$ 关于可列并运算封闭。

设 $A_n\in\mathcal{F}_\tau,n\geq1$ ，令 $B_n=A_n\setminus\bigcup_{i=1}^{n-1}A_i$ ，则 $\{B_n\in\mathcal{F}_\tau,n\geq1\}$ 两两不交，且

$$\bigcup_{n=1}^\infty B_n=\bigcup_{n=1}^\infty A_n.$$

由 Step.4 可知，对 $\forall D\in\mathcal{T}$ ，有

$$\begin{aligned} \tau(D)&\geq\sum_{n=1}^\infty\tau(D\cap B_n)+\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_n\right)^c\right) \\ \\ &\geq\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_n\right)\right)+\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_n\right)^c\right) \\ \\ &=\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)\right)+\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)^c\right). \end{aligned}$$

又由次有限可加性可知

$$\begin{aligned} \tau(D)&=\tau\left(\left(D\cap\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)\right)\cup\left(D\cap\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)\right)\right) \\ \\ &\geq\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)\right)+\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)^c\right). \end{aligned}$$

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 $\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{F}_\tau$ ，故 $\mathcal{F}_\tau$ 是 $\sigma$ 域。

Step.6 证明：$\tau$ 限制在 $\mathcal{F}_\tau$ 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 $\{B_n\in\mathcal{F}_\tau,n\geq1\}$ 两两不交，在 Step.4 中取 $D=\bigcup_{n=1}^\infty B_n\in\mathcal{F}_\tau$ ，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：$(X,\mathcal{F}_\tau,\tau)$ 是完全测度空间。

由于 $\tau(A)=0,\ B\subset A \ \ \Longrightarrow \ \ \tau(B)=0$ ，所以只需证 $\tau(A)=0 \ \ \Longrightarrow\ \ A\in\mathcal{F}_\tau$ 。

设 $\tau(A)=0$ ，则 $\forall D\in\mathcal{T}$ ，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 $A\in\mathcal{F}_\tau$ 。