现代概率论03：测度空间(1)

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。

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 \(A\in\mathcal{F}_\tau\) 。