第三講 測度空間(1)
2.1 測度的定義及性質
2.1.1 測度的公理化定義
本節主要討論測度的定義及性質，在此之前需要引入幾個概念：
-
非負集函數：給定空間 \(X\) 上的集合系 \(\mathcal{E}\) ，將定義在 \(\mathcal{E}\) 上，取值於 \([0,\infty]\) 上的函數稱為非負集函數，常用希臘字母 \(\mu,\nu,\tau,\cdots\) 來表示。
-
可列可加性：如果對任意可列個兩兩不交的集合 \(\{A_n\in\mathcal{E},n\geq1\}\) 滿足 \(\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{E}\) ，均有
\[\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)=\sum_{n=1}^\infty\mu(A_n), \]則稱非負集函數 \(\mu\) 具有可列可加性。
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有限可加性：如果對任意有限個兩兩不交的集合 \(\{A_k\in\mathcal{E},1\leq k\leq n\}\) 滿足 \(\displaystyle\bigcup_{k=1}^n A_k\in\mathcal{E}\) ，均有
\[\mu\left(\bigcup_{k=1}^n A_k\right)=\sum_{k=1}^n\mu(A_k), \]則稱非負集函數 \(\mu\) 具有有限可加性。
-
可減性：如果對 \(\forall A,B\in\mathcal{E}\) ，滿足 \(A\subset B\) ，且有 \(B-A\in\mathcal{E}\) ，只要 \(\mu(A)<\infty\) ，就有
\[\mu(B-A)=\mu(B)-\mu(A), \]則稱非負集函數 \(\mu\) 具有可減性。
本節的核心是測度的公理化定義，具體如下：
測度的公理化定義：指的是在抽象空間的集合上建立的測度。
-
設 \(\mathcal{E}\) 是 \(X\) 上的集合系，且 \(\varnothing\in\mathcal{E}\) 。若 \(\mathcal{E}\) 上的非負集函數 \(\mu\) 滿足：
(1) \(\mu(\varnothing)=0\) ；
(2) 可列可加性，
則稱 \(\mu\) 為 \(\mathcal{E}\) 上的測度。
-
若 \(\mu(A)<\infty,\ \forall A\in\mathcal{E}\) ，則稱測度 \(\mu\) 為有限測度。
-
若 \(\forall A\in\mathcal{E}\) ，存在 \(\{A_n\in\mathcal{E},n\geq1\}\) ，使得 \(\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\supset A\) ，則稱測度 \(\mu\) 為 \(\sigma\) 有限測度。
命題 2.1.1：測度具有有限可加性和可減性。
命題 2.1.2：設 \(X\subset\mathbb{R},\ \mathcal{E}=\mathcal{Q}_{\mathbb{R}}\) ，\(F\) 是 \(\mathbb{R}\) 上非降右連續的實值函數。\(\forall a,b\in\mathbb{R}\) ，定義
則 \(\mu\) 是 \(\mathcal{E}\) 上的測度。
易見，\(\mu\) 為非負集函數，且 \(\mu(\varnothing)=0\) 。下面驗證 \(\mu\) 具有可列可加性。
Step.1 證明：\(\mu\) 具有有限可加性。
設 \(\{(a_i,b_i],\ i=1,2,\cdots,n\}\) 兩兩不交，且
\[\bigcup_{i=1}^n(a_i,b_i]=(a,b]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}}. \]不妨設 \(a\leq b\) 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：
\[a_{(1)}\leq a_{(2)}\leq\cdots\leq a_{(n)},\quad b_{(1)}\leq b_{(2)}\leq\cdots\leq b_{(n)}, \]則有
\[a=a_{(1)}\leq b_{(1)}=a_{(2)}\leq b_{(2)}=\cdots=a_{(n)}\leq b_{(n)}=b, \]從而
\[\begin{aligned} \mu\left(\bigcup_{i=1}^n(a_i,b_i]\right)&=\mu((a,b])=F(b)-F(a) \\ \\ &=F(b_{(n)})-F(a_{(n)}) \\ \\ &=\sum_{i=1}^n\left[F(b_{(i)})-F(a_{(i)})\right] \\ \\ &=\sum_{i=1}^n\left[F(b_{i})-F(a_{i})\right]=\sum_{i=1}^n\mu((a_i,b_i]). \end{aligned} \]Step.2 證明：若 \(\{(a_i,b_i]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}},\ i\geq1\}\) 兩兩不交，且
\[\bigcup_{i=1}^\infty(a_i,b_i]\subset(a,b]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}}, \]則有
\[\mu((a,b])\geq\sum_{i=1}^\infty\mu((a_i,b_i]). \]不妨設 \(a\leq b\) 且 \(a_i\leq b_i,\ i\geq1\) 。對每個 \(n=1,2,\cdots\) ，記排序
\[a_{(1)}\leq a_{(2)}\leq\cdots\leq a_{(n)},\quad b_{(1)}\leq b_{(2)}\leq\cdots\leq b_{(n)}, \]則有
\[a\leq a_{(1)}\leq b_{(1)}\leq a_{(2)}\leq b_{(2)}\leq\cdots\leq a_{(n)}\leq b_{(n)}\leq b, \]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 證明：對於滿足 \(\displaystyle\bigcup_{i=1}^n(a_i,b_i]\supset(a,b]\) 的 \((a,b]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}}\) 和 \((a_i,b_i]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}},\ i=1,2,\cdots,n\) ，總有
\[\mu((a,b])\leq\sum_{i=1}^n\mu((a_i,b_i]) . \]數學歸納法。不妨設 \(a\leq b\) 且 \(a_i\leq b_i,\ i=1,2,\cdots,n\) 。
當 \(n=1\) 時，\((a,b]\subset(a_1,b_1]\) ，所以
\[\mu((a,b])=F(b)-F(a)\leq F(b_1)-F(a_1)=\mu((a_1,b_1]). \]故 \(n=1\) 時不等式成立。
假設 \(n=k\) 時不等式成立，下證 \(n=k+1\) 時不等式也成立。
取整數 \(i_0\) ，使 \(1\leq i_0\leq k+1\) 且 \(b_{i_0}=\displaystyle\max_{1\leq i\leq k+1}b_i\) ，則有 \(b\leq b_{i_0}\) 。
當 \(a\geq a_{i_0}\) 時，由 Step.1 可知
\[\begin{aligned} \mu((a,b])&=F(b)-F(a)\leq F(b_{i_0})-F(a_{i_0}) \\ \\ &\leq \sum_{i=1}^{k+1}\left[F(b_i)-F(a_i)\right]=\sum_{i=1}^{k+1}\mu((a_i,b_i]). \end{aligned} \]此時，對 \(n=k+1\) 不等式成立。
當 \(a<a_{i_0}\) 時，由 \(\displaystyle\bigcup_{i=1}^{k+1}(a_i,b_i]\supset(a,b]\) 可知，有 \((a,a_{i_0}]\subset\displaystyle\bigcup_{i\neq i_0}(a_i,b_i]\) 。由歸納假設可知
\[\begin{aligned} \mu((a,b])&=F(b)-F(a)\leq F(b_{i_0})-F(a_{i_0})+F(a_{i_0})-F(a) \\ \\ &=F(b_{i_0})-F(a_{i_0})+\mu((a,a_{i_0}]) \\ \\ &\leq F(b_{i_0})-F(a_{i_0})+\sum_{i\neq i_0}\left[F(b_i)-F(a_i)\right] \\ \\ &=\sum_{i=1}^{k+1}\left[F(b_i)-F(a_i)\right]=\sum_{i=1}^{k+1}\mu((a_i,b_i]). \end{aligned} \]此時，對 \(n=k+1\) 不等式也成立。
Step.4 證明：若 \(\{(a_i,b_i]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}},\ i\geq1\}\) 兩兩不交，且
\[\bigcup_{i=1}^\infty(a_i,b_i]=(a,b]\in\mathcal{Q}_{\mathbb{R}}, \]則有
\[\mu((a,b])=\mu\left(\bigcup_{i=1}^\infty(a_i,b_i]\right)\leq\sum_{i=1}^\infty\mu((a_i,b_i]). \]不妨設 \(a\leq b\) 且 \(a_i\leq b_i,\ i\geq1\) 。對 \(\forall\varepsilon>0\) ，取 \(\delta_i>0\) ，使得
\[F(b_i+\delta_i)-F(b_i)<\frac\varepsilon{2^i}, \]則對 \(\forall\eta>0\) ，開區間列 \(\{(a_i,b_i+\delta_i),i\geq1\}\) 是閉區間 \([a+\eta,b]\) 的一個開覆蓋。
由有限覆蓋定理，\(\exists n\geq1\) ，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 可知命題成立。
2.1.2 測度空間和測度的例子
在上一部分中，我們在一般的集合系上定義了測度，下面我們介紹一些測度的例子。
例1. 設 \(X\) 為非空集合，\(\mathcal{F}=\{A:A\subset X\}\) ，記 \(\#(A)\) 表示 \(A\) 中元素的個數。
令 \(\mu(A)=\#(A),\ \forall A\in\mathcal{F}\) ，則 \(\mu\) 為 \(\mathcal{F}\) 上的測度。
(1) \(\mu\) 為非負集函數；
(2) \(\mu(\varnothing)=\#(\varnothing)=0\) ；
(3) 設 \(\forall\{A_n\in\mathcal{F},n\geq1\}\) 且兩兩不交，則有
\[\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)=\#\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)=\sum_{n=1}^\infty\#(A_n)=\sum_{n=1}^\infty\mu(A_n). \]
例2. 設 \((X,\mathcal{E})\) 是一個可測空間，\(x\) 是 \(X\) 的一個元素，對 \(A\in\mathcal{E}\) ，令
\[\delta_x(A)=I_A(x)=\left\{\begin{array}{ll} 1 , & x\in A, \\ \\ 0 , & x\not\in A. \end{array}\right. \]則 \(\delta_x\) 為 \(\mathcal{E}\) 上的測度。
(1) \(\delta_x\) 為非負集函數；
(2) \(\delta_x(\varnothing)=I_{\varnothing}(x)=0\) ；
(3) 設 \(\forall\{A_n\in\mathcal{E},n\geq1\}\) 且兩兩不交，則有
\[\delta_x\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)=I_{\bigcup_{n=1}^\infty A_n}(x)=\sum_{n=1}^\infty I_{A_n}(x)=\sum_{n=1}^\infty\delta_x(A_n). \]若 \(x_1,x_2,\cdots,x_n\in X\) ，則 \(\mu=\displaystyle\sum_{i=1}^n\delta_{x_i}\) 仍是 \(\mathcal{E}\) 上的測度，稱為點測度。
例3. 設 \(\mathcal{Q}_{\mathbb{R}}=\{(a,b],\ a,b\in\mathbb{R}\}\) ，對每個線段 \((a,b]\) ，稱 \(b-a\) 為它的長度，則長度為 \(\mathcal{Q}_{\mathbb{R}}\) 上的測度。
這是命題 2.1.2 的特例。
接下來討論由 \(X\) 的子集形成的某個 \(\sigma\) 域 \(\mathcal{F}\) 上的測度。首先給出以下幾個概念：
- 測度空間：若 \((X,\mathcal{F})\) 為可測空間，\(\mu\) 為 \(\mathcal{F}\) 上的測度，則稱 \((X,\mathcal{F},\mu)\) 為測度空間。
- 零測集：若 \(N\in\mathcal{F}\) ，且 \(\mu(N)=0\) ，則稱 \(N\) 為 \(\mu\) 的零測集。
- 概率空間：若 \((X,\mathcal{F},\mathbb{P})\) 為測度空間，且滿足 \(\mathbb{P}(X)=1\) ，則稱 \((X,\mathcal{F},\mathbb{P})\) 為概率空間，其中 \(\mathbb{P}\) 稱為概率測度，\(A\in\mathcal{F}\) 稱為事件，\(\mathcal{F}\) 稱為事件域，\(\mathbb{P}(A)\) 稱為事件 \(A\) 發生的概率。
例4. 設 \(X=\{x_1,x_2,\cdots\}\) 是一個可列集，\(\mathcal{T}\) 是由 \(X\) 的一切子集構成的 \(\sigma\) 域。若每個 \(x_i\) 都對應着一個非負實數 \(a_i\geq0\) ，則
\[\mu(A)=\sum_{x_i\in A}a_i,\quad A\in\mathcal{T}. \]是 \(\mathcal{T}\) 上的測度，而 \((X,\mathcal{T},\mu)\) 是一個測度空間。
(1) \(\mu\) 為非負集函數；
(2) \(\mu(\varnothing)=0\) ；
(3) 設 \(\forall\{A_n\in\mathcal{T},n\geq1\}\) 且兩兩不交，則有
\[\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)=\sum_{x_i\in\bigcup_{n=1}^\infty A_n}a_i=\sum_{n=1}^\infty\sum_{x_i\in A_n}a_i=\sum_{n=1}^\infty\mu(A_n). \]所以 \(\mu\) 是 \(\mathcal{T}\) 上的測度，由於 \((X,\mathcal{T})\) 是可測空間，所以 \((X,\mathcal{T},\mu)\) 是一個測度空間。
例5. 設 \(X\) 是一個有限集，\(\mathcal{T}\) 是由 \(X\) 的一切子集構成的 \(\sigma\) 域。定義
\[\mathbb{P}(A)=\frac{\#(A)}{\#(X)},\quad \forall A\in\mathcal{T}. \]則 \(\mathbb{P}\) 是 \(\mathcal{T}\) 上的概率測度，\((X,\mathcal{T},\mathbb{P})\) 是一個概率空間。這個概率空間就是初等概率論中的古典概型。
2.1.3 半環上的測度的擴張
在一般的 \(\sigma\) 域上建立測度非常復雜，通常使用的辦法是把半環上的測度擴張到由它生成的 \(\sigma\) 域上。因此，我們需要討論半環上非負集函數的性質。
首先介紹下列關於集合系 \(\mathcal{E}\) 上的非負集函數 \(\mu\) 的四個概念：
-
單調性：若 \(\forall A,B\in\mathcal{E}\) ，且 \(A\subset B\) ，均有 \(\mu(A)\leq \mu(B)\) ，則稱 \(\mu\) 具有單調性。
-
次可列可加性：若對任意可列個集合 \(A_1,A_2,\cdots\in\mathcal{E}\) ，只要 \(\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{E}\) ，就有
\[\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)\leq \sum_{n=1}^\infty\mu(A_n), \]則稱 \(\mu\) 具有半可列可加性或次可列可加性。
-
下連續性：若對任意可列個集合 \(A_1,A_2,\cdots\in\mathcal{E}\) ，\(A_n\uparrow A\in\mathcal{E}\) ，均有
\[\mu(A)=\lim_{n\to\infty}\mu(A_n), \]則稱 \(\mu\) 具有下連續性。
-
上連續性：若對任意可列個集合 \(A_1,A_2,\cdots\in\mathcal{E}\) ，\(A_n\downarrow A\in\mathcal{E}\) 且 \(\mu(A_1)<\infty\) ，均有
\[\mu(A)=\lim_{n\to\infty}\mu(A_n), \]則稱 \(\mu\) 具有上連續性。
命題 2.1.3 半環 \(\mathcal{Q}\) 上具有有限可加性的非負集函數 \(\mu\) 具有單調性和可減性。
設 \(A,B\in\mathcal{Q}\) 且 \(A\subset B\) ，則存在兩兩不交的有限個 \(C_i\in\mathcal{Q},\ i=1,2,\cdots,n\) ，使得
\[B\setminus A=B-A=\bigcup_{i=1}^nC_i. \]記 \(B=A+(B-A)=A+\displaystyle\bigcup_{i=1}^nC_i\) 且 \(\{A,C_i\in\mathcal{Q},\ i=1,2,\cdots,n\}\) 兩兩不交，由有限可加性知
\[\mu(B)=\mu(A)+\mu\left(\bigcup_{i=1}^nC_i\right)=\mu(A)+\sum_{i=1}^n\mu(C_i)\geq\mu(A). \]所以單調性成立。
注意：不能直接寫 \(\mu(B)=\mu(A)+\mu(B-A)\) ，因為沒有 \(B-A\in\mathcal{Q}\) 的結論。
若 \(A,B\in\mathcal{Q},\ B-A\in\mathcal{Q}\) ，且 \(A\subset B\) ，\(m(A)<\infty\) ，則由有限可加性知
\[\mu(B)=\mu(A+B-A)=\mu(A)+\mu(B-A), \]從而移項可得可減性成立。
命題 2.1.4 半環 \(\mathcal{Q}\) 上具有可列可加性的非負集函數 \(\mu\) 具有半可列可加性、下連續性和上連續性。
由於 \(\varnothing\in\mathcal{Q}\) ，故由可列可加性
\[\mu(\varnothing)=\mu(\varnothing)+\mu(\varnothing)+\cdots, \]從而 \(\mu(\varnothing)=0\) 或 \(\mu(\varnothing)=\infty\) 。
若 \(\mu(\varnothing)=\infty\) ，則對 \(\forall A\in\mathcal{Q}\) ，均有
\[\mu(A)=\mu(A)+\mu(\varnothing)+\mu(\varnothing)+\cdots, \]故 \(\mu(A)=\infty\) ，此時原命題（半可列可加性和下連續性）成立。
下面設 \(\mu(\varnothing)=0\) ，即 \(\mu\) 是 \(\mathcal{Q}\) 上的測度。
下連續性：如果 \(A_1,A_2,\cdots\in\mathcal{Q},\ A_n\uparrow A\in\mathcal{Q}\) ，記 \(A_0=\varnothing\) ，則存在 \(\{C_{nk}\in\mathcal{Q},k=1,2,\cdots,k_n\}\) 兩兩不交，使得對每個 \(n=1,2,\cdots\) ，都有
\[A_n\setminus A_{n-1}=\bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}, \]由於 \(\{A_n\setminus A_{n-1}\in\mathcal{Q},\ n\geq1\}\) 兩兩不交，所以由測度的可列可加性和有限可加性可知
\[\begin{aligned} \mu(A)&=\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)=\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty (A_n\setminus A_{n-1})\right) \\ \\ &=\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty \bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}\right)=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^{k_n}\mu(C_{nk}) \\ \\ &=\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N\sum_{k=1}^{k_n}\mu(C_{nk}) \\ \\ &=\lim_{N\to\infty}\mu\left(\bigcup_{n=1}^N \bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}\right)=\lim_{N\to\infty}\mu(A_N). \end{aligned} \]上連續性：如果 \(A_1,A_2,\cdots\in\mathcal{Q},\ A_n\downarrow A\in\mathcal{Q}\) 且 \(\mu(A_1)<\infty\) ，則存在 \(\{C_{nk}\in\mathcal{Q},k=1,2,\cdots,k_n\}\) 兩兩不交，使得對每個 \(n=1,2,\cdots\) ，都有
\[A_n\setminus A_{n+1}=\bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}. \]容易發現 \(\{A,C_{nk}\in\mathcal{Q},\ k=1,2,\cdots,k_n,\ n=1,2,\cdots\}\) 兩兩不交，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，對每個 \(n=1,2,\cdots\) ，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 \(n=1\) ，則有
\[\sum_{i=1}^\infty\sum_{k=1}^{k_i}\mu(C_{nk})\leq \sum_{i=1}^\infty\sum_{k=1}^{k_i}\mu(C_{nk})+\mu(A)=\mu(A_1)<\infty. \]從而由級數的收斂性質可知
\[\lim_{n\to\infty}\sum_{i=n}^\infty\sum_{k=1}^{k_i}\mu(C_{nk})=0 \quad \Longrightarrow \quad \lim_{n\to\infty}\mu(A_n)=\mu(A). \]次可列可加性：若 \(A_1,A_2,\cdots\in\mathcal{Q}\) 且 \(\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{Q}\) ，則 \(A_1,A_2,\cdots\in r(\mathcal{Q})\) ，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，存在兩兩不交的集合 \(\{C_{nk}\in\mathcal{Q},\ k=1,2,\cdots,k_n\}\) ，使得
\[A_n\setminus \bigcup_{i=1}^{n-1}A_i=\bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}. \]由於
\[A_n\setminus \bigcup_{k=1}^{k_n}C_{nk}\in r(\mathcal{Q}). \]故存在兩兩不交的集合 \(\{D_{nl}\in\mathcal{Q},\ l=1,2,\cdots,l_n\}\) ，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 \(\{C_{n1},C_{n2},\cdots,C_{nk},D_{n1},D_{n2},\cdots,D_{nl},\ n\geq1\}\) 兩兩不交，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 半環上的測度具有單調性、可減性、半可列可加性、下連續性和上連續性。
注意：\(\sigma\) 域上的測度也具有上述性質。
設 \(\mu\) 是半環上的測度，則 \(\mu\) 是非負集函數，具有 \(\mu(\varnothing)=0\) 和可列可加性，故有限可加性成立。
由命題 2.1.3 和命題 2.1.4 可知，該定理成立。
定理 2.1.6 對於環 \(\mathcal{R}\) 上的有限可加非負集函數 \(\mu\) ，有
(1) \(\mu\) 可列可加 $\ \iff\ $ (2) \(\mu\) 半可列可加 $\ \iff\ $ (3) \(\mu\) 下連續 $\ \Longrightarrow\ $ (4) \(\mu\) 上連續 \(\ \Longrightarrow\)
(5) \(\mu\) 在 \(\varnothing\) 上連續，即對任何滿足 \(A_n\downarrow\varnothing\) 和 \(\mu(A_1)<\infty\) 的 \(\{A_n\in\mathcal{R},\ n\geq1\}\) ，有
若 \(\mu\) 是有限的，則還有 (5) $\ \Longrightarrow \ $ (1) 。
由於環也是半環，故由命題 2.1.4 可知，(1) $\ \Longrightarrow \ $ (2) (3) (4) 和 (4) $\ \Longrightarrow \ $ (5) 顯然成立。
因此只需證：(2) $\ \Longrightarrow \ $ (1) ；(3) $\ \Longrightarrow \ $ (1)；在 \(\mu\) 有限的條件下 (5) $\ \Longrightarrow \ $ (1) 。
下證 (2) $\ \Longrightarrow \ $ (1) 。由命題 2.1.4 可知 \(\mu\) 具有單調性。
若 \(\{A_n\in\mathcal{R},n\geq1\}\) 兩兩不交，且 \(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{R}\) ，則由單調性和有限可加性知
\[\forall N\geq1,\quad \mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)\geq\mu\left(\bigcup_{n=1}^NA_n\right)=\sum_{n=1}^N\mu(A_n). \]令 \(N\to\infty\) ，則有
\[\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)\geq\sum_{n=1}^\infty\mu(A_n). \]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。
下證 (3) $\ \Longrightarrow \ $ (1) 。若 \(\{A_n\in\mathcal{R},n\geq1\}\) 兩兩不交，且 \(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{R}\) ，易知
\[\bigcup_{n=1}^N A_n \uparrow \bigcup_{n=1}^\infty A_n. \]所以由下連續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。
下證在 \(\mu\) 有限的條件下 (5) $\ \Longrightarrow \ $ (1) 。若 \(\{A_n\in\mathcal{R},n\geq1\}\) 兩兩不交，且 \(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{R}\) ，則
\[\bigcup_{n=N+1}^\infty A_n=\bigcup_{n=1}^\infty A_n\setminus\bigcup_{n=1}^N A_n\in\mathcal{R}. \]且 \(\bigcup_{n=N+1}^\infty A_n\) 與 \(\bigcup_{n=1}^N A_n\) 不交，所以由有限可加性
\[\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)=\mu\left(\bigcup_{n=1}^N A_n\right)+\mu\left(\bigcup_{n=N+1}^\infty A_n\right)=\sum_{n=1}^N\mu(A_n)+\mu\left(\bigcup_{n=N+1}^\infty A_n\right). \]因為 \(\bigcup_{n=N+1}^\infty\downarrow \varnothing\) ，且 \(\mu\) 在 \(\varnothing\) 處上連續（這里用到了 \(\mu\) 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 外測度
2.2.1 外測度的定義和生成
首先考慮問題：把半環上的測度擴張到由它生成的 \(\sigma\) 域上。
外測度：由 \(X\) 的所有子集構成的集合系 \(\mathcal{T}\) 到 \(\overline{\mathbb{R}}\) 的函數 \(\tau\) 稱為 \(X\) 上的外測度，若它滿足：
(1) 規范性： \(\tau(\varnothing)=0\) ；
(2) 單調性：對 \(\forall A\subset B\subset X\) ，有 \(\tau(A)\leq\tau(B)\) ；
(3) 次可列可加性：對 \(\forall\{A_n\in\mathcal{T},n\geq1\}\) ，有
注意：由 (1) 和 (3) 可以推出次有限可加性：對 \(\forall\{A_k\in\mathcal{T},k=1,2,\cdots,n\}\) ，有
其次考慮問題：如何生成外測度。
注意：規定 \(\overline{\mathbb{R}}\) 中空集的下確界為 \(\infty\) 。
定理 2.2.1：設 \(\mathcal{E}\) 是一個集合系且 \(\varnothing\in\mathcal{E}\) ，若 \(\mathcal{E}\) 上的非負集函數 \(\mu\) 滿足 \(\mu(\varnothing)=0\) ，則對 \(\forall A\in\mathcal{T}\) ，令
則 \(\tau\) 是一個外測度，稱為由 \(\mu\) 生成的外測度。
因為 \(\varnothing\subset(\varnothing\cup\varnothing\cup\cdots)\) ，所以
\[0\leq\tau(\varnothing)\leq\sum_{n=1}^\infty\mu(\varnothing)=0, \]所以 \(\tau(\varnothing)=0\) 。
假設 \(A\subset B\subset X\) ，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 \(\tau\) 的定義可知 \(\tau(A)\leq\tau(B)\) 。
假設 \(A_n\in\mathcal{E},n\geq1\) ，若存在正整數 \(n_0\) ，使得 \(\tau(A_{n_0})=\infty\) ，則
\[\tau\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)\leq\infty=\tau(A_{n_0})\leq\sum_{n=1}^\infty\tau(A_n). \]此時，次可列可加性成立。
下面假設 \(\tau(A_n)<\infty,n\geq1\) ，則對 \(\forall\varepsilon>0\) ，對每一個 \(n\) ，取 \(\{B_{nk}\in\mathcal{E},k\geq1\}\) ，使得
\[\bigcup_{k=1}^\infty B_{nk}\supset A_n,\quad \sum_{n=1}^\infty\mu(B_{nk})<\tau(A_n)+\frac{\varepsilon}{2^n}. \]則由 \(\bigcup_{n=1}^\infty\bigcup_{k=1}^\infty B_{nk}\supset\bigcup_{n=1}^\infty A_n\) 和 \(\tau\) 的定義可知
\[\tau\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)\leq\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\mu(B_{nk})<\sum_{n=1}^\infty \tau(A_n)+\varepsilon. \]由 \(\varepsilon\) 的任意性知
\[\tau\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)\leq\sum_{n=1}^\infty \tau(A_n). \]此時，次可列可加性也成立。
綜上，\(\tau\) 是一個外測度。
注意：每一個 \(\mathcal{T}\) 上的測度，一定是 \(X\) 上的外測度；但 \(X\) 上的外測度未必是 \(\mathcal{T}\) 上的測度。
2.2.2 完全測度空間
接下來考慮問題：把外測度限制在比 \(\mathcal{T}\) 小的集合系上，是否可以成為測度。
\(\tau\) 可測集：設 \(\tau\) 是 \(X\) 上的一個外測度，把滿足 Caratheodory 條件
的 \(X\) 的子集 \(A\) 稱為 \(\tau\) 可測集，並將由全體 \(\tau\) 可測集組成的集合系記為 \(\mathcal{F}_\tau\) 。
易證 \(X,\varnothing\) 為 \(\tau\) 可測集，且若 \(A\subset X\) 為 \(\tau\) 可測集，則 \(A^c=X-A\) 也為 \(\tau\) 可測集。
完全測度空間：設 \((X,\mathcal{F},\mu)\) 為測度空間，若 \(\mu\) 的任意零測集的子集仍屬於 \(\mathcal{F}\) ，即
則稱 \((X,\mathcal{F},\mu)\) 為完全測度空間。
定理 2.2.2（Caratheodory 定理）：若 \(\tau\) 是外測度，則 \(\mathcal{F}_\tau\) 是 \(\sigma\) 域，\((X,\mathcal{F}_\tau,\tau)\) 是完全測度空間。
Step.1 證明：\(X\in\mathcal{F}_\tau\) ，且 \(A\in\mathcal{F}_\tau\ \ \Longrightarrow\ \ A^c\in\mathcal{F_\tau}\) 。顯然。
Step.2 證明：\(A_1,A_2\in\mathcal{F}_\tau\) ，則 \(A_1\cap A_2\in\mathcal{F}_\tau\) 。
設 \(A_1,A_2\in\mathcal{F}_\tau\) ，則 \(\forall D\in\mathcal{T}\) ，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 證明：若 \(\{B_k\in\mathcal{F}_\tau,k=1,2,\cdots,n\}\) 且兩兩不交，則 \(\forall D\in\mathcal{T}\) ，有
\[\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{i=1}^nB_i\right)\right)=\sum_{i=1}^n\tau(D\cap B_i). \]由 Caratheodory 條件知
\[\begin{aligned} \tau\left(D\cap\left(\bigcup_{i=1}^nB_i\right)\right)&=\tau\left(D\cap\bigcup_{i=1}^nB_i\cap B_1\right)+\tau\left(D\cap\bigcup_{i=1}^nB_i\cap B_1^c\right) \\ \\ &=\tau(D\cap B_1)+\tau\left(D\cap\left(\bigcup_{i=2}^nB_i\right)\right) \\ \\ &=\cdots \\ \\ &=\tau(D\cap B_1)+\tau(D\cap B_2)+\cdots +\tau(D\cap B_n) \\ \\ &=\sum_{i=1}^n\tau(D\cap B_i). \end{aligned} \]Step.4 證明：若 \(\{B_n\in\mathcal{F}_\tau,n\geq1\}\) 且兩兩不交，則 \(\forall D\in\mathcal{T}\) ，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 證明：\(\mathcal{F}_\tau\) 是 \(\sigma\) 域。只需說明 \(\mathcal{F}_\tau\) 關於可列並運算封閉。
設 \(A_n\in\mathcal{F}_\tau,n\geq1\) ，令 \(B_n=A_n\setminus\bigcup_{i=1}^{n-1}A_i\) ，則 \(\{B_n\in\mathcal{F}_\tau,n\geq1\}\) 兩兩不交，且
\[\bigcup_{n=1}^\infty B_n=\bigcup_{n=1}^\infty A_n. \]由 Step.4 可知，對 \(\forall D\in\mathcal{T}\) ，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 證明：\(\tau\) 限制在 \(\mathcal{F}_\tau\) 上是測度。
由 \(\tau\) 的定義知，顯然 \(\tau\) 是非負集函數，且 \(\tau(\varnothing)=0\) ，故只需證可列可加性。
設 \(\{B_n\in\mathcal{F}_\tau,n\geq1\}\) 兩兩不交，在 Step.4 中取 \(D=\bigcup_{n=1}^\infty B_n\in\mathcal{F}_\tau\) ，則
\[\tau\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_n\right)\geq\sum_{n=1}^\infty\tau(B_n). \]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 證明：\((X,\mathcal{F}_\tau,\tau)\) 是完全測度空間。
由於 \(\tau(A)=0,\ B\subset A \ \ \Longrightarrow \ \ \tau(B)=0\) ，所以只需證 \(\tau(A)=0 \ \ \Longrightarrow\ \ A\in\mathcal{F}_\tau\) 。
設 \(\tau(A)=0\) ，則 \(\forall D\in\mathcal{T}\) ，有 \(\tau(A\cap D)=0\) ，且
\[\tau(D)\geq\tau(D\cap A^c)=\tau(D\cap A^c)+\tau(D\cap A) . \]又因為
\[\tau(D)\leq \tau(D\cap A)+\tau(D\cap A^c), \]所以
\[\tau(D)=\tau(D\cap A)+\tau(D\cap A^c). \]所以 \(A\in\mathcal{F}_\tau\) 。