测度

考虑任意非空$\sigma$-代数族$\left\{{\mathcal{A}}_k|k\in K\right\}$，首先$X\in {\mathcal{A}}_k$对所有$k\in K$成立，因此$X\in {\cap }_k{A}_k$； 对于任意子集$A\in {\cap }_k{\mathcal{A}}_k$，其补集$A^c\in {\mathcal{A}}^k$对所有$k\in K$成立，故$A^c\in {\cap }_k{\mathcal{A}}_k$； 对于任意子集族$\left\{A_i|i\in I\right\}\subseteq {\cap }_k{\mathcal{A}}_k$，由于其并集${\cup }_i{A}_i\in {\mathcal{A}}_k$对所有$k\in K$成立，故${\cup }_i{A}_i\in {\cap }_k{\mathcal{A}}_k$。 综上，${\cap }_k{\mathcal{A}}_k$为$\sigma$-代数。

首先任意集合$X$的幂集都包含$X$的子集族，并且自身构成一个$\sigma$-代数，因此必然存在$X$上包含$\mathcal{F}$的$\sigma$-代数，记该$\sigma$-代数族为$\left\{{\mathcal{A}}_k|k\in K\right\}$。 根据命题 11.1，$\mathcal{A}={\cap }_k\in K{\mathcal{A}}_k$是包含$\mathcal{F}$的$\sigma$-代数。 若存在包含$\mathcal{F}$的最小$\sigma$-代数$\mathcal{B}$，那么根据定义，$\mathcal{A}\subseteq \mathcal{B}$且$\mathcal{B}\subseteq \mathcal{A}$，即$\mathcal{B}=\mathcal{A}$。 因此这样的$\sigma$-代数唯一。

设${\mathcal{B}}_1,{\mathcal{B}}_2$和${\mathcal{B}}_3$分别对应命题中三个集族。 我们将证明${\mathcal{B}}_3\subseteq {\mathcal{B}}_2\subseteq {\mathcal{B}}_1\subseteq \mathcal{B}(\mathbb{R})$，随后证明$\mathcal{B}(\mathbb{R})\subseteq {\mathcal{B}}_3$以形成闭环。 利用${\mathcal{B}}_2$在取补集和可数并集操作下封闭的性质，任意$(a,b]=(-\infty ,b)\cap (-\infty ,a{]}^c\in {\mathcal{B}}_2$，因此${\mathcal{B}}_3\subseteq {\mathcal{B}}_2$； 形如$(b,\infty )$的集合是开的，因此$(-\infty ,b]$是闭的，从而属于${\mathcal{B}}_1$，即${\mathcal{B}}_2\subseteq {\mathcal{B}}_1$； 利用$\mathcal{B}(\mathbb{R})$在取补集操作下封闭的性质，$\mathbb{R}$的任意闭子集的补集属于$\mathcal{B}(\mathbb{R})$，因此${\mathcal{B}}_1\subseteq \mathcal{B}(\mathbb{R})$。 最后，根据命题 1.21，每个开集都可以表示为可数个形如$(a,b)$的开区间的并集，同时$(a,b)={\cup }_n(a,b-1/n]$。 根据命题 1.7，可数个可数半开区间的并集是可数的，因此每个开区间都在${\mathcal{B}}_3$内，因此$\mathcal{B}(\mathbb{R})\subseteq {\mathcal{B}}_3$。

设$F$是${\mathbb{R}}^d$中的一个闭子集，我们希望构造${\mathbb{R}}^d$中的一个开子集列${\left\{U_n\right\}}_{n\in \mathbb{N}}$使得$F={\cap }_n{U}_n$。 定义$U_n=\left\{x\in {\mathbb{R}}^d|\Vert x-y\Vert <1/n\text{for some }y\in F\right\}$，显然每个$U_n$都是开集，并且$F\subseteq U_n$对每个自然数$n$都成立，因此$F\subseteq {\cap }_n{U}_n$； 另一方面，对于任意$x\in {\cap }_n{U}_n$，存在$x_n\in F$使得$\Vert x-x_n\Vert <1/n$对任意自然数$n$成立。 因此$F$内的序列$(x_n)$收敛到$x$，而$F$的闭性要求$x\in F$，故${\cap }_n{U}_n\subseteq F$。 综上，$F={\cap }_n{U}_n$。 若$U$为开集，则$U^c$为闭集，因而存在开集列$\left\{U_n\right\}$使得$U^c={\cap }_n{U}_n$，从而$U={\cup }_n{U}_n^c$为$F_{\sigma }$集。

由于$A\cap (B-A)=\varnothing$，$\mu (B)=\mu (A\cup (B-A))=\mu (A)+\mu (B-A)\ge \mu (A)$。

设$B_1=A_1,B_k=A_k-({\cup }_{i=1}^k{A}_i)(k\ge 2)$，首先$B_1\in \mathcal{A}$，其次利用$\mathcal{A}$关于交集和取补集操作的封闭性可知$B_k=A_k\cap ({\cup }_{i=1}^k{A}_i{)}^c\in \mathcal{A}$。 因此每个$B_k\in \mathcal{A}$且$B_k\subseteq A_k$。 利用$\mu$的可数可加性与单调性（命题 1.5），

1. 对于递增集合列$\left\{A_k\right\}$，设$B_1=A_1,B_k=A_k-({\cup }_{i=1}^k{A}_i)(k\ge 2)$，那么$\left\{B_k\right\}$不相交且属于$\mathcal{A}$，因此

   $$\mu \left(\bigcup _k{A}_k\right)=\mu \left(\bigcup _k{B}_k\right)=\sum _k\mu (B_k)=\underset{k}{\lim }\sum _{i=1}^k\mu (B_k)=\underset{k}{\lim }\mu \left(\bigcup _{i=1}^k{B}_i\right)=\underset{k}{\lim }\mu (A_k).$$

   (11.2.4)

2. 对于递减集合列$\left\{A_k\right\}$，利用测度的单调性（命题 1.5），$\mu (A_1)\le \mu (A_n)<\infty$。 因此$C_k=A_1-A_k=A_1\cap A_k^c\in \mathcal{A}$递增，并且${\cup }_k{C}_k=A_1\cap ({\cup }_k{A}_k^c)=A_1\cap ({\cap }_k{A}_k{)}^c=A_1-{\cap }_k{A}_k$。 结合命题 11.5和上述结论，

   $$\mu (A_1)-\mu \left(\bigcap _k{A}_k\right)=\mu \left(A_1-\bigcap _k{A}_k\right)=\mu \left(\bigcup _k{C}_k\right)=\underset{k}{\lim }\mu (C_k)=\mu (A_1)-\underset{k}{\lim }\mu (A_k),$$

   (11.2.5)

   整理得$\mu ({\cap }_k{A}_k)={\lim }_k\mu (A_k)$。

1. 设$\left\{B_k\right\}$是属于$\mathcal{A}$的不相交集合列，那么所有$A_k={\cup }_{i=1}^k{B}_i$构成的集合列$\left\{A_k\right\}$递增，进而

   $$\mu \left(\bigcup _k{B}_k\right)=\mu \left(\bigcup _k{A}_k\right)=\underset{k}{\lim }\mu (A_k)=\underset{k}{\lim }\mu \left(\bigcup _{i=1}^k{B}_i\right)=\underset{k}{\lim }\sum _{i=1}^k\mu (B_i)=\sum _k\mu (B_k),$$

   (11.2.6)

   可见$\mu$也是可数可加的，进而$\mu$为测度；

2. 设$\left\{B_k\right\}$是属于$\mathcal{A}$的不相交集合列，那么所有$A_k={\cap }_{i=k}^{\infty }{B}_i$构成的集合列$\left\{A_k\right\}$递减。 假设存在$x\in {\cap }_k{A}_k$，那么$x\in A_k$对每个$k$都成立。 对于给定的$k$，根据定理 1.7，自然数构成的集合$\left\{i\in \mathbb{N}|x\in B_i,i\ge k\right\}$存在最小元素$j\ge k$。 但是$\left\{B_k\right\}$不相交意味着$x\notin B_{j+1}$，进而$x\notin {\cup }_{i=j+1}^{\infty }{B}_i=A_{j+1}$，这与$x$在所有$A_k$中矛盾，因此${\cap }_k{A}_k=\varnothing$。 那么根据已有条件，

   $$\mu \left(\bigcup _k{B}_k\right)=\mu \left(\left(\bigcup _{i=1}^k{B}_i\right)\cup A_{k+1}\right)=\sum _{i=1}^k\mu (B_i)+\mu (A_{k+1})\text{for each }k\in \mathbb{N}.$$

   (11.2.7)

   等式两端令$k\to \infty$，可得$\mu ({\cup }_k{B}_k)={\sum }_k\mu (B_k)$，因此$\mu$是测度。

对于任意正数$ϵ$，存在开区间列$\left\{(a_i,b_i)\right\}\in {\mathcal{C}}_A$，使得$b_i-a_i=ϵ/2^{i+1}$对所有$i$成立，因此${\cup }_i(b_i-a_i)=ϵ/2<ϵ$，进而$0\le {\lambda }^{\ast }(A)<ϵ$。 由$ϵ$的任意性，${\lambda }^{\ast }(\varnothing )=0$； 对于任意$A\subseteq B\subseteq X$以及任意正数$ϵ$，存在有界开区间列$\left\{(a_i,b_i)\right\}\in {\mathcal{C}}_B\subseteq {\mathcal{C}}_A$使得${\lambda }^{\ast }(B)+ϵ>{\sum }_i(b_i-a_i)\ge {\lambda }^{\ast }(A)$。 由$ϵ$的任意性，${\lambda }^{\ast }(B)\ge {\lambda }^{\ast }(A)$； 设$\left\{A_n\right\}$是$X$的一个无穷子集列，若${\sum }_n{\lambda }^{\ast }(A_n)=\infty$，则${\lambda }^{\ast }({\cup }_n{A}_n)\le {\sum }_n{\lambda }^{\ast }(A_n)$显然成立； 因此假定${\sum }_n{\lambda }^{\ast }(A_n)<\infty$，那么对于任意正数$ϵ$，存在开区间列${\left\{(a_{n,i},b_{n,i})\right\}}_{i=1}^{\infty }\in {\mathcal{C}}_{A_n}$，使得${\lambda }^{\ast }(A_n)+ϵ/2^n>{\sum }_i(b_{n,i}-a_{n,i})$。 根据命题 1.7，存在从$\mathbb{N}\times \mathbb{N}$到$\mathbb{N}$的双射，因此可将开区间列${\left\{(a_{n,i},b_{n,i})\right\}}_{n,i\in \mathbb{N}}$的指标用单个指标$k\in \mathbb{N}$表示为${\left\{(a_k,b_k)\right\}}_{k\in \mathbb{N}}$，进而${\cup }_n{A}_n\subseteq {\cup }_{n,i}(a_{n,i},b_{n,i})={\cup }_k(a_k,b_k)$，并且 ${\sum }_k(b_k-a_k)={\sum }_{n,i}(b_{n,i}-a_{n,i})<{\sum }_n({\lambda }^{\ast }(A_n)+ϵ/2^n)={\sum }_n{\lambda }^{\ast }(A_n)+ϵ$。 由$ϵ$的任意性，${\sum }_n{\lambda }^{\ast }(A{)}_n\ge {\sum }_k(b_k-a_k)\ge {\lambda }^{\ast }({\cup }_n{A}_n)$。 最后，对于$\mathbb{R}$的有界闭区间$[a,b]$以及任意正数$ϵ<b-a$，可取$(a_1,b_1)=(a-ϵ/4,b+ϵ/4)$，而其余$(a_i,b_i)\subseteq (a+ϵ/2,b-ϵ/2)$，同时满足${\sum }_i(b_i-a_i)<ϵ/2^i$，因此$[a,b]\subseteq {\cup }_i(a_i,b_i)$且${\sum }_i(b_i-a_i)=(b-a)+ϵ$，因此${\lambda }^{\ast }([a,b])\le b-a$； 另一方面，对于任意正数$ϵ$，存在开区间列$\left\{(a_i,b_i)\right\}\in {\mathcal{C}}_{[a,b]}$使得${\lambda }^{\ast }([a,b])+ϵ>{\sum }_i(b_i-a_i)$。 根据Heine-Borel定理 1.10，区间$[a,b]$紧致，因此存在有限指标集$I$使得$[a,b]\subseteq {\cup }_{i\in I}(a_i,b_i)$。 将${\left\{(a_i,b_i)\right\}}_{i\in I}$重排后可将上述关系写为$[a,b]\subseteq {\cup }_{i=1}^n(a_i,b_i)$，其中$n$为某个自然数，利用归纳法可证明$b-a\le {\sum }_{i=1}^n(b_i-a_i)$。 因此$b-a\le {\sum }_{i=1}^{\infty }(b_i-a_i)<{\lambda }^{\ast }([a,b])+ϵ$。 由$ϵ$的任意性，${\lambda }^{\ast }([a,b])\ge b-a$，因此反向不等式也成立。 对于开区间$(a,b)$以及任意正数$ϵ<b-a$，由于$[a+ϵ/2,b-ϵ/2]\subseteq (a,b)\subseteq [a-ϵ/2,b+ϵ/2]$，外测度的单调性要求$(b-a)-ϵ\le {\lambda }^{\ast }((a,b))\le (b-a)+ϵ$。 由$ϵ$的任意性，${\lambda }^{\ast }(a,b)=b-a$。 其余半开区间类似。

若${\mu }^{\ast }(B)=0$，那么利用外测度的单调性与非负性，${\mu }^{\ast }(A\cap B)\le {\mu }^{\ast }(B)=0$，进而${\mu }^{\ast }(A\cap B)=0$； 那么${\mu }^{\ast }(A\cap B)+{\mu }^{\ast }(A\cap B^c)\le 0+{\mu }^{\ast }(A)$，根据上述讨论，$B$是${\mu }^{\ast }$-可测的。 $\mu (B^c)=0$的情形类似。

1. 根据命题 11.11，${\mu }^{\ast }(\varnothing )=0$，因此$X\in {\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$； 对于任意$B\in {\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$，${\mu }^{\ast }$-可测定义要求$B^c\in {\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$； 对于任意不相交子集列$\left\{B_n\right\}$和$X$的任意子集$A$，

   $${\mu }^{\ast }(A)=\sum _{i=1}^n{\mu }^{\ast }(A\cap B_i)+{\mu }^{\ast }(A\cap ({\cap }_{i=1}^n{B}_i^c)).$$

   (11.3.4)

   显然上式在$n=1$时成立； 假设上式对某个自然数$n$成立，由于$B_i\cap B_j=\varnothing$对任意$i\ne j$成立，那么$B_i\cap B_j^c=B_i\backslash (B_i\cap B_j)=B_i$，因此

   $$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(A)& =\sum _{i=1}^n{\mu }^{\ast }(A\cap B_i)+{\mu }^{\ast }(A\cap ({\cap }_{i=1}^n{B}_i^c)\cap B_{n+1})+{\mu }^{\ast }(A\cap ({\cap }_{i=1}^{n+1}{B}_i^c))\\ & =\sum _{i=1}^n{\mu }^{\ast }(A\cap B_i)+{\mu }^{\ast }(A\cap B_{n+1})+{\mu }^{\ast }(A\cap ({\cap }_{i=1}^{n+1}{B}_i^c))\\ & =\sum _{i=1}^{n+1}{\mu }^{\ast }(A\cap B_i)+{\mu }^{\ast }(A\cap ({\cap }_{i=1}^{n+1}{B}_i^c)).\end{array}$$

   (11.3.5)

   因此对于任意自然数$n$，(11.3.4)式成立。 利用外测度的单调性，${\cap }_{i=1}^{\infty }{B}_i^c\subseteq {\cap }_{i=1}^n{B}_i^c$意味着

   $$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(A)& \ge \sum _{i=1}^n{\mu }^{\ast }(A\cap B_i)+{\mu }^{\ast }(A\cap ({\cap }_{i=1}^{\infty }{B}_i^c)).\end{array}$$

   (11.3.6)

   利用实数列收敛的单调性（定理 1.15）以及外测度的可数次可加性，令上述不等式两端$n\to \infty$可得

   $$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(A)& \ge \sum _n{\mu }^{\ast }(A\cap B_n)+{\mu }^{\ast }(A\cap ({\cap }_n{B}_n^c))\ge {\mu }^{\ast }(A\cap ({\cup }_n{B}_n))+{\mu }^{\ast }(A\cap ({\cup }_n{B}_n{)}^c)\ge {\mu }^{\ast }(A),\end{array}$$

   (11.3.7)

   因此上述不等号均取等，即${\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$中任意不相交子集列的并集也属于${\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$。 现在考虑${\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$内任意子集列$\left\{C_n\right\}$，首先考虑其中两个子集的并集：

   $$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(A\cap (C_1\cup C_2))& ={\mu }^{\ast }(A\cap (C_1\cup C_2)\cap C_1)+{\mu }^{\ast }(A\cap (C_1\cup C_2)\cap C_1^{\ast })\\ & ={\mu }^{\ast }(A\cap C_1)+{\mu }^{\ast }(A\cap C_1^c\cap C_2).\end{array}$$

   (11.3.8)

   因此可证明$C_1\cup C_2$也是${\mu }^{\ast }$-可测的：

   $$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(A)& ={\mu }^{\ast }(A\cap C_1)+{\mu }^{\ast }(A\cap C_1^c)={\mu }^{\ast }(A\cap C_1)+{\mu }^{\ast }(A\cap C_1^c\cap C_2)+{\mu }^{\ast }(A\cap C_1^c\cap C_2^c)\\ & ={\mu }^{\ast }(A\cap (C_1\cup C_2))+{\mu }^{\ast }(A\cap (C_1\cup C_2{)}^c).\end{array}$$

   (11.3.9)

   假设${\cup }_{i=1}^n{C}_i$对某个自然数$n$是${\mu }^{\ast }$-可测的，注意到${\cup }_{i=1}^{n+1}{C}_i^{n+1}=({\cup }_{i=1}^n{C}_i)\cup C_{n+1}$，采用完全相同的思路可证明${\cup }_{i=1}^{n+1}{C}_i$也是${\mu }^{\ast }$-可测的。 因此任意有限多${\mu }^{\ast }$-可测的子集的并集也是${\mu }^{\ast }$-可测的。 结合开头证明的${\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$在取补集操作下封闭的性质，通过$B_1=C_1,B_n=C_n-({\cap }_{i=1}^{n-1}{C}_i)(n\ge 2)$定义的不相交子集列$\left\{B_n\right\}$也是${\mu }^{\ast }$-可测的。 因此${\cup }_n{C}_n={\cup }_n{B}_n\in {\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$，即${\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$在可数并集操作下是封闭的。 综上，${\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$是$\sigma$-代数；

2. (11.3.7)式表明，对于${\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$内的不相交子集列$\left\{B_n\right\}$以及$X$的任意子集$A$，

   $${\mu }^{\ast }(A)=\sum _n{\mu }^{\ast }(A\cap B_n)+{\mu }^{\ast }(A\cap ({\cup }_n{B}_n{)}^c)⟹{\mu }^{\ast }({\cup }_n{B}_n)=\sum _n{\mu }^{\ast }(B_n),$$

   (11.3.10)

   因此${\mu }^{\ast }$在${\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$上是可数可加的，并且之前已证明${\mu }^{\ast }(\varnothing )=0$，因此${\mu }^{\ast }$是${\mathcal{M}}_{{\mu }^{\ast }}$上的测度。