测度论笔记

绪论

定理：不存在函数 $λ$ 满足以下四个条件：

（1）测度函数 $λ : P (R) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，即 $λ$ 的定义域是 $R$ 的幂集 $P {R}$ ；

$P {R}$ 指 $R$ 的幂集，即 $R$ 所有子集构成的集合，有的书上也写作 $2^{R}$ ； $R_{+} = [0, \infty)$ ， $R$ 是不包含 $\infty$ 的.

$R_{+} \cup {+ \infty}$ 也可以写作 $\overline{R_{+}}$ ，即 $R$ 的闭包的正部。

（2） $λ ((a, b]) = b - a$ ，即区间的测度是长度；

（3） $\forall A \subset R$ ， $\forall x \subset R$ ，有 $λ (A + x) = λ (A)$ ，即平移不变性，又可写作 $A + x = {y + x : y \in A}$ ；

（4） $A = j \geq 1 ⋃ A_{j}$ ， $A_{j} ⋂ A_{k} = \emptyset$ （其中 $j \neq = k$ ，即 $A_{i}$ 两两不相交），有 $λ (A) = \sum_{j \geq 1} λ (A_{j})$ ，即可数可加性（可列可加）。

要证明该定理，首先需要知道：

如果以上四个条件都满足，那么：

$λ (\emptyset) = 0$ ；

证明：因为 $λ ((a, b]) = λ ((a, b] i \geq 1 ⋃ \emptyset) = λ ((a, b]) + \sum_{i \geq 1} λ (\emptyset)$ .

$λ$ 满足单调性：若 $E \subset F$ ，则 $λ (E) \leq λ (F)$ ；

证明：根据 $F = E \cup (F \ E) \cup \emptyset \cup \dots$ 和可数可加性， $λ (F) = λ (E) + λ (F \ E)$ ，分情况讨论：①如果 $λ (F \ E) = + \infty$ ，则 $λ (F) = + \infty$ ；②如果 $λ (F \ E) < + \infty$ ，则 $λ (F) \geq λ (E)$ .

定义：集合 $S$ 上的等价关系是 $S \times S$ 上的等价关系，通常用 $a \sim b$ 表示，等价关系满足：

自反性（reflexivity）： $a R a$ ；

对称性（symmetry）： $a R b \Rightarrow b R a$ ；

传递性（transitivity）： $a R b$ ，且 $b R c \Rightarrow a R c$ .

下面开始证明：

在 $R$ 上定义等价关系 $\sim$ ：对所有 $x, y \in R$ ，如果 $x - y \in Q$ ，记 $x \sim y$ ，容易证明 $\sim$ 是一个等价关系；定义等价类 $[x] = {y \in R : y - x \in Q}$ ，易证 $[x]$ 是可数集；

记 $R$ 模等价关系 $\sim$ 所得集合为 $Λ = R ∣_{\sim} = x \in R ⋃ [x]$ ；可知 $Λ$ 不可数，否则 $R = [x] \in Λ ⋃ [x]$ 是可数个可数集的并集，所以可数，与 $R$ 不可数矛盾；

利用选择公理， $Λ$ 中每个元素我们可以在 $(0, 1)$ 中选取一个代表元，构成集合 $Ω \subset (0, 1)$ ，此时我们有以下结论：

（1）对任何 $p, q \in Q$ ，如果 $p \neq = q$ ，则 $(Ω + p) \cap (Ω + q) = \emptyset$ .

如果 $(Ω + p) \cap (Ω + q) \neq = \emptyset$ ，则存在 $α, β \in Ω$ ，使得 $x = α + p = β + q$ ，所以 $α - β = q - p$ ，根据 $Ω$ 的构造可知，我们有 $α = β$ ，且 $q = p$ .

（2）如果 $- 1 < q < 1$ ，则 $Ω + q \subset (- 1, 2)$ ，于是 $q \in Q, - 1 < q < 1 \sum (Ω + q) \subset (- 1, 2)$ .

根据测度单调性， $λ (q \in Q, - 1 < q < 1 \sum (Ω + q)) \leq λ ((- 1, 2)) = 3$ ，再根据前面的结论1、可数可加性、平移不变性，有 $λ (q \in Q, - 1 < q < 1 \sum (Ω + q)) = q \in Q, - 1 < q < 1 \sum λ (Ω + q) = q \in Q, - 1 < q < 1 \sum λ (Ω)$ ，所以 $λ (Ω) = 0$ ，等价于 $λ (q \in Q, - 1 < q < 1 \sum (Ω + q)) = 0$ .

（3） $(0, 1] \subset q \in Q, - 1 < q < 1 \sum (Ω + q)$ .

任取 $x \in (0, 1]$ ，存在 $α \in [x] \cap Ω$ ，使得 $α - x = q \in Q$ ，且 $q \in (- 1, 1)$ ，得证。

综上，所以 $1 = λ ((0, 1]) \leq λ (q \in Q, - 1 < q < 1 \sum (Ω + q)) = 0$ 与 $λ (Ω) = 0$ 矛盾。

集合类

定义：如果满足以下三个条件，则称 $S \subset P (Ω)$ 为半代数（semi-algebra）：

（1） $Ω \in S$ ，即 $S$ 中要包含全集；

（2） $A, B \in S \Rightarrow A \cap B \in S$ ，即对交集运算封闭；

（3） $\forall A \in S \Rightarrow \exists E_{1}, \dots, E_{n} \in S, A^{c} = \sum_{i = 1}^{n} E_{i}$ ，即补运算等于有限个集合的不交并。

（不交并：不相交集合的并）

比如： $Ω = R$ ， $S = R \cup {(a, b] : a < b, a, b \in R} \cup {(- \infty, b] : b \in R} \cup {(a, + \infty) : a \in R} \cup \emptyset$ ，验证：比如 $(a, b]^{c} = (- \infty, a] \cup (b, + \infty)$ .

定义：如果满足以下三个条件，则称 $A \subset P (Ω)$ 为代数（algebra）：

（1） $Ω \in A$ ，即 $A$ 中要包含全集；

（2） $A, B \in A \Rightarrow A \cap B \in A$ ，即对交集运算封闭；

（3） $\forall A \in A \Rightarrow A^{c} \in A$ ，即对补运算封闭。

根据德摩根法则，设 $A, B \in A$ ，则 $(A \cup B)^{c} = A^{c} \cap B^{c}$ ，因此也对并集运算封闭。

显然，若 $A$ 是代数，则 $A$ 也是半代数。

定义：如果满足以下三个条件，则称 $F \subset P (Ω)$ 为 $σ$ -代数（ $σ$ -algebra）：

（1） $Ω \in F$ ，即 $F$ 中要包含全集；

（2） $A_{j} \in F, j \geq 1 \Rightarrow j \geq 1 ⋂ A_{j} \in F$ ，即对可数次交集运算封闭；

（3） $\forall A \in F \Rightarrow A^{c} \in F$ ，即对补运算封闭。

根据德摩根法则， $A_{j} \in F, j \geq 1$ ，则 $(j \geq 1 ⋃ A_{j})^{c} = j \geq 1 ⋂ A_{j}^{c} \in F$ ，因此也对可数次并集运算封闭。

显然，若 $F$ 是 $σ$ -代数，则 $F$ 也是代数，因此也是半代数。

引理：任意个代数的交集仍是代数。用数学语言来描述就是，固定全集 $Ω$ ，设 $α \in I$ ， $A_{α} \subset P (Ω)$ 是代数，则 $α \in I ⋂ A_{α}$ 是代数。

证明：

令 $A = α \in I ⋂ A_{α}$ ，要验证 $A$ 是代数，就分别验证代数的三个条件：

1、 $Ω \in A_{α}$ （ $α \in I$ ），所以 $Ω \in A$ ；

2、 $A, B \in A$ ，故 $A, B \in A_{α}$ （ $α \in I$ ），则 $A \cap B \in A_{α}$ ，所以 $A \cap B \in A$ ；

3、 $A \in A$ ，故 $A \in A_{α}$ （ $α \in I$ ），则 $A^{c} \in A_{α}$ ，所以 $A^{c} \in A$ .

定义：设 $C \subset P (Ω)$ ，如果满足以下三个条件，则称 $A (C)$ 是集合类 $C$ 生成的代数，或者说是包含集合类 $C$ 的最小代数：

（1） $A (C)$ 是代数；

（2） $C \subset A (C)$ ；

（3）如果代数 $B \supseteq C$ ，则 $B \supseteq A (C)$ .

显然，最小代数 $A (C)$ 是包含 $C$ 的所有代数的交集，即 $A (C) = α ⋂ A_{α}$ .

关于第三条的证明：

$P (Ω)$ 是包含 $C$ 的代数。所以 $α ⋂ A_{α}$ 不是空集，且是代数。如果代数 $B \supseteq C$ ，那么存在指标 $α_{0}$ ，使得 $A_{α_{0}} = B$ ，因此 $B \supseteq A (C)$ .

引理：任意个 $σ$ -代数的交集是 $σ$ -代数。用数学语言来描述就是，固定全集 $Ω$ ，设 $α \in I$ ， $F_{α} \subset P (Ω)$ 是 $σ$ -代数，则 $F = α \in I ⋂ F_{α}$ 是 $σ$ -代数。

定义：设 $C \subset P (Ω)$ ，如果满足以下三个条件，则称 $F (C)$ 是集合类 $C$ 生成的 $σ$ -代数，或者说是包含集合类 $C$ 的最小 $σ$ -代数：

（1） $F (C)$ 是 $σ$ -代数；

（2） $C \subset F (C)$ ；

（3）如果 $σ$ -代数 $B \supseteq C$ ，则 $B \supseteq F (C)$ .

显然，最小 $σ$ -代数 $F (C)$ 是包含 $C$ 的所有 $σ$ -代数的交集，即 $F (C) = α ⋂ F_{α}$ .

定理：固定全集 $Ω$ ， $S \subset P (Ω)$ 是半代数， $A (S)$ 是 $S$ 生成的代数，则 $A \in A (S)$ ，当且仅当，存在互不相交的集合 $E_{j} \in S$ （ $j = 1, \dots, n$ ），使得 $A = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ .

证明：

充分性：如果 $E_{1}, \dots, E_{n}$ 是 $S$ 中互不相交的集合，记 $A = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ，那么 $E_{j} \in A (S)$ ，根据代数对并运算封闭， $A = \sum_{j = 1}^{n} E_{j} \in A (S)$ .

必要性：定义集合类 $B = {\sum_{i = 1}^{n} F_{j} : F_{j} \in S} \subset P (Ω)$ ，根据充分性， $B \subseteq A (S)$ ；如果 $B$ 是一个代数，则 $S \subseteq B$ （因为是代数就一定是半代数），所以 $A (S) \subseteq B$ ，即 $B = A (S)$ ，得证。

下面证明 $B$ 是一个代数：

1、 $Ω \in B$ 显然成立；

2、验证对任何 $A, B \subset B$ ，则 $A \cap B \in B$ ：记 $A = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ， $B = \sum_{k = 1}^{m} F_{k}$ ，其中 $E_{j}, F_{k} \in S$ ，根据 $S$ 的半代数性质 $E_{j} \cap F_{k} \in S$ ，则 $A \cap B = (\sum_{j = 1}^{n} E_{j}) \cap (\sum_{k = 1}^{m} F_{k}) = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{m} (E_{j} \cap F_{k}) \in B$ .

3、验证对任何 $A \in B$ ，则 $A^{c} \in B$ ：记 $A = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ，其中 $E_{j} \in S$ ，根据 $S$ 的半代数性质， $E_{j}^{c} = \sum_{k_{j} = 1}^{l_{j}} F_{j, k_{j}}$ ，其中 $F_{j, k_{j}} \in S$ ， $A^{c} = (\sum_{j = 1}^{n} E_{j})^{c} = j = 1 ⋂ n E_{j}^{c} = j = 1 ⋂ n \sum_{k_{j} = 1}^{l_{j}} F_{j, k_{j}} = \sum_{k_{1} = 1}^{l_{1}} \dots \sum_{k_{n} = 1}^{l_{n}} (F_{1, k_{1}} \cap F_{2, k_{2}} \cap \dots \cap F_{n, k_{n}}) \in B$ .

集函数

定义：固定全集 $Ω$ ，设 $C \subseteq P (Ω)$ ， $\emptyset \in C$ ，如果满足以下条件，则称函数 $μ : C \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是有限可加（finitely additive）的：

（1） $μ (\emptyset) = 0$ ；

（2）有限可加性：如果 $E_{1} \dots E_{n}$ 是 $C$ 中互不相交的集合，且 $E = \sum_{j = 1}^{n} E_{j} \in C$ ，则 $μ (E) = \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j})$ .

对有限可加函数 $μ : C \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，如果 $C$ 是代数，则条件 $\sum_{j = 1}^{n} E_{j} \in C$ 自动满足。

如果 $\exists A \in C$ ， $μ (A) < \infty$ ，记 $A = A \cup \emptyset$ ，由条件2， $μ (A) = μ (A) + μ (\emptyset)$ ，可得条件1， $μ (\emptyset) = 0$ .

设 $E \subset F$ ， $E, F, F \ E \in C$ ，有集合等式 $F = E \cup (F \ E)$ 和等式 $μ (F) = μ (E) + μ (F \ E)$ ：

如果 $μ (E) = + \infty$ ，则 $μ (F) = + \infty$ ；

如果 $μ (E) < + \infty$ ，则有切除性质 $μ (F \ E) = μ (F) - μ (E)$ .

以上两种情形，我们有函数的单调性， $μ (E) \leq μ (F)$ .

比如：

离散测度： $Ω = {x_{j}, j \geq 1}$ ，实数集 ${p_{j} \geq 0, j \geq 1}$ ， $C = P (Ω)$ ，定义有限可加测度（实际上是可数可加的） $μ (A) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} p_{j} 1_{{x_{j} \in A}}$ ，其中 $1$ 是特征函数 $1_{{x_{j} \in A}} = {10, x_{j} \in A, x_{j} \in / A$ ，对 $Ω$ 中互不相交的集合 $A_{1}, A_{2} A_{3}, \dots$ ，令 $A = \sum_{i = 1}^{\infty} A_{i}$ ，那么 $\sum_{i = 1}^{+ \infty} μ (A_{i}) = \sum_{i = 1}^{+ \infty} \sum_{j = 1}^{+ \infty} p_{j} 1_{{x_{j} \in A_{i}}} = \sum_{j = 1}^{+ \infty} \sum_{i = 1}^{+ \infty} p_{j} 1_{{x_{j} \in A_{i}}} = \sum_{j = 1}^{+ \infty} p_{j} 1_{{x_{j} \in \sum_{i = 1}^{+ \infty} A_{i}}} = \sum_{j = 1}^{+ \infty} p_{j} 1_{{x_{j} \in A}} = μ (A)$ .

定义：固定全集 $Ω$ ，设 $C \subseteq P (Ω)$ ， $\emptyset \in C$ ，如果满足以下条件，则称函数 $μ : C \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是可数可加（ $σ$ -additive）的：

（1） $μ (\emptyset) = 0$ ；

（2）可数可加性：如果 $E_{1}, E_{2}, E_{3} \dots$ 是 $C$ 中互不相交的集合，且 $E = \sum_{j = 1}^{+ \infty} E_{j} \in C$ ，则 $μ (E) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} μ (E_{j})$ .

对有限可加函数 $μ : C \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，如果 $C$ 是 $σ$ -代数，条件 $\sum_{j = 1}^{+ \infty} E_{j} \in C$ 自动满足。

可数可加函数是有限可加的，因为 $\sum_{j = 1}^{n} E_{j} = \sum_{j = 1}^{n} E_{j} \cup \emptyset \cup \dots$ .

比如：

$Ω = (0, 1]$ ， $C = {(a, b] : 0 \leq a < b \leq 1}$ ， $μ : C \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ， $μ ((a, b]) = {+ \infty b - a, a = 0, a > 0$ ，

$μ$ 是有限可加的：因为 $(a, b] = \sum_{j = 1}^{n} (x_{j - 1}, x_{j}]$ ，其中 $x_{0} = a$ ， $x_{n} = b$ ， $x_{j - 1} < x_{j}$ ，则：

$a \neq = 0$ 时， $μ ((a, b]) = b - a = \sum_{j = 1}^{n} (x_{j} - x_{j - 1}) = \sum_{j = 1}^{n} μ ((x_{j - 1}, x_{j}])$ ；

$a = 0$ 时， $μ ((a, b]) = + \infty = \sum_{j = 1}^{n} μ ((x_{j - 1}, x_{j}])$ .

但 $μ$ 不是可数可加的：因为 $(0, \frac{1}{2}] = \sum_{j = 2}^{+ \infty} (\frac{1}{j + 1}, \frac{1}{j}]$ ，但是 $+ \infty = μ ((0, \frac{1}{2}]) \neq = \sum_{j = 2}^{+ \infty} μ ((\frac{1}{j + 1}, \frac{1}{j}]) = \frac{1}{2}$ .

定义：给定 $C \subseteq P (Ω)$ ， $E \in C$ ，函数 $μ : C \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ：

如果对任何 $C$ 中单调上升到 $E$ 的集合列 ${E_{n}}_{n \geq 1}$ ，即 $E_{n} \subseteq E_{n + 1}$ ， $n \geq 1 ⋃ E_{n} = E$ ，有 $n \to \infty lim μ (E_{n}) = μ (E)$ ，则称 $μ$ 在 $E$ 处下连续（ $μ$ is continuity from below at $E$ ）；
如果对任何 $C$ 中单调下降到 $E$ 的集合列 ${E_{n}}_{n \geq 1}$ ，即 $E_{n} \supseteq E_{n + 1}$ ， $n \geq 1 ⋂ E_{n} = E$ ，且存在 $n_{0}$ ，使得 $μ (E_{n_{0}}) < + \infty$ ，有 $n \to \infty lim μ (E_{n}) = μ (E)$ ，则称 $μ$ 在 $E$ 处上连续（ $μ$ is continuity from above at $E$ ）；
如果 $μ$ 处既上连续又下连续，则称 $μ$ 在 $E$ 处连续。

比如： $Ω = R$ ， $E_{n} = (n, \infty)$ ， $n \geq 1 ⋂ E_{n} = \emptyset$ ， $λ (E_{n}) = + \infty$ ， $+ \infty = n \to \infty lim λ (E_{n}) \neq = λ (n \geq 1 ⋂ E_{n}) = 0$ .

定理：给定代数 $A \subseteq P (Ω)$ ，函数 $μ : A \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是有限可加的，则：

如果 $μ$ 是可数可加的，则对任何 $E \in A$ ， $μ$ 在 $E$ 处连续；
如果对任何 $E \in A$ ， $μ$ 在 $E$ 处连续，则 $μ$ 是可数可加的；
如果 $μ$ 在 $\emptyset$ 处上连续，且 $μ$ 是有限的，则 $μ$ 是可数可加的。

第一条的证明：

先证明下连续：如果 $μ$ 是可数可加的，则对任何 $E \in A$ ， $μ$ 在 $E$ 处下连续。给定 $A$ 中单调上升到 $E \in A$ 的集合列 ${E_{n}}_{n \geq 1}$ ，即 $E_{n} \subset E_{n + 1}$ ， $n \geq 1 ⋃ E_{n} = E$ ，我们要证明 $n \to \infty lim μ (E_{n}) = μ (E)$ ：定义 $E_{0} = \emptyset$ ，对 $k \geq 1$ ，定义 $F_{k} = E_{k} \ E_{k - 1} \in A$ ，我们有：①. ${F_{k} \in A}_{k = 1}^{\infty}$ 是两两不相交的；②.对 $n \geq 1$ ， $E_{n} = \sum_{k = 1}^{n} F_{k}$ ，则 $μ (E_{n}) = \sum_{k = 1}^{n} μ (F_{k})$ ；③. $E = k = 1 ⋃ \infty E_{k} = k = 1 ⋃ \infty F_{k}$ ；根据可数可加性， $μ (E) = \sum_{k = 1}^{\infty} μ (F_{k}) = n \to \infty lim \sum_{k = 1}^{n} μ (F_{k}) = n \to \infty lim μ (E_{n})$

再证明上连续：如果 $μ$ 是可数可加的，则对任何 $E \in A$ ， $μ$ 在 $E$ 处上连续。给定 $A$ 中单调下降到 $E \in A$ 的集合列 ${E_{n}}_{n \geq 1}$ ，即 $E_{n} \supseteq E_{n + 1}$ ， $n \geq 1 ⋂ E_{n} = E$ ，且存在 $n_{0}$ ，使得 $μ (E_{n_{0}}) < + \infty$ ，我们要证明 $n \to \infty lim μ (E_{n}) = μ (E)$ ：对任何 $k \in N$ ，定义 $G_{k} = E_{n_{0}} \ E_{n_{0} + k}$ ，由于 ${E_{k}}_{k = 1}^{\infty}$ 是下降的，则 ${G_{k}}_{k = 1}^{\infty}$ 是上升的，根据德摩根等式， $k = 1 ⋃ \infty G_{k} = k = 1 ⋃ \infty (E_{n_{0}} \ E_{n_{0} + k}) = E_{n_{0}} \ k = 1 ⋂ \infty E_{n_{0} + k} = E_{n_{0}} \ E$ ， $k = 1 ⋃ \infty E_{n_{0} + k}^{c} = (k = 1 ⋂ \infty E_{n_{0} + k})^{c} = E^{c}$ （因为此时全集是 $E_{n_{0}}$ ）。

所以再根据函数 $μ$ 的下连续性， $μ (E_{n_{0}}) - μ (E) = μ (E_{n_{0}} \ E) = k \to + \infty lim μ (E_{n_{0}} \ E_{n_{0} + k}) = k \to + \infty lim [μ (E_{n_{0}}) - μ (E_{n_{0} + k})] = μ (E_{n_{0}}) - k \to + \infty lim μ (E_{n_{0} + k})$

命题 $n \to \infty lim μ (E_{n}) = μ (E)$ 得证，

第二条的证明：

对任何 $E \in A$ ， $μ$ 在 $E$ 处下连续，假设 $E_{1}, E_{2}, E_{3}, \dots$ 是 $A$ 中互不相交的集合，且 $E = \sum_{j = 1}^{+ \infty} E_{j} \in A$ ，我们要证明 $μ (E) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} μ (E_{k})$ ：对任何 $n \in N$ ，定义 $F_{n} = \sum_{k = 1}^{n} E_{k} \in A$ ，则 $F_{n}$ 单调上升到 $E = n = 1 ⋃ \infty F_{n}$ ，根据函数 $μ$ 的下连续性， $μ (E) = n \to + \infty lim μ (F_{n}) = n \to + \infty lim \sum_{k = 1}^{n} μ (E_{k}) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} μ (E_{k})$ .

对 $n \geq 1$ ， $\sum_{j = 1}^{n} E_{j} \subseteq E$ ，根据函数 $μ$ 的单调性， $\sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j}) = μ (\sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j})) \leq μ (E)$ ，再令 $n \to + \infty$ ，有不等式 $\sum_{j = 1}^{+ \infty} μ (E_{j}) \leq μ (E)$ .

第三条的证明：

$μ$ 在 $\emptyset$ 处上连续，且 $μ (Ω) < \infty$ ，假设 $E_{1}, E_{2}, E_{3}, \dots$ 是 $A$ 中互不相交的集合，且 $E = \sum_{j = 1}^{+ \infty} E_{j} \in A$ ，我们要证明 $μ (E) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} μ (E_{k})$ ：对任何 $n \in N$ ，定义 $F_{n} = E \ \sum_{k = 1}^{n} E_{k} \in A$ ，则 $F_{n}$ 单调下降到 $\emptyset$ ，根据函数 $μ$ 在 $\emptyset$ 处上连续， $0 = n \to + \infty lim μ (F_{n}) = n \to + \infty lim μ (E \ \sum_{k = 1}^{n} E_{k}) = n \to + \infty lim [μ (E) - μ (\sum_{k = 1}^{n} E_{k})] = μ (E) - n \to + \infty lim \sum_{k = 1}^{n} μ (E_{k})$ ，所以 $μ (E) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} μ (E_{k})$ 得证。

比如：

$Ω = (0, 1]$ ， $C = {(a, b] : 0 \leq a < b \leq 1}$ ， $μ : C \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ， $C$ 是半代数，可以生成代数 $A (C)$ ， $μ ((a, b]) = {+ \infty b - a, a = 0, a > 0$ ， $μ$ 自然扩张到 $A (C)$ 上， $A = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ， $E_{j} \in C$ ，定义 $μ (A) = \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j})$ ，则：

1、 $μ$ 是有限可加的；

证明：如果 $(a, b] = \sum_{j = 1}^{n} (x_{j - 1}, x_{j}]$ ，其中 $x_{0} = a$ ， $x_{n} = b$ ， $x_{j - 1} < x_{j}$ ：

$a \neq = 0$ 时， $μ ((a, b]) = b - a = \sum_{j = 1}^{n} (x_{j} - x_{j - 1}) = \sum_{j = 1}^{n} μ ((x_{j - 1}, x_{j}])$ ；

$a = 0$ 时， $μ ((a, b]) = + \infty = \sum_{j = 1}^{n} μ ((x_{j - 1}, x_{j}])$ .

2、 $μ$ 不是可数可加的；

证明： $(0, \frac{1}{2}] = \sum_{j = 2}^{+ \infty} (\frac{1}{j + 1}, \frac{1}{j}]$ ， $+ \infty = μ ((0, \frac{1}{2}]) \neq = \sum_{j = 2}^{+ \infty} μ (\frac{1}{j + 1} . \frac{1}{j}) = \frac{1}{2}$ .

3、 $μ : A (C) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 在 $\emptyset$ 处连续。

证明： $E_{n} \in A (C)$ 单调下降到 $\emptyset$ ， $E_{n} = (a_{n, 1}, b_{n, 1}] \cup \dots \cup (a_{n, k_{n}}, b_{n, k_{n}}]$ ，其中 $a_{n, j} < a_{n, j + 1}$ ：

如果对任何 $n \in N$ ， $a_{n, 1} = 0$ ，则 $+ \infty = n \to + \infty lim μ (E_{n}) \neq = 0 = μ (\emptyset)$ ；

如果存在 $n_{0}$ ，使得 $μ (E_{n_{0}}) < + \infty$ ，等价于 $a_{n_{0}, 1} > 0$ ，则 $n \to + \infty lim μ (E_{n}) = 0 = μ (\emptyset)$ ，即 $μ : A (C) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 在 $\emptyset$ 处上连续。

扩张

定理：给定半代数 $S \subset P (Ω)$ ，和有限可加函数 $μ : S \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，则存在唯一有限可加函数 $ν : A (S) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是函数 $μ$ 的扩张，即 $ν$ 满足：

（1） $ν$ 是有限可加的；

（2）扩张性质： $\forall A \in S$ ， $ν (A) = μ (A)$ ；

（3）唯一性：如果两个有限可加函数 $μ_{1}, μ_{2} : A (S) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，满足 $\forall A \in S$ ， $μ_{1} (A) = μ_{2} (A)$ ，则 $\forall B \in A (S)$ ， $μ_{1} (B) = μ_{2} (B)$ .

证明：给定 $A \in A (S)$ ，根据半代数生成代数的性质， $A = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ， $E_{j} \in S$ ，定义 $ν (A) = \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j})$ （因为根据有限可加和扩张性质， $ν (A) = \sum_{j = 1}^{n} ν (E_{j}) = \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j})$ ），我们要证明：

1、 $ν$ 是良定义的，自然满足扩张性质；

证明：假定 $A = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ， $E_{j} \in S$ 和 $A = \sum_{k = 1}^{m} F_{k}$ ， $F_{k} \in S$ ，我们要验证 $\sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j}) = \sum_{k = 1}^{m} μ (F_{k})$ ：

①. 由于 $E_{j} = E_{j} \cap A = E_{j} \cap (\sum_{k = 1}^{m} F_{k}) = \sum_{k = 1}^{m} E_{j} \cap F_{k}$ ，根据有限可加性， $\sum_{k = 1}^{m} μ (E_{j} \cap F_{k}) = μ (E_{j})$ ，和 $\sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{m} μ (E_{j} \cap F_{k}) = \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j})$ ；

②. 同理， $\sum_{k = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j} \cap F_{k}) = \sum_{k = 1}^{m} μ (F_{k})$ ，所以 $\sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j}) = \sum_{k = 1}^{m} μ (F_{k})$ ，即良定义性得证。

$ν$ 是良定义的，扩张性质自然满足，按照定义 $\forall A \in S$ ， $A = A$ ，按照定义， $ν (A) = μ (A)$ .

2、 $ν$ 是有限可加的；

证明：任取不相交集合 $A, B \in A (S)$ ，验证 $ν (A \cup B) = ν (A) + ν (B)$ ：假定 $A = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ， $E_{j} \in S$ ，以及 $B = \sum_{k = 1}^{m} F_{k}$ ， $F_{k} \in S$ ， $E_{j} \cap F_{k} = \emptyset$ ，所以 $A \cup B = \sum_{j = 1}^{n} E_{j} + \sum_{k = 1}^{m} F_{k}$ ，根据 $μ$ 的定义， $ν (A \cup B) = \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j}) + \sum_{k = 1}^{m} μ (F_{k}) = ν (A) + ν (B)$ .

3、唯一性。

证明：对任何 $B \in A (S)$ ， $B = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ， $E_{j} \in S$ 。所以 $μ_{1} (B) = \sum_{j = 1}^{n} μ_{1} (E_{j}) = \sum_{j = 1}^{n} μ_{2} (E_{j}) = μ_{2} (B)$ .

定理：给定半代数 $S \subset P (Ω)$ ，和可数可加函数 $μ : S \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，则存在唯一可数可加函数 $ν : A (S) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是函数 $μ$ 的扩张，即 $ν$ 满足：

（1） $ν$ 是可数可加的；

（2）扩张性质： $\forall A \in S$ ， $ν (A) = μ (A)$ ；

（3）唯一性：如果两个有限可加测函数 $μ_{1}, μ_{2} : A (S) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，满足 $\forall A \in S$ ， $μ_{1} (A) = μ_{2} (A)$ ，则 $\forall B \in A (S)$ ， $μ_{1} (B) = μ_{2} (B)$ .

证明：给定 $A \in A (S)$ ，根据半代数生成代数的性质， $A = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ， $E_{j} \in S$ ，定义 $ν (A) = \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j})$ ，我们要证明：

1、 $ν$ 是良定义的，自然满足扩张性质；

2、 $ν$ 是可数可加的；

3、唯一性。

1和3都在有限可加的情况下证明了，下面证明2：

假定 $μ : S \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是可数可加的，我们仅需证明扩张的函数 $ν : A (S) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是可数可加的，即如果 $A = \sum_{k = 1}^{+ \infty} A_{k}$ ， $A, A_{1}, A_{2}, \dots \in A (S)$ ，则 $ν (A) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} ν (A_{k})$ ，思路是求和交换次序，可以用正项级数的重排定理或者Fubini定理：

$A = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ， $E_{j} \in S$ ， $A_{k} = \sum_{l = 1}^{m_{k}} E_{k, l}$ ， $E_{k, l} \in S$ ，

第一步，集合分解到测度分解， $A = A \cap A = (\sum_{j = 1}^{n} E_{j}) \cap (\sum_{k = 1}^{+ \infty} A_{k}) = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} E_{j} \cap A_{k} = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} (E_{j} \cap \sum_{l = 1}^{m_{k}} E_{k, l}) = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \sum_{l = 1}^{m_{k}} E_{j} \cap E_{k, l}$ （作为注解）

$E_{j} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} E_{j} \cap A_{k} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} (E_{j} \cap \sum_{l = 1}^{m_{k}} E_{k, l}) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \sum_{l = 1}^{m_{k}} E_{j} \cap E_{k, l}$

$μ (E_{j}) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \sum_{l = 1}^{m_{k}} μ (E_{j} \cap E_{k, l})$ （ $μ$ 的可数可加性）

$ν (A) = ν 的定义 \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j}) = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \sum_{l = 1}^{m_{k}} μ (E_{j} \cap E_{k, l})$

第二步，正项级数的重排定理或者Fubini定理，

$E_{k, l} = E_{k, l} \cap \sum_{j = 1}^{n} E_{j} = \sum_{j = 1}^{n} E_{j} \cap E_{k, l}$

$μ (E_{k, l}) = \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j} \cap E_{k, l})$ （ $μ$ 的有限可加性）

$ν (A) = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \sum_{l = 1}^{m_{k}} μ (E_{j} \cap E_{k, l}) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \sum_{l = 1}^{m_{k}} \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j} \cap E_{k, l}) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \sum_{l = 1}^{m_{k}} μ (E_{k, l}) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} ν (A_{k}) (正项级数的重排定理或者 Fubini 定理) (μ 的定义)$

得证。

Caratheodory定理（卡拉西奥多里定理）

介绍

给定全集 $Ω$ ，半代数 $S \subset P (Ω)$ ：

给定半代数 $S \subset P (Ω)$ 上的可数可加测度 $μ : S \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ；
代数 $A (S)$ 上可数可加测度 $ν : A (S) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 扩张 $μ$ ；
$σ$ -代数 $F (S)$ 上的可数可加测度 $π : F (S) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 扩张 $ν$ .

本节分为四步来构造测度：

第一步，给定半代数 $A \subset P (Ω)$ 上的可数可加测度 $ν : A \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，定义外测度 $π^{*} : P (Ω) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ；对任何 $A \in Ω$ ， $π^{*} (A) = in f {\sum_{i = 1}^{\infty} ν (E_{i}) ∣ A \subset i = 1 ⋃ \infty E_{i}, E_{i} \in A} = {E \subset \cup_{i \geq 1} E_{i}} in f \sum_{i = 1}^{\infty} ν (E_{i})$ ；

第二步，定义可测集合类 $M$ ，且 $A \subset M$ ， $M$ 是一个 $σ$ -代数，且 $F (A) \subset M$ ；

第三步， $π^{*} : M \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是可数可加的，并且满足扩张性质，对任何 $A \in A$ ， $π^{*} (A) = ν (A)$ ；

第四步，扩张唯一性。

定义：如果满足以下三个条件，则函数 $μ : C \subset P (Ω) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 称为外侧度（outer measure）：

（1） $μ (\emptyset) = 0$ ；

（2）单调性：如果 $E \subset F$ ， $E, F \in C$ ，则 $μ (E) \leq μ (F)$ ；

（3）次可数可加性：如果 $E, E_{i} \in C$ ， $E \subset i = 1 ⋃ + \infty E_{i}$ ，则 $μ (E) \leq \sum_{i = 1}^{+ \infty} μ (E_{i})$ .

第一步

引理：若满足以下三个条件，则 $π^{*} : P (Ω) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是外测度：

（1） $π^{*} (\emptyset) = 0$ ；

（2）单调性：如果 $E \subset F$ ， $E, F \in P (Ω)$ ，则 $π^{*} (E) \leq π^{*} (F)$ ；

（3）可数次可加性：如果 $E, E_{i} \in P (Ω)$ ， $E \subset i = 1 ⋃ + \infty E_{i}$ ，则 $π^{*} (E) \leq \sum_{i = 1}^{+ \infty} π^{*} (E_{i})$ .

1的证明：

对于任何 $A \in P (Ω)$ ， $0 \leq π^{*} (A) \leq ν (Ω)$ ；选取集合列 ${E_{i}}_{i \geq 1} = {Ω, \emptyset, \emptyset, \dots}$ （即 $E_{i}$ 可相交）， $A \subset Ω \cup \emptyset \cup \emptyset \cup \dots$ ，所以 $π^{*} (A) \leq ν (Ω)$ ；如果 $A \subset i = 1 ⋃ \infty E_{i}$ ， $E_{i} \subset A$ ，那么 $\sum_{i = 1}^{\infty} ν (E_{i}) \geq 0$ ，所以 $π^{*} (A) \geq 0$ ；

一方面，对任何 ${E_{i}}_{i \geq 1}$ ， $\emptyset \subset i = 1 ⋃ + \infty E_{i}$ ， $\sum_{i = 1}^{+ \infty} ν (E_{i}) \geq 0$ ，所以 $π^{*} (\emptyset) \geq 0$ ；另一方面，取 ${E_{i} = \emptyset}_{i \geq 1}$ ， $\emptyset \subset i = 1 ⋃ + \infty \emptyset$ ， $\sum_{i = 1}^{+ \infty} ν (E_{i}) = 0$ ，所以 $π^{*} (\emptyset) \leq 0$ ；综上，所以 $π^{*} (\emptyset) = 0$ .

2的证明：

任取 ${F_{i}}$ ， $F_{i} \in A$ ， $F \subset i = 1 ⋃ + \infty F_{i}$ ，则 $E \subset i = 1 ⋃ + \infty F_{i}$ ，所以 $π^{*} (E) = {E \subset \cup_{i \geq 1} E_{i}} in f \sum_{i = 1}^{\infty} ν (E_{i}) \leq {F \subset \cup_{i \geq 1} F_{i}} in f \sum_{i = 1}^{\infty} ν (F_{i}) = π^{*} (F)$ .

3的证明：

如果存在 $n_{0} \in N$ ，使得 $π^{*} (E_{n_{0}}) = + \infty$ ，命题显然成立；

假定 $π^{*} (E_{i}) < \infty$ ， $i \in N$ ，给定 $ϵ > 0$ ，根据外侧度的定义，对于每个 $i \in N$ ，存在 $A$ 中集合列 ${H_{i, k}}_{k = 1}^{\infty}$ ，使得 $E_{i} \subset k = 1 ⋃ \infty H_{i, k}$ 和 $π^{*} (E_{i}) \leq \sum_{k = 1}^{\infty} ν (H_{i, k}) \leq π^{*} (E_{i}) + \frac{ϵ}{2 ^{i}}$ ，于是， ${H_{i, k}}_{1 \leq i, k \leq \infty}$ 是 $i = 1 ⋃ \infty E_{i}$ 和 $E$ 的覆盖，根据外侧度定义， $π^{*} (E) \leq \sum_{1 \leq i, k \leq \infty} ν (H_{i, k}) = \sum_{i = 1}^{\infty} [\sum_{k = 1}^{\infty} ν (H_{i, k})] \leq \sum_{i = 1}^{\infty} (π^{*} (E_{i}) + \frac{ϵ}{2 ^{i}}) = \sum_{i = 1}^{\infty} π^{*} (E_{i}) + ϵ$ ，此式对任何 $ϵ > 0$ 成立，则对 $ϵ = 0$ 成立，命题得证。

第二步

第二步，定义可测集合类 $M$ ，且 $A \subset M$ ， $M$ 是一个 $σ$ -代数。

定义：如果对任何 $E \subset Ω$ ，都有 $π^{*} (E) = π^{*} (E \cap A) + π^{*} (E \cap A^{c})$ ，则集合 $A \subset Ω$ 称为可测的。所有可测集构成集合类 $M$ .

由于 $E = (E \cap A) \cup (E \cap A^{c})$ ，根据外侧度的可数次可加性， $π^{*} (E) \leq π^{*} (E \cap A) + π^{*} (E \cap A^{c})$ .

引理： $A \subset M$ .

证明：

固定 $A \subset A$ ，要证明对任何 $E \subset Ω$ ，都有 $π^{*} (E) \geq π^{*} (E \cap A) + π^{*} (E \cap A^{c})$ ：

假设 $π^{*} (E) < + \infty$ ，对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $A$ 中集合列 ${E_{i}}_{i = 1}^{\infty}$ ，使得 $E \subset i = 1 ⋃ \infty E_{i}$ 和 $π^{*} (E) \leq \sum_{i = 1}^{\infty} ν (E_{i}) \leq π^{*} (E) + ϵ$ ；

我们有 $E_{i} \cap A \in A$ 、 $E \cap A \subset i = 1 ⋃ \infty (E_{i} \cap A)$ ，且 $π^{*} (E \cap A) \leq \sum_{i = 1}^{\infty} ν (E_{i} \cap A)$ ； $E_{i} \cap A^{c} \in A$ ， $E \cap A^{c} \subset i = 1 ⋃ \infty (E_{i} \cap A^{c})$ ，且 $π^{*} (E \cap A^{c}) \leq \sum_{i = 1}^{\infty} ν (E_{i} \cap A^{c})$ ；

$π^{*} (E \cap A) + π^{*} (E \cap A^{c}) \leq \sum_{i = 1}^{\infty} ν (E_{i} \cap A) + \sum_{i = 1}^{\infty} ν (E_{i} \cap A^{c}) = \sum_{i = 1}^{\infty} [ν (E_{i} \cap A) + ν (E_{i} \cap A^{c})] = \sum_{i = 1}^{\infty} ν (E_{i}) \leq π^{*} (E) + ϵ ν 是 A 上的测度$

此式对任何 $ϵ > 0$ 成立，令 $ϵ \to 0$ ，不等式 $π^{*} (E) \geq π^{*} (E \cap A) + π^{*} (E \cap A^{c})$ 得证。

引理：若 $M$ 满足以下三个条件，则 $M$ 是一个 $σ$ 代数：

（1） $Ω \in M$ ；

（2） $A \in M \Leftrightarrow A^{c} \in M$ ，即对补集运算封闭；

（3） $A_{1}, A_{2}, \dots \in M \Rightarrow i = 1 ⋃ \infty A_{i} \in M$ ，即可数并运算封闭。

1的证明：对任何 $E \subset Ω$ ， $π^{*} (E \cap Ω) + π^{*} (E \cap Ω^{c}) = π^{*} (E) + π^{*} (\emptyset) = π^{*} (E)$ .

2的证明：根据 $(A^{c})^{c} = A$ 和可测集的定义，对任何 $E \subset Ω$ ， $π^{*} (E) = π^{*} (E \cap A) + π^{*} (E \cap A^{c}) = π^{*} (E \cap (A^{c})^{c}) + π^{*} (E \cap A^{c})$ .

3的证明：

设集合 $E \subset Ω$ ，首先利用 $A, B$ 的可测性， $π^{*} (E) = π^{*} (E \cap A) + π^{*} (E \cap A^{c}) = π^{*} (E \cap A) + π^{*} ([E \cap A^{c}] \cap B) + π^{*} ([E \cap A^{c}] \cap B^{c})$ ，考虑集合等式 $[E \cap A^{c}] \cap B^{c} = E \cap [A^{c} \cap B^{c}] = E \cap [A \cup B]^{c}$ ，以及 $[E \cap A] \cup [E \cap A^{c} \cap B] = E \cap [A \cup [A^{c} \cap B]] = E \cap [A \cup B]$ ，从以上集合等式和外侧度的有限次可加性可得，

$π^{*} (E) = π^{*} (E \cap A) + π^{*} ([E \cap A^{c}] \cap B) + π^{*} ([E \cap A^{c}] \cap B^{c}) = π^{*} (E \cap A) + π^{*} ([E \cap A^{c}] \cap B) + π^{*} (E \cap [A \cup B]^{c}) \geq π^{*} (E \cap [A \cup B]) + π^{*} (E \cap [A \cup B]^{c})$

所以 $A \cup B$ 也是可测的。

下面证明 $A_{1}, A_{2}, \dots \in M \Rightarrow A = i = 1 ⋃ \infty A_{i} \in M$ ，即 $M$ 对可数并运算封闭：

构造 $F_{1} = A_{1}$ 、 $F_{2} = A_{2} \ A_{1}$ 、 $\dots$ 、 $F_{n} = A_{n} \ (i = 1 ⋃ n - 1 A_{i})$ 、 $\dots$ ，于是得到 $M$ 中两两互不相交的集合列 ${F_{i}}_{i \geq 1}$ ，且对任何 $n \in N$ ， $i = 1 ⋃ n A_{i} = i = 1 ⋃ n F_{i}$ ，对任何 $E \subset Ω$ ，我们有

$π^{*} (E) = π^{*} (E \cap i = 1 ⋃ n A_{i}) + π^{*} (E \cap (i = 1 ⋃ n A_{i})^{c}) = π^{*} (E \cap i = 1 ⋃ n F_{i}) + π^{*} (E \cap (i = 1 ⋃ n A_{i})^{c}) = \sum_{i = 1}^{n} π^{*} (E \cap F_{i}) + π^{*} (E \cap (i = 1 ⋃ n A_{i})^{c}) \geq \sum_{i = 1}^{n} π^{*} (E \cap F_{i}) + π^{*} (E \cap A^{c}) （因为 i = 1 ⋃ n A_{i} \subset A ）$

令 $n \to \infty$ ，根据外侧度次可数可加性， $π^{*} (E) \geq \sum_{i = 1}^{\infty} π^{*} (E \cap F_{i}) + π^{*} (E \cap A^{c}) \geq π^{*} (E \cap A) + π^{*} (E \cap A^{c})$ ，所以命题得证， $A = i = 1 ⋃ \infty A_{i} \in M$ .

引理：令 $E \subset Ω$ ， ${F_{i} \in M}_{i = 1}^{\infty}$ 是两两不交可测集组成的可数集簇，则对任何 $n \in N$ ，我们有 $π^{*} (E \cap i = 1 ⋃ n F_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} π^{*} (E \cap F_{i})$ ；特别地，当 $E = Ω$ 时， $π^{*} (i = 1 ⋃ n F_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} π^{*} (F_{i})$ ，即 $π^{*}$ 是有限可加的。

证明：

用数学归纳法，定义 $C = {n \in N ∣ π^{*} (E \cap k = 1 ⋃ n F_{k}) = \sum_{k = 1}^{n} π^{*} (E \cap F_{k})}$ ，显然 $1 \in C$ ；

假设 $n - 1 \in C$ ，即 $π^{*} (E \cap k = 1 ⋃ n - 1 F_{k}) = \sum_{k = 1}^{n - 1} π^{*} (E \cap F_{k})$ ，由于 ${F_{i}}_{i = 1}^{n}$ 是两两不交的，我们有 $E \cap [k = 1 ⋃ n F_{k}] \cap F_{n} = E \cap F_{n}$ 和 $E \cap [k = 1 ⋃ n F_{k}] \cap F_{n}^{c} = E \cap [k = 1 ⋃ n - 1 F_{k}]$ ，利用 $F_{n}$ 的可测性和归纳假设，

$π^{*} (E \cap [k = 1 ⋃ n F_{k}]) = π^{*} (E \cap [k = 1 ⋃ n F_{k}] \cap F_{n}) + π^{*} (E \cap [k = 1 ⋃ n F_{k}] \cap F_{n}^{c}) = π^{*} (E \cap F_{n}) + π^{*} (E \cap [k = 1 ⋃ n - 1 F_{k}]) = π^{*} (E \cap F_{n}) + \sum_{k = 1}^{n - 1} π^{*} (E \cap F_{k}) = \sum_{k = 1}^{n} π^{*} (E \cap F_{k})$

所以 $n \in C$ ，油数学归纳原理，命题得证。

第三步

第三步， $π^{*} : M \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是可数可加的，并且对任何 $A \in A$ ， $π^{*} (A) = ν (A)$ 。

引理：对于扩张测度 $π^{*} : M \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，我们有对任何 $A \in A$ ， $π^{*} (A) = ν (A)$ .

证明：

固定 $A \in A$ ；

一方面，任取 $A$ 中集合列 ${E_{i}}$ 满足 $A \subset i = 1 ⋃ \infty E_{i}$ ，构造 $F_{1} = E_{1}$ 、 $F_{2} = E_{2} \ E_{1}$ 、 $\dots$ 、 $F_{n} = E_{n} \ (j = 1 ⋃ n - 1 E_{j})$ 、 $\dots$ ，于是得到 $A$ 中两两不相交的集合列 ${F_{j}}_{j \geq 1}$ ，且对任何 $n \in N$ ， $j = 1 ⋃ n E_{j} = j = 1 ⋃ n F_{j}$ ，根据 $A = \sum_{j = 1}^{+ \infty} F_{j} \cap A$ 和 $ν$ 的可数可加性，有 $ν (A) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} ν (F_{j} \cap A) \leq \sum_{j = 1}^{+ \infty} ν (E_{j})$ ，根据 $π^{*}$ 的定义， $ν (A) \leq π^{*} (A)$ ；

另一方面，取 $E_{1} = A$ ， $\emptyset = E_{2} = E_{3} = \dots$ ，我们有 $A \subset i = 1 ⋃ \infty E_{i}$ ， $\sum_{i = 1}^{\infty} ν (E_{i}) = ν (A)$ ，因此根据 $π^{*}$ 的定义， $π^{*} (A) \leq ν (A)$ ，所以对任何 $A \in A$ ， $π^{*} (A) = ν (A)$ 得证。

引理：对于扩张测度 $π^{*} : M \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是可数可加的，即对 $M$ 中两两不相交的集合列 ${A_{j}}_{j \geq 1}$ ，有 $π^{*} (\sum_{j = 1}^{\infty} A_{j}) = \sum_{j = 1}^{\infty} π^{*} (A_{j})$ .

证明：给定 $M$ 中两两不相交的集合列 ${A_{j}}_{j \geq 1}$ ，根据 $π^{*}$ 的次可数可加性，我们有 $π^{*} (\sum_{j = 1}^{\infty} A_{j}) \leq \sum_{j = 1}^{\infty} π^{*} (A_{j})$ ，对任何 $n$ ，根据 $π^{*}$ 的单调性和有限可加性， $π^{*} (\sum_{j = 1}^{\infty} A_{j}) \geq π^{*} (\sum_{j = 1}^{n} A_{j}) = \sum_{j = 1}^{n} π^{*} (A_{j})$ ，再令 $n \to + \infty$ ，我们有 $π^{*} (\sum_{j = 1}^{\infty} A_{j}) \geq \sum_{j = 1}^{\infty} π^{*} (A_{j})$ ，所以等式 $π^{*} (\sum_{j = 1}^{\infty} A_{j}) = \sum_{j = 1}^{\infty} π^{*} (A_{j})$ 得证。

第四步

第四步，唯一性。

定义：给定全集 $Ω$ 和集合类 $G \subseteq P (Ω)$ ，如果满足以下条件，则 $G$ 称为单调类：

（1） $A_{j} \in G$ ， $A_{j} \subseteq A_{j + 1}$ ， $j \in N$ ， $\Rightarrow A = j = 1 ⋃ \infty A_{j} \in G$ ；

（2） $B_{j} \in G$ ， $B_{j} \supseteq B_{j + 1}$ ， $j \in N$ ， $\Rightarrow B = j = 1 ⋂ \infty B_{j} \in G$ .

${G_{α} \subseteq P (Ω)}_{α \in I}$ 是单调类，则 $α \in I ⋂ G_{α}$ 是单调类。

定义：设 $C \subset P (Ω)$ ，如果满足以下条件，则称 $G (C)$ 是集合类 $C$ 生成的单调类，或者说是包含集合类 $C$ 的最小单调类：

（1） $C \subset G (C)$ ；

（2）如果单调类 $B \supseteq C$ ，则 $B \supseteq G (C)$ .

我们有 $G (C) = α ⋂ G_{α}$ 是包含 $C$ 的所有单调类的交集。

定理：给定代数 $A \subseteq P (Ω)$ ，则 $G (A) = F (A)$ .

定义：如果存在 $E_{j} \subseteq Ω$ ， $E_{j} \subseteq E_{j + 1}$ ， $j \in N$ ，满足 $μ (E_{j}) < + \infty$ ， $Ω = j = 1 ⋃ \infty E_{j}$ ，则函数（测度） $μ : C \subseteq P (Ω) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 称为 $σ$ -有限的。

定理（唯一性）：假设可数可加测度 $μ_{1}, μ_{2} : F (A) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 满足：①对任何 $A \in A$ ，有 $μ_{1} (A) = μ_{2} (A)$ ；② $μ_{1} ∣_{A} = μ_{2} ∣_{A} : A \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是 $σ$ -有限的；则 $μ_{1} = μ_{2}$ ，即 $μ_{1}, μ_{2}$ 相同。

证明：

由于 $μ_{1} ∣_{A} = μ_{2} ∣_{A} : A \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是 $σ$ -有限的，存在 $E_{j} \in A$ ， $E_{j} \subseteq E_{j + 1}$ ， $j \in N$ ，满足 $μ_{1} (E_{j}) < + \infty$ ， $Ω = j = 1 ⋃ \infty E_{j}$ ；给定 $E_{n}$ ，令 $B_{n} = {E \in F (A) : μ_{1} (E \cap E_{n}) = μ_{2} (E \cap E_{n})}$ ，

1、证明 $B_{n} \supseteq A$ ：

给定 $A_{j} \in B_{n}$ ， $A_{j} \subseteq A_{j + 1}$ ， $j \in N$ ， $A = j = 1 ⋃ \infty A_{j}$ ，我们有 $μ_{1} (A_{j} \cap E_{n}) = μ_{2} (A_{j} \cap E_{n})$ ，令 $j \to + \infty$ ，根据测度的下连续性，我们有 $μ_{1} (A \cap E_{n}) = μ_{2} (A \cap E_{n})$ ，所以 $A \in B_{n}$ .

2、验证 $B_{n}$ 是单调类：

给定 $B_{j} \in B_{n}$ ， $B_{j} \supseteq B_{j + 1}$ ， $j \in N$ ， $B = j = 1 ⋂ \infty B_{j}$ ，我们有 $μ_{1} (B_{j} \cap E_{n}) = μ_{2} (B_{j} \cap E_{n})$ ，令 $j \to + \infty$ ，根据测度的上连续性，我们有 $μ_{1} (B \cap E_{n}) = μ_{2} (B \cap E_{n})$ ，所以 $B \in B_{n}$ .

所以 $F (A) \supseteq B_{n} \supseteq M (A) = F (A)$ ，即 $B_{n} = F (A)$ .

任取 $A \in F (A)$ ，对任何 $n \in N$ ， $μ_{1} (A \cap E_{n}) = μ_{2} (A \cap E_{n})$ ，令 $n \to + \infty$ ，根据测度的下连续性，我们有 $μ_{1} (A \cap Ω) = μ_{2} (A \cap Ω)$ ，即 $μ_{1} (A) = μ_{2} (A)$ .

单调类

定义：给定全集 $Ω$ 和集合类 $M \subseteq P (Ω)$ ，若满足以下条件，则 $M$ 称为单调类（Monotone Classes）：

（1） $A_{j} \in M$ ， $A_{j} \subseteq A_{j + 1}$ ， $j \in N$ ， $\Rightarrow A = j = 1 ⋃ \infty A_{j} \in M$ ；

（2） $B_{j} \in M$ ， $B_{j} \supseteq B_{j + 1}$ ， $j \in N$ ， $\Rightarrow B = j = 1 ⋂ \infty B_{j} \in M$ .

例：

1、若 $F$ 是一个 $σ$ -代数，则 $F$ 是一个单调类， $P (Ω)$ 是一个单调类。

2、若 ${M_{α} \subseteq P (Ω)}_{α \in I}$ 是单调类，则 $M = α \in I ⋂ M_{α}$ 是单调类。

定义： $C \subset P (Ω)$ ，定义 $M (C)$ 是集合类 $C$ 生成的单调类，即包含集合类 $C$ 的最小单调类，满足 $C \subset M (C)$ ，并且如果单调类 $B \supseteq C$ ，则 $B \supseteq M (C)$ ，我们有 $M (C) = α ⋂ M_{α}$ ，是包含 $C$ 的所有单调类的交集。

定理：给定代数 $A \subseteq P (Ω)$ ，则 $F (A) = M (A)$ .

证明：

先证明 $F (A) \supseteq M (A)$ ：由于 $F (A)$ 是单调类，且 $F (A) \supseteq A$ ，所以 $F (A) \supseteq M (A)$ ；

然后证明 $F (A) \subseteq M (A)$ ，思路是，已知 $M (A) \supseteq A$ ，只需证明 $M (A)$ 是一个 $σ$ -代数，进而 $M (A) \supseteq F (A)$ .

首先要证明 $M (A)$ 是一个代数：

设 $E \in M (A)$ ，定义 $G (E) = {F \in M (A) : E \ F, E \cap F, F \ E \in M (A)}$ ，则：

断言1： $E \in A$ ，则 $G (E) \supseteq M (A)$ 。我们仅需证明：Ⅰ、 $G (E) \supseteq A$ ；Ⅱ、 $G (E)$ 是一个单调类。

Ⅰ的证明：对任意 $H \in A$ ，根据代数的性质， $E \ H$ 、 $E \cap H$ 、 $H \ E \in A \subseteq M (A)$ ，所以 $H \in G (E)$ ；

Ⅱ的证明：

(a). $H_{k} \in G (E)$ ， $H_{k} \subseteq H_{k + 1}$ ， $k \in N$ ， $H = k = 1 ⋃ \infty H_{k}$ ，验证 $H \in G (E)$ ：

$E \ H_{k} \in M (A)$ ，且 $E \ H_{k} ↘ E \ H$ ，所以 $E \ H \in M (A)$ ；

$E \cap H_{k} \in M (A)$ ，且 $E \cap H_{k} ↗ E \cap H$ ，所以 $E \cap H \in M (A)$ ；

$H_{k} \ E \in M (A)$ ，且 $H_{k} \ E ↗ H \ E$ ，所以 $H \ E \in M (A)$ .

（ $↗$ 指单调上升到xx， $↘$ 指单调下降到xx）

(b). $H_{k} \in G (E)$ ， $H_{k} \supseteq H_{k + 1}$ ， $k \in N$ ， $H = k = 1 ⋂ \infty H_{k}$ ，验证 $H \in G (E)$ ：

$E \ H_{k} \in M (A)$ ，且 $E \ H_{k} ↗ E \ H$ ，所以 $E \ H \in M (A)$ ；

$E \cap H_{k} \in M (A)$ ，且 $E \cap H_{k} ↘ E \cap H$ ，所以 $E \cap H \in M (A)$ ；

$H_{k} \ E \in M (A)$ ，且 $H_{k} \ E ↘ H \ E$ ，所以 $H \ E \in M (A)$ .

断言2： $E \in M (A)$ ，则 $G (E) \supseteq M (A)$ 。我们仅需证明：Ⅰ、 $G (E) \supseteq A$ ；Ⅱ、 $G (E)$ 是一个单调类。

Ⅰ的证明：对任意 $H \in A$ ，根据断言1， $G (H) \supseteq M (A)$ ，和 $E \in M (A)$ ，有 $E \ H$ 、 $E \cap H$ 、 $H \ E \in M (A)$ ，根据定义， $H \in G (E)$ ；

Ⅱ的证明（步骤和断言1完全相同）：

(a). $H_{k} \in G (E)$ ， $H_{k} \subseteq H_{k + 1}$ ， $k \in N$ ， $H = k = 1 ⋃ \infty H_{k}$ ，验证 $H \in G (E)$ ：

$E \ H_{k} \in M (A)$ ，且 $E \ H_{k} ↘ E \ H$ ，所以 $E \ H \in M (A)$ ；

$E \cap H_{k} \in M (A)$ ，且 $E \cap H_{k} ↗ E \cap H$ ，所以 $E \cap H \in M (A)$ ；

$H_{k} \ E \in M (A)$ ，且 $H_{k} \ E ↗ H \ E$ ，所以 $H \ E \in M (A)$ .

(b). $H_{k} \in G (E)$ ， $H_{k} \supseteq H_{k + 1}$ ， $k \in N$ ， $H = k = 1 ⋂ \infty H_{k}$ ，验证 $H \in G (E)$ ：

$E \ H_{k} \in M (A)$ ，且 $E \ H_{k} ↗ E \ H$ ，所以 $E \ H \in M (A)$ ；

$E \cap H_{k} \in M (A)$ ，且 $E \cap H_{k} ↘ E \cap H$ ，所以 $E \cap H \in M (A)$ ；

$H_{k} \ E \in M (A)$ ，且 $H_{k} \ E ↘ H \ E$ ，所以 $H \ E \in M (A)$ .

验证 $M (A)$ 是一个代数：

1、证明 $Ω \in M (A)$ ，即全集属于 $A$ ： $Ω \in A \subseteq M (A)$ ；

2、证明 $\forall E \in M (A) \Rightarrow E^{c} \in M (A)$ ，即对补运算封闭： $E \in M (A)$ ， $Ω \in A$ ，根据断言1， $E \in G (Ω)$ ，而 $G (Ω) = {F \in M (A) : F^{c}, F, \emptyset \in M (A)}$ ，所以 $E^{c} \in M (A)$ ；

3、证明 $E, F \in M (A) \Rightarrow E \cap F \in M (A)$ ，即对交集运算封闭： $E, F \in M (A)$ ，根据断言2，则 $G (E) \supseteq M (A)$ ，因此 $F \in G (E)$ ，所以 $E \cap F \in M (A)$ .

验证 $M (A)$ 是 $σ$ -代数： $A_{j} \in M (A)$ ， $j \geq 1$ ，由于 $M (A)$ 是一个代数，因此 $j = 1 ⋃ n A_{j} \in M (A)$ ，根据单调类的定义，所以 $j \geq 1 ⋃ A_{j} \in M (A)$ .

长度函数

长度函数：设 $Ω = R$ ，半代数 $S = R \cup {(a, b] : a < b, a, b \in R} \cup {(- \infty, b] : b \in R} \cup {(a, + \infty) : a \in R} \cup \emptyset$ ，定义函数 $μ : S \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，如下（即 $μ$ 是长度函数）：

$μ (\emptyset) = 0$ ；
$μ ((a, b]) = b - a$ ，其中 $a < b$ ， $a, b \in R$ ；
$μ ((- \infty, b]) = + \infty$ ，其中 $b \in R$ ；
$μ ((a, + \infty)) = + \infty$ ，其中 $a \in R$ ；
$μ (R) = + \infty$ .

$E_{n} = (- n, n]$ ， $μ (E_{n}) = 2 n$ ，且 $R = n \geq 1 ⋃ E_{n}$ ，所以 $μ$ 是 $σ$ -有限的。

引理：长度函数 $μ : S \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是有限可加的。

证明：

情形1，如果 $A = (a, b]$ 是不相交集合 ${(a_{i}, b_{i}]}_{i = 1}^{n}$ 的并集，即 $(a, b] = \sum_{i = 1}^{n} (a_{i}, b_{i}]$ ，不妨设 $b_{i} \leq a_{i + 1}$ （其中 $i = 1, 2, \dots, n - 1$ ），那么 $a_{1} = a$ ， $b_{n} = b$ ，且 $b_{i} = a_{i + 1}$ （其中 $i = 1, 2, \dots, n - 1$ ），所以令 $a_{n + 1} = b_{n}$ ， $\sum_{i = 1}^{n} μ (a_{i}, b_{i}] = \sum_{i = 1}^{n} μ (a_{i}, a_{i + 1}] = \sum_{i = 1}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) = b - a = μ ((a, b])$ ，故 $μ$ 的有限可加性成立；

情形2， $A = \emptyset$ 是空集时， $μ$ 的有限可加性显然成立；

其他情形， $(a, + \infty] = (\sum_{i = 1}^{n} (a_{i}, b_{i}]) \cup (b_{n}, + \infty)$ ， $(- \infty, b] = (\sum_{i = 1}^{n} (a_{i}, b_{i}]) \cup (- \infty, a_{1}]$ ， $R = (\sum_{i = 1}^{n} (a_{i}, b_{i}]) \cup (- \infty, a_{1}] \cup (b_{n}, + \infty)$ ， $R = R$ ， $μ$ 的有限可加性成立。

引理：长度函数 $μ : S \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是可数可加的。

证明：

定义 $ν (A) = \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j})$ （ $ν$ 是 $μ$ 的扩张，根据有限可加和扩张性质， $ν (A) = \sum_{j = 1}^{n} ν (E_{j}) = \sum_{j = 1}^{n} μ (E_{j})$ ）。我们仅需证明，对于 $A = \sum_{j = 1}^{\infty} A_{j}$ ， $A, A_{j} \in S$ ，等式 $μ (A) = \sum_{j = 1}^{\infty} μ (A_{j})$ 成立，根据扩张性质，等价于等式 $ν (A) = \sum_{j = 1}^{\infty} ν (A_{j})$ 成立（其中 $ν$ 的定义域是 $A (S)$ ）：

当 $A = \emptyset$ 是空集时， $μ$ 的可数可加性显然成立；

第一步，证明 $ν (A) \geq \sum_{j = 1}^{+ \infty} ν (A_{j})$ ：因为 $A = \sum_{j = 1}^{\infty} A_{j} \supseteq \sum_{j = 1}^{n} A_{j}$ ，所以 $ν (A) \geq ν (\sum_{j = 1}^{n} A_{j}) = \sum_{j = 1}^{n} ν (A_{j})$ ，再令 $n \to + \infty$ ，我们有 $ν (A) \geq \sum_{j = 1}^{+ \infty} ν (A_{j})$ ；

第二步，证明 $ν (A) \leq \sum_{j = 1}^{+ \infty} ν (A_{j})$ ：

1、特殊情形，假设 $A = (a, b]$ ， $A_{j} = (a_{j}, b_{j}]$ ， $(a, b] = \sum_{j = 1}^{+ \infty} (a_{j}, b_{j}]$ ，我们要证明 $b - a \leq \sum_{j = 1}^{+ \infty} (b_{j} - a_{j})$ ：对任何 $ϵ > 0$ ， $[a + ϵ, b] \subseteq (a, b] = \sum_{j = 1}^{+ \infty} (a_{j}, b_{j}] \subseteq j = 1 ⋃ + \infty (a_{j}, b_{j} + \frac{ϵ}{2 ^{j}})$ ，集合簇 ${(a_{j}, b_{j} + \frac{ϵ}{2 ^{j}})}$ 是 $R$ 中紧集 $[a + ϵ, b]$ 的开覆盖，所以存在有限子覆盖，即存在 $m$ ，使得 $[a + ϵ, b] \subseteq j = 1 ⋃ m (a_{j}, b_{j} + \frac{ϵ}{2 ^{j}}) \subseteq j = 1 ⋃ m (a_{j}, b_{j} + \frac{ϵ}{2 ^{j}}]$ ，所以 $ν ([a + ϵ, b]) \leq ν (j = 1 ⋃ m (a_{j}, b_{j} + \frac{ϵ}{2 ^{j}}]) \leq \sum_{j = 1}^{m} ν ((a_{j}, b_{j} + \frac{ϵ}{2 ^{j}}])$ ， $b - a - ϵ \leq \sum_{j = 1}^{m} (b_{j} - a_{j} + \frac{ϵ}{2 ^{j}}) \leq \sum_{j = 1}^{+ \infty} (b_{j} - a_{j} + \frac{ϵ}{2 ^{j}}) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} (b_{j} - a_{j}) + ϵ$ ，根据 $ϵ$ 的任意性， $b - a \leq \sum_{j = 1}^{+ \infty} (b_{j} - a_{j})$ 得证。

2、一般情形，

断言：令 $E_{n} = (- n, n]$ ，对 $A \in S$ ，我们有 $ν (A) = n \to + \infty lim ν (A \cap E_{n})$ 。

证明：

Ⅰ、 $A = \emptyset$ ， $0 = ν (A) = n \to + \infty lim ν (A \cap E_{n}) = n \to + \infty lim ν (\emptyset) = 0$ ；

Ⅱ、 $A = (a, b]$ ， $b - a = ν (A) = n \to + \infty lim ν (A \cap E_{n}) = n \to + \infty lim ν (A) = b - a$ ；

Ⅲ、 $A = R$ ， $+ \infty = ν (A) = n \to + \infty lim ν (A \cap E_{n}) = n \to + \infty lim ν (E_{n}) = + \infty$ ；

Ⅳ、 $A = (a, + \infty)$ ， $+ \infty = ν (A) = n \to + \infty lim ν (A \cap E_{n}) = n \to + \infty lim ν ((a, n]) = + \infty$ ；

Ⅴ、 $A = (- \infty, b]$ ， $+ \infty = ν (A) = n \to + \infty lim ν (A \cap E_{n}) = n \to + \infty lim ν ((- n, b]) = + \infty$ .

对于 $A = \sum_{j = 1}^{\infty} A_{j}$ ， $A, A_{j} \in S$ ， $A \cap E_{n} = \sum_{j = 1}^{\infty} (A_{j} \cap E_{n})$ ，根据 $A = (a, b]$ 的结果， $ν (A \cap E_{n}) = \sum_{j = 1}^{\infty} ν (A_{j} \cap E_{n}) \leq \sum_{j = 1}^{\infty} ν (A_{j})$ ，令 $n \to + \infty$ ，不等式 $ν (A) \leq \sum_{j = 1}^{\infty} ν (A_{j})$ 成立。

另一种证明方法：

函数 $μ ∣_{(- N, N]} : {A : A \in A, A \subset (- N, N]} \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 在空集 $\emptyset$ 处上连续，即对任何 $A$ 中单调下降到空集 $\emptyset$ 的集合列 ${E_{n} \subset (- N, N]}_{n \geq 1}$ ， $E_{n} \supseteq E_{n + 1}$ ， $n \geq 1 ⋂ E_{n} = \emptyset$ ，则 $n \to + \infty lim μ (E_{n}) = 0$ .

用反证法证明：

对任何 $A$ 中单调下降到空集 $\emptyset$ 的集合列 ${E_{n} \subset (- N, N]}_{n \geq 1}$ ， $E_{n} \supseteq E_{n + 1}$ ， $n \geq 1 ⋂ E_{n} = \emptyset$ ，如果 $n \to + \infty lim μ (E_{n}) = 0$ 不成立，那么存在 $δ > 0$ ，使得 $μ (E_{n}) \geq 2 δ > 0$ ，

第一步， $E_{1} \in A$ ，则 $E_{1} = \sum_{j = 1}^{n_{1}} (a_{1, j}, b_{1, j}]$ ，令 $F_{1} = \sum_{j = 1}^{n_{1}} (a_{1, j} + ϵ_{1}, b_{1, j}]$ ，使得 $F_{1} \subseteq \overline{F_{1}} \subseteq E_{1}$ ， $μ (E_{1} \ F_{1}) \leq \frac{δ}{2}$ （其中 $\overline{F_{1}}$ 表示 $F_{1}$ 的闭包），也就是说，我们得到了集合 $F_{1} \in A$ ， $\overline{F_{1}} \subseteq E_{1}$ ， $μ (E_{1} \ F_{1}) \leq \frac{δ}{2}$ ；

第二步，已知 $E_{2} = (E_{2} \cap F_{1}) \cup (E_{2} \ F_{1})$ ，所以 $μ (E_{2} \cap F_{1}) = μ (E_{2}) - μ (E_{2} \ F_{1}) \geq μ (E_{2}) - μ (E_{1} \ F_{1}) \geq 2 δ - \frac{δ}{2} > 0$ ， $E_{2} \cap F_{1} \in A$ ，则 $E_{2} \cap F_{1} = \sum_{j = 1}^{n_{2}} (a_{2, j}, b_{2, j}]$ ，令 $F_{2} = \sum_{j = 1}^{n_{2}} (a_{2, j} + ϵ_{2}, b_{2, j}]$ ，使得 $F_{2} \subseteq \overline{F_{2}} \subseteq E_{2} \cap F_{1}$ ， $μ ((E_{2} \cap F_{1}) \ F_{2}) \leq \frac{δ}{4}$ ，根据 $E_{2} \ F_{2} = ((E_{2} \cap F_{1}) \ F_{2}) \cup ((E_{2} \ F_{1}) \ F_{2})$ ，我们有 $μ (E_{2} \ F_{2}) = μ ((E_{2} \cap F_{1}) \ F_{2}) + μ ((E_{2} \ F_{1}) \ F_{2}) \leq \frac{δ}{4} + μ (E_{2} \ F_{1}) \leq \frac{δ}{4} + μ (E_{1} \ F_{1}) \leq \frac{δ}{2} + \frac{δ}{4}$ ，也就是说，我们得到了集合 $F_{2} \in A$ ， $\overline{F_{2}} \subseteq E_{2}$ ， $F_{2} \subseteq F_{1}$ ， $μ (E_{2} \ F_{2}) \leq \frac{δ}{2} + \frac{δ}{4}$ ；

第三步，数学归纳法。假设我们得到集合列 ${F_{k} \in A}$ （其中 $1 \leq k \leq n$ ），满足 $\overline{F_{k}} \subseteq E_{k}$ ， $F_{k + 1} \subseteq F_{k}$ ， $μ (E_{k} \ F_{k}) \leq \frac{δ}{2} + \frac{δ}{4} + \dots + \frac{δ}{2 ^{k}}$ ，

我们来构造 $F_{n + 1} \in A$ ，满足相应的条件 $\overline{F_{n + 1}} \subseteq E_{n + 1}$ ， $F_{n + 1} \subseteq F_{n}$ ， $μ (E_{n + 1} \ F_{n + 1}) \leq \frac{δ}{2} + \frac{δ}{4} + \dots + \frac{δ}{2 ^{n + 1}}$ ，

已知 $E_{n + 1} = (E_{n + 1} \cap F_{n}) \cup (E_{n + 1} \ F_{n})$ ，所以 $μ (E_{n + 1} \cap F_{n}) = μ (E_{n + 1}) - μ (E_{n + 1} \ F_{n}) \geq μ (E_{n + 1}) - μ (E_{n} \ F_{n}) \geq 2 δ - δ > 0$ ， $E_{n + 1} \cap F_{n} \in A$ ，则 $E_{n + 1} \cap F_{n} = \sum_{j = 1}^{k_{n + 1}} (a_{n + 1, j}, b_{n + 1, j}]$ ，令 $F_{n + 1} = \sum_{j = 1}^{k_{n + 1}} (a_{n + 1, j} + ϵ_{n + 1}, b_{n + 1, j}]$ ，使得 $F_{n + 1} \subseteq \overline{F_{n + 1}} \subseteq E_{n + 1} \cap F_{n}$ 、 $μ ((E_{n + 1} \cap F_{n}) \ F_{n + 1}) \leq \frac{δ}{2 ^{n + 1}}$ ，

根据 $E_{n + 1} \ F_{n + 1} = ((E_{n + 1} \cap F_{n}) \ F_{n + 1}) \cup ((E_{n + 1} \ F_{n}) \ F_{n + 1})$ ，我们有 $μ (E_{n + 1} \ F_{n + 1}) = μ ((E_{n + 1} \cap F_{n}) \ F_{n + 1}) + μ ((E_{n + 1} \ F_{n}) \ F_{n + 1}) \leq \frac{δ}{2 ^{n + 1}} + μ (E_{n + 1} \ F_{n}) \leq \frac{δ}{2 ^{n + 1}} + μ (E_{n} \ F_{n}) \leq \frac{δ}{2} + \dots + \frac{δ}{2 ^{n + 1}}$ ，根据数学归纳法，我们得到集合列 ${F_{k} \in A}$ （其中 $k \geq 1$ ）满足相应条件；

第四步，利用 $R$ 的拓扑推出矛盾。对 $k \geq 1$ ，令 $G_{k} = \overline{F_{k}}$ ，我们有①. $G_{k + 1} \subseteq G_{k}$ ， $G_{k + 1} = \overline{F_{k + 1}} \subseteq \overline{F_{k}} = G_{k}$ ；②. $G_{k + 1}$ 是 $R$ 中的有界闭集，即紧集；③. $G_{k} \neq = \emptyset$ ， $μ (F_{k}) = μ (E_{k}) - μ (E_{k} \ F_{k}) \geq 2 δ - δ = δ$ ，根据紧性定理， $n \geq 1 ⋂ G_{n}$ 不是空集，但是 $n \geq 1 ⋂ G_{n} \subseteq n \geq 1 ⋂ E_{n} = \emptyset$ 矛盾。

紧性定理：

令 $K$ 是度量空间，以下三个性质等价：

（1） $K$ 的每个可数开覆盖有有限子覆盖；

（2）如果 ${F_{n}}$ 是一列 $K$ 的非空单调下降闭子集簇， $F_{n} \supset F_{n + 1}$ ， $n \in N$ ，那么 $n = 1 ⋂ \infty F_{n}$ 是非空集；

（3） $K$ 的每个无限子集有极限点，且极限点属于 $K$ .

我们证明了 $μ$ 的可数可加性，则可以根据卡拉西奥多里定理把 $μ$ 扩张到 $F (S)$ （即Borel集）上，且保持可数可加性。

完备测度

定义：给定全集 $Ω$ ，集合类 $F \subseteq P (Ω)$ ，函数 $μ : F \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，如果 $A \in F, μ (A) = 0, E \subseteq A \Rightarrow E \in F$ ，则称 $(F, μ)$ 是完备的。

给定 $σ$ -代数 $F \subseteq P (Ω)$ ，测度（满足可数可加性） $μ : F \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，目标：构造集合类 $\overline{F} \supseteq F$ ，以及测度 $\overline{μ} : \overline{F} \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，满足：

（1） $\overline{μ} ∣_{F} = μ$ ，即 $\overline{μ}$ 在 $F$ 上的限制是 $μ$ ；

（2） $(\overline{μ}, \overline{F})$ 完备。

引理：给定 $σ$ -代数 $F \subseteq P (Ω)$ ，测度 $μ : F \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，定义 $\overline{F} = {A \cup N ∣ A \in F, N \subseteq E \in F, μ (E) = 0}$ ，则 $\overline{F}$ 是 $σ$ -代数。

（ $\overline{F}$ 称为 $F$ 的完备化，或者说是 $σ$ -代数的完备化）

证明：

1、证明 $Ω \in \overline{F}$ ，即全集属于 $\overline{F}$ ： $Ω = Ω \cup \emptyset \in \overline{F}$ ；

2、证明 $A \in \overline{F} \Rightarrow A^{c} \in \overline{F}$ ，即对补运算封闭： $A \in \overline{F}$ ，即 $A = E \cup N$ ， $E \in F$ ， $N \subseteq H \in F$ ， $μ (H) = 0$ ；根据 $(E \cup N)^{c} \cap H \subseteq H$ ，则 $(E \cup N)^{c} \cap H^{c} = E^{c} \cap N^{c} \cap H^{c} = E^{c} \cap H^{c} \in F$ ，所以 $A^{c} = (E \cup N)^{c} = [(E \cup N)^{c} \cap H] \cup [(E \cup N)^{c} \cap H^{c}] \in \overline{F}$ ；

3、证明 $A_{j} \in \overline{F}$ （其中 $j \geq 1$ ） $\Rightarrow j \geq 1 ⋃ A_{j} \in \overline{F}$ ，即对可数次交集运算封闭：对 $j \geq 1$ ， $A_{j} \in \overline{F}$ ，即 $A_{j} = E_{j} \cup N_{j}$ ， $E_{j} \in F$ ， $N_{j} \subseteq H_{j} \in F$ ， $μ (H_{j}) = 0$ ，根据 $j \geq 1 ⋃ E_{j} \in F$ ， $j \geq 1 ⋃ N_{j} \subset H = j \geq 1 ⋃ H_{j}$ ， $μ (H) = μ (j \geq 1 ⋃ H_{j}) \leq \sum_{j \geq 1} μ (H_{j}) = 0$ ，我们有 $j \geq 1 ⋃ A_{j} = j \geq 1 ⋃ (E_{j} \cup N_{j}) = (j \geq 1 ⋃ E_{j}) \cup (j \geq 1 ⋃ N_{j}) \in \overline{F}$ .

定义：给定 $σ$ -代数 $F \subseteq P (Ω)$ ，测度 $μ : F \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ， $\overline{F} = {A \cup N ∣ A \in F, N \subseteq E \in F, μ (E) = 0}$ ，定义测度 $\overline{μ} : \overline{F} \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，为 $\overline{μ} (A \cup N) = μ (A)$ .

证明： $μ (A) = \overline{μ} (A) \leq \overline{μ} (A \cup N)$ ， $\overline{μ} (A \cup N) \leq \overline{μ} (A) + \overline{μ} (N) \leq μ (A) + μ (E) = μ (A)$ .

1、 $\overline{μ}$ 是良定义的，即如果 $A \cup N = B \cup M$ ， $A \in F$ ， $N \subseteq E \in F$ ， $μ (E) = 0$ ， $B \in F$ ， $M \subseteq F \in F$ ， $μ (F) = 0$ ，则 $\overline{μ} (A \cup N) = μ (A) = μ (B) = \overline{μ} (B \cup M)$ .

证明： $μ (A) \leq μ (B \cup F) \leq μ (B) + μ (F) = μ (B)$ ， $μ (B) \leq μ (A \cup E) \leq μ (A) + μ (E) = μ (A)$ ，故 $μ (A) = μ (B)$ .

2、 $\overline{μ} ∣_{F} = μ$ ，即 $\overline{μ}$ 在 $F$ 上的限制是 $μ$ .

证明：任取 $A \in F$ ， $A = A \cup \emptyset$ ，所以 $\overline{μ} (A) = \overline{μ} (A \cup \emptyset) = μ (A)$ .

3、 $\overline{μ}$ 是 $σ$ -可加的，即对于互不相交的集合 $A_{j} \in \overline{F}$ （其中 $j \geq 1$ ），我们有 $\overline{μ} (\sum_{j \geq 1} A_{j}) = \sum_{j \geq 1} \overline{μ} (A_{j})$ .

证明：对于互不相交的集合 $A_{j} \in \overline{F}$ （其中 $j \geq 1$ ），即 $A_{j} = E_{j} \cup N_{j}$ ， $E_{j} \in F$ ， $N_{j} \subseteq H_{j} \in F$ ， $μ (H_{j}) = 0$ ， $μ (H) = μ (j \geq 1 ⋃ H_{j}) \leq \sum_{j \geq 1} μ (H_{j}) = 0$ ， $\sum_{j \geq 1} N_{j} \subseteq H$ ，我们有 $A = \sum_{j \geq 1} A_{j} = \sum_{j \geq 1} (E_{j} \cup N_{j}) = (\sum_{j \geq 1} E_{j}) \cup (\sum_{j \geq 1} N_{j})$ ， $\overline{μ} (A) = μ (\sum_{j \geq 1} E_{j}) = \sum_{j \geq 1} μ (E_{j}) = \sum_{j \geq 1} \overline{μ} (A_{j})$ .

4、 $(\overline{F}, \overline{μ})$ 是完备的，即 $\overline{F}$ 是 $\overline{μ}$ -完备的，等价于 $\overline{μ} (E) = 0, A \subseteq E \in \overline{F} \Rightarrow A \in \overline{F}$ .

证明： $E \in \overline{F}$ ，即 $E = B \cup N$ ， $B \in F$ ， $N \subseteq H \in F$ ， $μ (H) = 0$ ， $0 = \overline{μ} (E) = \overline{μ} (B \cup N) = μ (B)$ ，所以 $μ (B \cup H) \leq μ (B) + μ (H) = 0$ ，而 $A = \emptyset \cup A$ ， $\emptyset \in F$ ， $A \subset B \cup H \in F$ ，即 $A \in \overline{F}$ ，且 $\overline{μ} (A) = \overline{μ} (\emptyset \cup A) = μ (\emptyset) = 0$ ，

给定 $σ$ -代数 $F \subseteq P (Ω)$ ，测度 $μ : F \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ， $\overline{F}_{μ} = {A \cup N ∣ A \in F, N \subseteq E \in F, μ (E) = 0}$ ，

给定 $σ$ -代数 $F \subseteq P (Ω)$ ，测度 $ν : F \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ， $\overline{F}_{ν} = {A \cup N ∣ A \in F, N \subseteq E \in F, ν (E) = 0}$ ，

$F$ 的完备化依赖于具体的测度，比如 $μ$ 、 $ν$ .

引理（唯一性）：给定 $σ$ -代数 $F \subseteq P (Ω)$ ，测度 $μ : F \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，定义 $\overline{F}_{μ} = {A \cup N ∣ A \in F, N \subseteq E \in F, μ (E) = 0}$ ，定义 $\overline{μ} : \overline{F}_{μ} \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，如果存在测度 $ν : \overline{F}_{μ} \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，满足 $\overline{μ} ∣_{F} = ν ∣_{F}$ ，即 $\forall A \in F$ 有 $\overline{μ} (A) = ν (A)$ ，那么 $\overline{μ} = ν$ ，即 $\forall B \in \overline{F}_{μ}$ 有 $\overline{μ} (B) = ν (B)$ .

证明：任取 $B \in \overline{F}_{μ}$ ，即 $B = E \cup N$ ， $E \in F$ ， $N \subseteq H \in F$ ， $0 = μ (H) = ν (H)$ ，则 $\overline{μ} (B) = \overline{μ} (E \cup N) = μ (E) = ν (E) \leq ν (B)$ ， $ν (B) = ν (E \cup N) \leq ν (E \cup H) \leq ν (E) + ν (H) = ν (E) = \overline{μ} (B)$ ，所以 $\overline{μ} (B) = ν (B)$ ，命题得证。

引理：测度 $π^{*} : M \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是 $π^{*}$ -完备的，即 $B \in M, π^{*} (B) = 0, A \subseteq B \Rightarrow A \in M$ .

（ $π^{*}$ 以及可测集的定义在卡拉西奥多里定理的章节中提到过， $M$ 指可测集合类）

证明：对任何 $E \subset Ω$ ，由于 $E \cap A \subseteq A \subseteq B$ ，且 $π^{*} (B) = 0$ ，所以 $π^{*} (E \cap A) = 0$ ，因此 $π^{*} (E) \geq π^{*} (E \cap A^{c}) = π^{*} (E \cap A) + π^{*} (E \cap A^{c})$ ，所以 $A$ 是可测集，即 $A \in M$ .

命题（唯一性）：假设可数可加测度 $μ_{1}, μ_{2} : F (A) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 满足以下两个条件，则 $μ_{1} = μ_{2}$ ，即 $μ_{1}$ 、 $μ_{2}$ 相同：

（1）对任何 $A \in A$ ，有 $μ_{1} (A) = μ_{2} (A)$ ；

（2） $μ_{1} ∣_{A} = μ_{2} ∣_{A} : A \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是 $σ$ -有限的。

如果 $μ : A \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是 $σ$ -有限的，

首先，我们有唯一测度 $π^{*} : F = F (A) \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 扩张到 $F$ 上，

然后，我们有唯一测度 $π^{*} : \overline{F} \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 扩张到 $\overline{F}$ 上，且 $(\overline{F}, π^{*})$ 是 $π^{*}$ -完备的。

即 $(A, μ) \to (F, π^{*}) \to (\overline{F}, π^{*})$ .

引理：如果 $μ : A \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是 $σ$ -有限的，那么 $M = \overline{F}$ .

证明：

第一部分，证明 $M \supseteq \overline{F}$ ：

我们有 $M \supseteq F$ ，且 $M$ 是完备的，有 $E \in F$ ， $π^{*} (E) = 0$ ， $N \subseteq E \Rightarrow N \in M$ ，所以再根据 $M$ 是 $σ$ -代数， $\overline{F} = {A \cup N ∣ A \in F, N \subseteq E \in F, π^{*} (E) = 0} \subseteq M$ .

第二部分，证明 $M \subseteq \overline{F}$ ：

断言：如果 $E \in M$ ，且 $π^{*} (E) < + \infty$ ，则存在集合 $F \in F$ ，使得 $E \subseteq F$ ，且 $π^{*} (E) = π^{*} (F)$ .

证明：根据 $π^{*}$ 的定义，对任何 $n \in N$ ，存在 $A$ 中集合列 ${F_{n, i}}$ （其中 $i = 1, 2, \dots$ ），使得 $E \subseteq i = 1 ⋃ \infty F_{n, i} = F_{n} \in F$ ， $π^{*} (E) \leq \sum_{i = 1}^{\infty} π^{*} (F_{n, i}) \leq π^{*} (E) + \frac{1}{n}$ ，令 $F = n = 1 ⋂ \infty F_{n} \in F$ ，那么 $E \subseteq F$ ，且 $π^{*} (E) \leq π^{*} (F) \leq π^{*} (F_{n}) \leq π^{*} (E) + \frac{1}{n}$ ，令 $n \to + \infty$ ，所以 $π^{*} (E) = π^{*} (F)$ .

1、如果 $E \in M$ ，且 $π^{*} (E) < + \infty$ ，根据断言，存在集合 $F \in F$ ，使得 $E \subseteq F$ ，且 $π^{*} (E) = π^{*} (F)$ ，因此 $F \ E \in M$ ，且 $π^{*} (F \ E) = π^{*} (F) - π^{*} (E) = 0$ ，根据断言的结论，存在集合 $G \in F$ ，使得 $F \ E \subseteq G$ ， $π^{*} (G) = 0$ ，且 $E = (F \ G) \cup (E \cap G) \in \overline{F}$ .

2、如果 $E \in M$ ，且 $π^{*} (E) = + \infty$ ，根据 $μ$ 是 $σ$ -有限的，存在 $E_{j} \in M$ ， $π^{*} (E_{j}) < + \infty$ ，且 $E = j \geq 1 ⋃ E_{j}$ ，根据上个结论， $E_{j} \in \overline{F}$ （其中 $j \geq 1$ ），所以 $E \in \overline{F}$ .

比如，勒贝格测度， $Ω = R$ ， $S = R \cup {(a, b] : a < b, a, b \in R} \cup {(- \infty, b] : b \in R} \cup {(a, + \infty) : a \in R} \cup \emptyset$ ，定义函数 $μ : S \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 如下：

$μ (\emptyset) = 0$ ；

$μ ((a, b]) = b - a$ ，其中 $a < b$ ， $a, b \in R$ ；

$μ ((- \infty, b]) = + \infty$ ，其中 $b \in R$ ；

$μ ((a, + \infty)) = + \infty$ ，其中 $a \in R$ ；

$μ (R) = + \infty$ .

$A = A (S)$ ；

$B = F (A)$ ，表示Borel可测集，容易证明是 $R$ 中开集生成的 $σ$ -代数；

$L = M$ ，表示勒贝格可测集；

所以 $L = \overline{B}$ ，即Borel可测集的完备化是勒贝格可测集。

近似定理

定理（近似定理）：给定全集 $Ω$ ，代数 $A \subseteq P (Ω)$ ， $σ$ -代数 $F = F (A)$ ，测度 $μ : F \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，且对任何 $ϵ > 0$ ，任何集合 $A \in F$ 满足 $μ (A) < + \infty$ ，则存在集合 $E \in A$ ，满足 $π^{*} (E \ A) + π^{*} (A \ E) < ϵ$ ， $A △ E = (E \ A) \cup (A \ E)$ 称为集合 $A$ 和 $E$ 的对称差。

证明：

$A \in F$ ， $μ (A) < + \infty$ ， $μ (A) = π^{*} (A) = in f {\sum_{i = 1}^{\infty} μ (A_{i}) ∣ A \subset i = 1 ⋃ \infty A_{i}, A_{i} \in A} = {A \subset ⋃_{i \geq 1} A_{i}} in f \sum_{i = 1}^{\infty} μ (A_{i})$ ，

给定 $ϵ > 0$ ，存在 $A$ 中集合列 ${A_{i}}$ （其中 $i = 1, 2, \dots$ ）使得 $A \subseteq i = 1 ⋃ \infty A_{i}$ ， $π^{*} (A) \leq \sum_{i = 1}^{\infty} μ (A_{i}) \leq π^{*} (A) + ϵ$ ，

那么存在 $n_{0}$ ，使得 $\sum_{i = n_{0} + 1}^{\infty} μ (A_{i}) < ϵ$ ，

令 $E = i = 1 ⋃ n_{0} A_{i} \in A$ ，满足 $π^{*} (E \ A) = π^{*} (i = 1 ⋃ n_{0} A_{i} \ A) \leq π^{*} (i = 1 ⋃ + \infty A_{i} \ A) \leq π^{*} (i = 1 ⋃ + \infty A_{i}) - π^{*} (A) \leq \sum_{i = 1}^{\infty} π^{*} (A_{i}) - π^{*} (A) \leq ϵ$ ，以及 $π^{*} (A \ E) = π^{*} (A \ i = 1 ⋃ n_{0} A_{i}) \leq π^{*} (i = 1 ⋃ + \infty A_{i} \ i = 1 ⋃ n_{0} A_{i}) = π^{*} (i = n_{0} + 1 ⋃ + \infty A_{i}) \leq \sum_{i = n_{0} + 1}^{\infty} π^{*} (A_{i}) < ϵ$ ，

所以 $π^{*} (E \ A) + π^{*} (A \ E) < 2 ϵ$ ，命题得证。

定理（近似定理）：给定全集 $Ω$ ，代数 $A \subseteq P (Ω)$ ， $σ$ -代数 $F = F (A)$ ，测度 $μ : A \to \overline{R}_{+}$ 是 $σ$ -有限的， $μ$ 可以唯一扩张到 $μ : \overline{F} \to \overline{R}_{+}$ ，对任何 $ϵ > 0$ ，任何集合 $A \in \overline{F}$ 满足 $π^{*} (A) < + \infty$ ，则存在集合 $E \in A$ ，满足 $π^{*} (E \ A) + π^{*} (A \ E) < ϵ$ .

证明与前面类似， $σ$ -有限性用于唯一扩张。

备注：定理中条件 $π^{*} (A) < + \infty$ 不可去掉，比如在勒贝格测度中， $S = R \cup {(a, b] : a < b, a, b \in R} \cup {(- \infty, b] : b \in R} \cup {(a, + \infty) : a \in R} \cup \emptyset$ ， $A = A (S)$ ， $A = i \geq 1 ⋃ (2 i, 2 i + 1] = (2, 3] \cup (4, 5] \cup (6, 7] \cup \dots$ 不能由 $A$ 中元素近似。

正则测度

定义： $Ω$ 是拓扑空间， $B$ 是Borel集，即由 $Ω$ 中开集生成的最小 $σ$ -代数， $σ$ -代数 $F \supseteq B$ ，测度 $μ : F \to R_{+} \cup {+ \infty}$ ，如果对任何 $A \in F$ ，任何 $ϵ > 0$ ，存在开集 $G$ 和闭集 $F$ ，使得 $F \subseteq A \subseteq G$ ， $μ (G \ F) \leq ϵ$ ，我们称测度 $μ$ 是正则（regular）的。

定义中不要求 $μ (A) < + \infty$ .

$μ$ 是正则的，等价于对任何 $A \in F$ ，任何 $ϵ > 0$ ，存在开集 $G$ 和闭集 $F$ ，使得 $F \subseteq A \subseteq G$ ， $μ (G \ A) \leq ϵ$ ， $μ (A \ F) \leq ϵ$ .

引理：测度 $μ : F \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是正则测度，且 $B \subseteq F$ ，那么 $F \subseteq \overline{B}_{μ}$ ，即 $F$ 是 $B$ 的 $μ$ -完备化 $\overline{B}_{μ}$ 的子集。

证明：

对任何 $A \in F$ ，任何 $n \geq 1$ ，存在开集 $G_{n} \in B$ 和闭集 $F_{n} \in B$ ，使得 $F_{n} \subseteq A \subseteq G_{n}$ ， $μ (G_{n} \ F_{n}) \leq \frac{1}{n}$ ，

令 $F = n \geq 1 ⋃ F_{n} \in B$ ， $G = n \geq 1 ⋂ G_{n} \in B$ ，我们有 $F \subseteq A \subseteq G$ ，且 $μ (G \ F) \leq μ (G_{n} \ n \geq 1 ⋃ F_{n}) \leq μ (G_{n} \ F_{n}) \leq \frac{1}{n}$ ，令 $n \to + \infty$ ，可得 $μ (G \ F) = 0$ ，

$F, G \in B$ ，且 $A \ F \subseteq G \ F$ ，根据 $A = F \cup (A \ F)$ ，所以 $A \in \overline{B}_{μ}$ .

（1）可数个闭集的并集称为 $F_{σ}$ 集；

（2）可数个开集的交集称为 $G_{σ}$ 集。

定理：勒贝格测度 $μ : L \to R_{+} \cup {+ \infty}$ 是正则的。

证明：

第一步， $A \in L$ ，对任何 $ϵ > 0$ ，存在开集 $G$ ，使得 $A \subseteq G$ ， $μ (G \ A) \leq ϵ$ ：

设 $n \geq 1$ ，令 $E_{n} = (- n, n]$ ， $A_{n} = A \cap E_{n}$ ，则 $μ (A_{n}) < + \infty$ ，根据卡拉西奥多里定理，存在 $A$ 中集合列 ${B_{n, k}}$ （其中 $k = 1, 2, \dots$ ），使得 $A_{n} \subseteq k = 1 ⋃ \infty B_{n, k}$ ， $μ (A_{n}) \leq \sum_{k = 1}^{\infty} μ (B_{n, k}) \leq μ (A_{n}) + \frac{ϵ}{2 ^{n}}$ ，

$B_{n, k} \in A$ ，令 $B_{n, k} = \sum_{j = 1}^{l_{n_{k}}} I_{n, k, j}$ ，其中 $I_{n, k, j} = (a_{n, k, j}, b_{n, k, j}]$ ，令 $c_{n, k, j} = b_{n, k, j} + δ_{n, k, j} = b_{n, k, j} + \frac{ϵ}{2 ^{n} 2 ^{k} 2 ^{j}}$ ， $J_{n, k, j} = (a_{n, k, j}, c_{n, k, j})$ ，所以 $B_{n, k} \subseteq G_{n, k} = j = 1 ⋃ l_{n_{k}} J_{n, k, j}$ ， $μ (B_{n, k}) \leq μ (G_{n, k}) \leq \sum_{j = 1}^{l_{n_{k}}} μ (J_{n, k, j}) \leq \sum_{j = 1}^{l_{n_{k}}} [μ (I_{n, k, j}) + \frac{ϵ}{2 ^{n} 2 ^{k} 2 ^{j}}] \leq \sum_{j = 1}^{l_{n_{k}}} μ (I_{n, k, j}) + \frac{ϵ}{2 ^{n} 2 ^{k}} = μ (B_{n, k}) + \frac{ϵ}{2 ^{n} 2 ^{k}}$ ，因此， $A_{n} \subseteq k = 1 ⋃ \infty B_{n, k} \subseteq k = 1 ⋃ \infty G_{n, k} = G_{n}$ ， $\sum_{k \geq 1} μ (G_{n, k}) \leq \sum_{k \geq 1} [μ (B_{n, k}) + \frac{ϵ}{2 ^{n} 2 ^{k}}] = \sum_{k \geq 1} μ (B_{n, k}) + \frac{ϵ}{2 ^{n}} \leq μ (A_{n}) + \frac{2 ϵ}{2 ^{n}}$ ，

总结， $n \geq 1$ ，存在开集 $G_{n} \supseteq A_{n}$ ，且 $μ (G_{n}) \leq μ (A_{n}) + \frac{2 ϵ}{2 ^{n}}$ ，

令开集 $G = n = 1 ⋃ \infty G_{n}$ ， $A = n = 1 ⋃ \infty A_{n} \subseteq G$ ，且 $μ (G \ A) = μ (n = 1 ⋃ \infty G_{n} \ A) = μ [n = 1 ⋃ \infty (G_{n} \ A)] \leq \sum_{n = 1}^{\infty} μ (G_{n} \ A) \leq \sum_{n = 1}^{\infty} μ (G_{n} \ A_{n}) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2 ϵ}{2 ^{n}} = 2 ϵ$ .

第二步， $A \in L$ ，对任何 $ϵ > 0$ ，存在闭集 $F$ ，使得 $F \subseteq A$ ， $μ (A \ F) \leq ϵ$ ：

对于 $A^{c}$ ，根据第一部分的结论，存在开集 $H \supseteq A^{c}$ ，且 $μ (H \ A^{c}) \leq ϵ$ ，

令闭集 $F = H^{c}$ ，且 $F = H^{c} \subseteq A$ ， $μ (A \ F) = μ (A \cap F^{c}) = μ (A \cap H) = μ (H \cap (A^{c})^{c}) = μ (H \ A^{c}) \leq ϵ$ .

勒贝格积分

勒贝格积分的想法

勒贝格积分（Lebesgue Integration）的一般想法：

给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，函数 $f : Ω \to R \cup {- \infty, + \infty} = \overline{R}$ ，定义积分 $I (f) \in \overline{R}$ ，满足以下条件：

（1）如果 $f \geq 0$ ，则 $I (f) \geq 0$ ；

（2）线性性： $I (α f + β g) = α I (f) + β I (f)$ ，其中 $α, β \in R$ ；

（3）如果 $f_{n} \geq 0$ ， $f_{n} ↗ f$ ，则 $I (f_{n}) ↗ I (f)$ .

对比黎曼积分（分割定义域）与勒贝格积分（分割值域）：

定义域：

$Ω = R = \sum_{j} I_{j}$ ， $x_{j} \in I_{j}$

$(R) \int f \approx \sum_{j} f (x_{j}) ∣ I_{j} ∣$

值域：

$\overline{R} = \sum_{j} J_{k} \cup {- \infty, + \infty}$ ， $y_{k} \in J_{k}$

$I (f) \approx \sum_{k} y_{k} μ (A_{k}) = \sum_{k} y_{k} μ (f^{- 1} (J_{k}))$

勒贝格积分需要 $f^{- 1} (J_{k}) \in F$ .

可测函数

引理： $R \cup {- \infty, + \infty} = \overline{R}$ ，则 $\overline{B} = {A \cup B : A \in B, B \subseteq {- \infty, + \infty}}$ （即扩展的Borel集）是一个 $σ$ -代数。

证明：

1、证明全集属于 $\overline{B}$ ： $R \cup {- \infty, + \infty} \in \overline{B}$ ；

2、证明 $A_{j} \in B, B_{j} \subseteq {- \infty, + \infty}, j \geq 1 \Rightarrow j \geq 1 ⋃ (A_{j} \cup B_{j}) \in \overline{B}$ ，即对可数并集运算封闭：

由于 $j \geq 1 ⋃ A_{j} \in B$ ，且 $j \geq 1 ⋃ B_{j} \subseteq {- \infty, + \infty}$ ，所以 $j \geq 1 ⋃ (A_{j} \cup B_{j}) = (j \geq 1 ⋃ A_{j}) \cup (j \geq 1 ⋃ B_{j}) \in \overline{B}$ ；

3、证明 $A \in B, B \subseteq {- \infty, + \infty} \Rightarrow (A \cup B)^{c} \in \overline{B}$ ，即对补运算封闭：

因为 $R \ A \in B$ ，且 ${- \infty, + \infty} \ B \in {- \infty, + \infty}$ ，我们有 $(A \cup B)^{c} = (R \ A) \cup ({- \infty, + \infty} \ B) \in \overline{B}$ .

命题（ $R$ 上开集的结构定理）：每个非空开集是可数开区间的不交并。

引理：扩展Borel集的四种生成集：

（1） $B = F {(- \infty, x] : x \in R}$ ， $\overline{B} = F {[- \infty, x] : x \in R}$ ；

（2） $B = F {(- \infty, x) : x \in R}$ ， $\overline{B} = F {[- \infty, x) : x \in R}$ ；

（3） $B = F {[x, + \infty) : x \in R}$ ， $\overline{B} = F {[x, + \infty] : x \in R}$ ；

（4） $B = F {(x, + \infty) : x \in R}$ ， $\overline{B} = F {(x, + \infty] : x \in R}$ .

证明：我们只证明（1），其他情形的证明类似。

1、先证明Borel集可以由 ${(- \infty, x] : x \in R}$ 生成：

第一部分：Borel集 $B$ 是 $R$ 中开集生成的 $σ$ -代数，根据取补运算封闭，包含所有的闭集，即 $B \supseteq {(- \infty, x] : x \in R}$ ，所以 $B \supseteq F {(- \infty, x] : x \in R}$ ；

第二部分：令 $F = F {(- \infty, x] : x \in R}$ ，根据开集结构定理，如果 $F$ 包含 $R$ 中所有开区间，则包含所有开集，因此 $B \subseteq F$ ，

$(a, + \infty) = (- \infty, a]^{c} \in F$ ， $a \in R$

$(- \infty, b) = n = 1 ⋃ \infty (- \infty, b - \frac{1}{n}] \in F$ ， $b \in R$

$(a, b) = (a, + \infty) \cap (- \infty, b) \in F$

综上所述， $B = F {(- \infty, x] : x \in R}$ .

2、再证明扩展Borel可以由 ${[- \infty, x] : x \in R}$ 生成：

第一部分：由于 $\overline{B} = {A \cup B : A \in B, B \subseteq {- \infty, + \infty}}$ 是 $σ$ -代数， $\overline{B} \supseteq {[- \infty, x] : x \in R}$ ，所以 $\overline{B} \supseteq F {[- \infty, x] : x \in R}$ ；

第二部分： ${- \infty} = n = 1 ⋂ \infty [- \infty, - n] \in F {[- \infty, x] : x \in R}$ ， ${- \infty, b} = [- \infty, b] \ {- \infty} \in F {[- \infty, x] : x \in R}$ （其中 $b \in R$ ），进而 $B \subseteq F {[- \infty, x] : x \in R}$ ，

$R = n = 1 ⋃ \infty (- \infty, n] \in F {[- \infty, x] : x \in R}$

${+ \infty} = \overline{R} \ ({- \infty} \cup R) \in F {[- \infty, x} : x \in R}$

所以 $\overline{B} \subseteq F {[- \infty, x] : x \in R}$ ，

综上所述， $\overline{B} = F {[- \infty, x] : x \in R}$ .

$\overline{R} = {- \infty} \cup R \cup {+ \infty}$ 是 $R$ 的两点紧化。

（1） $R$ 中的开区间 $(a, b)$ 、 $(- \infty, b)$ 、 $(a, + \infty)$ ， $a, b \in R$ ； $R$ 中的闭区间 $[a, b]$ 、 $(- \infty, b]$ 、 $[a, + \infty)$ ， $a, b \in R$ .

（2） $\overline{R}$ 中的开区间 $(a, b)$ 、 $(- \infty, b)$ 、 $[- \infty, b)$ 、 $(a, + \infty)$ 、 $(a, + \infty]$ ， $a, b \in R$ ； $\overline{R}$ 中的闭区间 $[a, b]$ 、 $[- \infty, b]$ 、 $[a, + \infty]$ ， $a, b \in R$ .

定义：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，函数 $f : Ω \to \overline{R}$ ，如果 $\forall A \in \overline{B} \Rightarrow f^{- 1} (A) = {ω \in Ω : f (ω) \in A} \in F$ ，则称函数 $f$ 是 $F$ -可测（measurable）的。

引理：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，函数 $f : Ω \to \overline{R}$ ， $f$ 是可测的当且仅当以下四个条件之一成立：

（1）对任何 $x \in R$ ， $f^{- 1} ([- \infty, x]) = {ω \in Ω : f (ω) \leq x} \in F$ ；

（2）对任何 $x \in R$ ， $f^{- 1} ([- \infty, x)) = {ω \in Ω : f (ω) < x} \in F$ ；

（3）对任何 $x \in R$ ， $f^{- 1} ([x, + \infty]) = {ω \in Ω : f (ω) \geq x} \in F$ ；

（4）对任何 $x \in R$ ， $f^{- 1} ((x, + \infty]) = {ω \in Ω : f (ω) > x} \in F$ .

证明：我们只证明（1），其他情形的证明类似。

第一部分：假设 $f$ 可测，又对任何 $x \in R$ ， $[- \infty, x] \in \overline{B}$ ，所以 $f^{- 1} ([- \infty, x]) \in F$ ；

第二部分：

假设条件1成立，令 $G = {[- \infty, x [: x \in R}$ ，令 $C = {A \in \overline{B} : f^{- 1} (A) \in F}$ ，满足以下性质：①. $C$ 是一个 $σ$ -代数；②. $C \supseteq G$ .

又因为 $\overline{B} = F (G)$ ，所以 $C \supseteq \overline{B} = F (G)$ ，即 $f$ 是可测的；

①验证 $C = {A \in \overline{B} : f^{- 1} (A) \in F}$ 是一个 $σ$ -代数：

(a). 证明 $\overline{R} \in C$ ，即全集 $\overline{R}$ 属于 $C$ ： $f^{- 1} (\overline{R}) = {ω \in Ω : f (ω) \in \overline{R}} = Ω \in F$ ；

(b). 证明 $A_{j} \in C$ ， $j \geq 1$ ， $\Rightarrow j \geq 1 ⋃ A_{j} \in C$ ，即对可数并集运算封闭：对 $j \geq 1$ ， $A_{j} \in C \Leftrightarrow f^{- 1} (A_{j}) \in F$ ，根据 $f^{- 1} (j \geq 1 ⋃ A_{j}) = {ω \in Ω : f (ω) \in j \geq 1 ⋃ A_{j}} = j \geq 1 ⋃ {ω \in Ω : f (ω) \in A_{j}} = j \geq 1 ⋃ f^{- 1} (A_{j})$ ， $f^{- 1} (j \geq 1 ⋃ A_{j}) = j \geq 1 ⋃ f^{- 1} (A_{j}) \in F \Leftrightarrow j \geq 1 ⋃ A_{j} \in C$ ；

(c). 证明 $A \in C \Rightarrow A^{c} \in C$ ，即对补运算封闭： $A \in C \Leftrightarrow f^{- 1} (A) \in F$ ，根据 $f^{- 1} (A^{c}) = {ω \in Ω : f (ω) \in A^{c}} = Ω\ {ω \in Ω : f (ω) \in A} = [f^{- 1} (A)]^{c}$ ， $f^{- 1} (A^{c}) = [f^{- 1} (A)]^{c} \in F \Rightarrow A^{c} \in C$ .

简单函数

定义：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，互不相交集合列 ${E_{j} \in F : 1 \leq j \leq n}$ ， $E_{j} \cap E_{k} = \emptyset$ ， $j \neq = k$ ，实数 $c_{j} \in R$ ，则：

$f = j = 1 \sum n c_{j} 1_{E_{j}}$

称为简单函数（simple function），其中 $1 = {10, ω \in E_{j}, ω \in / E_{j}$ .

不妨假设 ${E_{j} \in F : 1 \leq j \leq n}$ 是全集 $Ω$ 的划分，即 $Ω = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ，否则，令 $E_{n + 1} = Ω\ (\sum_{j = 1}^{n} E_{j})$ ， $c_{n + 1} = 0$ ，我们有 $f = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} 1_{E_{j}} = \sum_{j = 1}^{n + 1} c_{j} 1_{E_{j}}$ ， $Ω = \sum_{j = 1}^{n + 1} E_{j}$ .

引理：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，简单函数 $f = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} 1_{E_{j}}$ 是可测的。

证明：对任何 $A \in \overline{B}$ ， $f^{- 1} (A) = \sum_{c_{j} \in A} E_{j} \in F$ .

定义：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，非负简单函数 $f = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} 1_{E_{j}}$ ，即 $0 \leq c_{j} \in R$ ，并且约定如果 $c_{j} = 0$ ， $μ (E_{j}) = + \infty$ ，则 $c_{j} μ (E_{j}) = 0$ ；我们定义积分：

$I (f) = j = 1 \sum n c_{j} μ (E_{j}) \in R_{+} \cup {+ \infty}$

断言： $I (f)$ 是良定义的，即如果 $f = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} 1_{E_{j}} = \sum_{k = 1}^{m} d_{k} 1_{F_{k}}$ ， $\sum_{j = 1}^{n} E_{j} = Ω = \sum_{k = 1}^{m} F_{k}$ ，那么 $\sum_{j = 1}^{n} c_{j} μ (E_{j}) = \sum_{k = 1}^{m} d_{k} μ (F_{k})$ .

观察：

1、 $E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}}$ 时，取 $ω \in E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}}$ ，我们有 $f (ω) = c_{j_{0}} = d_{k_{0}}$ ，因此 $c_{j_{0}} μ (E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}}) = d_{k_{0}} μ (E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}})$ ；

2、 $E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}} = \emptyset$ 时， $c_{j_{0}} μ (E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}}) = d_{k_{0}} μ (E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}}) = 0$ ，

$E_{j} = E_{j} \cap (\sum_{k = 1}^{m} F_{k}) = \sum_{k = 1}^{m} (E_{j} \cap F_{k})$ ， $μ (E_{j}) = \sum_{k = 1}^{m} μ (E_{j} \cap F_{k})$ ， $\sum_{j = 1}^{n} c_{j} μ (E_{j}) = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{m} c_{j} μ (E_{j} \cap F_{k})$ ，

$F_{k} = F_{k} \cap (\sum_{j = 1}^{n} E_{j}) = \sum_{j = 1}^{n} (F_{j} \cap E_{j})$ ， $μ (F_{k}) = \sum_{j = 1}^{n} μ (F_{k} \cap E_{j})$ ， $μ (F_{k}) = \sum_{j = 1}^{n} μ (F_{k} \cap E_{j})$ ， $\sum_{k = 1}^{m} d_{k} μ (F_{k}) = \sum_{k = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} d_{k} μ (F_{k} \cap E_{j})$

所以 $\sum_{j = 1}^{n} c_{j} μ (E_{j}) = \sum_{k = 1}^{m} d_{k} μ (F_{k})$ .

可测函数

记号：

$f$ 是 $F$ 可测的，记为 $f \in F$ .

$f^{+} = max {f, 0}$ ， $f^{-} = max {- f, 0}$ ， $f = f^{+} - f^{-}$ ， $∣ f ∣ = f^{+} + f^{-}$ .

定理：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，可测函数 $f, g : Ω \to \overline{R}$ ， $α \in R$ ，则以下函数可测：

（1） $α f \in F$ ；

（2） $α + f \in F$ ；

（3） $f + g \in F$ ；

（4） $f^{2} \in F$ ；

（5） $\frac{1}{f} \in F$ ，约定：如果 $f (x) = 0$ ，则 $\frac{1}{f} (x) = + \infty$ ；

（6） $f^{+}, f^{-}, ∣ f ∣, max (f, g), min (f, g) \in F$ ；

（7） $f g \in F$ .

1、 $α f \in F$ 的证明：

$α = 0$ 时， $α f \equiv 0 \in F$ ；

$α > 0$ 时， ${ω : α f (ω) \leq x} = {ω : f (ω) \leq \frac{x}{α}} \in F$ ， $\forall x \in R$ ；

$α < 0$ 时， ${ω : α f (ω) \leq x} = {ω : f (ω) \geq \frac{x}{α}} \in F$ ， $\forall x \in R$ .

2和3、 $f + g \in F$ 的证明： $\forall x \in R$ ， ${ω : f (ω) + g (ω) < x} = r \in Q ⋃ [{ω : f (ω) < r} \cap {ω : g (ω) < x - r}] \in F$ .

4、 $f^{2} \in F$ 的证明：

$x \leq 0$ 时， ${ω : f^{2} (ω) < x} = \emptyset \in F$ ；

$x > 0$ 时， ${ω : f^{2} (ω) < x} = {ω : - x < f (ω) < x} \in F$ .

7、 $f g \in F$ 的证明： $f g = \frac{1}{2} [(f + g)^{2} - f^{2} - g^{2}]$ .

5、 $\frac{1}{f} \in F$ 的证明：

$x > 0$ 时， ${ω : \frac{1}{f} (ω) < x} = {ω : f (ω) < 0} \cup {ω : f (ω) > \frac{1}{x}} \in F$ ；

$x = 0$ 时， ${ω : \frac{1}{f} (ω) < x} = {ω : - \infty < f (ω) < 0} \in F$ ；

$x < 0$ 时， ${ω : \frac{1}{f} (ω) < x} = {ω : \frac{1}{x} < f (ω) < 0} \in F$ .

6、 $f^{+}, f^{-}, ∣ f ∣, max (f, g), min (f, g) \in F$ 的证明：

$x \leq 0$ 时， ${ω : f^{+} (ω) < x} = \emptyset \in F$ ；

$x > 0$ 时， ${ω : f^{+} (ω) < x} = {ω : f (ω) < x} \in F$ .

$f^{-} = max (- f, 0) \in F$ ；

$∣ f ∣ = f^{+} + f^{-} \in F$ ；

$max (f, g) = \frac{1}{2} (f + g + ∣ f - g ∣) \in F$ ；

$min (f, g) = \frac{1}{2} (f + g - ∣ f - g ∣) \in F$ .

定理：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，可测函数列 ${f_{n}}_{n \geq 1}$ ， $f_{n} : Ω \to \overline{R}$ ， $f_{n} \in F$ ，则以下函数可测：

（1） $n \geq 1 sup f_{n} \in F$ ， $n \geq 1 in f f_{n} \in F$ ；

（2） $n \to + \infty lim sup f_{n} \in F$ ， $n \to + \infty lim in f f_{n} \in F$ ；

（3）如果函数列 ${f_{n}}$ 收敛，则 $f = n \to + \infty lim f_{n} \in F$ .

证明：

1、 $n \geq 1 sup f_{n} \in F$ ， $n \geq 1 in f f_{n} \in F$ 的证明：

$x \in R$ ， ${ω : n \geq 1 sup f_{n} (ω) > x} = n \geq 1 ⋃ {ω : f_{n} (ω) > x} \in F$ ， $n \geq 1 in f f_{n} = - n \geq 1 sup {- f_{n}} \in F$ ；

2、 $n \to + \infty lim sup f_{n} \in F$ ， $n \to + \infty lim in f f_{n} \in F$ 的证明：

$n \to + \infty lim sup f_{n} = k \to + \infty lim n \geq k sup f_{n} = k \geq 1 in f n \geq k sup f_{n} \in F$ ，

$n \to + \infty lim in f f_{n} = k \to + \infty lim n \geq k in f f_{n} = - k \to + \infty lim n \geq k sup {- f_{n}} = - n \to + \infty lim sup {- f_{n}} \in F$ ；

3、 $f = n \to + \infty lim f_{n} \in F$ 的证明：

$f = n \to + \infty lim f_{n} = n \to + \infty lim sup f_{n} \in F$ .

例：

给定测度空间 $(R, L, λ)$ ， $λ$ 是勒贝格测度， $A \in / L$ 是不可测集，所以是不可数集。

可测函数族 ${f_{t} : R \to R}_{t \in R}$ ， $f_{t} (ω) = 1_{{t}} (ω) = {10, ω = t, ω \neq = t$ ， $t \in A sup f_{t} = 1_{A}$ 不是可测函数。（对不可数个可测函数取上确界得到函数可能是不可测的）

引理：给定拓扑空间 $Ω$ ，测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，且 $B \subseteq F$ ，连续函数 $f : Ω \to \overline{R}$ 是 $B$ -可测，且是 $F$ -可测。（其中 $B$ 是Borel $σ$ -代数，即 $Ω$ 中开集生成的 $σ$ -代数）

命题：闭集在连续函数 $f$ 下的原象是闭集。对任何 $x \in R$ ， $f^{- 1} ([- \infty, x])$ 是闭集，所以 $f^{- 1} ([- \infty, x]) \in B \subseteq F$ .

定义：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，函数 $f : Ω \to \overline{R}$ ，性质 $P$ 描述函数 $f (x)$ 在某个点处的性质，如果存在集合 $E \in F$ ，满足 $μ (E^{c}) = 0$ ，且 $f (x)$ 在 $E$ 上满足性质 $P$ ，我们称 $f$ 几乎处处（符号表示为 $a . e .$ ）满足性质 $P$ .

例如， $f = 0 a . e .$ 表示存在 $E \in F$ ，满足 $μ (E^{c}) = 0$ ，且 $f (ω) = 0$ ， $\forall ω \in E$ .

引理：给定测度空间 $(R, L, λ)$ ， $λ$ 是勒贝格测度，如果函数 $f : R \to \overline{R}$ 是 $L$ -可测的，函数 $g : R \to \overline{R}$ ， $g = f a . e .$ ，则 $g$ 是 $L$ -可测的。

证明： $g = f a . e .$ 即存在 $E \in L$ ，满足 $λ (E^{c}) = 0$ ，且 $f (ω) = g (ω)$ ， $\forall ω \in E$ ，对任何 $A \in \overline{B}$ ，

$g^{- 1} (A) = {ω \in R : g (ω) \in A} = ({ω \in R : g (ω) \in A} \cap E) \cup ({ω \in R : g (ω) \in A} \cap E^{c}) = ({ω \in R : f (ω) \in A} \cap E) \cup ({ω \in R : g (ω) \in A} \cap E^{c}) \in L$

所以 $g$ 是 $L$ -可测的。

其中 ${ω \in R : g (ω) \in A} \cap E^{c}$ 是零测集 $E^{c}$ 的子集，根据 $L$ 的完备性，属于 $L$ .

备注：以上结论对测度空间 $(R, B, λ)$ 不成立，因为 $B$ 不是完备的。

引理：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，函数 $f : Ω \to \overline{R}$ 是 $F$ -可测的，函数 $g : \overline{R} \to \overline{R}$ 是 $\overline{B}$ -可测的，则函数 $g \circ f : Ω \to \overline{R}$ 是 $F$ -可测的。

证明：对任何 $A \in \overline{B}$ ， $g^{- 1} (A) \in \overline{B}$ ，根据 $(g \circ f)^{- 1} (A) = {ω : g (f (ω)) \in A} = {ω : f (ω) \in g^{- 1} (A)} = f^{- 1} (g^{- 1} (A))$ ， $(g \circ f)^{- 1} (A) \in F$ ，所以 $g \circ f$ 是 $F$ 可测的。

积分的定义

引理：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，非负可测函数 $f : Ω \to \overline{R_{+}}$ ，则存在函数列 ${f_{n} : Ω \to R_{+}}$ （其中 $n \geq 1$ ）满足：

（1） $f_{n} : Ω \to R_{+}$ 是非负简单函数；

（2） ${f_{n}}$ （其中 $n \geq 1$ ）单调上升，即 $f_{n} \leq f_{n + 1}$ ；

（3） $n \to + \infty lim f_{n} = f$ ，即非负可测函数是非负简单函数的极限。

证明：

$n \geq 1$ ，定义 $f_{n} (x) = {n \frac{k}{2 ^{n}}, f (x) \geq n, \frac{k}{2 ^{n}} \leq f (x) < \frac{k + 1}{2 ^{n}}, 0 \leq k \leq n 2^{n} - 1$ ，即 $f_{n} (x) = \sum_{k = 0}^{n 2^{n} - 1} \frac{k}{2 ^{n}} 1_{{\frac{k}{2 ^{n}} \leq f (x) < \frac{k + 1}{2 ^{n}}}} + n 1_{{f (x) \geq n}}$

$积分的定义-f_{n}(x)$

1、 $f_{n} (x) \geq 0$ ，且是简单函数；

3、验证 $n \to + \infty lim f_{n} = f$ ：

$f (x) = + \infty$ 时， $f_{n} (x) = n$ ， $n \geq 1$ ，所以 $n \to + \infty lim f_{n} (x) = + \infty = f (x)$ ；

$f (x) < + \infty$ 时，存在 $n_{0}$ ，使得 $f (x) \leq n_{0}$ ，当 $n \geq n_{0}$ 时， $k \leq 2^{n} f (x) < k + 1$ ， $k = ⌊ 2^{n} f (x)⌋$ ， $f_{n} (x) = \frac{2 ^{n} f ( x )}{2 ^{n}}$ ， $\frac{2 ^{n} f ( x ) - 1}{2 ^{n}} < f_{n} (x) = \frac{⌊ 2 ^{n} f ( x )⌋}{2 ^{n}} \leq \frac{2 ^{n} f ( x )}{2 ^{n}}$ ， $f_{n} (x) \leq f (x) < f_{n} (x) + \frac{1}{2 ^{n}}$ ，所以 $n \to + \infty lim f_{n} = f$ ；

其中 $⌊ \cdot ⌋$ 是向下取整符号， $R \to Z$ ，当 $a \in [n, n + 1)$ 时， $⌊ a ⌋ = n$ ，且有不等式 $⌊ a ⌋ \leq a < ⌊ a ⌋ + 1$ .

2、验证 ${f_{n}}$ （其中 $n \geq 1$ ）单调上升，即 $f_{n} \leq f_{n + 1}$ ：

$f (x) = + \infty$ 时， $f_{n} (x) = n < n + 1 = f_{n + 1} (x)$ ，单调性成立；

$f (x) < + \infty$ 时：

$f (x) \geq n + 1$ 时， $f_{n} (x) = n < n + 1 = f_{n + 1} (x)$ ，单调性成立；

$n \leq f (x) < n + 1$ 时， $f_{n + 1} (x) = \frac{⌊ 2 ^{n + 1} f ( x )⌋}{2 ^{n + 1}} \geq \frac{⌊ n 2 ^{n + 1} ⌋}{2 ^{n + 1}} = n = f_{n} (x)$ ，单调性成立；

$f (x) < n$ 时， $k \leq 2^{n} f (x) < k + 1$ ， $k = ⌊ 2^{n} f (x)⌋$ ， $f_{n} (x) = \frac{⌊ 2 ^{n} f ( x )⌋}{2 ^{n}}$ ，当 $\frac{k}{2 ^{n}} \leq f (x) < \frac{2 k + 1}{2 ^{n + 1}}$ 时， $f_{n} (x) = \frac{k}{2 ^{n}}$ ， $f_{n + 1} (x) = \frac{⌊ 2 ^{n + 1} f ( x )⌋}{2 ^{n + 1}} = \frac{k}{2 ^{n}}$ ，单调性成立；当 $\frac{2 k + 1}{2 ^{n + 1}} \leq f (x) < \frac{2 k + 2}{2 ^{n + 1}}$ 时， $f_{n} (x) = \frac{k}{2 ^{n}}$ ， $f_{n + 1} (x) = \frac{⌊ 2 ^{n + 1} f ( x )⌋}{2 ^{n + 1}} = \frac{2 k + 1}{2 ^{n + 1}}$ ，单调性成立。

单调性的另一种证明方法：

令 $g_{n} = max {f_{1}, \dots, f_{n}}$ ，满足

（1） $g_{n} : Ω \to R_{+}$ 是非负简单函数，显然成立；

（2） ${g_{n}}$ （其中 $n \geq 1$ ）单调上升，即 $g_{n} \leq g_{n + 1}$ ： $g_{n} = max {f_{1}, \dots, f_{n}} \leq max {f_{1}, \dots, f_{n}, f_{n + 1}} = g_{n + 1}$ ；

（3） $n \to + \infty lim g_{n} = f$ ：由于 $f_{n} \leq f$ ，所以 $f_{n} \leq g_{n} = max {f_{1}, \dots, f_{n}} \leq f$ ，又 $n \to + \infty lim f_{n} = f$ ，根据夹挤定理， $n \to + \infty lim g_{n} = f$ .

积分的定义：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，可测函数 $f : Ω \to \overline{R}$ ，分步骤定义积分 $I (f)$ ：

（1）非负简单函数， $f = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} 1_{E_{j}}$ ， $Ω = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ， $c_{j} \geq 0$ ， $I (f) = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} μ (E_{j}) \in R_{+} \cup {+ \infty}$ ；

（2）非负函数 $f \in F$ ， $f \geq 0$ ，存在单调上升非负简单函数列 ${f_{n}}_{n \geq 1}$ ，满足 $n \to + \infty lim f_{n} = f$ ，定义 $I (f) = n \to + \infty lim I (f_{n})$ ，积分 $I (f)$ 不依赖于函数列 ${f_{n}}_{n \geq 1}$ 的选取；

备注：第二步中，如果 $f$ 是非负简单函数，令 $f_{n} = f$ ，则 $I (f) = n \to + \infty lim I (f_{n}) = n \to + \infty lim I (f)$ ，所以第一步和第二步的定义相同。

（3）一般可测函数 $f \in F$ ， $f = f^{+} - f^{-}$ ，如果 $I (f^{+}) < + \infty$ ， $I (f^{-}) < + \infty$ ，称 $f$ 是可积（integrable）的，定义 $I (f) = I (f^{+}) - I (f^{-})$ .

备注：第二步中，如果 $f$ 是非负可测函数，则 $f^{-} = 0$ ， $f = f^{+}$ ， $I (f) = I (f^{+}) - I (f^{-}) = I (f)$ ，所以第二步和第三步的定义相同。

简单函数积分的性质

引理（非负简单函数积分的单调性）：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，非负简单函数 $f, g : Ω \to R_{+}$ ，如果 $f \leq g$ ，那么 $I (f) \leq I (g)$ .

证明：

令 $f = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} 1_{E_{j}}$ ， $\sum_{j = 1}^{n} E_{j} = Ω$ ， $E_{j} \in F$ ， $g = \sum_{k = 1}^{m} d_{k} 1_{F_{k}}$ ， $\sum_{k = 1}^{m} F_{k} = Ω$ ， $F_{k} \in F$ ，

1、 $E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}} \neq = \emptyset$ 时，取 $ω \in E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}}$ ，我们有 $c_{j_{0}} = f (ω) \leq g (ω) = d_{k_{0}}$ ，因此 $c_{j_{0}} μ (E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}}) \leq d_{k_{0}} μ (E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}})$ ；

2、 $E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}} = \emptyset$ 时， $c_{j_{0}} μ (E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}}) = d_{k_{0}} μ (E_{j_{0}} \cap F_{k_{0}}) = 0$ ，

$E_{j} = E_{j} \cap (\sum_{k = 1}^{m} F_{k}) = \sum_{k = 1}^{m} (E_{j} \cap F_{k})$ ， $1_{E_{j}} = \sum_{k = 1}^{m} 1_{E_{j} \cap F_{k}}$ ， $f = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} 1_{E_{j}} = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{m} c_{j} 1_{E_{j} \cap F_{k}}$ ，

$F_{k} = F_{k} \cap (\sum_{j = 1}^{n} E_{j}) = \sum_{j = 1}^{n} (F_{k} \cap E_{j})$ ， $1_{F_{k}} = \sum_{j = 1}^{n} 1_{F_{k} \cap E_{j}}$ ， $g = \sum_{k = 1}^{m} d_{k} 1_{F_{k}} = \sum_{k = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} d_{k} 1_{F_{k} \cap E_{j}}$ ，

所以 $I (f) = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{m} c_{j} μ (E_{j} \cap F_{k}) \leq \sum_{k = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} d_{k} μ (F_{k} \cap E_{j}) = I (g)$ .

引理（非负简单函数积分的线性性和单调性）：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，非负简单函数 $f, g : Ω \to R_{+}$ ， $α, β \in R_{+}$ ，那么：

$I (f + g) = I (f) + I (g)$ ；
$I (α f) = α I (f)$ ，有 $I (α f + β g) = α I (f) + β I (g)$ ；
如果 $f \leq g$ ，则 $I (f) \leq I (g)$ .

证明：

1、令 $f = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} 1_{E_{j}}$ ， $\sum_{j = 1}^{n} E_{j} = Ω$ ， $E_{j} \in F$ ， $g = \sum_{k = 1}^{m} d_{k} 1_{F_{k}}$ ， $\sum_{k = 1}^{m} F_{k} = Ω$ ， $F_{k} \in F$ ，

$E_{j} = E_{j} \cap (\sum_{k = 1}^{m} F_{k}) = \sum_{k = 1}^{m} (E_{j} \cap F_{k})$ ， $1_{E_{j}} = \sum_{k = 1}^{m} 1_{E_{j} \cap F_{k}}$ ， $f = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} 1_{E_{j}} = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{m} c_{j} 1_{E_{j} \cap F_{k}}$ ，

$F_{k} = F_{k} \cap (\sum_{j = 1}^{n} E_{j}) = \sum_{j = 1}^{n} (F_{k} \cap E_{j})$ ， $1_{F_{k}} = \sum_{j = 1}^{n} 1_{F_{k} \cap E_{j}}$ ， $g = \sum_{k = 1}^{m} d_{k} 1_{F_{k}} = \sum_{k = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} d_{k} 1_{F_{k} \cap E_{j}}$ ，

因此 $f + g = \sum_{k = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} (c_{j} + d_{k}) 1_{F_{k} \cap E_{j}}$ ，取积分得 $I (f + g) = \sum_{k = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} (c_{j} + d_{k}) μ (F_{k} \cap E_{j}) = \sum_{k = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} c_{j} μ (F_{k} \cap E_{j}) + \sum_{k = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} d_{k} μ (F_{k} \cap E_{j}) = I (f) + I (g)$ ；

2、令 $f = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} 1_{E_{j}}$ ， $\sum_{j = 1}^{n} E_{j} = Ω$ ， $E_{j} \in F$ ，

$α f = \sum_{j = 1}^{n} α c_{j} 1 E_{j}$ ，取积分得 $I (α f) = \sum_{j = 1}^{n} α c_{j} μ (E_{j}) = α \cdot \sum_{j = 1}^{n} c_{j} μ (E_{j}) = α I (f)$ ；

3、 $g - f$ 是简单函数，如果 $f \leq g$ ，则 $g - f \geq 0$ ，且 $I (g - f) \geq 0$ ，我们有 $I (g) = I (f + (g - f)) = I (f) + I (g - f) \geq I (f)$ .

引理（重要引理）：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，非负简单函数 $f_{n}, g : Ω \to R_{+}$ ，其中 $n \geq 1$ ，如果 ${f_{n}}$ 单调上升，且 $g \leq n \to + \infty lim f_{n}$ ，则 $I (g) \leq n \to + \infty lim I (f_{n})$ .

证明：

情形1，假设 $g = c 1_{E}$ ， $E \in F$ ， $μ (E) < + \infty$ ：

$c = 0$ 时， $0 = I (g) \leq n \to + \infty lim I (f_{n})$ ；

$c > 0$ 时，选取 $ϵ \in (0, c)$ ，令 $A_{n} = {x \in E : f_{n} (x) \geq c - ϵ}$ ，则 $A_{n}$ 满足如下性质：①. $A_{n} \subseteq A_{n + 1}$ ，因为 ${f_{n}}$ 单调上升；②. $n \geq 1 ⋃ A_{n} = E$ .

一方面，根据定义， $A_{n} \subseteq E$ ，另一方面，对任何 $x \in E$ ，由于 $n \to + \infty lim f_{n} (x) \geq c$ ，根据极限的定义，存在 $n_{0} \in N$ ，使得当 $n \geq n_{0}$ 时， $f (x) \geq c - ϵ$ ，所以 $x \in A_{n_{0}}$ ，因此 $I (f_{n}) \geq I (f_{n} 1_{A_{n}}) \geq I ((c - ϵ) 1_{A_{n}}) = (c - ϵ) μ (A_{n})$ ，令 $n \to + \infty$ ，根据测度的下连续性， $n \to + \infty lim I (f_{n}) \geq (c - ϵ) n \to + \infty lim μ (A_{n}) = (c - ϵ) μ (E)$ ，令 $ϵ \to 0^{+}$ ，我们有 $n \to + \infty lim I (f_{n}) \geq c μ (E) = I (g)$ ；

情形2，假设 $g = c 1_{E}$ ， $E \in F$ ， $μ (E) = + \infty$ ，

$c = 0$ 时， $0 = I (g) \leq n \to + \infty lim I (f_{n})$ ；

$c > 0$ 时， $n \geq 1$ ，令 $E_{n} = E \cap (- n, n]$ ， $g_{n} = c 1_{E_{n}}$ ，满足 $E_{n} \subseteq E_{n + 1}$ ，且 $n \geq 1 ⋃ E_{n} = E$ ，根据情形1的结论，我们有 $k \to + \infty lim I (f_{k}) \geq I (g_{n}) = c \cdot μ (E \cap (- n, n])$ ，再令 $n \to + \infty$ ，根据测度的下连续性， $k \to + \infty lim I (f_{k}) \geq n \to + \infty lim [c \cdot μ (E \cap (- n, n])] = c \cdot μ (E) = + \infty = I (g)$ ；

情形3，一般情形， $g = \sum_{k = 1}^{m} c_{k} 1_{E_{k}}$ ， $\sum_{k = 1}^{m} E_{k} = Ω$ ， $E_{k} \in F$ ，

由于 $n \to + \infty lim 1_{E_{k}} f_{n} = 1_{E_{k}} \cdot n \to + \infty lim f_{n} \geq c_{k} 1_{E_{k}}$ ，所以 $n \to + \infty lim I (1_{E_{k}} f_{n}) \geq I (c_{k} 1_{E_{k}}) = c_{k} μ (E_{k})$ ， $I (g) = \sum_{k = 1}^{m} c_{k} μ (E_{k}) \leq \sum_{k = 1}^{m} n \to + \infty lim I (f_{n} 1_{E_{k}}) = n \to + \infty lim \sum_{k = 1}^{m} I (f_{n} 1_{E_{k}}) = 线性性 n \to + \infty lim I (\sum_{k = 1}^{m} f_{n} 1_{E_{k}}) = n \to + \infty lim I (f_{n})$ .

定理（非负可测函数的积分不依赖简单函数列的选取）：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，非负可测函数 $f : Ω \to R_{+}$ ，存在单调上升非负简单函数列 ${f_{n}}$ 、 ${g_{n}}$ （其中 $n \geq 1$ ），若满足 $n \to + \infty lim f_{n} = n \to + \infty lim g_{n} = f$ ，那么 $n \to + \infty lim I (f_{n}) = n \to + \infty lim I (g_{n})$ .

证明：

由于 $g_{k} \leq f = n \to + \infty lim f_{n}$ ，根据重要引理，我们有 $I (g_{k}) \leq n \to + \infty lim I (f_{n})$ ， $k \to + \infty lim I (g_{k}) \leq n \to + \infty lim I (f_{n})$ ，同理， $n \to + \infty lim I (f_{n}) \leq n \to + \infty lim I (g_{n})$ ，所以 $n \to + \infty lim I (f_{n}) = n \to + \infty lim I (g_{n})$ .

非负可测函数积分的性质

引理（非负可测函数积分的线性性）：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，非负可测函数 $f, g : Ω \to R_{+}$ ， $α, β \in R_{+}$ ，则：

（1） $I (f + g) = I (f) + I (g)$ ；

（2） $I (α f) = α I (f)$ ，有 $I (α f + β g) = α I (f) + β I (g)$ .

证明：

$f, g$ 非负可测，根据非负可测函数积分的定义，存在单调上升到非负简单列 ${f_{n}}_{n \geq 1}$ 、 ${g_{n}}_{n \geq 1}$ 满足

$n \to + \infty lim f_{n} = f$ ， $I (f) = n \to + \infty lim I (f_{n})$ ， $n \to + \infty lim g_{n} = g$ ， $I (g) = n \to + \infty lim I (g_{n})$ ，其中 $n \geq 1$ ，

因此非负简单函数列 ${f_{n} + g_{n}}_{n \geq 1}$ ， ${α f_{n}}_{n \geq 1}$ 单调上升，且 $n \to + \infty lim (f_{n} + g_{n}) = f + g$ ， $n \to + \infty lim (α f_{n}) = α f$ ，

根据非负可测函数积分的定义， $I (f + g) = n \to + \infty lim I (f_{n} + g_{n}) = n \to + \infty lim [I (f_{n}) + I (h_{n})] = n \to + \infty lim I (f_{n}) + n \to + \infty lim I (g_{n}) = I (f) + I (g)$ ， $I (α f) = n \to + \infty lim I (α f_{n}) = n \to + \infty lim α I (f_{n}) = α n \to + \infty lim I (f_{n}) = α I (f)$ .

引理（非负可测函数积分的单调性）：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，非负可测函数 $f, g : Ω \to R_{+}$ ，则：

（1） $g \geq 0 \Rightarrow I (g) > 0$ ；

（2）如果 $f \leq g$ ，则 $I (f) \leq I (g)$ .

证明：

1、 $g$ 非负可测，根据非负可测函数积分的定义，存在单调上升非负简单函数列 ${g_{n}}_{n \geq 1}$ ，满足 $n \to + \infty lim g_{n} = g$ 、 $I (g) = n \to + \infty lim I (g_{n})$ ，由非负简单函数积分的定义， $I (g_{n}) \geq 0$ ，所以 $I (g) \geq 0$ ;

2、 $g - f$ 是非负可测函数，根据积分的线性， $I (g) = I (f + (g - f)) = I (f) + I (g - f) \geq I (f)$ .

单调性的另一种证明方法：

$f, g$ 非负可测，根据非负可测函数积分的定义，存在单调上升非负简单函数列 ${f_{n}}_{n \geq 1}$ 、 ${g_{n}}_{n}$ ，满足

$n \to + \infty lim f_{n} = f$ ， $I (f) = n \to + \infty lim I (f_{n})$ ， $n \to + \infty lim g_{n} = g$ ， $I (g) = n \to + \infty lim I (g_{n})$ ，其中 $n \geq 1$ ，

令 $h_{n} = f_{n} \land g_{n} = min {f_{n}, g_{n}}$ 是单调上升非负简单函数列，且 $n \to + \infty lim h_{n} = f$ ，由 $I (h_{n}) \leq I (g_{n})$ ，我们有 $I (f) = n \to + \infty lim I (h_{n}) \leq n \to + \infty lim I (g_{n}) = I (g)$ .

引理：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，可测函数 $f : Ω \to \overline{R}$ ，集合 $A \in F$ ，如果 $f$ 可积，则函数 $1_{A} f$ 可积。

证明：

$f$ 可积，等价于 $I (f^{+}) < + \infty$ ，且 $I (f^{-}) < + \infty$ ，

$(1_{A} f)^{+} = 1_{A} f^{+} \leq f^{+}$ ，根据积分的单调性， $I ((1_{A} f)^{+}) \leq I (f^{+}) < + \infty$ ，

$(1_{A} f)^{-} = 1_{A} f^{-} \leq f^{-}$ ，根据积分的单调性， $I ((1_{A} f)^{-}) \leq I (f^{-}) < + \infty$ ，

所以函数 $1_{A} f$ 可积。

记号：

$I (f) = \int fd μ$ ， $I (1_{A} f) = \int 1_{A} fd μ = \int_{A} fd μ$ ，

$\int_{A} fd μ$ 称为函数 $f$ 在集合 $A$ 上的积分。

引理：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，可测函数 $f : Ω \to \overline{R}$ ，集合 $E \in F$ ，如果 $μ (E) = 0$ ，那么函数 $f$ 在 $E$ 上可积，且积分 $\int_{E} fd μ = 0$ .（约定 $0 \cdot \infty = 0$ ）

证明：

情形1， $f \geq 0$ ，

对于非负可测函数 $1_{E} f$ ，根据非负可测函数积分的定义，存在单调上升非负简单函数列 ${g_{n}}_{n \geq 1}$ ，满足 $n \to + \infty lim g_{n} = 1_{E} f$ 、 $I (1_{E} f) = n \to + \infty lim I (g_{n})$ ，

设 $g_{n} = \sum_{k = 1}^{m} d_{n, k} 1_{F_{n}, k}$ ， $\sum_{k = 1}^{m} F_{n, k} = Ω$ ， $F_{n, k} \in F$ ， $d_{n, k} \leq 0$ ，

$x \in / E$ 时， $0 \leq g_{n} (x) \leq (1_{E} f) (x) = 0$ ，所以 $g_{n} (x) = 0$ ，

$g_{n} = 1_{E} g_{n} = 1_{E} \sum_{k = 1}^{m} d_{n, k} 1_{F_{n}, k} = \sum_{k = 1}^{m} d_{n, k} 1_{F_{n}, k \cap E}$ ， $I (g_{n}) = \sum_{k = 1}^{m} d_{n, k} μ (F_{n, k} \cap E) = 0$ ，所以 $I (1_{E} f) = n \to + \infty lim I (g_{n}) = 0$ ；

情形2， $f \in F$ ，

$f = f^{+} - f^{-}$ ， $1_{E} f = (1_{E} f)^{+} - (1_{E} f)^{-} = 1_{E} f^{+} - 1_{E} f^{-}$ ，根据情形1， $I (1_{E} f^{+}) = I (1_{E} f^{-}) = 0$ ，我们有 $\int_{E} fd μ = \int 1_{E} fd μ = I (1_{E} f^{+}) - I (1_{E} f^{-}) = 0$ .

定理（积分的性质）：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，可积函数 $f, g \to \overline{R}$ ，互不相交的集合 $A, B \in F$ ，则函数 $f$ 在 $A$ 上可积，且：

（1） $f + g$ 和 $∣ f ∣$ 可积；

（2） $\int_{A \cup B} fd μ = \int_{A} fd μ + \int_{B} fd μ$ ；

（3） $f$ 几乎处处有限，即 $∣ f ∣ < + \infty, a . e .$ ，等价于 $μ ({x \in Ω : ∣ f (x) ∣ = + \infty}) = 0$ ；

（4） $\int (f + g) d μ = \int fd μ + \int g d μ$ ；

（5） $∣ \int fd μ ∣ \leq \int ∣ f ∣ d μ$ ；

（6）对任何 $c \in R$ ， $c f$ 可积，且 $\int c fd μ = c \int fd μ$ ；

（7） $f \geq 0 \Rightarrow \int fd μ \geq 0$ ， $f \geq g \Rightarrow \int fd μ \geq \int g d μ$ ；

（8）如果 $f \geq 0$ ，且 $\int fd μ = 0$ ，那么 $f = 0 a . e .$ ；

（9） $f = g a . e . \Rightarrow \int fd μ = \int g d μ$ ；

（10）若函数 $h : Ω \to \overline{R}$ 可测，且 $∣ h ∣ \leq f$ ，那么 $h$ 是可积的。

证明：

1、

$∣ f ∣$ 可积的证明： $f$ 可积，等价于 $I (f^{+}) < + \infty$ 且 $I (f^{-}) < + \infty$ ； $∣ f ∣$ 可测， $I (∣ f ∣) = I (f^{+} + f^{-}) = I (f^{+}) + I (f^{-})$ ； $∣ f ∣$ 可积，等价于 $I (∣ f ∣) < + \infty$ ，等价于 $I (f^{+}) < + \infty$ 且 $I (f^{-}) < + \infty$ ；

$f + g$ 可积的证明：

$(f + g)^{+} = max {f + g, 0} \leq max {f, 0} + max {g, 0} = f^{+} + g^{+}$ ，

$(f + g)^{-} = max {- f - g, 0} \leq max {- f, 0} + max {- g, 0} = f^{-} + g^{-}$ ，

$f$ 可积，等价于 $I (f^{+}) < + \infty$ 且 $I (f^{-}) < + \infty$ ； $g$ 可积，等价于 $I (g^{+}) < + \infty$ 且 $I (g^{-}) < + \infty$ ，

故 $I ((f + g)^{+}) \leq I (f^{+} + g^{+}) = I (f^{+}) + I (g^{+}) < + \infty$ ， $I ((f + g)^{-}) \leq I (f^{-} + g^{-}) = I (f^{-}) + I (g^{-}) < + \infty$ ，所以 $f + g$ 可积。

2、 $\int_{A \cup B} fd μ = \int_{A} fd μ + \int_{B} fd μ$ 的证明：

$A$ 和 $B$ 不相交，所以 $1_{A \cup B} f = (1_{A} + 1_{B}) (f^{+} - f^{-})$ ，

$\int_{A \cup B} fd μ = \int 1_{A \cup B} fd μ = \int (1_{A \cup B} f)^{+} d μ - \int (1_{A \cup B} f)^{-} d μ = \int [(1_{A} f)^{+} + (1_{B} f)^{+}] d μ - \int [(1_{A} f)^{-} + (1_{B} f)^{-}] d μ = \int (1_{A} f)^{+} d μ - \int (1_{A} f)^{-} d μ + \int (1_{B} f)^{+} d μ - \int (1_{B} f)^{-} d μ = \int 1_{A} fd μ + \int 1_{B} d μ = \int_{A} fd μ + \int_{B} fd μ$

3、 $∣ f ∣ < + \infty, a . e .$ 的证明： $f$ 可积，等价于 $∣ f ∣$ 可积，也可以用反证法来证明：

假设 $f$ 不是几乎处处有限，那么 $∣ f ∣$ 也不是几乎处处有限，定义 $A = {x \in Ω : ∣ f (x) ∣ = + \infty}$ ，那么 $μ (A) > 0$ ，根据积分的定义，容易证明 $\int ∣ f ∣ d μ = + \infty$ ，比如，令 $f_{n} = n 1_{A}$ ， $\int ∣ f ∣ d μ \geq n \to + \infty lim \int f_{n} d μ = n \to + \infty lim (n μ (A)) = + \infty$ ；

另一种证明方法，利用非负可测函数积分的单调性和线性性，

对 $n \geq 1$ ，定义 $A_{n} = {x \in Ω : ∣ f (x) ∣ \geq n}$ ，满足①. ${A_{n}}$ 单调下降，即 $A_{n} \supseteq A_{n + 1}$ ；②. $n \geq 1 ⋂ A_{n} = {x \in Ω : ∣ f (x) ∣ = + \infty} = A$ .

$n 1_{A_{n}} \leq 1_{A_{n}} ∣ f ∣ \leq ∣ f ∣ \Rightarrow n μ (A_{n}) = \int n 1_{A_{n}} d μ \leq \int ∣ f ∣ d μ \Rightarrow μ (A_{n}) \leq \frac{1}{n} \int ∣ f ∣ d μ$ ，最后根据测度上连续性， $μ (A) = n \to + \infty lim μ (A_{n}) \leq n \to + \infty lim \frac{\int ∣ f ∣ d μ}{n} = 0$ ，所以 $μ (A) = 0$ ；

$f$ 是可积函数，则存在取值为实数域 $R$ 的可积函数 $g : Ω \to R$ ，使得 $f (x) = g (x) a . e .$ ，且 $\int fd μ = \int g d μ$ ，我们证明非负函数情形，一般情形类似。

假设 $f \geq 0$ 可积，构造函数 $g (x) = {f (x) 0 f (x) < + \infty f (x) = + \infty$ ，令可测集 $A = {x \in Ω : f (x) = + \infty}$ ， $μ (A) = 0$ ， $g (x) = f (x) 1_{A^{c}}$ ，那么 $f (x) = g (x) a . e .$ ，且 $\int fd μ = \int g d μ$ ；

验证 $\int fd μ = \int g d μ$ ：

存在单调上升非负简单函数列 ${f_{n}}_{n \geq 1}$ ， $n \to + \infty lim f_{n} = f$ ， $I (f) = n \to + \infty lim I (f_{n})$ ，令 $g_{n} (x) = f_{n} (x) 1_{A^{c}}$ ， ${g_{n}}_{n \geq 1}$ 是单调上升非负简单函数列， $I (g_{n}) = I (f_{n})$ ， $n \to + \infty lim g_{n} = g$ ， $I (g) = n \to + \infty lim I (g_{n})$ ，所以 $\int fd μ = \int g d μ$ ；

一般情形，令可测集 $A = {x \in Ω : ∣ f (x) ∣ = + \infty}$ ， $μ (A) = 0$ ， $g (x) = f (x) 1_{A^{c}}$ ，那么 $f (x) = g (x) a . e .$ ，且 $\int fd μ = \int g d μ$ .

4、 $\int (f + g) d μ = \int fd μ + \int g d μ$ 的证明：

断言：如果 $f, g$ 非负可积，那么 $\int (f - g) d μ = \int fd μ - \int g d μ$ .

因为研究积分性质，不妨设 $f$ 和 $g$ 的取值范围是 $R$ ，即 $f, g : Ω \to R$ ，令 $h = f - g$ ，那么 $f - g = h^{+} - h^{-}$ ，等价于 $f + h^{-} = g + h^{+}$ ，根据非负函数积分的线性性， $\int (f + h^{-}) d μ = \int (g + h^{+}) d μ \Rightarrow \int fd μ + \int h^{-} d μ = \int g d μ + \int h^{+} d μ \Rightarrow \int h d μ = \int h^{+} d μ - \int h^{-} d μ = \int fd μ - \int g d μ$ ，

对于可积函数 $f, g$ ， $f + g = f^{+} - f^{-} + g^{+} - g^{-}$ ，

$\int (f + g) d μ = \int (f^{+} - f^{-} + g^{+} - g^{-}) d μ = \int [f^{+} + g^{+} - (f^{-} + g^{-})] d μ = \int (f^{+} + g^{+}) d μ - \int (f^{-} + g^{-}) d μ = \int f^{+} d μ + \int g^{+} d μ - \int f^{-} d μ - \int g^{-} d μ = \int fd μ + \int g d μ$

5、 $∣ \int fd μ ∣ \leq \int ∣ f ∣ d μ$ 的证明： $∣ \int fd μ ∣ = ∣ \int f^{+} d μ - \int f^{-} d μ ∣ \leq \int f^{+} d μ + \int f^{-} d μ = \int (f^{+} + f^{-}) d μ = \int ∣ f ∣ d μ$ ；

6、对任何 $c \in R$ ， $c f$ 可积，且 $\int c fd μ = c \int fd μ$ 的证明：

$c = 0$ 时， $\int c fd μ = 0 = c \int fd μ$ ；

$c > 0$ 时， $\int c fd μ = \int (c f)^{+} d μ - \int (c f)^{-} d μ = \int c f^{+} d μ - \int c f^{-} d μ = c \int f^{+} d μ - c \int f^{-} d μ = c (\int f^{+} d μ - \int f^{-} d μ) = c \int fd μ$ ；

$c < 0$ 时， $(c f)^{+} = [(- 1) (- c f)]^{+} = (- c f)^{-} = (- c) f^{-}$ ， $(c f)^{-} = [(- 1) (- c f)^{-}] = (- c f)^{+} = (- c) f^{+}$ ， $\int c fd μ = \int (c f)^{+} d μ - \int (c f)^{-} d μ = \int (- c) f^{-} d μ - \int (- c) f^{+} d μ = (- c) \int f^{-} d μ - (- c) \int f^{+} d μ = c (\int f^{+} d μ - \int f^{-} d μ) = c \int fd μ$

7、

$f \geq 0 \Rightarrow \int fd μ \geq 0$ 的证明：

如果 $f \geq 0$ ，那么 $f^{+} = f$ ， $f^{-} = 0$ ，根据积分的定义 $\int fd μ = \int f^{+} d μ - \int f^{-} d μ = \int f^{+} d μ \geq 0$ ；

$f \geq g \Rightarrow \int fd μ \geq \int g d μ$ 的证明：

如果 $f \geq g \Leftrightarrow f - g \geq 0$ ，则 $\int (f - g) d μ \geq 0$ ， $\int fd μ = \int [g + (f - g)] d μ = \int g d μ + \int (f - g) d μ \geq \int g d μ$ ；

8、如果 $f \geq 0$ ，且 $\int fd μ = 0$ ，那么 $f = 0 a . e .$ 的证明：

$n \geq 1$ ，令 $E_{n} = {x \in Ω : f (x) \geq \frac{1}{n}}$ ，则 $E_{n}$ 满足：①. ${E_{n}}$ 单调上升，即 $E_{n} \subseteq E_{n + 1}$ ；②. $n \geq 1 ⋃ E_{n} = {x \in Ω : f (x) > 0} = E$ .

$\frac{1}{n} 1_{E_{n}} \leq 1_{E_{n}} f \leq f \Rightarrow \frac{1}{n} μ (E_{n}) = \int \frac{1}{n} 1_{E_{n}} d μ \leq \int fd μ = 0 \Rightarrow μ (E_{n}) = 0$ ，根据测度的下连续性， $n \to + \infty lim μ (E_{n}) = μ (E) = 0$ ，所以 $f = 0 a . e .$ ；

9、 $f = g a . e . \Rightarrow \int fd μ = \int g d μ$ 的证明：

令 $E = {x \in Ω : f (x) = g (x)} \in F$ ， $μ (E^{c}) = 0$ ，

$\int fd μ = \int (1_{E} + 1_{E^{c}}) fd μ = \int 1_{E} fd μ + \int 1_{E^{c}} fd μ = \int 1_{E} fd μ$ ，

$\int g d μ = \int (1_{E} + 1_{E^{c}}) g d μ = \int 1_{E} g d μ + \int 1_{E^{c}} g d μ = \int 1_{E} g d μ$ ，

所以 $\int fd μ = \int g d μ$ ；

10、“若函数 $h : Ω \to \overline{R}$ 可测，且 $∣ h ∣ \leq f$ ，那么 $h$ 是可积的”的证明：

$0 \leq h^{+} \leq f$ ， $0 \leq \int h^{+} d μ \leq \int fd μ < + \infty$ ，

$0 \leq h^{-} \leq f$ ， $0 \leq \int h^{-} d μ \leq \int fd μ < + \infty$ ，

所以 $h$ 可积。

推论：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，可测函数 $f : Ω \to \overline{R}$ ，如果存在常数 $c \in R$ ，集合 $E$ ， $μ (E) < + \infty$ ，满足 ${∣ f (x) ∣ \leq c ∣ f (x) ∣ = 0, x \in E, x \in E^{c}$ ，那么 $f$ 可积。

证明： $\int ∣ f ∣ d μ = \int (1_{E} + 1_{E^{c}}) ∣ f ∣ d μ = \int 1_{E} ∣ f ∣ d μ + \int 1_{E^{c}} ∣ f ∣ d μ = \int 1_{E} ∣ f ∣ d μ \leq \int c 1_{E} d μ = c μ (E)$ ，所以 $∣ f ∣$ 可积等价于 $f$ 可积。

单调收敛定理

定理（单调收敛定理，Monotone Convergence Theorem，MCT）：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，非负可测函数列 $f_{n} : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，如果 ${f_{n}}$ 单调上升，且 $n \to + \infty lim f_{n} = f$ ，则 $n \to + \infty lim \int f_{n} d μ = \int fd μ$ .

证明：

对每个 $n \geq 1$ ， $f_{n} \geq 0$ ，根据非负可测函数积分的定义，存在单调上升非负简单函数列 ${g_{n, k}}_{k \geq 1}$ ，满足 $k \to + \infty lim g_{n, k} = f_{n}$ ， $\int f_{n} d μ = k \to + \infty lim \int g_{n, k} d μ$ ，令 $g_{k} = 1 \leq n \leq k max {g_{n, k}} = 1 \leq n, m \leq k max {g_{n, m}}$ ，

$g_{1, 1} g_{2, 1} g_{3, 1} ⋮ g_{1} g_{1, 2} g_{2, 2} g_{3, 2} ⋮ g_{2} g_{1, 3} g_{2, 3} g_{3, 3} ⋮ g_{3} \dots \dots \dots \dots \dots f_{1} f_{2} f_{3} ⋮ g = f$

$g_{k + 1} = 1 \leq n, m \leq k + 1 max {g_{n, m}} \geq 1 \leq n, m \leq k max {g_{n, m}} = g_{k}$ ，所以 ${g_{k}}$ 是单调上升非负简单函数列，令 $g = n \to + \infty lim g_{k}$ ，我们有 $k \to + \infty lim \int g_{k} d μ = \int g d μ$ ，

对于 $n \leq k$ ，有 $g_{n, k} \leq f_{n} \leq f_{k}$ ，所以 $g_{k} = 1 \leq n \leq k max {g_{n, k}} \leq f_{k}$ ，因此，对于 $n \leq k$ ，有不等式1： $g_{n, k} \leq g_{k} \leq f_{k} \leq f$ ，

在不等式1中，若固定 $n$ ，令 $k \to + \infty$ ，有 $f_{n} \leq g \leq f$ ，再令 $n \to + \infty$ ，得 $f = g$ ，

根据不等式1和积分的单调性，我们有不等式 $\int g_{n, k} d μ \leq \int g_{k} d μ \leq \int f_{k} d μ$ ，若固定 $n$ ，令 $k \to + \infty$ ，有 $\int f_{n} d μ \leq \int g d μ \leq k \to + \infty lim \int f_{k} d μ$ ，再令 $n \to + \infty$ ，得 $n \to + \infty lim \int f_{n} d μ \leq \int g d μ \leq k \to + \infty lim \int f_{k} d μ$ ，所以 $n \to + \infty lim \int f_{n} d μ = \int g d μ = \int fd μ$ ，定理得证。

定理（单调收敛定理推论）：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，可测函数列 $f_{n}, g : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ， $f_{n} - g \geq 0$ ，且 $g$ 可积，如果 ${f_{n}}$ 单调上升，且 $n \to + \infty lim f_{n} = f$ ，则 $n \to + \infty lim \int f_{n} d μ = \int fd μ$ .

证明：

对函数列 ${f_{n} - g}$ 应用单调收敛定理，

$n \to + \infty lim \int (f_{n} - g) d μ = \int (f - g) d μ \Leftrightarrow n \to + \infty lim [\int f_{n} d μ - \int g d μ] = \int fd μ - \int g d μ \Leftrightarrow n \to + \infty lim \int f_{n} d μ - \int g d μ = \int fd μ - \int g d μ \Leftrightarrow n \to + \infty lim \int f_{n} d μ = \int fd μ$

引理：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，非负可测函数列 $f : Ω \to \overline{R_{+}}$ ，定义函数 $μ_{f} : Ω \to \overline{R_{+}}$ ，表达式为 $μ_{f} (A) = \int_{A} fd μ$ ， $\forall A \in F$ ， $μ_{f}$ 是测度，即满足：

（1）空集取值为零： $μ_{f} (\emptyset) = \int_{\emptyset} fd μ = 0$ ；

（2）可数可加性：如果 $A_{1}, A_{2}, A_{3}, \dots$ 是 $F$ 中互不相交的集合，且 $A = \sum_{i = 1}^{+ \infty} A_{i} \in F$ ，则 $μ_{f} (A) = \sum_{i = 1}^{+ \infty} μ_{f} (A_{i})$ .

证明：

$A = \sum_{i = 1}^{+ \infty} A_{i}$ 等价于 $1_{A} = 1_{\sum_{i = 1}^{+ \infty} A_{i}} = \sum_{i = 1}^{+ \infty} 1_{A_{i}}$ ，

$μ_{f} (A) = \int_{A} fd μ = \int 1_{A} fd μ = \int 1_{\sum_{i = 1}^{+ \infty} A_{i}} fd μ = \int \sum_{i = 1}^{+ \infty} 1_{A_{i}} \cdot fd μ = \int n \to + \infty lim \sum_{i = 1}^{n} (1_{A_{i}} f) d μ = n \to + \infty lim \int \sum_{i = 1}^{n} (1_{A_{i}} f) d μ = n \to + \infty lim \sum_{i = 1}^{n} \int (1_{A_{i}} f) d μ = \sum_{i = 1}^{\infty} μ_{f} (A_{i}) （单调收敛定理）$

观察：如果 $B \in F$ ，且 $μ (B) = 0$ ，那么为 $μ_{f} (B) = \int_{B} fd μ = 0$ .

定义：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，集函数 $ν : F \to \overline{R}$ ，如果对任何 $A \in F$ ，若 $μ (A) = 0$ ，则 $ν (A) = 0$ ，我们称 $ν$ 关于 $μ$ 绝对连续（absolute continuity），记为 $ν ≪ μ$ .

比如： $μ_{f} ≪ μ$ 、 $\frac{d μ _{f}}{d μ} = f$ .

Radon-Nykodym定理：如果 $ν ≪ μ$ ，则存在函数 $\frac{d ν}{d μ} = g$ ，使得 $\forall B \in F$ ，都有 $ν (B) = \int_{B} g d μ$ .

比如：

给定 $(R, L, λ)$ ， $λ$ 为勒贝格测度，可测函数 $f > 0$ ，定义测度 $μ_{f} = λ_{f}$ ，表达式为 $μ_{f} (A) = \int_{A} fd μ$ ， $\forall A \in L$ ，

给定 $x \in R$ ，狄拉克测度 $δ_{x}$ ，表达式为 $δ_{x} (B) = {10, x \in B, x \in / B$ ， $\forall B \in L$ ，

1、 $δ_{x} ≪ μ_{f}$ 不成立，因为 $μ_{f} ({x}) = 0$ ， $δ_{x} ({x}) = 1$ ；

2、 $μ_{f} ≪ δ_{x}$ 不成立：给定区间 $(a, b]$ ， $a < b$ ，且 $x \in / (a, b]$ ， $δ_{x} ((a, b]) = 0$ ， $μ_{f} ((a, b]) > 0$ .

引理（一致可积性）：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，可积函数 $f : Ω \to \overline{R}$ ，则对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $δ > 0$ ，对任何 $A \in F$ ，如果 $μ (A) < δ$ ，则 $μ_{f} (A) = \int_{A} fd μ < ϵ$ .

证明：

不妨设 $f \geq 0$ ，否则用 $∣ f ∣$ 替代定理中的 $f$ ，有 $\int fd μ < + \infty$ ，由于 $f$ 几乎处处有限，我们可以假设 $f$ 是有限的，即 $f$ 的取值范围是 $R$ ，

函数列 ${f_{n} = f 1_{{f \leq n}}}$ 单调上升到 $f$ ，根据单调收敛定理，我们有 $n \to + \infty lim \int f_{n} d μ = \int fd μ$ ，

对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $n_{0} \in N$ ，使得 $\int fd μ - \int f_{n_{0}} d μ = \int f 1_{{f > n_{0}}} d μ < \frac{ϵ}{2}$ ，若固定 $n_{0}$ ，选取 $δ = \frac{ϵ}{2 n _{0}}$ ，对任何 $A \in F$ ，当 $μ (A) < δ$ 时， $\int_{A} fd μ = \int_{A} f 1_{{f \leq n_{0}}} d μ + \int_{A} f 1_{{f > n_{0}}} d μ \leq \int_{A} n_{0} d μ + \int f 1_{{f > n_{0}}} d μ < n_{0} μ (A) + \frac{ϵ}{2} < n_{0} \frac{ϵ}{2 n _{0}} + \frac{ϵ}{2} = ϵ$ .

Fatou引理：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，非负可测函数列 $f_{n} : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，那么 $\int n \to + \infty lim in f f_{n} d μ \leq n \to + \infty lim in f \int f_{n} d μ$ .

证明：

对 $k \geq 1$ ，令 $g_{k} = n \geq k in f f_{n} \leq f_{k}$ ，则 $g_{k}$ 满足：①. $g_{k} \geq 0$ ；②. ${g_{k}}$ 单调上升， $g_{k} = n \geq k in f f_{n} \leq n \geq k + 1 in f f_{n} = g_{k + 1}$ ；③. $n \to + \infty lim in f f_{n} = k \to + \infty lim n \geq k in f f_{n} = k \to + \infty lim g_{k}$ .

根据单调收敛定理， $\int n \to + \infty lim in f f_{n} d μ = k \to + \infty lim \int g_{k} d μ$ ，

由 $g_{k} \leq f_{k}$ ，取积分得 $\int g_{k} d μ \leq \int f_{k} d μ$ ，再令 $k \to + \infty$ ，取下极限得 $k \to + \infty lim \int g_{k} d μ = k \to + \infty lim in f \int g_{k} d μ \leq k \to + \infty lim in f \int f_{k} d μ$ ，命题得证。

Fatou引理的推论1：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，可测函数列 $f_{n}, g : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ， $f_{n} - g \geq 0$ ，且 $g$ 可积，那么 $\int n \to + \infty lim in f f_{n} d μ \leq n \to + \infty lim in f \int f_{n} d μ$ .

证明：

对非负函数列 ${f_{n} - g \geq 0}$ 应用Fatou引理，

$\int n \to + \infty lim in f (f_{n} - g) d μ \leq n \to + \infty lim in f \int (f_{n} - g) d μ \Rightarrow \int [n \to + \infty lim in f f_{n} - g] d μ \leq n \to + \infty lim in f [\int f_{n} d μ - \int g d μ] \Rightarrow \int n \to + \infty lim in f f_{n} d μ - \int g d μ \leq n \to + \infty lim in f \int f_{n} d μ - \int g d μ \Rightarrow \int n \to + \infty lim in f f_{n} d μ \leq n \to + \infty lim in f \int f_{n} d μ$

引理：对数列 ${a_{n}}$ 和实数 $b$ ， $n \to + \infty lim in f (a_{n} + b) = k \to + \infty lim n \geq k in f (a_{n} + b) = k \to + \infty lim [n \geq k in f a_{n} + b] = k \to + \infty lim n \geq k in f a_{n} + b = n \to + \infty lim in f a_{n} + b$ .

Fatou引理的推论2：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，非负可测函数列 $f_{n} = - h_{n} : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，那么 $\int n \to + \infty lim sup h_{n} d μ \geq n \to + \infty lim sup \int h_{n} d μ$ .

证明：

$f_{n} = - h_{n} \geq 0$ ，应用Fatou引理，

$\int n \to + \infty lim in f (- h_{n}) d μ \leq n \to + \infty lim in f \int (- h_{n}) d μ \Rightarrow \int [- n \to + \infty lim sup h_{n}] d μ \leq n \to + \infty lim in f [- \int h_{n} d μ] \Rightarrow - \int n \to + \infty lim sup h_{n} d μ \leq - n \to + \infty lim sup \int h_{n} d μ \Rightarrow \int n \to + \infty lim sup h_{n} d μ \geq n \to + \infty lim sup \int h_{n} d μ$

以上条件可以改为存在可积函数 $g : Ω \to \overline{R}$ ，且函数列 $- h_{n} + g \geq 0$ ， $n \geq 1$ .

证明：

对 $- h_{n} + g$ ，应用Fatou引理，

$\int n \to + \infty lim in f (- h_{n} + g) d μ \leq n \to + \infty lim in f \int (- h_{n} + g) d μ \Rightarrow \int n \to + \infty lim in f (- h_{n}) d μ \leq n \to + \infty lim in f \int (- h_{n}) d μ \Rightarrow \int n \to + \infty lim sup h_{n} d μ \geq n \to + \infty lim sup \int h_{n} d μ$

引理：对数列 ${a_{n}}$ ， $n \to + \infty lim in f (- a_{n}) = k \to + \infty lim n \geq k in f (- a_{n}) = k \to + \infty lim [- n \geq k sup a_{n}] = - k \to + \infty lim n \geq k sup a_{n} = - n \to + \infty lim sup a_{n}$ .

Fatou引理严格不等式的例子：

例1：测度空间 $(R, L, λ)$ ， $λ$ 为勒贝格测度， $f_{n} = 1_{(n, + \infty)}$ ， $n \to + \infty lim in f 1_{(n, + \infty)} = n \to + \infty lim 1_{(n, + \infty)} = 0$ ， $\int f_{n} d λ = + \infty$ ， $\int n \to + \infty lim in f f_{n} d λ = 0 < + \infty = n \to + \infty lim in f \int f_{n} d λ$ ；

例2：测度空间 $(R, L, λ)$ ， $λ$ 为勒贝格测度，对任何 $n \in N$ ，定义 $f_{n} = n \cdot 1_{(0, \frac{1}{n}]}$ ，则 $n \to \infty lim f_{n} = f = 0$ ，于是 $\int fd λ = 0 < 1 = n \to \infty lim \int f_{n} d λ$ ，

令 $g_{n} = 1_{(n, n + 1]}$ ，则 $n \to \infty lim g_{n} = g = 0$ ，于是 $\int g d λ = 0 < 1 = n \to \infty lim \int g_{n} d λ$ .

定理（控制收敛定理，Dominated Convergence Theorem）：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，可测函数列 $f_{n}, g : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ， $∣ f_{n} ∣ \leq g$ ， $g$ 可积，且 $n \to + \infty lim f_{n} = f$ ，那么 $f$ 可积的，且 $n \to + \infty lim \int f_{n} d μ = \int fd μ$ .

证明：

对 $n \geq 1$ ， $∣ f_{n} ∣ \leq g$ ，令 $n \to + \infty$ ，我们有 $n \to + \infty lim ∣ f_{n} ∣ = ∣ f ∣ \leq g$ ，且 $g$ 可积，那么 $f$ 可积，

对 $n \geq 1$ ， $f_{n} \leq g \Leftrightarrow - f_{n} + g \geq 0$ ，根据Fatou引理， $\int fd μ = \int n \to + \infty lim sup f_{n} d μ \geq n \to + \infty lim sup \int f_{n} d μ$ ，

对 $n \geq 1$ ， $f_{n} \geq - g \Leftrightarrow f_{n} + g \geq 0$ ，根据Fatou引理， $\int fd μ = \int n \to + \infty lim in f f_{n} d μ \leq n \to + \infty lim in f \int f_{n} d μ$ ，

再根据 $n \to + \infty lim in f \int f_{n} d μ \leq n \to + \infty lim sup \int f_{n} d μ$ ，我们有 $n \to + \infty lim \int f_{n} d μ = \int fd μ$ .

乘积测度

两个测度空间的情况

定义：给定测度空间 $(Ω_{j}, F_{j}, μ_{j})$ ， $j = 1, 2$ ，全空间 $Ω = Ω_{1} \times Ω_{2} = {(x, y) : x \in Ω_{1}, y \in Ω_{2}}$ ，设 $E_{1} \subseteq Ω_{1}$ ， $E_{2} \in Ω_{2}$ ，称 $E_{1} \times E_{2} = {(x . y) : x \in E_{1}, y \in E_{2}}$ 为 $Ω = Ω_{1} \times Ω_{2}$ 的一个长方形（集）（rectangle(set)）；

特别地， $F_{1} \times F_{2} = {E_{1} \times E_{2} : E_{1} \in F_{1}, E_{2} \in F_{2}}$ ，定义函数 $μ : F_{1} \times F_{2} \to \overline{R_{+}}$ ， $μ (E_{1} \times E_{2}) = μ_{1} (E_{1}) μ_{2} (E_{2})$ ， $E_{1} \in F_{1}$ ， $E_{2} \in F_{2}$ ； $μ (\emptyset) = μ (\emptyset \times \emptyset) = μ (\emptyset) \cdot μ (\emptyset) = 0$ ；（约定 $0 \cdot \infty = 0$ 、 $\infty \cdot 0 = 0$ ）

定义 $F_{1} * F_{2} = F = σ (F_{1} \times F_{2})$ 为 $F_{1} \times F_{2}$ 生成的 $σ$ -代数，称为乘积 $σ$ -代数。

备注： $E_{1} \times E_{2}$ 虽然叫做长方形集，但它的图形并不是长方形的，可能很复杂。

引理： $F_{1} \times F_{2} \subseteq P (Ω)$ 是一个半代数。

证明:

1、证明全集属于 $F_{1} \times F_{2}$ ： $Ω = Ω_{1} \times Ω_{2} \in F_{1} \times F_{2}$ ；

2、证明 $A, B \in F_{1} \times F_{2} \Rightarrow A \cap B \in F_{1} \times F_{2}$ ，即对交集运算封闭：

$A = A_{1} \times A_{2} = {(x, y) : x \in A_{1}, y \in A_{2}}$ ， $A_{1} \in F_{1}$ ， $A_{2} \in F_{2}$ ，

$B = B_{1} \times B_{2} = {(x, y) : x \in B_{1}, y \in B_{2}}$ ， $B_{1} \in F_{1}$ ， $B_{2} \in F_{2}$ ，

$A \cap B = {(x, y) : x \in A_{1}, y \in A_{2}, x \in B_{1}, y \in B_{2}} = {(x, y) : x \in A_{1} \cap B_{1}, y \in A_{2} \cap B_{2}} = (A_{1} \cap B_{1}) \times (A_{2} \cap B_{2}) \in F_{1} \times F_{2}$

3、证明 $\forall A \in F_{1} \times F_{2} \Rightarrow \exists A_{1}, \dots, A_{n} \in F_{1} \times F_{2}, A^{c} = \sum_{j = 1}^{n} A_{j}$ ，即补运算等于有限个集合的不交并：

$A = E_{1} \times E_{2}$ ， $E_{1} \in F_{1}$ ， $E_{2} \in F_{2}$ ，我们有

$Ω_{1} \times Ω_{2} = (E_{1} \cup E_{1}^{c}) \times (E_{2} \cup E_{2}^{c}) = (E_{1} \times E_{2}) \cup (E_{1} \times E_{2}^{c}) \cup (E_{1}^{c} \times E_{2}) \cup (E_{1}^{c} \times E_{2}^{c}) \Leftrightarrow (E_{1} \times E_{2})^{c} = (E_{1} \times E_{2}^{c}) \cup (E_{1}^{c} \times E_{2}) \cup (E_{1}^{c} \times E_{2}^{c})$

定义：给定 $A \subseteq Ω_{1} \times Ω_{2}$ 和点 $x \in Ω_{1}$ ， $Ω_{2}$ 的子集 $A_{x} = {y \in Ω_{2} : (x, y) \in A}$ ，称为集合 $A$ 在 $x$ 处的截口（section）；类似的，对 $y \in Ω_{2}$ ， $Ω_{1}$ 的子集 $A^{y} = {x \in Ω_{1} : (x, y) \in A}$ ，称为 $A$ 在 $y$ 处的截口。

引理：给定 $A \in F_{1} * F_{2} = F$ ，那么：

（1）对任何 $x \in Ω_{1}$ ，有 $A_{x} \in F_{2}$ ；

（2）对任何 $y \in Ω_{2}$ ，有 $A^{y} \in F_{1}$ .

证明（1和2证明类似，我们只证明1）：

令 $C = {A \in F_{1} * F_{2} : \forall x \in Ω_{1}, A_{x} \in F_{2}}$ ，

(Ⅰ). $C \supseteq F_{1} \times F_{2}$ ， $A \in F_{1} \times F_{2}$ （因为 $A = E_{1} \times E_{2}$ ， $E_{1} \in F_{1}$ ， $E_{2} \in F_{2}$ ），那么对任何 $x \in Ω_{1}$ ， $A_{x} = {E_{2} \emptyset, x \in E_{1}, x \in E_{1}^{c}$

(Ⅱ). $C$ 是一个 $σ$ -代数：

(a). 证明 $Ω \in C$ ，即全集属于 $C$ ： $Ω = Ω_{1} \times Ω_{2}$ ，对任何 $x \in Ω_{1}$ ， $Ω_{x} = Ω_{2} \in F_{2}$ ；

(b). 证明 $\forall A \in C \Rightarrow A^{c} \in C$ ，即对补运算封闭：

对任何 $x \in Ω_{1}$ ， $y \in Ω_{2}$ ， $(x, y)$ 要么属于 $A$ ，要么属于 $A^{c}$ ， $A_{x} = {y \in Ω_{2} : (x, y) \in A}$ ， $(A^{c})_{x} = {y \in Ω_{2} : (x, y) \in A^{c}}$ ，所以 $A_{x} \cup (A^{c})_{x} = Ω_{2}$ ，等价于 $(A^{c})_{x} = (A_{x})^{c}$ ，

又因为 $A \in C$ ，则 $A_{x} \in F_{2}$ ，所以 $(A^{c})_{x} = (A_{x})^{c} \in F_{2}$ ，即 $A^{c} \in C$ ；

(c). 证明 $A_{j} \in C, j \geq 1 \Rightarrow j \geq 1 ⋃ A_{j} \in C$ ，即对可数并集运算封闭：

已知对 $j \geq 1$ ， $A_{j} \in C$ ，对任何 $x \in Ω_{1}$ ， $(A_{j})_{x} \in F_{2}$ ，又因为 $(j \geq 1 ⋃ A_{j})_{x} = {y \in Ω_{2} : (x, y) \in j \geq 1 ⋃ A_{j}} = j \geq 1 ⋃ {y \in Ω_{2} : (x, y) \in A_{j}} = j \geq 1 ⋃ (A_{j})_{x} \in F_{2}$ ，所以 $j \geq 1 ⋃ A_{j} \in C$ .

综上，我们有 $C \supseteq σ (F_{1} \times F_{2}) = F$ ，命题得证。

命题： $μ : F_{1} \times F_{2} \to \overline{R_{+}}$ 是有限可加的，即满足：

（1）空集取值为零： $μ (\emptyset) = 0$ ；

（2）有限可加性：如果 $A_{1}, \dots, A_{n}$ 是 $F_{1} \times F_{2}$ 中互不相交的集合，且 $A = \sum_{j = 1}^{n} A_{j} \in F_{1} \times F_{2}$ ，则 $μ (A) = \sum_{j = 1}^{n} μ (A_{j})$ .

证明（ $μ (\emptyset) = 0$ 已知，只需证明可数可加性）：

对 $1 \leq j \leq n$ ， $A = E \times F$ ， $A_{j} = E_{j} \times F_{j}$ ， $E, E_{j} \in F_{1}$ ， $F, F_{j} \in F_{2}$ ， $A = \sum_{j = 1}^{n} A_{j} \in F_{1} \times F_{2}$ ，

显然 $E = j = 1 ⋃ n E_{j}$ ， $F = j = 1 ⋃ n F_{j}$ ，

$A_{x} = {F \emptyset, x \in E, x \in E^{c}$ ， $μ_{2} (A_{x}) = μ_{2} (F) 1_{E} (x)$ ，

$(A_{j})_{x} = {F_{j} \emptyset, x \in E_{j}, x \in E_{j}^{c}$ ， $μ_{2} ((A_{j})_{x}) = μ_{2} (F_{j}) 1_{E_{j}} (x)$ ，

对任何 $x \in Ω_{1}$ ， $(\sum_{j = 1}^{n} A_{j})_{x} = {y \in Ω_{2} : (x, y) \in \sum_{j = 1}^{n} A_{j}} = \sum_{j = 1}^{n} {y \in Ω_{2} : (x, y) \in A_{j}} = \sum_{j = 1}^{n} (A_{j})_{x}$ ，

$μ_{2} ((\sum_{j = 1}^{n} A_{j})_{x}) = μ_{2} (A_{x}) = μ_{2} (F) 1_{E} (x)$ ，

$μ_{2} ((\sum_{j = 1}^{n} A_{j})_{x}) = μ_{2} (\sum_{j = 1}^{n} (A_{j})_{x}) = \sum_{j = 1}^{n} μ_{2} ((A_{j})_{x}) = \sum_{j = 1}^{n} μ_{2} (F_{j}) 1_{E_{j}} (x)$ ，

故 $μ_{2} (F) 1_{E} (x) = \sum_{j = 1}^{n} μ_{2} (F_{j}) 1_{E_{j}} (x)$ ，两边取关于 $μ_{1}$ 的积分得 $\int μ_{2} (F) 1_{E} d μ_{1} = \int \sum_{j = 1}^{n} μ_{2} (F_{j}) 1_{E_{j}} (x) d μ_{1} \Rightarrow μ_{1} (E) μ_{2} (F) = \sum_{j = 1}^{n} μ_{1} (E_{j}) μ_{2} (F_{j})$ ，命题得证。

命题： $μ : F_{1} \times F_{2} \to \overline{R_{+}}$ 是可数可加的，即满足：

（1）空集取值为零： $μ (\emptyset) = 0$ ；

（2）可数可加性：如果 $A_{1}, \dots, A_{n}, \dots$ 是 $F_{1} \times F_{2}$ 中互不相交的集合，且 $A = \sum_{j = 1}^{+ \infty} A_{j} \in F_{1} \times F_{2}$ ，则 $μ (A) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} μ (A_{j})$ .

证明：只需要把前面有限可加性证明中的 $n$ 改为 $+ \infty$ ，再利用 $μ_{1}$ 和 $μ_{2}$ 的可数可加性，就可以得出。

定理：给定测度空间 $(Ω_{j}, F_{j}, μ_{j})$ ， $j = 1, 2$ ， $μ_{1}, μ_{2}$ 是 $σ$ -有限的，则存在唯一测度 $μ$ 定义在 $σ$ -代数 $F_{1} * F_{2} \subseteq P (Ω_{1} \times Ω_{2})$ 上，满足 $μ (E_{1} \times E_{2}) = μ_{1} (E_{1}) μ_{2} (E_{2})$ ， $E_{1} \in F_{1}$ ， $E_{2} \in F_{2}$ .

证明：

1、 $F_{1} \times F_{2}$ 是半代数；（前面已证明）

2、 $μ : F_{1} \times F_{2} \to \overline{R_{+}}$ ， $μ (E_{1} \times E_{2}) = μ_{1} (E_{1}) μ_{2} (E_{2})$ ， $E_{1} \in F_{1}$ ， $E_{2} \in F_{2}$ ， $μ$ 是可数可加的；（前面已证明）

3、 $μ_{1}, μ_{2}$ 是 $σ$ -有限的，即存在两个单调上升的集合列 ${E_{j} \in F_{1}}$ ， ${F_{j} \in F_{2}}$ ，使得 $Ω_{1} = j = 1 ⋃ + \infty E_{j}$ ， $μ_{1} (E_{j}) < + \infty$ ， $Ω_{2} = j = 1 ⋃ + \infty F_{j}$ ， $μ_{2} (F_{j}) < + \infty$ ，那么 $Ω_{1} \times Ω_{2} = j = 1 ⋃ + \infty (E_{j} \times F_{j})$ ， $μ (E_{j} \times F_{j}) = μ_{1} (E_{j}) μ_{2} (F_{j}) < + \infty$ ，即 $(Ω_{1} \times Ω_{2}, F_{1} \times F_{2}, μ)$ 是 $σ$ -有限的；

4、利用卡拉西奥多里定理。

三个测度空间的情况

前面的定理可以扩展到有限个 $σ$ -有限的测度空间的笛卡尔积，以三个测度空间为例：

定义：给定测度空间 $(Ω_{j}, F_{j}, μ_{j})$ ， $j = 1, 2, 3$ ，全空间 $Ω = Ω_{1} \times Ω_{2} \times Ω_{3} = {(x, y, z) : x \in Ω_{1}, y \in Ω_{2}, z \in Ω_{3}}$ ， $F_{1} \times F_{2} \times F_{3} = {E_{1} \times E_{2} \times E_{3} : E_{1} \in F_{1}, E_{2} \in F_{2}, E_{3} \in F_{3}}$ ，定义函数 $μ = μ_{1} \times μ_{2} \times μ_{3} : F_{1} \times F_{2} \times F_{3} \to \overline{R_{+}}$ ， $μ (E_{1} \times E_{2} \times E_{3}) = μ_{1} (E_{1}) μ_{2} (E_{2}) μ_{3} (E_{3})$ ， $E_{1} \in F_{1}$ ， $E_{2} \in F_{2}$ ， $E_{3} \in F_{3}$ ； $μ (\emptyset) = 0$ ；（约定 $0 \cdot \infty = 0$ 、 $\infty \cdot 0 = 0$ ）

定义 $F_{1} * F_{2} * F_{3} = F = σ (F_{1} \times F_{2} \times F_{3})$ 为 $F_{1} \times F_{2} \times F_{3}$ 生成的 $σ$ -代数，称为乘积 $σ$ -代数。

引理：： $F_{1} \times F_{2} \times F_{3} \subseteq P (Ω)$ 是一个半代数。

引理：给定 $A \in F_{1} * F_{2} * F_{3} = F$ ，那么：

（1）对任何 $x \in Ω_{1}$ ，有 $A_{x} \in F_{2} * F_{3}$ ；

（2）对任何 $y \in Ω_{2}$ ，有 $A^{y} \in F_{1} * F_{3}$ ；

（3）对任何 $z \in Ω_{3}$ ，有 $A^{z} \in F_{1} * F_{2}$ .

命题： $μ : F_{1} \times F_{2} \times F_{3} \to \overline{R_{+}}$ 是可数可加的，即满足：

（1）空集取值为零： $μ (\emptyset) = 0$ ；

（2）可数可加性：如果 $A_{1}, \dots, A_{n}, \dots$ 是 $F_{1} \times F_{2} \times F_{3}$ 中互不相交的集合，且 $A = \sum_{j = 1}^{+ \infty} A_{j} \in F_{1} \times F_{2} \times F_{3}$ ，则 $μ (A) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} μ (A_{j})$ .

证明证明（ $μ (\emptyset) = 0$ 已知，只需证明可数可加性）：

对 $j \geq 1$ ， $A = E \times F \times G$ ， $A_{j} = E_{j} \times F_{j} \times G_{j}$ ， $E, E_{j} \in F_{1}$ ， $F, F_{j} \in F_{2}$ ， $G, G_{j} \in F_{3}$ ， $A = \sum_{j = 1}^{+ \infty} A_{j} \in F_{1} \times F_{2} \times F_{3}$ ，

显然 $E = j = 1 ⋃ + \infty E_{j}$ ， $F = j = 1 ⋃ + \infty F_{j}$ ， $G = j = 1 ⋃ + \infty G_{j}$ ，

$A_{x} = {F \times G \emptyset, x \in E, x \in E^{c}$ ， $μ_{2} \times μ_{3} (A_{x}) = μ_{2} (F) μ_{3} (G) 1_{E} (x)$ ，

$(A_{j})_{x} = {F_{j} \times G_{j} \emptyset, x \in E_{j}, x \in E_{j}^{c}$ ， $μ_{2} \times μ_{3} ((A_{j})_{x}) = μ_{2} (F_{j}) μ_{3} (G_{j}) 1_{E_{j}} (x)$ ，

对任何 $x \in Ω_{1}$ ， $(\sum_{j = 1}^{+ \infty} A_{j})_{x} = {(y, z) \in Ω_{2} \times Ω_{3} : (x, y, z) \in \sum_{j = 1}^{+ \infty} A_{j}} = \sum_{j = 1}^{+ \infty} {(y, z) \in Ω_{2} \times Ω_{3} : (x, y, z) \in A_{j}} = \sum_{j = 1}^{+ \infty} (A_{j})_{x}$ ，

$μ_{2} \times μ_{3} ((\sum_{j = 1}^{+ \infty} A_{j})_{x}) = μ_{2} \times μ_{3} (A_{x}) = μ_{2} (F) μ_{3} (G) 1_{E} (x)$ ，

$μ_{2} \times μ_{3} ((\sum_{j = 1}^{+ \infty} A_{j})_{x}) = μ_{2} \times μ_{3} (\sum_{j = 1}^{+ \infty} (A_{j})_{x}) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} μ_{2} \times μ_{3} ((A_{j})_{x}) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} μ_{2} (F_{j}) μ_{3} (G_{j}) 1_{E_{j}} (x)$ ，这里利用了 $μ_{2} \times μ_{3}$ 的可数可加性，

故 $μ_{2} (F) μ_{3} (G) 1_{E} (x) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} μ_{2} (F_{j}) μ_{3} (G_{j}) 1_{E_{j}} (x)$ ，两边取关于 $μ_{1}$ 的积分得 $\int μ_{2} (F) μ_{3} (G) 1_{E} d μ_{1} = \int \sum_{j = 1}^{+ \infty} μ_{2} (F_{j}) μ_{3} (G_{j}) 1_{E_{j}} (x) d μ_{1} \Rightarrow μ_{1} (E) μ_{2} (F) μ_{3} (G) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} μ_{1} (E_{j}) μ_{2} (F_{j}) μ_{3} (G_{j})$ ，命题得证。

$μ_{1}$ 、 $μ_{2}$ 、 $μ_{3}$ 是 $σ$ -有限的，则 $(Ω_{1} \times Ω_{2} \times Ω_{3}, F_{1} \times F_{2} \times F_{3}, μ)$ 是 $σ$ -有限的；

利用卡拉西奥多里定理。

可列维乘积空间的测度

给定可数个测度空间 $(Ω_{j}, F_{j}, μ_{j})$ ， $μ_{j} (Ω_{j}) = 1$ ， $j = 1, 2, \dots$ ，全空间 $Ω = Ω_{1} \times Ω_{2} \times \dots = \prod_{j \geq 1} Ω_{j} = {x = (x_{1}, x_{2}, \dots) : x_{j} \in Ω_{j}}$ ：

记号： $n \geq 1$ 时，记 $Ω^{(n)} = Ω_{n} \times Ω_{n + 1} \times \dots$ ，特别地， $Ω^{(1)} = Ω$ .

定义： $E \subseteq Ω$ ，如果 $E = E_{1} \times E_{2} \times \dots \times E_{n} \times Ω_{n + 1} \times Ω_{n + 2} \times \dots = E_{1} \times E_{2} \times \dots \times E_{n} \times Ω^{(n + 1)}$ ， $E_{j} \in F_{j}$ ， $1 \leq j \leq n$ ， $n \in N$ ，我们称 $E$ 为柱集（cylinder set）。

$C$ 表示所有柱集构成的集合，定义函数 $μ : C \to [0, 1]$ ，表达式为 $μ (E) = μ (E_{1} \times \dots \times E_{n} \times Ω^{(n + 1)}) = \prod_{j = 1}^{n} μ_{j} (E_{j}) \cdot \prod_{j \geq n + 1} μ_{j} (Ω_{j}) = \prod_{j = 1}^{n} μ_{j} (E_{j})$ ， $μ (\emptyset) = μ (\emptyset \times Ω^{(2)}) = μ_{1} (\emptyset) = 0$ .

引理： $C$ 是一个半代数。

证明：思路是化为有限个测度空间的乘积。

1、证明全集属于 $C$ ： $Ω = Ω_{1} \times Ω_{2} \times \dots \in C$ ；

2、证明 $A, B \in C \Rightarrow A \cap B \in C$ ，即对交集运算封闭：

$A = A_{1} \times \dots \times A_{n} \times Ω^{(n + 1)}$ ， $A_{j} \in F_{j}$ ， $1 \leq j \leq n$ ，

$B = B_{1} \times \dots \times B_{m} \times Ω^{(m + 1)}$ ， $B_{k} \in F_{j}$ ， $1 \leq k \leq m$ ，

不妨设 $n \leq m$ ，那么

$A = A_{1} \times \dots \times A_{n} \times Ω_{n + 1} \times \dots \times Ω_{m} \times Ω^{(m + 1)}$ ，

$A \cap B = (A_{1} \cap B_{1}) \times \dots \times (A_{m} \cap B_{m}) \times Ω^{(m + 1)} \in C$ ；

3、证明 $\forall A \in C \Rightarrow \exists A^{(1)}, \dots, A^{(l)} \in C$ ， $A^{c} = \sum_{j = 1}^{l} A^{(j)}$ ，即补运算等于有限个集合的不交并：

$A = A_{1} \times \dots \times A_{n} \times Ω^{(n + 1)}$ ， $A_{j} \in F_{j}$ ， $1 \leq j \leq n$ ，

令 $B^{j, 1} = A_{j}$ ， $B^{j, - 1} = A_{j}^{c}$ ， $σ_{j} \in {- 1, 1}$ ，那么 $A^{c} = \sum_{j = 1}^{n} 1_{{σ_{j} = - 1}} \geq 1 \sum B^{1, σ_{1}} \times \dots \times B^{n, σ_{n}} \times Ω^{(n + 1)}$ .

命题： $μ : C \to [0, 1]$ 是有限可加的，即满足：

（1）空集取值为零： $μ (\emptyset) = 0$ ；

（2）有限可加性：如果 $A \in C$ ， $A^{(1)}, \dots, A^{(k)}$ 是 $C$ 中互不相交的集合，且 $A = \sum_{j = 1}^{k} A^{(j)}$ ，则 $μ (A) = \sum_{j = 1}^{k} μ (A^{(j)})$ .

证明： $μ (\emptyset) = 0$ 已知，只需证明有限可加性，思路是化为有限个测度空间的乘积。

$A = A_{1} \times \dots \times A_{n} \times Ω^{(n + 1)}$ ， $A^{(j)} = A_{1}^{(j)} \times \dots \times A_{n_{j}}^{(j)} \times Ω^{(n_{j} + 1)}$ ， $1 \leq j \leq k$ ，

令 $m = max {n_{1}, n_{2}, \dots, n_{k}}$ ，那么

$A = A_{1} \times \dots \times A_{m} \times Ω^{(m + 1)}$ ， $μ (A) = \prod_{l = 1}^{m} μ_{l} (A_{l})$ ，

$A^{(j)} = A_{1}^{(j)} \times \dots \times A_{m}^{(j)} \times Ω^{(m + 1)}$ ， $μ (A^{(j)}) = \prod_{l = 1}^{m} μ_{l} (A_{l}^{(j)})$ ，

根据有限维乘积测度空间 $(\times_{l = 1}^{m} Ω_{l}, σ (\times_{l = 1}^{m} F_{l}), \times_{l = 1}^{m} μ_{l})$ 的可数可加性， $μ (A) = \sum_{j = 1}^{k} μ (A^{(j)})$ ，有限可加性得证。

定义： $A = A (C)$ 表示 $C$ 生成的代数 $A$ ，我们把 $μ$ 扩张到 $A$ 上，记为 $μ : A \to [0, 1]$ ，也是有限可加的。

记号： $Ω^{(2)} = Ω_{2} \times Ω_{3} \times \dots$ ， $C^{(2)}$ 表示 $Ω^{(2)}$ 中的柱集，

$E \in C^{(2)}$ ，如果 $E = E_{2} \times \dots \times E_{m} \times Ω^{(m + 1)}$ ， $E_{j} \in F_{j}$ ， $2 \leq j \leq m$ ， $m \in N$ ，

定义函数 $ν^{(2)} : C^{(2)} \to [0, 1]$ ，表达式为 $ν^{(2)} (E) = μ^{(2)} (E_{2} \times \dots \times E_{m} \times Ω^{m + 1}) = \prod_{j = 2}^{m} μ_{j} (E_{j}) \cdot \prod_{j \geq m + 1} μ_{j} (Ω_{j}) = \prod_{j = 2}^{m} μ_{j} (E_{j})$ ， $ν^{(2)} (\emptyset) = μ^{(2)} (\emptyset \times Ω^{(3)}) = μ_{2} (\emptyset) = 0$ ；

$A^{(2)} = A (C^{(2)})$ 表示 $C^{(2)}$ 生成的代数 $A^{(2)}$ ，我们把 $ν^{(2)}$ 扩张到 $A^{(2)}$ 上，记为 $ν^{(2)} : A^{(2)} \to [0, 1]$ ，同理， $ν^{(2)}$ 是有限可加的。

类似可以定义： $Ω^{(k)}$ 、 $C^{(k)}$ 、 $A^{(k)}$ 、 $ν^{(k)}$ ， $k \geq 2$ .

定义：给定 $A \subseteq Ω$ 和点 $(x_{1}, \dots, x_{k}) \in Ω_{1} \times \dots \times Ω_{k}$ ， $Ω^{(k + 1)}$ 的子集 $A (x_{1}, \dots, x_{k}) = {y \in Ω^{(k + 1)} : (x_{1}, \dots, x_{k}, y) \in A}$ 称为集合 $A$ 在 $(x_{1}, \dots, x_{k})$ 处的截口（section）。

引理：给定 $A \in C$ ，对任何 $x \in Ω_{1}$ ， $A (x) \in C^{(2)}$ ，函数 $ν^{(2)} (A (x)) : Ω_{1} \to [0, 1]$ 是 $F_{1}$ -可测的，并且 $μ (A) = \int ν^{(2)} (A (x)) d μ_{1} (x)$ .

证明：

给定 $A \in C$ ， $A = E_{1} \times \dots \times E_{n} \times Ω^{(n + 1)}$ ， $E_{j} \in F_{j}$ ，对任何 $x \in Ω_{1}$ ，我们有 $A (x) = {E_{2} \times \dots \times E_{n} \times Ω^{(n + 1)} \emptyset, x \in E_{1}, x \in E_{1}^{c}$ ，显然 $A (x) \in C^{(2)}$ ，

$ν^{(2)} (A (x)) = 1_{E_{1}} (x) \prod_{j = 2}^{m} μ_{j} (E_{j})$ ，是简单函数，所以是 $F_{1}$ -可测的；

$\int ν^{(2)} (A (x)) d μ_{1} (x) = \int 1_{E_{1}} (x) \prod_{j = 2}^{m} μ_{j} (E_{j}) d μ_{1} (x) = \prod_{j = 1}^{m} μ_{j} (E_{j}) = μ (A)$ .

同理，给定 $A \in A$ ，即 $A = \sum_{j = 1}^{n} A^{(j)}$ ， $A^{(j)} \in C$ ，对任何 $x \in Ω_{1}$ ， $A (x) = {y \in Ω^{(2)} : (x, y) \in \sum_{j = 1}^{n} A^{(j)}} = \sum_{j = 1}^{n} {y \in Ω^{(2)} : (x, y) \in A^{(j)}} = \sum_{j = 1}^{n} A^{(j)} (x) \in A^{(2)}$ ，

$ν^{(2)} (A (x)) = ν^{(2)} (\sum_{j = 1}^{n} A^{(j)} (x)) = \sum_{j = 1}^{n} ν^{(2)} (A^{(j)} (x))$ 是简单函数，所以是 $F_{1}$ -可测的，

$\int ν^{(2)} (A (x)) d μ_{1} (x) = \int ν^{(2)} (\sum_{j = 1}^{n} A^{(j)} (x)) d μ_{1} (x) = \int \sum_{j = 1}^{n} ν^{(2)} (A^{(j)} (x)) d μ_{1} (x) = \sum_{j = 1}^{n} \int ν^{(2)} (A^{(j)} (x)) d μ_{1} (x) = \sum_{j = 1}^{n} μ (A^{(j)}) = μ (A)$

定理： $μ : A \to [0, 1]$ 在空集处上连续，所以 $μ$ 是可数可加的。

证明：

$μ : A \to [0, 1]$ 在空集处上连续，即，

如果对任何 $A$ 中单调下降到 $\emptyset$ 的集合列 ${A^{(n)}}_{n \geq 1}$ ，即 $A^{(n)} \supseteq A^{(n + 1)}$ ， $n \geq 1 ⋂ A^{(n)} = \emptyset$ ，有 $n \to \infty lim μ (A^{(n)}) = μ (\emptyset) = 0$ ，

等价于，对任何 $A$ 在单调下降集合列 ${A^{(n)}}_{n \geq 1}$ ，如果存在 $ϵ > 0$ ， $μ (A^{(n)}) \geq ϵ$ ， $n \geq 1$ ，那么 $n \geq 1 ⋂ A^{(n)} \neq = \emptyset$ .

我们证明此结果：

由于 $A^{(n)} \in A$ ，对 $x \in Ω_{1}$ ，截口 $A^{(n)} (x) \in A^{(2)}$ ，定义 $B^{(n)} = {x \in Ω_{1} : ν^{(2)} (A^{(n)} (x)) \geq \frac{ϵ}{2}}$ ， $ν^{(2)} (A^{(n)} (x))$ 是 $F_{1}$ -可测的，所以 $B^{(n)} \in F_{1}$ ，

由于 $A^{(n)} \supseteq A^{(n + 1)}$ ，所以 $A^{(n)} (x) \supseteq A^{(n + 1)} (x)$ ，有 $B^{(n)} \supseteq B^{(n + 1)}$ ，即 ${B^{(n)}}$ 是单调下降的集合列，

根据积分公式，

$μ (A^{(n)}) = \int ν^{(2)} (A^{(n)} (x)) d μ_{1} (x) = \int 1_{B^{(n)}} (x) ν^{(2)} (A^{(n)} (x)) d μ_{1} (x) + \int 1_{[B^{(n)}]^{c}} (x) ν^{(2)} (A^{(n)} (x)) d μ_{1} (x) \leq μ_{1} (B^{(n)}) + \frac{ϵ}{2} μ_{1} ([B^{(n)}]^{c}) = μ_{1} (B^{(n)}) + \frac{ϵ}{2} [1 - μ_{1} (B^{(n)})] = \frac{ϵ}{2} + μ_{1} (B^{(n)}) (1 - \frac{ϵ}{2}) \leq \frac{ϵ}{2} + μ_{1} (B^{(n)})$

又因为 $ϵ \leq μ (A^{(n)})$ ，所以 $μ_{1} (B^{(n)}) \geq \frac{ϵ}{2}$ ，因此， $n \geq 1 ⋂ B^{(n)} \neq = \emptyset$ ，

我们得到证明的第1步：存在 $x_{1} \in Ω_{1}$ ，使得：

(a). $A^{(n)} (x_{1}) \in A^{(2)}$ ， $n \geq 1$ ；

(b). ${A^{(n)} (x_{1})}_{n \geq 1}$ 单调下降；

(c). $ν^{(2)} (A^{(n)} (x_{1})) \geq \frac{ϵ}{2}$ ， $n \geq 1$ .

第二步，存在 $(x_{1}, x_{2}) \in Ω_{1} \times Ω_{2}$ ，使得：

(a). $A^{(n)} (x_{1}, x_{2}) \in A^{(3)}$ ， $n \geq 1$ ；

(b). ${A^{(n)} (x_{1}, x_{2})}_{n \geq 1}$ 单调下降；

(c). $ν^{(3)} (A^{(n)} (x_{1}, x_{2})) \geq \frac{ϵ}{2 ^{2}}$ ， $n \geq 1$ .

$\dots$

第 $k$ 步，存在 $(x_{1}, \dots, x_{k}) \in Ω_{1} \times \dots \times Ω_{k}$ ，使得：

(a). $A^{(n)} (x_{1}, \dots, x_{k}) \in A^{(k + 1)}$ ， $n \geq 1$ ；

(b). ${A^{(n)} (x_{1}, \dots, x_{k})}_{n \geq 1}$ 单调下降；

(c). $ν^{(k + 1)} (A^{(n)} (x_{1}, \dots, x_{k})) \geq \frac{ϵ}{2 ^{k}}$ ， $n \geq 1$ .

$\dots$

我们得到一个点 $(x_{1}, x_{2}, \dots) \in Ω$ ，使得对任何 $n, k \in N$ ，有 $A^{(n)} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{k}) \neq = \emptyset$ ，

由于 $A^{(n)} \in A (C)$ 是柱集的并集，根据下一条引理， $(x_{1}, x_{2}, \dots) \in A^{(n)}$ ，即 $(x_{1}, x_{2}, \dots) \in n \geq 1 ⋂ A^{(n)}$ ，

所以我们证明了 $μ : A \to [0, 1]$ 在空集处上连续。

引理：给定集合 $A \in A$ ，点 $(x_{1}, x_{2}, \dots) \in Ω$ ， $(x_{1}, x_{2}, \dots) \in A$ 当且仅当 $(x_{1}, x_{2}, \dots)$ 属于某个柱集 $B \in C$ 。

用数学语言来描述就是，令 $B = E_{1} \times \dots \times E_{m} \times Ω^{(m + 1)}$ ， $E_{j} \in F_{j}$ ，则以下命题等价：

$(x_{1}, x_{2}, \dots) \in B = E_{1} \times \dots \times E_{m} \times Ω^{(m + 1)}$ ；
等价于 $B (x_{1}, \dots, x_{k}) \neq = \emptyset$ ， $1 \leq k \leq m$ ；
等价于 $B (x_{1}, \dots, x_{k}) \neq = \emptyset$ ， $1 \leq k$ .

证明：

$A \in A$ ，等价于 $A = \sum_{j = 1}^{n} A^{(j)}$ ， $A^{(j)} \in C$ 是柱集， $1 \leq j \leq n$ ，

$(x_{1}, x_{2}, \dots) \in \sum_{j = 1}^{n} A^{(j)}$ ，当且仅当存在 $j_{0} \in [1, n]$ ，使得 $(x_{1}, x_{2}, \dots) \in A^{(j_{0})}$ ，

不妨设 $B = A^{(j_{0})} \in C$ 是柱集， $B = E_{1} \times \dots \times E_{m} \times Ω^{(m + 1)}$ ， $E_{j} \in F_{j}$ ，

$(x_{1}, x_{2}, \dots) \in B = E_{1} \times \dots \times E_{m} \times Ω^{(m + 1)}$ ，

等价于， $x_{1} \in E_{1}$ ， $x_{2} \in E_{2}$ ， $\dots$ ， $x_{m} \in E_{m}$ ，

等价于， $B (x_{1}) \neq = \emptyset$ ， $B (x_{1}, x_{2}) \neq = \emptyset$ ， $\dots$ ， $B (x_{1}, \dots, x_{m}) \neq = \emptyset$ ，

记为 $B (x_{1}, \dots, x_{k}) \neq = \emptyset$ ， $1 \leq k \leq m$ ；

记 $E_{k} = Ω_{k}$ ， $k \geq m + 1$ ， $(x_{1}, x_{2}, \dots) \in B = E_{1} \times \dots \times E_{m} \times Ω^{(m + 1)}$ ，

等价于， $x_{1} \in E_{1}$ ， $x_{2} \in E_{2}$ ， $\dots$ ， $x_{m} \in E_{m}$ ， $x_{m + 1} \in E_{m + 1}$ ， $\dots$

等价于， $B (x_{1}) \neq = \emptyset$ ， $B (x_{1}, x_{2}) \neq = \emptyset$ ， $\dots$ ， $B (x_{1}, \dots, x_{m}) \neq = \emptyset$ ， $B (x_{1}, \dots, x_{m + 1}) \neq = \emptyset$ ， $\dots$

记为 $B (x_{1}, \dots, x_{k}) \neq = \emptyset$ ， $1 \leq k$ .

定理：给定测度空间 $(Ω_{j}, F_{j}, μ_{j})$ ， $μ_{j} (Ω_{j}) = 1$ ， $j = 1, 2, \dots$ ，则存在唯一测度 $μ$ 定义在乘积 $σ$ -代数 $F = σ (C) \subseteq P (Ω = \prod_{j = 1}^{+ \infty} Ω_{j})$ 上，其中 $C$ 是柱集，其中元素形如 $E_{1} \times \dots \times E_{n} \times \prod_{j = n + 1}^{+ \infty} Ω_{j}$ （其中 $E_{j} \in F_{j}$ ， $j =, 1, 2, \dots, n$ ），且 $μ (E_{1} \times \dots \times E_{n} \times \prod_{j = n + 1}^{+ \infty} Ω_{j}) = \prod_{j = 1}^{n} μ_{j} (E_{j})$ .

证明：

1、 $C$ 是半代数；

2、 $μ : A = A (C) \to [0, 1]$ ， $μ (E_{1} \times \dots \times E_{n} \times Ω^{(n + 1)}) = \prod_{j = 1}^{n} μ_{j} (E_{j})$ ， $μ$ 是可数可加的；

3、利用卡拉西奥多里定理。

Fubini定理

给定 $σ$ -有限的测度空间 $(Ω_{j}, F_{j}, μ_{j})$ ， $j = 1, 2$ ，全空间 $Ω = Ω_{1} \times Ω_{2} = {(x, y) : x \in Ω_{1}, y \in Ω_{2}}$ ， $μ = μ_{1} \times μ_{2}$ ， $F = σ (F_{1} \times F_{2})$ ：

定义：给定函数 $f : Ω_{1} \times Ω_{2} \to \overline{R}$ ，对每个固定的 $x \in Ω_{1}$ ，定义函数 $f_{x} : Ω_{2} \to \overline{R}$ ， $f_{x} (y) = f (x, y)$ ， $\forall y \in Ω_{2}$ ，称为函数 $f$ 在 $x$ 处的截口（section）；类似地，对每个固定的 $y \in Ω_{1}$ ，定义函数 $f_{y} : Ω_{1} \to \overline{R}$ ， $f_{y} (x) = f (x, y)$ ， $\forall x \in Ω_{1}$ ，称为 $f$ 在 $y$ 处的截口。

例：

$E \subseteq Ω$ ， $x \in Ω_{1}$ ， $(1_{E})_{x} (y) = 1_{E} (x, y) = {10 (x, y) \in E (x, y) \in / E$

$1_{E_{x}} (y) = {10, y \in E_{x}, y \in / E_{x}$

$E_{x} = {y \in Ω_{2} : (x, y) \in E}$ ，所以 $y \in E_{x}$ 等价于 $(x, y) \in E$ ，我们有 $(1_{E})_{x} = 1_{E_{x}}$ .

命题：给定函数 $f : Ω_{1} \times Ω_{2} \to \overline{R}$ 是 $F$ -可测的，那么：

（1） $\forall x \in Ω_{1}$ ，函数 $f_{x} : Ω_{2} \to \overline{R}$ 是 $F_{2}$ -可测的；

（2） $\forall y \in Ω_{2}$ ，函数 $f_{y} : Ω_{1} \to \overline{R}$ 是 $F_{1}$ -可测的；

证明：1和2证明类似，这里只证明1。

任取 $B \in \overline{B}$ ，由于 $f \in F$ ，所以 $f^{- 1} (B) \in F$ ，再根据集合截口的可测性， $[f^{- 1} (B)]_{x} \in F_{2}$ ，因此

$f_{x}^{- 1} (B) = {y \in Ω_{2} : f_{x} (y) \in B} = {y \in Ω_{2} : f (x, y) \in B} = {y \in Ω_{2} : (x, y) \in f^{- 1} (B)} = [f^{- 1} (B)]_{x} \in F_{2}$ ，命题1得证。

定理：给定 $σ$ -有限的测度空间 $(Ω_{j}, F_{j}, μ_{j})$ ， $j = 1, 2$ ，乘积测度 $μ$ 定义在乘积 $σ$ -代数 $F_{1} * F_{2} = F = σ (F_{1} \times F_{2})$ 上，对任何 $E \in F$ ，我们有：

（1）函数 $μ_{2} (E_{x}) : Ω_{1} \to \overline{R}$ 是 $F_{1}$ -可测的；函数 $μ_{1} (E_{y}) : Ω_{2} \to \overline{R}$ 是 $F_{2}$ -可测的；

（2） $\int μ_{2} (E_{x}) d μ_{1} = μ (E) = \int μ_{1} (E_{y}) d μ_{2}$ .

证明1中的第一个结论，第二个类似：

先假设 $μ_{1} (Ω_{1}) < \infty$ ， $μ_{2} (Ω_{2}) < \infty$ ，分四步证明，

第一步，设 $E \in C$ ， $E = A \times B$ ， $A \in F_{1}$ ， $B \in F_{2}$ ，则 $E_{x} = {B \emptyset, x \in A, x \in / A$ ， $μ_{2} (E_{x}) = {μ_{2} (B) 0, x \in A, x \in / A$

$μ_{2} (E_{x}) = μ_{2} (B) 1_{A} (x) \in F_{1}$ 是 $F_{1}$ 可测的；

第二步，设 $E \in A = A (C)$ ， $E = \sum_{j = 1}^{n} E^{(j)}$ ， $E^{(j)} \in C$ ， $E^{(j)} = A^{(j)} \times B^{(j)}$ ， $A^{(j)} \in F_{1}$ ， $B^{(j)} \in F_{2}$ ，

则 $E_{x} = (\sum_{j = 1}^{n} E^{(j)})_{x} = {y \in Ω_{2} : (x, y) \in \sum_{j = 1}^{n} E^{(j)}} = \sum_{j = 1}^{n} {y \in Ω_{2} : (x, y) \in E^{(j)}} = \sum_{j = 1}^{n} E_{x}^{(j)}$ ， $μ_{2} (E_{x}) = μ_{2} ((\sum_{j = 1}^{n} E^{(j)})_{x}) = μ_{2} (\sum_{j = 1}^{n} E_{x}^{(j)}) = \sum_{j = 1}^{n} μ_{2} (E_{x}^{(j)}) = \sum_{j = 1}^{n} μ_{2} (B^{(j)}) 1_{A^{(j)}} (x) \in F_{1}$ 是 $F_{1}$ -可测的；

第三步，利用单调类定理，

断言：设 $G = {E \in F : μ_{2} (E_{x}) \in F_{1}}$ ，则 $G$ 是一个单调类。

证明：

1、 $E^{(n)} \in G$ ， $E^{(n)} \subseteq E^{(n + 1)}$ ， $n \in N$ ， $\Rightarrow E = n = 1 ⋃ \infty E^{(n)} \in G$ ，

假设 ${E^{(n)} \in G}$ 单调上升，即 $E^{(n)} \subseteq E^{(n + 1)}$ ，所以对 $x \in Ω_{1}$ ， $E_{x}^{(n)} \subseteq E_{x}^{(n + 1)}$ ，即 ${E_{x}^{(n)}}$ 单调上升，

${E_{x}^{(n)}}$ 单调上升到 $E_{x}$ ， $E_{x} = (n = 1 ⋃ \infty E^{(n)})_{x} = {y \in Ω_{2} : (x, y) \in n = 1 ⋃ + \infty E^{(n)}} = n = 1 ⋃ + \infty {y \in Ω_{2} : (x, y) \in E^{(n)}} = n = 1 ⋃ + \infty E_{x}^{(n)}$ ，

$μ_{2} (E_{x}^{(n)}) \in F_{1}$ ，再根据 $μ_{2}$ 的下连续性， $μ_{2} (E_{x}) = n \to + \infty lim μ_{2} (E_{x}^{(n)}) \in F_{1}$ ，是 $F_{1}$ -可测的；

2、 $E^{(n)} \in G$ ， $E^{(n)} \supseteq E^{(n + 1)}$ ， $n \in N$ ， $\Rightarrow E = n = 1 ⋂ \infty E^{(n)} \in G$ ，

假设 ${E^{(n)} \in G}$ 单调下降，即 $E^{(n)} \supseteq E^{(n + 1)}$ ，所以对 $x \in Ω_{1}$ ， $E_{x}^{(n)} \supseteq E_{x}^{(n + 1)}$ ，即 ${E_{x}^{(n)}}$ 单调下降，

${E_{x}^{(n)}}$ 单调下降到 $E_{x}$ ， $E_{x} = (n = 1 ⋂ \infty E^{(n)})_{x} = {y \in Ω_{2} : (x, y) \in n = 1 ⋂ + \infty E^{(n)}} = n = 1 ⋂ + \infty {y \in Ω_{2} : (x, y) \in E^{(n)}} = n = 1 ⋂ + \infty E_{x}^{(n)}$ ，

$μ_{2} (E_{x}^{(n)}) \in F_{1}$ ，再由 $μ_{2} (Ω_{2}) < + \infty$ ， $μ_{2}$ 是上连续的， $μ_{2} (E_{x}) = n \to + \infty lim μ_{2} (E_{x}^{(n)}) \in F_{1}$ ，是 $F_{1}$ -可测的；

$G$ 是一个单调类，且 $G \supseteq A$ ，所以 $G \supseteq M (A) = σ (A) = F$ ；

第四步， $μ_{1}, μ_{2}$ 是 $σ$ -有限的，即存在两个单调上升的集合列 ${A^{(n)} \in F_{1}}$ 、 ${B^{(n)} \in F_{2}}$ ，使得 $Ω_{1} = n = 1 ⋃ + \infty A^{(n)}$ ， $μ_{1} (A^{(n)}) < + \infty$ ， $Ω_{2} = n = 1 ⋃ + \infty B^{(n)}$ ， $μ_{2} (B^{(n)}) < + \infty$ ，

那么 ${F^{(n)} = A^{(n)} \times B^{(n)} \in C}$ 单调上升， $Ω_{1} \times Ω_{2} = n = 1 ⋃ + \infty F^{(n)}$ ， $μ (F^{(n)}) = μ_{1} (A^{(n)}) μ_{2} (B^{(n)}) < + \infty$ ，

$E \in F$ ，对任何 $n \geq 1$ ， $μ_{2} ((E \cap F^{(n)})_{x}) \in F_{1}$ ，集合列 ${E \cap F^{(n)}}$ 单调上升到 $E$ ，所以集合列 ${(E \cap F^{(n)})_{x}}$ 单调上升到 $E_{x}$ ， $x \in Ω_{1}$ ，

根据测度的下连续性， $μ_{2} (E_{x}) = n \to + \infty lim μ_{2} ((E \cap F^{(n)})_{x}) \in F_{1}$ ；

证明命题2中的前半部分，后半部分证明类似：

先假设 $μ_{1} (Ω_{1}) < \infty$ ， $μ_{2} (Ω_{2}) < \infty$ ，分四步证明，

第一步，设 $E \in C$ ， $E = A \times B$ ， $A \in F_{1}$ ， $B \in F_{2}$ ，已知 $μ_{2} (E_{x}) = μ_{2} (B) 1_{A} (x) \in F_{1}$ 是 $F_{1}$ -可测的， $\int μ_{2} (E_{x}) d μ_{1} = \int μ_{2} (B) 1_{A} (x) d μ_{1} = μ_{2} (B) μ_{1} (A) = μ (E)$ ；

第二步，设 $E \in A = A (C)$ ， $E = \sum_{j = 1}^{n} E^{(j)}$ ， $E^{(j)} \in C$ ， $E^{(j)} = A^{(j)} \times B^{(j)}$ ， $A^{(j)} \in F_{1}$ ， $B^{(j)} \in F_{2}$ ，

$μ_{2} (E_{x}) = \sum_{j = 1}^{n} μ_{2} (E_{x}^{(j)}) = \sum_{j = 1}^{n} μ_{2} (B^{(j)}) 1_{A^{(j)}} (x) \in F_{1}$ ，

$\int μ_{2} (E_{x}) d μ_{1} = \int \sum_{j = 1}^{n} μ_{2} (E_{x}^{(j)}) d μ_{1} = \sum_{j = 1}^{n} \int μ_{2} (E_{x}^{(j)}) d μ_{1} = \sum_{j = 1}^{n} μ (E^{(j)}) = μ (E)$ ，

第三步，利用单调性定理，

断言：设 $G = {E \in F : \int μ_{2} (E_{x}) d μ_{1} = μ (E)}$ ，则 $G$ 是一个单调类。

证明：

1、 $E^{(n)} \in G$ ， $E^{(n)} \subseteq E^{(n + 1)}$ ， $n \in N$ ， $\Rightarrow E = n = 1 ⋃ \infty E^{(n)} \in G$ ，

假设 ${E^{(n)} \in G}$ 单调上升到 $E$ ，即 $E^{(n)} \subseteq E^{(n + 1)}$ ， $E = n = 1 ⋃ \infty E^{(n)}$ ，

${E_{x}^{(n)}}$ 单调上升到 $E_{x}$ ，即 $E_{x}^{(n)} \subseteq E_{x}^{(n + 1)}$ ， $E_{x} = n = 1 ⋃ \infty E_{x}^{(n)}$ ，

$μ_{2} (E_{x}^{(n)}) \in F_{1}$ ，再根据 $μ_{2}$ 的下连续性， $μ_{2} (E_{x}) = n \to + \infty lim μ_{2} (E_{x}^{(n)}) \in F_{1}$ ，是 $F_{1}$ -可测的；

已知 $\int μ_{2} (E_{x}^{(n)}) d μ_{1} = μ (E^{(n)})$ ，根据控制收敛定理或单调收敛定理， $n \to + \infty lim \int μ_{2} (E_{x}^{(n)}) d μ_{1} = \int [n \to + \infty lim μ_{2} (E_{x}^{(n)})] d μ_{1} = \int μ_{2} (E_{x}) d μ_{1}$ ，根据 $μ$ 的下连续性， $n \to + \infty lim μ (E^{(n)}) = μ (E)$ ，所以 $\int μ_{2} (E_{x}) d μ_{1} = μ (E)$ ；

2、 $E^{(n)} \in G$ ， $E^{(n)} \supseteq E^{(n + 1)}$ ， $n \in N$ ， $\Rightarrow E = n = 1 ⋂ \infty E^{(n)} \in G$ ，

假设 ${E^{(n)} \in G}$ 单调下降到 $E$ ，即 $E^{(n)} \supseteq E^{(n + 1)}$ ， $E = n = 1 ⋂ \infty E^{(n)}$ ，

${E_{x}^{(n)}}$ 单调下降到 $E_{x}$ ，即 $E_{x}^{(n)} \supseteq E_{x}^{(n + 1)}$ ， $E_{x} = n = 1 ⋂ \infty E_{x}^{(n)}$ ，

$μ_{2} (E_{x}^{(n)}) \in F_{1}$ ，再由 $μ_{2} (Ω_{2}) < + \infty$ ， $μ_{2}$ 是上连续的， $μ_{2} (E_{x}) = n \to + \infty lim μ_{2} (E_{x}^{(n)}) \in F_{1}$ ，是 $F_{1}$ -可测的，

已知 $\int μ_{2} (E_{x}^{(n)}) d μ_{1} = μ (E^{(n)})$ ，根据控制收敛定理， $n \to + \infty lim \int μ_{2} (E_{x}^{(n)}) d μ_{1} = \int [n \to + \infty lim μ_{2} (E_{x}^{(n)})] d μ_{1} = \int μ_{2} (E_{x}) d μ_{1}$ ，根据 $μ$ 的上连续性， $n \to + \infty lim μ (E^{(n)}) = μ (E)$ ，所以 $\int μ_{2} (E_{x}) d μ_{1} = μ (E)$ ；

$G$ 是一个单调类，且 $G \supseteq A$ ，所以 $G \supseteq M (A) = σ (A) = F$ ；

第四步， $μ_{1}, μ_{2}$ 是 $σ$ -有限的，即存在两个单调上升的集合列 ${A^{(n)} \in F_{1}}$ 、 ${B^{(n)} \in F_{2}}$ ，使得 $Ω_{1} = n = 1 ⋃ + \infty A^{(n)}$ ， $μ_{1} (A^{(n)}) < + \infty$ ， $Ω_{2} = n = 1 ⋃ + \infty B^{(n)}$ ， $μ_{2} (B^{(n)}) < + \infty$ ，

那么 ${F^{(n)} = A^{(n)} \times B^{(n)} \in C}$ 单调上升， $Ω_{1} \times Ω_{2} = n = 1 ⋃ + \infty F^{(n)}$ ， $μ (F^{(n)}) = μ_{1} (A^{(n)}) μ_{2} (B^{(n)}) < + \infty$ ，

$E \in F$ ，对任何 $n \geq 1$ ， $μ_{2} ((E \cap F^{(n)})_{x}) \in F_{1}$ ，集合列 ${E \cap F^{(n)}}$ 单调上升到 $E$ ，所以集合列 ${(E \cap F^{(n)})_{x}}$ 单调上升到 $E_{x}$ ， $x \in Ω_{1}$ ，

根据测度的下连续性， $μ_{2} (E_{x}) = n \to + \infty lim μ_{2} ((E \cap F^{(n)})_{x}) \in F_{1}$ ，

已知 $\int μ_{2} ((E \cap F^{(n)})_{x}) d μ_{1} = μ ((E \cap F^{(n)}))$ ，根据单调收敛定理， $n \to + \infty lim \int μ_{2} ((E \cap F^{(n)})_{x}) d μ_{1} = \int [n \to + \infty lim μ_{2} ((E \cap F^{(n)})_{x})] d μ_{1} = \int μ_{2} (E_{x}) d μ_{1}$ ，

根据 $μ$ 的下连续性， $n \to + \infty lim μ ((E \cap F^{(n)})_{x}) = μ (E)$ ，所以 $\int μ_{2} (E_{x}) d μ_{1} = μ (E)$ .

Tonelli定理：给定 $σ$ -有限的测度空间 $(Ω_{j}, F_{j}, μ_{j})$ ， $j = 1, 2$ ，乘积测度 $μ$ 定义在乘积 $σ$ -代数 $F_{1} * F_{2} = F = σ (F_{1} \times F_{2})$ 上，对任何非负 $F$ -可测函数 $f \geq 0$ ，有：

（1） $\int f_{x} (y) d μ_{2}$ 是 $F_{1}$ -可测的，且 $\int [\int f_{x} (y) d μ_{2}] d μ_{1} = \int fd μ$ ；

（2） $\int f_{y} (x) d μ_{1}$ 是 $F_{2}$ 可测的，且 $\int [\int f_{y} (x) d μ_{1}] d μ_{2} = \int fd μ$ .

证明：只证明命题1，命题2的证明类似。

第一步， $f = c 1_{E}$ ， $c \geq 0$ ， $E \in F$ ，

$x \in Ω_{1}$ ， $f_{x} = (c 1_{E})_{x} = c (1_{E})_{x} = c 1_{E_{x}}$ ，根据上个定理，

$\int f_{x} (y) d μ_{2} = \int c 1_{E_{x}} (y) d μ_{2} = c μ_{2} (E_{x}) \in F_{1}$ ，

$\int [\int f_{x} (y) d μ_{2}] d μ_{1} = \int c μ_{2} (E_{x}) d μ_{1} = c \int μ_{2} (E_{x}) d μ_{1} = c μ (E) = \int fd μ$ ；

第二步， $f$ 是简单函数，记 $f = \sum_{j = 1}^{n} f^{(j)} = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} 1_{E_{j}}$ ， $c_{j} \geq 0$ ， $E_{j} \in F$ ，

$x \in Ω_{1}$ ， $f_{x} = (\sum_{j = 1}^{n} f^{(j)})_{x} = \sum_{j = 1}^{n} f_{x}^{(j)}$ ，根据积分的线性性和第一步的结果，

$\int f_{x} (y) d μ_{2} = \int \sum_{j = 1}^{n} f_{x}^{(j)} (y) d μ_{2} = \sum_{j = 1}^{n} \int f_{x}^{(j)} (y) d μ_{2} \in F_{1}$ ，

$\int [\int f_{x} (y) d μ_{2}] d μ_{1} = \int [\sum_{j = 1}^{n} \int f_{x}^{(j)} (y) d μ_{2}] d μ_{1} = \sum_{j = 1}^{n} \int [\int f_{x}^{(j)} (y) d μ_{2}] d μ_{1} = \sum_{j = 1}^{n} \int f^{(j)} d μ = \int \sum_{j = 1}^{n} f^{(j)} d μ = fd μ$

第三步， $f$ 是非负 $F$ -可测函数，

存在非负单调上升的简单函数列 ${f^{(j)}}$ ，使得 $j \to + \infty lim f^{(j)} = f$ ，

$x \in Ω_{1}$ ， ${f_{x}^{(j)}}$ 是单调上升的非负简单函数列，且 $j \to + \infty lim f_{x}^{(j)} = f_{x}$ ，

根据第二步的结果， $\int f_{x}^{(j)} (y) d μ_{2} \in F_{1}$ ，再根据单调收敛定理，有 $j \to + \infty lim \int f_{x}^{(j)} (y) d μ_{2} = \int f_{x} (y) d μ_{2} \in F_{1}$ ，

已知 $\int [\int f_{x}^{(j)} (y) d μ_{2}] d μ_{1} = \int f^{(j)} d μ$ ，根据单调收敛定理， $j \to + \infty lim \int [\int f_{x}^{(j)} (y) d μ_{2}] d μ_{1} = \int [j \to + \infty lim \int f_{x}^{(j)} (y) d μ_{2}] d μ_{1} = \int [\int f_{x} (y) d μ_{2}] d μ_{1}$ ，

又因为 $j \to + \infty lim \int f^{(j)} d μ = \int fd μ$ ，所以 $\int [\int f_{x} (y) d μ_{2}] d μ_{1} = \int fd μ$ 得证。

Fubini定理：给定 $σ$ -有限的测度空间 $(Ω_{j}, F_{j}, μ_{j})$ ， $j = 1, 2$ ，乘积测度 $μ$ 定义在乘积 $σ$ -代数 $F_{1} * F_{2} = F = σ (F_{1} \times F_{2})$ 上，对任何 $F$ -可测函数 $f$ ，如果 $f$ 可积，我们有

（1）对 $μ_{1}$ -几乎处处 $x$ ， $f_{x} (y) : Ω_{2} \to \overline{R}$ 是 $μ_{2}$ 可积的：

$g^{+} (x) = {\int f_{x}^{+} (y) d μ_{2} 0, \int f_{x}^{+} (y) d μ_{2} < + \infty, \int f_{x}^{+} (y) d μ_{2} = + \infty$ ， $g^{+}$ 是 $F_{1}$ -可测的，且 $\int g^{+} d μ_{1} = \int [\int f_{x}^{+} (y) d μ_{2}] d μ_{1}$ ；
$g^{-} (x) = {\int f_{x}^{-} (y) d μ_{2} 0, \int f_{x}^{-} (y) d μ_{2} < + \infty, \int f_{x}^{-} (y) d μ_{2} = + \infty$ ， $g^{-}$ 是 $F_{1}$ -可测的，且 $\int g^{-} d μ_{1} = \int [\int f_{x}^{-} (y) d μ_{2}] d μ_{1}$ ；
$g = g^{+} - g^{-}$ 是 $F_{1}$ -可测的，且 $\int fd μ = \int g d μ_{1}$ ；

备注：也可以记为 $\int [\int f_{x} (y) d μ_{2}] d μ_{1} = \int fd μ$ ，其中 $\int f_{x} (y) d μ_{2}$ 是 $μ_{1}$ - $a . e .$ 有定义的。

（2）对 $μ_{2}$ -几乎处处 $y$ ， $f_{y} (x) : Ω_{1} \to \overline{R}$ 是 $μ_{1}$ 可积的：

$h^{+} (x) = {\int f_{y}^{+} (x) d μ_{1} 0, \int f_{y}^{+} (x) d μ_{1} < + \infty, \int f_{y}^{+} (x) d μ_{1} = + \infty$ ， $h^{+}$ 是 $F_{1}$ -可测的，且 $\int h^{+} d μ_{1} = \int [\int f_{y}^{+} (x) d μ_{1}] d μ_{2}$ ；
$h^{-} (x) = {\int f_{y}^{-} (x) d μ_{1} 0, \int f_{y}^{-} (x) d μ_{1} < + \infty, \int f_{y}^{-} (x) d μ_{1} = + \infty$ ， $h^{-}$ 是 $F_{1}$ -可测的，且 $\int h^{-} d μ_{1} = \int [\int f_{y}^{-} (x) d μ_{1}] d μ_{2}$ ；
$h = h^{+} - h^{-}$ 是 $F_{1}$ -可测的，且 $\int fd μ = \int h d μ_{2}$ .

备注：也可以记为 $\int [\int f_{y} (x) d μ_{1}] d μ_{2} = \int fd μ$ ，其中 $\int f_{y} (x) d μ_{1}$ 是 $μ_{2}$ - $a . e .$ 有定义的。

证明：

$f$ 可积，等价于 $f^{+}$ 和 $f^{-}$ 可积，根据Tonelli定理， $\int [\int f_{x}^{+} (y) d μ_{2}] d μ_{1} = \int f^{+} d μ < + \infty$ ，所以 $\int f_{x}^{+} (y) d μ_{2}$ 关于 $μ_{1}$ 可积，因此 $μ_{1} ({x \in Ω_{1} : \int f_{x}^{+} (y) d μ_{2} = + \infty}) = 0$ ，

定义 $g^{+} (x) = {\int f_{x}^{+} (y) d μ_{2} 0, \int f_{x}^{+} (y) d μ_{2} < + \infty, \int f_{x}^{+} (y) d μ_{2} = + \infty$ ， $g^{+}$ 是 $F_{1}$ -可测的，且 $\int g^{+} d μ_{1} = \int [\int f_{x}^{+} (y) d μ_{2}] d μ_{1}$ ，

同理，定义 $g^{-} (x) = {\int f_{x}^{-} (y) d μ_{2} 0, \int f_{x}^{-} (y) d μ_{2} < + \infty, \int f_{x}^{-} (y) d μ_{2} = + \infty$ ， $g^{-}$ 是 $F_{1}$ -可测的，且 $\int g^{-} d μ_{1} = \int [\int f_{x}^{-} (y) d μ_{2}] d μ_{1}$ ，

定义 $g = g^{+} - g^{-}$ 是 $F_{1}$ -可测的，且

$\int fd μ = \int f^{+} d μ - \int f^{-} d μ = \int [\int f_{x}^{+} (y) d μ_{2}] d μ_{1} - \int [\int f_{x}^{-} (y) d μ_{2}] d μ_{1} = \int g^{+} d μ_{1} - \int g^{-} d μ_{1} = \int (g^{+} - g^{-}) d μ_{1} = \int g d μ_{1}$

命题：给定 $σ$ -有限的测度空间 $(Ω_{j}, F_{j}, μ_{j})$ ， $j = 1, 2$ ，乘积测度 $μ$ 定义在乘积 $σ$ -代数 $F_{1} * F_{2} = F = σ (F_{1} \times F_{2})$ 上，对任何 $F$ -可测函数 $f$ ，如果 $\int [\int ∣ f_{x} (y) ∣ d μ_{2}] d μ_{1} < + \infty$ ，则Fubini定理成立。

证明：根据 $0 \leq f^{+}, f^{-} \leq ∣ f ∣$ ，和Tonelli定理，

$\int f^{+} d μ = \int [\int f_{x}^{+} (y) d μ_{2}] d μ_{1} \leq \int [\int ∣ f_{x} (y) ∣ d μ_{2}] d μ_{1} < + \infty$ ，

$\int f^{-} d μ = \int [\int f_{x}^{-} (y) d μ_{2}] d μ_{1} \leq \int [\int ∣ f_{x} (y) ∣ d μ_{2}] d μ_{1} < + \infty$ ，

$f$ 可积，所以Fubini定理成立。

Hahn-Jordan定理

定义：给定全集 $Ω$ ， $σ$ -代数 $F \subset P (Ω)$ ，函数 $ν : F \to \overline{R} = {- \infty} \cup R \cup {+ \infty}$ ，若满足以下条件，则称 $ν$ 为符号测度：

（1）空集取值为零： $ν (\emptyset) = 0$ ；

（2）可数可加性：如果 $E_{1}, E_{2}, E_{3}, \dots$ 是 $F$ 中互不相交的集合，且 $E = \sum_{j = 1}^{+ \infty} E_{j} \in F$ ，则 $ν (E) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} ν (E_{j})$ .

引理：给定可测空间 $(Ω, F)$ 上的符号测度 $ν$ ，如果 $E, F \in F$ ， $E \cap F = \emptyset$ ，则：

（1）若 $ν (E) = + \infty$ ，则 $ν (F) \neq = - \infty$ ，否则 $ν (E \cup F) = ν (E) + ν (F)$ 没有定义；

（2）若 $ν (E) = - \infty$ ，则 $ν (F) \neq = + \infty$ ，否则 $ν (E \cup F) = ν (E) + ν (F)$ 没有定义。

引理：给定可测空间 $(Ω, F)$ 上的符号测度 $ν$ ，给定 $F$ 中互不相交的集合列 ${E_{j}}$ ，根据可数可加性，有 $ν (\sum_{j \geq 1} E_{j}) = \sum_{j \geq 1} ν (E_{j})$ ，交换集合列 ${E_{j}}$ 中元素的位置，因为 $\sum_{j \geq 1} E_{j}$ 不变，所以 $\sum_{j \geq 1} ν (E_{j})$ 也不变，分三种情况讨论：

$\sum_{j \geq 1} ν (E_{j}) \in R$ ，则 $\sum_{j \geq 1} ν (E_{j})$ 绝对收敛；
$\sum_{j \geq 1} ν (E_{j}) = + \infty$ ，那么 $ν (E_{j}) \geq 0 \sum ν (E_{j}) = + \infty$ ，且 $ν (E_{j}) \leq 0 \sum ν (E_{j}) \in R$ ；
$\sum_{j \geq 1} ν (E_{j}) = - \infty$ ，那么 $ν (E_{j}) \geq 0 \sum ν (E_{j}) \in R$ ，且 $ν (E_{j}) \leq 0 \sum ν (E_{j}) = - \infty$ .

引理：给定可测空间 $(Ω, F)$ 上的符号测度 $ν$ ，如果 $E, F \in F$ ， $E \subseteq F$ ，则：

（1）如果 $∣ ν (E) ∣ < + \infty$ ，则 $ν (F \ E) = ν (F) - ν (E)$ ；

（2）若 $ν (E) = + \infty$ ，则 $ν (F) = + \infty$ ；

（3）若 $ν (E) = - \infty$ ，则 $ν (F) = - \infty$ .

证明：

1的证明： $E \subseteq F$ 等价于 $F = E \cup (F \ E)$ ，所以 $ν (F) = ν (F \ E) + ν (E)$ ，又因为 $∣ ν (E) ∣ < + \infty$ ，于是有 $ν (F \ E) = ν (F) - ν (E)$ ；

2和3的证明： $E \subseteq F$ 等价于 $F = E \cup (F \ E)$ ，所以 $ν (F) = ν (F \ E) + ν (E)$ ，

如果 $ν (E) = + \infty$ ，那么 $ν (F \ E) > - \infty$ ，所以 $ν (F) = + \infty$ ，

如果 $ν (E) = - \infty$ ，那么 $ν (F \ E) < + \infty$ ，所以 $ν (F) = - \infty$ .

引理：给定可测空间 $(Ω, F)$ 上的符号测度 $ν$ ，如果存在 $E \in F$ ， $ν (E) = + \infty$ ，那么对任何 $F \in F$ ，都有 $ν (F) > - \infty$ .

证明：

由于 $E \cap (F \ E) = \emptyset$ ，且 $ν (E) = + \infty$ ，所以 $ν (F \ E) > - \infty$ ，

如果 $ν (E \cap F) = - \infty$ ，又因为 $E \cap F \subseteq E$ ，所以 $ν (E) = - \infty$ ，与条件 $ν (E) = + \infty$ 矛盾，所以 $ν (E \cap F) > - \infty$ ，

由 $F = (E \cap F) \cup (F \ E)$ ， $ν (F) = ν (E \cap F) + ν (F \ E) > - \infty$ ，

给定可测空间 $(Ω, F)$ 上的符号测度 $ν$ ，则以下两种情况只有一种成立：

对任何 $F \in F$ ， $ν (F) \in (- \infty, + \infty]$ ；

对任何 $F \in F$ ， $ν (F) \in [- \infty, + \infty)$ .

我们一般假定，对任何 $F \in F$ ， $ν (F) \in (- \infty, + \infty]$ .

定理：给定可测空间 $(Ω, F)$ 上的符号测度 $ν$ ，则：

$ν$ 在 $E$ 处下连续：如果对任何 $F$ 中单调上升到 $E$ 的集合列 ${E_{n}}_{n \geq 1}$ ，即 $E_{n} \subseteq E_{n + 1}$ ， $n \geq 1 ⋃ E_{n} = E$ ，有 $n \to \infty lim ν (E_{n}) = ν (E)$ ；
$ν$ 在 $E$ 处上连续：如果对任何 $F$ 中单调下降到 $E$ 的集合列 ${E_{n}}_{n \geq 1}$ ，即 $E_{n} \supseteq E_{n + 1}$ ， $n \geq 1 ⋂ E_{n} = E$ ，且存在 $n_{0}$ ，使得 $∣ ν (E_{n_{0}}) ∣ < + \infty$ ，有 $n \to \infty lim ν (E_{n}) = ν (E)$ .

1的证明：

如果 $ν$ 是可数可加的，则对任何 $E \in A$ ， $ν$ 在 $E$ 处下连续，

给定 $A$ 中单调上升到 $E \in A$ 的集合列 ${E_{n}}_{n \geq 1}$ ，即 $E_{n} \subseteq E_{n + 1}$ ， $n \geq 1 ⋃ E_{n} = E$ ，我们要证明 $n \to \infty lim ν (E_{n}) = ν (E)$ ，

定义 $E_{0} = \emptyset$ ，对 $k \geq 1$ ，定义 $F_{k} = E_{k} \ E_{k - 1} \in A$ ，我们有

(a). ${F_{k} \in A}_{k = 1}^{\infty}$ 是两两不相交的；

(b). 对 $n \geq 1$ ， $E_{n} = \sum_{k = 1}^{n} F_{k}$ ，则 $ν (E_{n}) = \sum_{k = 1}^{n} ν (F_{k})$ ；

(c). $E = k = 1 ⋃ \infty E_{k} = \sum_{k = 1}^{\infty} F_{k}$ .

所以根据可数可加性， $ν (E) = \sum_{k = 1}^{\infty} ν (F_{k}) = n \to \infty lim \sum_{k = 1}^{n} ν (F_{k}) = n \to \infty lim ν (E_{n})$ ；

2的证明：

如果 $ν$ 是可数可加的，则对任何 $E \in A$ ， $ν$ 在 $E$ 处上连续，

给定 $A$ 中单调下降到 $E \in A$ 的集合列 ${E_{n}}_{n \geq 1}$ ，即 $E_{n} \supseteq E_{n + 1}$ ， $n \geq 1 ⋂ E_{n} = E$ ，且存在 $n_{0}$ ，使得 $∣ ν (E_{n_{0}}) ∣ < + \infty$ ，我们要证明 $n \to \infty lim ν (E_{n}) = ν (E)$ ，

对任何 $k \in N$ ，定义 $G_{k} = E_{n_{0}} \ E_{n_{0} + k}$ ，由于 ${E_{k}}_{k = 1}^{\infty}$ 是下降的，故 ${G_{k}}_{k = 1}^{\infty}$ 是上升的，根据德摩根等式， $k = 1 ⋃ \infty G_{k} = k = 1 ⋃ \infty (E_{n_{0}} \ E_{n_{0} + k}) = E_{n_{0}} \ k = 1 ⋂ \infty E_{n_{0} + k} = E_{n_{0}} \ E$ ， $k = 1 ⋃ \infty E_{n_{0} + k}^{c} = (k = 1 ⋂ \infty E_{n_{0} + k})^{c} = E^{c}$ （因为此时全集是 $E_{n_{0}}$ ），

再根据函数 $ν$ 的下连续性， $ν (E_{n_{0}}) - ν (E) = ν (E_{n_{0}} \ E) = k \to + \infty lim ν (E_{n_{0}} \ E_{n_{0} + k}) = k \to + \infty lim [ν (E_{n_{0}}) - ν (E_{n_{0} + k})] = ν (E_{n_{0}}) - k \to + \infty lim ν (E_{n_{0} + k})$ ，

命题 $n \to \infty lim ν (E_{n}) = ν (E)$ 得证。

Hahn-Jordan定理：给定可测空间 $(Ω, F)$ 上的符号测度 $ν : F \to (- \infty, + \infty]$ ，存在集合 $P \in F$ ，记 $N = P^{c}$ ，对任何 $E \in F$ ，有：

（1） $ν_{+} (E) = ν (E \cap P) \geq 0$ ， $ν_{-} (E) = - ν (E \cap N) \geq 0$ ；

（2） $ν (E) = ν_{+} (E) - ν_{-} (E)$ .

$ν_{+}$ 、 $ν_{-}$ 是可测空间 $(Ω, F)$ 上的测度。

$ν = ν_{+} - ν_{-}$ 称为Jordan分解；

$Ω = P \cup N$ 称为Hahn分解。

例：给定测度空间 $(R, L, λ)$ ， $λ$ 是勒贝格测度， $f = 1_{(0, 1]} - 1_{(1, 2]}$ ，定义符号测度 $μ_{f} = λ_{f}$ ，表达式为 $μ_{f} (A) = \int_{A} fd λ$ ， $\forall A \in L$ ，则Hahn分解不是唯一的，比如：

$P = (0, 1]$ ， $N = (0, 1]^{c}$ ；

$P = (1, 2]^{c}$ ， $N = (1, 2]$ .

引理：给定可测空间 $(Ω, F)$ 上的符号测度 $ν$ ，Hahn分解 $Ω = P \cup N$ ，Jordan分解 $ν = ν_{+} - ν_{-}$ ，对 $E \in F$ ，我们有：

（1） $ν_{+} (E) = sup {ν (F) : F \subseteq E, F \in F}$ ；

（2） $ν_{-} (E) = sup {- ν (F) : F \subseteq E, F \in F}$ .

所以Jordan分解 $ν = ν_{+} - ν_{-}$ 是唯一的。

证明：

对于任何 $E \in F$ , $F \in F$ ，且 $F \subseteq E$ ，我们有 $ν (F) = ν (F \cap P) + ν (F \cap N) \leq ν (F \cap P) \leq ν (E \cap P)$ ，所以 $ν_{+} (E) = sup {ν (F) : F \subseteq E, F \in F}$ ，

对于任何 $E \in F$ , $F \in F$ ，且 $F \subseteq E$ ，我们有 $- ν (F) = - ν (F \cap P) - ν (F \cap N) \leq - ν (F \cap N) \leq - ν (E \cap N)$ ，所以 $ν_{-} (E) = sup {- ν (F) : F \subseteq E, F \in F}$ .

Hahn-Jordan定理的证明：

令 $α = A \in F in f ν (A)$ ，已知 $ν (A) > - \infty$ ，证明分三步：

1、第一步，证明 $α > - \infty$ ：

反证法，假设 $α = - \infty$ ，对 $C \in F$ ，令 $λ (C) = E \in F, E \subseteq C in f ν (E)$ ，

断言：如果 $A, B \in F$ ， $A \cap B = \emptyset$ ，那么 $λ (A \cup B) \geq λ (A) + λ (B)$ .

证明：任取集合 $E \subseteq A \cup B$ ， $E \in F$ ，那么 $ν (E) = ν (E \cap A) + ν (E \cap B) \geq λ (A) + λ (B)$ ，所以 $λ (A \cup B) = E \in F, E \subseteq A \cup B in f ν (E) \geq λ (A) + λ (B)$ .

Ⅰ. 令 $A_{0} = Ω$ ，那么 $λ (A_{0}) = λ (Ω) = - \infty$ ，那么存在 $B_{1} \subseteq A_{0}$ ，使得 $ν (B_{1}) \leq - 1$ ，根据断言， $λ (B_{1})$ 、 $λ (A_{0} \ B_{1})$ 至少有一个是 $- \infty$ ，令 $A_{1} = {B_{1} A_{0} \ B_{1}, λ (B_{1}) = - \infty, λ (B_{1}) > - \infty, λ (A_{0} \ B_{1}) = - \infty$ ，所以 $λ (A_{1}) = - \infty$ ；

Ⅱ. $λ (A_{1}) = - \infty$ ，存在 $B_{2} \subseteq A_{1}$ ，使得 $ν (B_{2}) = - 2$ ，令 $A_{2} = {B_{2} A_{1} \ B_{2}, λ (B_{2}) = - \infty, λ (B_{2}) > - \infty, λ (A_{1} \ B_{2}) = - \infty$ ，所以 $λ (A_{2}) = - \infty$

Ⅲ. 以此类推，我们得到集合列 ${A_{k}}_{k \geq 0}$ 、 ${B_{k}}_{k \geq 1}$ ，满足：

①. $A_{k} \supseteq A_{k + 1}$ ， $λ (A_{k}) = - \infty$ ， $k \geq 0$ ；

②. $A_{k} \supseteq B_{k + 1}$ ， $ν (B_{k + 1}) \leq - k - 1$ ， $k \geq 0$ ；

③. $A_{k + 1} = {B_{k + 1} A_{k} \ B_{k + 1}, λ (B_{k + 1}) = - \infty, λ (B_{k + 1}) > - \infty, λ (A_{k} \ B_{k + 1}) = - \infty$ ， $k \geq 0$ .

断言：如果存在 $k + 1$ 步时， $A_{k + 1} = A_{k} \ B_{k + 1}$ ，那么对任何 $j \geq k + 2$ ，我们有 $B_{j + 1} \cap B_{k + 1} = \emptyset$ .

证明：当 $j \geq k + 1$ 时， $B_{j + 1} \subseteq A_{j} \subseteq A_{k + 1}$ ，又因为 $A_{k + 1} \cap B_{k + 1} = (A_{k} \ B_{k + 1}) \cap B_{k + 1} = \emptyset$ ，因此 $B_{j + 1} \cap B_{k + 1} = \emptyset$ .

此时分两种情况：

(a). 存在严格单调上升的正整数列 ${n_{j}}_{j \geq 1}$ ，使得 $A_{n_{j} + 1} = A_{n} \ B_{n_{j} + 1}$ ，我们可以得到互不相交的子集列 ${B_{n_{j} + 1}}$ ，且 $ν (\sum_{j = 1}^{\infty} B_{n_{j} + 1}) = \sum_{j = 1}^{\infty} ν (B_{n_{j} + 1}) \leq \sum_{j = 1}^{\infty} (- n_{j} - 1) = - \infty$ ，所以 $ν (\sum_{j = 1}^{\infty} B_{n_{j} + 1}) = - \infty$ ，与 $ν : F \to (- \infty, + \infty]$ 矛盾；

(b). 只有有限多个 $n$ ，使得 $A_{n + 1} = A_{n} \ B_{n + 1}$ ，则存在 $n_{0}$ ，使得 $n \geq n_{0}$ 时， $A_{n} = B_{n}$ ，

集合列 ${B_{n}}_{n \geq n_{0}}$ 单调下降，令 $B = n = n_{0} ⋂ \infty B_{n}$ ，根据 $ν$ 的上连续性， $ν (B) = n \to + \infty lim ν (B_{n}) = - \infty$ ，与 $ν : F \to (- \infty, + \infty]$ 矛盾.

2、第二步，证明存在 $N \in F$ ，使得 $ν (N) = α$ ：

已知 $α = A \in F in f ν (A) \in R$ ，对 $n \geq 1$ ，存在 $C_{n} \in F$ ，使得 $α \leq ν (C_{n}) \leq α + \frac{1}{2 ^{n}}$ ，

$ν (C_{n} \cup C_{n + 1}) = ν (C_{n}) + ν (C_{n + 1}) - ν (C_{n} \cap C_{n + 1}) \leq α + \frac{1}{2 ^{n}} + α + \frac{1}{2 ^{n + 1}} - α = α + \frac{1}{2 ^{n}} + \frac{1}{2 ^{n + 1}}$ ，

同理，对 $q \geq 1$ ，我们有 $ν (k = n ⋃ n + q C_{k}) \leq α + \frac{1}{2 ^{n}} + \dots + \frac{1}{2 ^{n + q}}$ ，令 $q \to + \infty$ ，根据 $ν$ 的下连续性，我们有 $ν (k = n ⋃ \infty C_{k}) \leq α + \frac{2}{2 ^{n}}$ ，

令 $D_{n} = k = n ⋃ \infty C_{k}$ ，集合列 ${D_{n}}$ 单调下降，

令 $D = n = 1 ⋂ \infty D_{n}$ ，根据 $ν$ 的上连续性， $α \leq ν (D) = n \to + \infty lim ν (E_{n}) \leq α$ ，所以 $ν (D) = α$ .

3、第三步，令 $P = N^{c}$

断言：对任何 $E \subseteq P$ ，有 $ν (E) \geq 0$ .

证明：如果 $ν (E) < 0$ ，那么 $ν (N \cup E) = ν (N) + ν (E) < α$ ，与 $α = A \in F in f ν (A)$ 矛盾。

断言：对任何 $F \subseteq N$ ，有 $- \infty < ν (F) \leq 0$ .

证明：如果 $ν (F) = + \infty$ ，由 $F \subseteq N$ ，则 $ν (N) = + \infty$ ，与 $ν (N) = α$ 矛盾，

如果 $0 < ν (F)$ 是正实数，由于 $N = F \cup (N \ F)$ ， $ν (N \ F) = ν (N) - ν (F) < α$ ，与 $α = A \in F in f ν (A)$ 矛盾。

对任何 $E \in F$ ，定义 $ν_{+} (E) = ν (E \cap P) \geq 0$ ， $ν_{-} (E) = - ν (E \cap N) \geq 0$ ，所以 $ν (E) = ν (E \cap P) + ν (E \cap N) = ν_{+} (E) - ν_{-} (E)$ .

Radon-Nikodym定理

定义：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，集函数 $ν : F \to \overline{R}$ ，如果对任何 $A \in F$ ，且 $μ (A) = 0$ ，则 $ν (A) = 0$ ，我们称 $ν$ 关于 $μ$ 绝对连续（absolute continuity），记为 $ν ≪ μ$ .

例：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ，可测函数 $f : Ω \to \overline{R}$ 是可积的，定义集函数 $ν = μ_{f} : F \to \overline{R_{+}}$ ，表达式为 $μ_{f} (A) = \int_{A} fd μ$ ， $\forall A \in F$ ，则我们有 $ν ≪ μ$ .

定义：如果存在集合 $A_{0} \in F$ ，使得 $μ (A_{0}) = 0$ ，且 $ν (A) = ν (A \cap A_{0}) \Leftrightarrow ν (A \cap A_{0}^{c}) = 0$ ， $\forall A \in F$ ，我们称 $ν$ 关于 $μ$ 奇异（singular），记为 $ν ⊥ μ$ ；若 $μ$ 和 $ν$ 都是测度，如果存在集合 $A_{0}$ ，使得 $μ (A_{0}) = 0$ ， $ν (A_{0}^{c}) = 0$ ，我们称 $ν$ 与 $μ$ 相互奇异，记为 $ν ⊥ μ$ .

例： $(R, L . λ)$ ， $λ$ 是勒贝格测度，给定 $x \in R$ ，狄拉克测度 $δ_{x}$ 表达式为 $δ_{x} (B) = {10, x \in B, x \in / B$ ， $\forall B \in L$ ，有理数集 ${Q = {q_{j}}_{j \geq 1}$ ，非负数列 ${c_{j} \geq 0}_{j \geq 1}$ 满足 $\sum_{j \geq 1} c_{j} < + \infty$ ，则测度 $ν = \sum_{j \geq 1} c_{j} δ_{q_{j}}$ 与 $λ$ 相互奇异。

证明：令 $A = Q$ ， $λ (Q) = 0$ ， $ν (Q^{c}) = 0$ .

Radon-Nikodym定理：给定 $σ$ -有限的测度空间 $(Ω, F, μ)$ ， $μ : F \to \overline{R_{+}}$ ， $ν$ 是可测空间 $(Ω, F)$ 上的符号测度， $ν : F \to (- \infty, + \infty]$ ，则：

（1）存在 $σ$ -有限的符号测度 $ν_{1}, ν_{2}$ ，其中 $ν_{1}$ 关于 $μ$ 绝对连续， $ν_{2}$ 关于 $μ$ 奇异，使得 $ν = ν_{1} + ν_{2}$ ， $ν_{1} ≪ μ$ ， $ν_{2} ⊥ μ$ ；

（2）以上分解是唯一的；

（3）存在取值有限的 $F$ -可测函数 $f : Ω \to R$ ，使得 $ν_{1} (A) = \int_{A} fd μ$ ， $\forall A \in F$ .

$ν$ 是 $σ$ -有限的，指 $ν_{+}$ 和 $ν_{-}$ 都是 $σ$ -有限的。

证明：

首先假定 $μ$ 和 $ν$ 是有限测度， $ν : F \to [0, + \infty]$ ， $μ (Ω), ν (Ω) < + \infty$ ，

1、绝对连续部分的证明：思路是 $ν (A) = ν_{1} (A) + ν_{2} (A) \geq ν_{1} (A) = \int_{A} fd ν$ ， $\forall A \in F$ ，我们要把 $f$ 找出来，然后再找出 $f$ 的上确界，即 $H = {f \in F : f \geq 0, \int_{A} fd μ \leq ν (A), \forall A \in F}$ ， $α = f \in H sup \int_{Ω} fd μ$ .

(Ⅰ). 证明 $α \leq ν (Ω) < + \infty$ ：

存在函数列 ${f_{n} \in H}_{n \geq 1}$ ，使得 $α - \frac{1}{n} \leq \int_{Ω} f_{n} d μ \leq α$ ，令 $g_{n} = max {f_{1}, f_{2}, \dots, f_{n}}$ ， ${g_{n}}_{n \geq 1}$ 单调上升，记极限函数为 $g = n \to + \infty lim g_{n}$ ；

(Ⅱ). 证明 $n \geq 1$ 时， $g_{n} \in H$ ：

对 $1 \leq k \leq n$ ，记 $E_{n, k} = {x \in Ω : g_{n} (x) = f_{k} (x)}$ ， $Ω = \sum_{k = 1}^{n} E_{n, k}$ ，

$\forall A \in F$ ，我们有 $\int_{A} g_{n} d μ = \int_{\sum_{k = 1}^{n} (A \cap E_{n, k})} g_{n} d μ = \sum_{k = 1}^{n} \int_{A \cap E_{n, k}} g_{n} d μ = \sum_{k = 1}^{n} \int_{A \cap E_{n, k}} f_{k} d μ \leq \sum_{k = 1}^{n} ν (A \cap E_{n, k}) = ν (A)$ ，

(Ⅲ). 证明 $g \in H$ ：

$\forall A \in F$ ，根据 $\int_{A} g_{n} d μ \leq ν (A)$ ，再由单调收敛定理， $n \to + \infty lim \int_{A} g_{n} d μ = \int_{A} [n \to + \infty lim g_{n}] d μ = \int_{A} g d μ \leq ν (A)$ ，

(Ⅳ). 证明 $\int_{Ω} g d μ = α$ ：

根据 $α$ 的定义， $\int_{Ω} g d μ \leq α$ ，对 $n \geq 1$ ， $\int_{Ω} g d μ \geq \int_{Ω} g_{n} d μ \geq \int_{Ω} f_{n} d μ \geq α - \frac{1}{n}$ ，令 $n \to + \infty$ ，得 $\int_{Ω} g d μ \geq α$ ，因此 $\int_{Ω} g d μ = α$ ，

定义 $ν_{1} (A) = \int_{A} g d μ$ ， $\forall A \in F$ ， $ν_{2} = ν - ν_{1}$ ；

3、奇异部分的证明：

由于 $g \geq 0$ ，且是可积的，因此 $μ ({x \in Ω : g (x) = + \infty}) = 0$ ，定义 $f (x) = {g (x) 0, g (x) < + \infty, g (x) = + \infty$ ，对任何 $A \in F$ ， $ν_{1} (A) = \int_{A} g d μ = \int_{A} fd μ$ ，

证明 $ν_{2} ⊥ μ$ ，思路是 ${x : \frac{ν _{2}}{μ} (x) \geq \frac{1}{n}} \approx {x : μ (x) = 0}$ .

定义符号测度 $σ_{n} = ν_{2} - \frac{1}{n} μ$ ，根据Hahn-Jordan定理，我们得到集合 $P_{n}$ ， $N_{n} = P_{n}^{c}$ ， $E \subseteq P_{n} \Rightarrow σ_{n} (E) \geq 0$ ，和 $E \subseteq N \Rightarrow σ_{n} (E) \leq 0$ ，

(Ⅴ). $g + \frac{1}{n} 1_{P_{n}} \in H$ ，

对任何 $A \in F$ ， $(P_{n} \cap A) \subseteq P_{n}$ ，所以 $σ_{n} (P_{n} \cap A) \geq 0 \Leftrightarrow ν_{2} (P_{n} \cap A) \geq \frac{1}{n} μ (P_{n} \cap A)$ ，我们有 $\int_{A} (g + \frac{1}{n} 1_{P_{n}}) d μ = ν_{1} (A) + \frac{1}{n} μ (P_{n} \cap A) \leq ν_{1} (A) + ν_{2} (P_{n} \cap A) \leq ν_{1} (A) + ν_{2} (A) = ν (A)$ ，

(Ⅵ). $μ (P_{n}) = 0$ ，

$\int_{Ω} (g + \frac{1}{n} 1_{P_{n}}) d μ = α + \frac{1}{n} μ (P_{n})$ ，又因为 $\int_{Ω} (g + \frac{1}{n} 1_{P_{n}}) d μ \leq α$ ，所以 $μ (P_{n}) = 0$ ，

令 $P = n \geq 1 ⋃ P_{n}$ ，

(Ⅶ). $μ (P) = 0$ ，

因为 $μ (P) \leq \sum_{n \geq 1} μ (P_{n}) = 0$ ， $N = P^{c} = (n \geq 1 ⋃ P_{n})^{c} = n \geq 1 ⋂ P_{n}^{c} = n \geq 1 ⋂ N_{n}$ ，

(Ⅷ). $ν_{2} (N) = 0$ ，

已知 $σ_{n} (N_{n}) \leq 0 \Leftrightarrow ν_{2} (N_{n}) \leq \frac{1}{n} μ (N_{n})$ ， $ν_{2} (N) \leq ν_{2} (N_{n}) \leq \frac{1}{n} μ (N_{n}) \leq \frac{1}{n} μ (Ω)$ ，令 $n \to \infty$ ，得 $ν_{2} (N) = 0$ ，所以 $ν_{2} ⊥ μ$ .

如果 $ν$ 是有限符号测度，即 $ν_{+} (Ω), ν_{-} (Ω) < + \infty$ ，把 $ν_{+}$ 和 $ν_{-}$ 分别作分解，可以得到 $ν$ 的分解。

2、唯一性的证明：

假定 $μ$ 是有限测度， $μ (Ω) < + \infty$ ，因为 $ν$ 是有限符号测度，即 $ν_{+} (Ω), ν_{-} (Ω) < + \infty$ ，

令 $ν = ν_{1} + ν_{2} = \overline{ν_{1}} + \overline{ν_{2}}$ ，其中 $ν_{1}, \overline{ν_{1}} ≪ μ$ ， $ν_{2}, \overline{ν_{2}} ⊥ μ$ ，

$ν_{2} ⊥ μ$ ，即存在 $A \in F$ ，使得 $μ (A) = 0$ ，且对任何 $F \in F$ ，有 $ν_{2} (A^{c} \cap F) = 0$ ，

$\overline{ν_{2}} ⊥ μ$ ，即存在 $B \in F$ ，使得 $μ (B) = 0$ ，且对任何 $G \in F$ ，有 $\overline{ν_{2}} (B^{c} \cap G) = 0$ .

令 $C = A \cup B$ ，对任何 $E \in F$ ，由于 $μ (E \cap (A \cup B)) = 0$ ，所以 $ν_{1} (E \cap (A \cup B)) = 0$ ， $\overline{ν_{1}} (E \cap (A \cup B)) = 0$ ，

$ν_{2} (E \cap (A \cup B)^{c}) = ν_{2} (E \cap A^{c} \cap B^{c}) = 0$ ，（ $E \cap A^{c} \cap B^{c} \subseteq A^{c}$ ），

$\overline{ν_{2}} (E \cap (A \cup B)^{c}) = \overline{ν_{2}} (E \cap A^{c} \cap B^{c}) = 0$ ，（ $E \cap A^{c} \cap B^{c} \subseteq B^{c}$ ），

$(ν_{1} - \overline{ν_{1}}) (E) = (ν_{1} - \overline{ν_{1}}) (E \cap (A \cup B)) + (ν_{1} - \overline{ν_{1}}) (E \cap (A \cup B)^{c}) = (ν_{1} - \overline{ν_{1}}) (E \cap (A \cup B)^{c}) = - (ν_{2} - \overline{ν_{2}}) (E \cap (A \cup B)^{c}) = 0$

所以 $ν_{1} = \overline{ν_{1}}$ ， $ν_{2} = \overline{ν_{2}}$ .

4、从有限情形到 $σ$ -有限情形：

$μ, ν$ 是 $σ$ -有限的，即存在两个单调上升的集合列 ${E_{n} \in F}$ 、 ${F_{n} \in F}$ ，使得 $Ω = n = 1 ⋃ + \infty E_{n}$ ， $μ (E_{n}) < + \infty$ ， $Ω = n = 1 ⋃ + \infty F_{n}$ ， $∣ ν ∣ (F_{n}) < + \infty$ ，其中 $∣ ν ∣ = ν_{+} + ν_{-}$ ，

令 $G_{n} = E_{n} \cap F_{n}$ ，那么 ${G_{n} \in F}$ 单调上升，且 $Ω = n = 1 ⋃ + \infty G_{n}$ ， $μ (G_{n}) < + \infty$ ， $∣ ν ∣ (G_{n}) < + \infty$ ，

任取 $x \in Ω$ ，存在 $n_{0}, n_{1}$ ，使得 $n \geq n_{0}$ 时， $x \in E_{n}$ ，且 $n \geq n_{1}$ 时， $x \in F_{n}$ ，因此 $n \geq max {n_{0}, n_{1}}$ 时， $x \in G_{n} = E_{n} \cap F_{n}$ ，

补充定义 $G_{0} = \emptyset$ ，令 $H_{n} = G_{n} \ G_{n - 1}$ ， $n \geq 1$ ，那么 $Ω = \sum_{n = 1}^{+ \infty} H_{n}$ ， $μ (H_{n}) < + \infty$ ， $∣ ν ∣ (H_{n}) < + \infty$ ，在每个 $H_{n}$ 上分别利用有限情形的Radon-Nikodym定理，合起来得到 $σ$ -有限情形的Radon-Nikodym定理。

几乎处处收敛

引理：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ， $F$ 是 $μ$ 完备的，如果函数 $f : Ω \to \overline{R}$ 是 $F$ 可测的，函数 $g : Ω \to \overline{R}$ ， $g = f a . e .$ ，则 $g$ 是 $F$ -可测的。

其中 $g = f a . e .$ 即 $μ ({x : f (x) \neq = g (x)}) = 0$ .

定义：设 $M = {f : Ω \to \overline{R}, f \in F}$ 是所有 $F$ -可测函数 $f : Ω \to \overline{R}$ 构成的集合，在 $M$ 上定义等价关系， $f, g \in M$ ，如果 $f = g a . e .$ ，则称 $f$ 与 $g$ 等价，记为 $f \sim g$ .

验证等价关系：

（1）自反性， $f \sim f$ ：

$μ ({x : f (x) \neq = f (x)}) = μ (\emptyset) = 0$ .

（2）对称性， $f \sim g \Leftrightarrow g \sim f$ ：

$μ ({x : f (x) \neq = g (x)}) = 0 \Leftrightarrow μ (x : g (x) \neq = f (x)}) = 0$ .

（3）传递性， $(f \sim g) Λ (g \sim h) \Rightarrow f \sim h$ ：

$f \sim g$ ，即令 $E = {x : f (x) = g (x)}$ ，有 $μ (E^{c}) = 0$ ，

$g \sim F$ ，即令 $F = {x : g (x) = g (x)}$ ，有 $μ (F^{c}) = 0$ ，

任取 $y \in E \cap F$ ， $f (y) = g (y) = h (y)$ ，且 $μ ((E \cap F)^{c}) = μ (E^{c} \cup F^{c}) = 0$ ，所以 $f \sim h$ .

记 $M = M \ \sim$ .

定义：给定函数列 $f_{n}, f : E \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，如果 $n \to \infty lim f_{n} (x) = f (x)$ ， $\forall x \in E$ ，则称函数序列 ${f_{n}}$ 在 $E$ 上点态收敛到函数 $f$ .

定义：给定可测函数列 $f_{n}, f : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，如果存在集合 $E \in F$ ，使得 $μ (E^{c}) = 0$ ，且 $n \to \infty lim f_{n} (x) = f (x)$ ， $\forall x \in E$ ，则称函数序列 ${f_{n}}$ 在 $Ω$ 上几乎处处收敛（almost sure Convergence）到函数 $f$ ，记为 $f_{n} \to f a . e .$ 或 $f_{n} \to f a . s .$ （其中 $a . s .$ 指almost sure， $a . e .$ 指almost everywhere）。

引理：几乎处处收敛是类性质。给定可测函数列 $f_{n}, g_{n}, f, g : Ω \to \overline{R}$ ， $f_{n} \sim g_{n}$ ， $f \sim g$ ， $n \geq 1$ ，如果 $f_{n} \to f a . e .$ ，那么 $g_{n} \to g a . e .$ .

证明：

$f_{n} \to f a . e .$ ，即存在 $E \in F$ ，使得 $μ (E^{c}) = 0$ ，且 $n \to \infty lim f_{n} (x) = f (x)$ ， $\forall x \in E$ ，

$f_{n} \sim g_{n}$ ，即存在 $F_{n} \in F$ ，使得 $μ (F_{n}^{c}) = 0$ ，且 $f_{n} (x) = g_{n} (x)$ ， $\forall x \in F_{n}$ ，

$f \sim g$ ，即存在 $F \in F$ ，使得 $μ (F^{c}) = 0$ ，且 $f (x) = g (x)$ ， $\forall x \in F$ ，

令 $H = E \cap F \cap (n \geq 1 ⋂ F_{n})$ ， $H \in F$ ，且 $μ (H^{c}) = μ (E^{c} \cup F^{c} \cup (n \geq 1 ⋂ F_{n})^{c}) = μ (E^{c} \cup F^{c} \cup (n \geq 1 ⋃ F_{n}^{c})) = 0$ ，

任取 $x \in H$ ，我们有 $n \to \infty lim g_{n} (x) = n \to \infty lim f_{n} (x) = f (x) = g (x)$ ，即 $g_{n} \to g a . e .$ .

引理：给定可测函数列 $f_{n}, f, g : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，如果 $f_{n} \to f a . e .$ ，且 $f_{n} \to g a . e .$ ，那么 $f = g a . e .$ .

证明：

$f_{n} \to f a . e .$ ，即存在 $E \in F$ ，使得 $μ (E^{c}) = 0$ ，且 $n \to \infty lim f_{n} (x) = f (x)$ ， $\forall x \in E$ ，

$f_{n} \to g a . e .$ ，即存在 $F \in F$ ，使得 $μ (F^{c}) = 0$ ，且 $n \to \infty lim f_{n} (x) = g (x)$ ， $\forall x \in F$ ，

令 $H = E \cap F$ ， $H \in F$ ，且 $μ (H^{c}) = μ (E^{c} \cup F^{c}) = 0$ ，

任取 $x \in H$ ，我们有 $g (x) = n \to \infty lim f_{n} (x) = f (x)$ ，即 $f = g a . e .$ .

例：给定测度空间 $([0, 1], L, λ)$ ，函数列 $f_{n} (x) = x^{n}$ ， $f \equiv 0 : [0, 1] \to \overline{R}$ ，

$n \to \infty lim f_{n} (x) = 0$ ， $x \in [0, 1)$ ，

$n \to \infty lim f_{n} (1) = 1$ ，

所以 $f_{n} \to f$ $λ$ - $a . e .$ ，但是 $f_{n}$ 在 $[0.1]$ 上点态收敛到 $f$ 不成立，

对任何 $ϵ \in (0, 1)$ ， $E_{ϵ} = [0, 1 - ϵ)$ ， $E_{ϵ}^{c} = [1 - ϵ, ϵ]$ ， $n \to \infty lim x \in E_{ϵ} sup ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ = n \to \infty lim x \in [0, 1 - ϵ) sup ∣ x^{n} - 0∣ = n \to \infty lim (1 - ϵ)^{n} = 0$ ，函数序列 ${f_{n}}$ 在 $E_{ϵ}$ 上一致收敛到函数 $f$ ，所以 ${f_{n}}$ 几乎已知收敛到 $f$ .

几乎处处一致收敛

定义：给定函数列 $f_{n}, f : E \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，如果 $\forall ϵ > 0$ ， $\exists n_{0} \in N$ ， $\forall x \in E$ ，当 $n \geq n_{0} \Rightarrow ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ \leq ϵ$ ，等价于 $n \to \infty lim x \in E sup ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ = 0$ ，则称函数序列 ${f_{n}}$ 在 $E$ 上一致收敛到函数 $f$ ，记为 $f_{n} ⇉ f$ .

定义：给定可测函数列 $f_{n}, f : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，如果存在集合 $E \in F$ ，使得 $μ (E^{c}) = 0$ ，且 $f_{n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 $f$ ，即 $n \to \infty lim x \in E sup ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ = 0$ ，则称函数序列 ${f_{n}}$ 在 $Ω$ 上几乎处处一致收敛（almost sure uniform convergence）到函数 $f$ ，记为 $f_{n} ⇉ f a . e .$ .

引理：几乎处处一致收敛是类性质。给定可测函数列 $f_{n}, g_{n}, f, g : Ω \to \overline{R}$ ， $f_{n} \sim g_{n}$ ， $f \sim g$ ， $n \geq 1$ ，如果 $f_{n} ⇉ f a . e .$ ，那么 $g_{n} ⇉ g a . e .$ .

定义：给定可测函数 $f : Ω \to \overline{R}$ ，如果存在 $a > 0$ ，使得 $μ ({x : ∣ f (x) ∣ > a}) = 0$ ，则称 $f$ 是本性有界（essentially bounded）的，定义 $f$ 的本性上确界（essential supremum）为 $ess sup ∣ f ∣ = in f {a > 0 : μ ({x : ∣ f (x) ∣ > a}) = 0$ ，

如果 $μ ({x : ∣ f (x) ∣ > a}) = 0$ ，对于 $b > a$ ，由于 ${x : ∣ f (x) ∣ > b} \subseteq {x : ∣ f (x) ∣ > a}$ ，所以 $μ ({x : ∣ f (x) ∣ > b}) = 0$ ，

$sup ∣ f ∣ = sup {∣ f (x) ∣ : x \in Ω}$ ，我们有 $ess sup ∣ f ∣ \leq sup ∣ f ∣$ ：

如果 $sup ∣ f ∣ = + \infty$ ，表达式显然成立；

如果 $sup ∣ f ∣ \in R$ ，那么 $μ ({x : ∣ f (x) ∣ > sup ∣ f ∣}) = μ (\emptyset) = 0$ ，根据下确界的定义， $ess sup ∣ f ∣ \leq sup ∣ f ∣$ .

例：

函数 $f (x) = 1 + 2 1_{{0}} : R \to \overline{R}$ ，

$sup ∣ f ∣ = 3$ ， $ess sup ∣ f ∣ = 1$ ，

$c \geq 1$ 时， $λ ({x : ∣ f (x) ∣ > c}) = 0$ ；

$c < 1$ 时， $λ ({x : ∣ f (x) ∣ > c}) = λ (R) = + \infty$ .

引理：给定本性有界函数 $f : Ω \to \overline{R}$ ，如果 $ess sup ∣ f ∣ = c$ ，那么 $μ ({x : ∣ f (x) ∣ > c}) = 0$ ，可以令 $f (x) = {f (x) 0, ∣ f (x) ∣ \leq c, ∣ f (x) ∣ > c$ ，我们有 $f \sim f$ ，且 $sup ∣ f ∣ = c$ .

证明：

第一步，对 $n \geq 1$ ， $μ ({x : ∣ f (x) ∣ > c + \frac{1}{n}}) = 0$ ，

因为如果 $μ ({x : ∣ f (x) ∣ > c + \frac{1}{n}}) > 0$ ，那么对任何 $a \leq c + \frac{1}{n}$ ， $μ ({x : ∣ f (x) ∣ > a}) > 0$ ，所以 $ess sup ∣ f ∣ \geq c + \frac{1}{n}$ ，与 $ess sup ∣ f ∣ = c$ 矛盾；

第二步， ${x : ∣ f (x) ∣ > c} = n \geq 1 ⋃ {x : ∣ f (x) ∣ > c + \frac{1}{n}}$ ，所以 $μ ({x : ∣ f (x) ∣ > c}) = 0$ .

引理：本性确界是类性质。给定本性有界函数 $f, g : Ω \to \overline{R}$ ， $f \sim g$ ，那么 $ess sup ∣ f ∣ = ess sup ∣ g ∣$ .

证明：

$f \sim g$ ，即存在 $E \in F$ ，使得 $μ (E^{c}) = 0$ ，且 $f (x) = g (x)$ ， $\forall x \in E$ ，

假设 $c = ess sup ∣ f ∣$ ，那么 $μ ({x : ∣ f (x) ∣ > c}) = 0$ ，又 ${x : ∣ g (x) ∣ > c} = ({x : ∣ g (x) ∣ > c} \cap E) \cup ({x : ∣ g (x) ∣ > c} \cap E^{c}) = ({x : ∣ f (x) ∣ > c} \cap E) \cup ({x : ∣ g (x) ∣ > c} \cap E^{c})$ ，所以 $μ ({x : ∣ g (x) ∣ > c}) = 0$ ，根据本性上确界的定义， $ess sup ∣ g ∣ \leq c = ess sup ∣ f ∣$ ；

以上论证中交换 $f$ 和 $g$ 的位置，我们有 $ess sup ∣ f ∣ \leq ess sup ∣ g ∣$ ，所以 $ess sup ∣ f ∣ = ess sup ∣ g ∣$ .

定义：定义 $L_{\infty} = {f \in M : ess sup ∣ f ∣ < \infty}$ ， $ess sup$ 可以看成 $L_{\infty}$ 上的泛函。

引理： $L_{\infty}$ 是一个线性空间。

证明：

给定本性有界函数 $f, g : Ω \to \overline{R}$ ， $α \in R$ ，

（1）证明 $ess sup ∣ α f ∣ = ∣ α ∣ ess sup ∣ f ∣$ ：

(a). $α = 0$ 时，命题成立；

(b). $α \neq = 0$ 时， ${x : ∣ α f (x) ∣ > a} = {x : ∣ f (x) ∣ > \frac{a}{∣ α ∣}}$ ，所以

$ess sup ∣ α f ∣ = in f {a > 0 : μ ({x : ∣ α f (x) ∣ > a}) = 0} = in f {a > 0 : μ (x : ∣ f (x) ∣ > \frac{a}{∣ α ∣}}) = 0} = in f {∣ α ∣ \frac{a}{∣ α ∣} > 0 : μ ({x : ∣ f (x) ∣ > \frac{a}{∣ α ∣}}) = 0} = ∣ α ∣ ess sup ∣ f ∣$

（2）证明 $f, g \in L_{\infty}$ ，那么 $f + g \in L_{\infty}$ ：

$f \sim f$ ，且 $sup ∣ f ∣ = ess sup ∣ f ∣$ ，

$g \sim g$ ，且 $sup ∣ g ∣ = ess sup ∣ g ∣$ ，

所以 $f + g \sim f + g$ ，且 $sup ∣ f + g ∣ \leq ess sup ∣ f ∣ + ess sup ∣ g ∣$ .

定义：定义 $d = d_{\infty} : L_{\infty} \times L_{\infty} \to \overline{R_{+}}$ ， $d (f, g) = ess sup ∣ f - g ∣$ .

引理： $d = d_{\infty} : L_{\infty} \times L_{\infty} \to \overline{R_{+}}$ 是一个距离函数。

证明：

（1）证明 $d (f, g) = 0$ ，当且仅当 $f \sim g$ ：

令 $h = f - g$ ， $f \sim g$ 当且仅当 $h = 0 a . e .$ ，

如果 $h = 0 a . e .$ ，所以 $ess sup ∣ h ∣ = 0$ ，

如果 $ess sup ∣ h ∣ = 0$ ，那么 $μ ({x : ∣ h (x) ∣ > 0}) = 0$ ，即 $h = 0 a . e .$ ；

（2）显然 $d (f, g) = d (g, f)$ ；

（3）证明 $d (f, g) \leq d (f, h) + d (h, g)$ ：

令 $a = d (f, h)$ ， $b = d (h, g)$ ，那么 ${x : ∣ f (x) - g (x) ∣ > a + b} \subseteq {x : ∣ f (x) - h (x) ∣ > a} \cup {x : ∣ h (x) - g (x) ∣ > b}$ ，

对任何 $x \in Ω$ ，如果 $∣ f (x) - g (x) ∣ > a + b$ ，根据三角不等式 $∣ f (x) - g (x) ∣ \leq ∣ f (x) - h (x) + h (x) - g (x) ∣ \leq ∣ f (x) - h (x) ∣ + ∣ h (x) - g (x) ∣$ ，两个不等式 $∣ f (x) - h (x) ∣ > a$ 和 $∣ h (x) - g (x) ∣ > b$ 必有一个成立，

所以 $μ ({x : ∣ f (x) - g (x) ∣ > a + b}) \leq μ ({x : ∣ f (x) - h (x) ∣ > a}) + μ ({x : ∣ h (x) - g (x) ∣ > b}) = 0$ ，

有 $d (f, g) \leq a + b = d (f, h) + d (h, g)$ .

引理： $f_{n}, f \in L_{\infty}$ ， $f_{n} ⇉ f a . e .$ ，当且仅当 $n \to + \infty lim d (f_{n}, f) = 0$ .

证明：

（1）假设 $f_{n} ⇉ f a . e .$ ，即存在集合 $E \in F$ ，使得 $μ (E^{c}) = 0$ ，且 $f_{n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 $f$ ，即 $n \to \infty lim x \in E sup ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ = 0$ ，

$\forall ϵ > 0$ ，存在 $n_{0}$ ，当 $n \geq n_{0}$ 时， $x \in E sup ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ \leq ϵ$ ，所以 $μ ({x : ∣ f_{x} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = 0$ ，因此 $d (f_{n}, f) = ess sup ∣ f_{n} - f ∣ \leq ϵ$ ， $n \to + \infty lim d (f_{n}, f) = 0$ 得证；

（2）假设 $n \to + \infty lim d (f_{n}, f) = 0$ ，即 $\forall ϵ > 0$ ，存在 $n_{0}$ ，当 $n \geq n_{0}$ 时， $ess sup ∣ f_{n} - f ∣ \leq ϵ$ ，有 $μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = 0$ ，

对 $k \geq 1$ ，存在 $n_{k}$ ，当 $n \geq n_{k}$ 时，有 $μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > \frac{1}{2 ^{k}}}) = 0$ ，因此 $μ (n \geq n_{k} ⋃ {x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > \frac{1}{2 ^{k}}}) = 0$ ，

不妨假设数列 ${n_{k}}$ 严格单调上升，进一步， $μ (E^{c}) = 0$ ，其中 $E^{c} = k \geq 1 ⋃ n \geq n_{k} ⋃ {x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > \frac{1}{2 ^{k}}}$ ， $E = k \geq 1 ⋂ n \geq n_{k} ⋂ {x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ \leq \frac{1}{2 ^{k}}}$ .

断言： $f_{n}$ 在 $E$ 上一致收敛到 $f$ .

证明： $\forall ϵ > 0$ ，存在 $k_{0}$ ，使得 $\frac{1}{2 ^{k_{0}}} \leq ϵ$ ，当 $n \geq n_{k_{0}}$ 时， $\forall x \in E$ ， $∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ \leq \frac{1}{2 ^{k_{0}}} \leq ϵ$ ，因此 $x \in E sup ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ \leq ϵ$ ， $n \to \infty lim x \in E sup ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ = 0$ 得证。

几乎一致收敛

定义：给定可测函数列 $f_{n}, f : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，如果对任何 $ϵ > 0$ ，存在集合 $E_{ϵ} \in F$ ，使得 $μ (E_{ϵ}^{c}) \leq ϵ$ ，且 $f_{n}$ 在 $E_{ϵ}$ 上一致收敛到 $f$ ，即 $n \to \infty lim x \in E_{ϵ} sup ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ = 0$ ，则称函数列 ${f_{n}}$ 在 $Ω$ 上几乎一致收敛到函数 $f$ .

引理：给定可测函数列 $f_{n}, f : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ， ${f_{n}}$ 几乎一致收敛到函数 $f$ ，则 $f_{n} \to f a . e .$ .

证明：

假设 ${f_{n}}$ 几乎一致收敛到函数 $f$ ，对任何 $k \geq 1$ ，存在集合 $E_{k} \in F$ ，使得 $μ (E_{k}^{c}) \leq \frac{1}{k}$ ，且 $f_{n}$ 在 $E_{k}$ 上一致收敛到 $f$ ，因此 $f_{n}$ 在 $E_{k}$ 上收敛到 $f$ ，

令 $E = k \geq 1 ⋃ E_{k}$ ， $f_{n}$ 在 $E$ 上收敛到 $f$ ，而 $μ (E^{c}) = 0$ ，

因为 $μ (E^{c}) = μ (k \geq 1 ⋂ E_{k}^{c}) \leq μ (E_{k}^{c}) \leq \frac{1}{k}$ ， $k \geq 1$ .

例：给定可测函数列 $f_{n} = 1_{(n, + \infty)}$ ， $f \equiv 0 : R \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，则：

${f_{n}}$ 点态收敛到函数 $f$ ；

${f_{n}}$ 几乎一致收敛到函数 $f$ 不成立。

（提升：因为 $λ (R) = + \infty$ ）

Egoroff定理：给定几乎处处有限可测函数列 ${f_{n}, f : Ω \to \overline{R}}$ ， $n \geq 1$ ， $μ (Ω) < + \infty$ ， $f_{n} \to f a . e .$ ，则 ${f_{n}}$ 几乎一致收敛到函数 $f$ .

证明：

$f_{n}, f$ 几乎处处有限，不失一般性，假设 $f_{n}, f$ 取值有限， $f_{n} \to f a . e .$ ，令 $E = {x : n \to \infty lim f_{n} (x) = f (x)}$ ， $μ (E^{c}) = 0$ ，

$n \to \infty lim f_{n} (x) = f (x)$ ，即 $\forall ϵ > 0$ ， $\exists n_{0} \in N$ ，使得当 $n \geq n_{0}$ 时， $\Rightarrow ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ \leq ϵ$ ，所以

$E = k \geq 1 ⋂ n \geq 1 ⋃ l \geq n ⋂ {x : ∣ f_{l} (x) - f (x) ∣ \leq \frac{1}{k}}$ ，

$E^{c} = k \geq 1 ⋃ n \geq 1 ⋂ l \geq n ⋃ {x : ∣ f_{l} (x) - f (x) ∣ > \frac{1}{k}}$ ，

令 $A_{n, k} = l \geq n ⋃ {x : ∣ f_{l} (x) - f (x) ∣ > \frac{1}{k}}$ ，则 $A_{n, k} \supseteq A_{n + 1, k}$ ，即 ${A_{n, k}}_{n \geq 1}$ 单调下降，

$μ (Ω) < + \infty$ ，由测度的下连续性， $n \to + \infty lim μ (l \geq n ⋃ {x : ∣ f_{l} (x) - f (x) ∣ > \frac{1}{k}}) = μ (n \geq 1 ⋂ A_{n, k}) = 0$ ，

对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $n_{ϵ, k}$ ，使得当 $n \geq n_{ϵ, k}$ 时，有 $μ (l \geq n_{ϵ, k} ⋃ {x : ∣ f_{l} (x) - f (x) ∣ > \frac{1}{k}}) \leq \frac{ϵ}{2 ^{k}}$ ，

不妨假设 ${n_{ϵ, k}}$ 严格单调上升，令 $E_{ϵ} = k \geq 1 ⋂ l \geq n_{ϵ . k} ⋂ {x : ∣ f_{l} (x) - f (x) ∣ \leq \frac{1}{k}}$ ，有 $μ (E_{ϵ}^{c}) = μ (k \geq 1 ⋃ l \geq n_{ϵ, k} ⋃ {x : ∣ f_{l} (x) - f (x) ∣ > \frac{1}{k}}) \leq ϵ$ ，

对任何 $δ > 0$ ，选取 $k$ ，使得 $\frac{1}{k} \leq δ$ ，当 $l \leq n_{ϵ, k}$ 时， $x \in E_{ϵ} sup ∣ f_{l} (x) - f (x) ∣ \leq δ$ ，所以 ${f_{n}}$ 几乎一致收敛到函数 $f$ .

依测度收敛

定义：给定几乎处处有限可测函数列 $f_{n}, f : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，如果对任何 $ϵ > 0$ ， $n \to \infty lim μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = 0$ ，则称函数列 ${f_{n}}$ 依测度收敛（convergence in measure）到 $f$ .

例：

给定测度空间 $(Ω = [0, 1), L, λ)$ ，

$k = 1$ 时， $f_{1} = χ_{[0, 1)}$ ，

$k = 2$ 时， $f_{2} = χ_{[0, \frac{1}{2})}$ ， $f_{3} = χ_{[\frac{1}{2}, 1)}$ ，

$k = 3$ 时， $f_{4} = χ_{[0, \frac{1}{4})}$ ， $f_{5} = χ_{[\frac{1}{4}, \frac{2}{4})}$ ， $f_{6} = χ_{[\frac{2}{4}, \frac{3}{4})}$ ， $f_{7} = χ_{[\frac{3}{4}, \frac{4}{4})}$ ，

$\dots$

当 $2^{k - 1} \leq j \leq 2^{k} - 1$ 时， $f_{j} = χ_{[\frac{j - 2 ^{k - 1}}{2 ^{k - 1}}, \frac{j - 2 ^{k - 1} + 1}{2 ^{k - 1}})}$ ，令 $f (x) = 0$ ， $\forall x \in [0, 1)$ ，则

(Ⅰ). 对任何 $x \in [0, 1)$ ， ${f_{n} (x)}$ 没有极限，因为 $n \to \infty lim sup f_{n} (x) = 1$ ， $n \to \infty lim in f f_{n} (x) = 0$ ；

(Ⅱ). ${f_{n}}$ 依测度收敛到 $f$ ，证明：

(a). $ϵ > 1$ 时， $μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = 0$ ；

(b). $0 < ϵ < 1$ 时，当 $2^{k - 1} \leq j \leq 2^{k} - 1$ 时， $\frac{1}{j} > \frac{1}{2 ^{k}}$ ，且 $μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = \frac{1}{2 ^{k - 1}} < \frac{2}{j}$ ，所以 $n \to \infty lim μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = 0$ ；

(Ⅲ). 存在 ${f_{n}}$ 的子列 ${f_{n_{k}}}$ 几乎处处收敛到 $f$ ，证明：

选取 ${f_{n}}$ 的子列 ${f_{2^{k - 1}}}$ ，

$x = 0$ 时， $n \to \infty lim f_{2^{k - 1}} (0) = 1$ ，

$x \in (0, 1]$ 时， $n \to \infty lim f_{2^{k - 1}} (x) = 0$ .

记号： $χ_{A} (x) = 1_{A} (x) = {10, x \in A, x \in / A$

引理：给定几乎处处有限的可测函数列 $f_{n}, f : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，如果 ${f_{n}}$ 依测度收敛到 $f$ ，且 ${f_{n}}$ 依测度收敛到 $g$ ，那么 $f = g a . e .$ .

证明：

${f_{n}}$ 依测度收敛到 $f$ ，即对任何 $ϵ > 0$ ， $n \to \infty lim μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = 0$ ，

${f_{n}}$ 依测度收敛到 $g$ ，即对任何 $ϵ > 0$ ， $n \to \infty lim μ ({x : ∣ f_{n} (x) - g (x) ∣ > ϵ}) = 0$ ，

对任何 $δ > 0$ ， $μ ({x : ∣ f (x) - g (x) ∣ > δ}) = 0$ ，

$μ ({x : ∣ f (x) - g (x) ∣ > δ}) = μ ({x : ∣ f (x) - f_{n} (x) + f_{x} (x) - g (x) ∣ > δ}) \leq μ ({x : ∣ f (x) - f_{n} (x) ∣ > \frac{δ}{2}}) + μ ({x : ∣ f_{n} (x) - g (x) ∣ > \frac{δ}{2}})$

令 $n \to + \infty$ ，我们有 $μ ({x : ∣ f (x) - g (x) ∣ > δ}) = 0$ ，所以 $μ ({x : ∣ f (x) - g (x) ∣ > 0}) = μ (k \geq 1 ⋃ {x : ∣ f (x) - g (x) ∣ > \frac{1}{k}}) = 0$ ， $f = g a . e .$ 得证。

引理：依测度收敛是类性质。给定几乎处处有限的可测函数列 $f_{n}, g_{n}, f, g : Ω \to \overline{R}$ ， $f_{n} \sim g_{n}$ ， $f \sim g$ ， $n \geq 1$ ，如果 ${f_{n}}$ 依测度收敛到 $f$ ，那么 ${g_{n}}$ 依测度收敛到 $g$ .

证明：

$f_{n}$ 依测度收敛到 $f$ ，即对任何 $ϵ > 0$ ， $n \to \infty lim μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = 0$ ，

$f_{n} \sim g_{n}$ ，即存在 $E_{n} \in F$ ，使得 $μ (E_{n}^{c}) = 0$ ，且 $f_{n} (x) = g_{n} (x)$ ， $\forall x \in E_{n}$ ， $n \geq 1$ ，

$f \sim g$ ，即存在 $E_{0} \in F$ ，使得 $μ (E_{0}^{c}) = 0$ ，且 $f (x) = g (x)$ ， $\forall x \in E_{0}$ ，

令 $E = n \geq 0 ⋂ E_{n}$ ， $E \in F$ ，且 $μ (E^{c}) = μ (n \geq 0 ⋃ E_{n}^{c}) = 0$ ，

任取 $ϵ > 0$ ，

$μ ({x : ∣ g_{n} (x) - g (x) ∣ > ϵ}) \leq μ ({x : ∣ g_{n} (x) - g (x) ∣ > ϵ} \cap E) + μ ({x : ∣ g_{n} (x) - g (x) ∣ > ϵ} \cap E^{c}) = μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ} \cap E) \leq μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ})$

令 $n \to + \infty$ ，我们有 $n \to \infty lim μ ({x : ∣ g_{n} (x) - g (x) ∣ > ϵ}) = 0$ ，命题得证。

定理：给定几乎处处有限可测函数列 $f_{n}, f : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，如果 ${f_{n}}$ 依测度收敛到 $f$ ，则存在子列 ${n_{k}}_{k \geq 1}$ ，使得 ${f_{n_{k}}}$ 几乎处处收敛到 $f$ .

证明：

$f_{n}$ 依测度收敛到 $f$ ，即对任何 $ϵ > 0$ ， $n \to \infty lim μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = 0$ ，

令 $g_{n} = f_{n} - f$ ，对 $k \geq 1$ ，选取 $ϵ = \frac{1}{k}$ ，存在 $n_{k} \in N$ ，当 $n \geq n_{k}$ 时， $μ ({x : ∣ g_{n} (x) ∣ > \frac{1}{k}}) \leq \frac{1}{2 ^{k + 1}}$ ，

不妨假设 ${n_{k}}_{k \geq 1}$ 严格单调上升，我们有 $μ ({x : ∣ g_{n_{k}} (x) ∣ > \frac{1}{k}}) \leq \frac{1}{2 ^{k + 1}}$ ，那么 $μ (k \geq k_{0} ⋃ {x : ∣ g_{n_{k}} (x) ∣ > \frac{1}{k}}) \leq \frac{1}{2 ^{k_{0}}}$ ，因此 $μ (k_{0} \geq 1 ⋂ k \geq k_{0} ⋃ {x : ∣ g_{n_{k}} (x) ∣ > \frac{1}{k}}) = 0$ ，即 $μ (E^{c} = 0)$ ，其中 $E = k_{0} \geq 1 ⋃ k \geq k_{0} ⋂ {x : ∣ g_{n_{k}} (x) ∣ \leq \frac{1}{k}}$ .

断言： $\forall x \in E$ ， $k \to \infty lim g_{n_{k}} (x) = 0$ .

证明：任取 $x \in E$ ，存在 $k_{0} \in N$ ，使得 $x \in k \geq k_{0} ⋂ {y : ∣ g_{n_{k}} (y) ∣ \leq \frac{1}{k}}$ ，当 $k \geq k_{0}$ 时， $∣ g_{n_{k}} (x) ∣ \leq \frac{1}{k}$ ，于是 $k \to \infty lim g_{n_{k}} (x) = 0$ .

例：给定可测函数列 $f_{n} = 1_{(n, + \infty)}$ ， $f \equiv 0 : R \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ，则：

${f_{n}}$ 点态收敛到函数 $f$ ；

${f_{n}}$ 几乎一致收敛到函数 $f$ 不成立；

${f_{n}}$ 依测度收敛到函数 $f$ 不成立。

（提示：因为 $λ (R) = + \infty$ ）

定理：给定几乎处处有限可测函数列 $f_{n}, f : Ω \to \overline{R}$ ， $n \geq 1$ ， $μ (Ω) < + \infty$ ，如果 ${f_{n}}$ 几乎处处收敛到 $f$ ，那么 ${f_{n}}$ 依测度收敛到 $f$ .

证明：

$f_{n}, f$ 几乎处处收敛到 $f$ ，不失一般性，假设 $f_{n}, f$ 取值有限，

$μ (Ω) < + \infty$ ， ${f_{n}}$ 几乎处处收敛到 $f$ ，根据Egoroff定理， ${f_{n}}$ 几乎一致收敛到 $f$ ，即对任何 $ϵ > 0$ ，存在集合 $E_{ϵ} \in F$ ，使得 $μ (E_{ϵ}^{c}) \leq ϵ$ ，且 $f_{n}$ 在 $E_{ϵ}$ 上一致收敛到 $f$ ，我们要证明 $n \to \infty lim μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = 0$ ：

任给 $δ > 0$ ，根据 ${f_{n}}$ 几乎一致收敛到 $f$ ，存在集合 $E_{δ} \in F$ ，使得 $μ (E_{δ}^{c}) \leq δ$ ，且 $f_{n}$ 在 $E_{δ}$ 上一致收敛到 $f$ ，

存在 $n (ϵ, δ) \in N$ ，使得当 $n \geq n (ϵ, δ)$ 时， $x \in E_{δ} sup ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ \leq ϵ$ ，那么 $μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) \leq μ (E_{δ}^{c}) \leq δ$ ，所以 $n \to \infty lim μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = 0$ .

Hölder和Minkowski不等式

定义：给定可测函数 $f : Ω \to \overline{R}$ ，且①. $1 \leq p < + \infty$ 时， $∣∣ f ∣ ∣_{p} = (\int ∣ f ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}}$ ；②. $p = + \infty$ 时， $∣∣ f ∣ ∣_{p} = ∣∣ f ∣ ∣_{\infty} = ess sup ∣ f ∣$ 。如果 $f = g a . e .$ ，那么 $∣∣ f ∣ ∣_{p} = ∣∣ g ∣ ∣_{p}$ .

定义： $p \geq 1$ ， $q \geq 1$ ，如果 $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$ ，我们称 $p$ 、 $q$ 为共轭指标；特别地，当 $p = 1$ 时， $q = + \infty$ .

当 $p, q > 1$ 时，我们有： $p + q = pq$ ， $\frac{1}{p} = 1 - \frac{1}{q} = \frac{q - 1}{q}$ ， $\frac{1}{q} = 1 - \frac{1}{p} = \frac{p - 1}{p}$ .

引理（Young不等式）：设 $p, q > 1$ 为共轭指标，我们有不等式 $x y \leq \frac{x ^{p}}{p} + \frac{x ^{q}}{q}$ ， $x, y \geq 0$ .

证明：

$x y = 0$ 时，不等式成立；

$x, y > 0$ 时，

函数 $F (x) = \frac{x ^{p}}{p} : (0, + \infty) \to (0, + \infty)$ ，

函数 $G_{θ} (x) = θ x - \frac{x ^{p}}{p}$ ，

函数 $F (x)$ 的勒让德变换 $TF (θ) = x > 0 sup {θ x - F (x)} = x > 0 sup {θ x - \frac{x ^{p}}{p}}$ ，

$θ > 0$ 时，

(a). $G_{θ} (0) = 0$ ， $G_{θ}^{'} (0) = (θ - x^{p - 1}) (0) = θ > 0$ ；

(b). $x \to + \infty lim G_{θ} (x) = x \to + \infty lim (θ x - \frac{x ^{p}}{p}) = - \infty$ ；

(c). 函数 $G_{θ}$ 的驻点：

$G_{θ}^{'} (x) = 0$ 等价于 $θ - x^{p - 1} = 0$ ，即 $x = θ^{\frac{1}{p - 1}}$ ，

函数 $θ x - \frac{x ^{p}}{p}$ 在 $x = θ^{\frac{1}{p - 1}}$ 处取得最大值， $x > 0 sup {θ x - \frac{x ^{p}}{p}} = θ^{1 + \frac{1}{p - 1}} - \frac{θ ^{\frac{p}{p - 1}}}{p} = \frac{θ ^{\frac{p}{p - 1}}}{q} = \frac{θ ^{q}}{q}$ ，

所以 $\frac{θ ^{q}}{q} = x > 0 sup {θ x - \frac{x ^{p}}{p}} \geq θ x - \frac{x ^{p}}{p}$ ， $\forall x, θ > 0$ ，不等式得证。

定理（Hölder不等式）：给定共轭指标 $p, q$ ，可测函数 $f, g : Ω \to \overline{R}$ ，如果 $∣∣ f ∣ ∣_{p} < + \infty$ ， $∣∣ g ∣ ∣_{p} < + \infty$ ，那么 $\int ∣ f g ∣ d μ \leq ∣∣ f ∣ ∣_{p} ∣∣ g ∣ ∣_{p}$ .

证明：

如果 $∣∣ f ∣ ∣_{p} = (\int ∣ f ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}} = 0$ ，那么 $f = 0 a . e .$ ，因此 $f g = 0 a . e .$ ， $\int ∣ f g ∣ d μ = 0$ ，命题得证；

同理， $∣∣ g ∣ ∣_{q} = 0$ 时，命题得证；

我们还需证明 $0 < ∣∣ f ∣ ∣_{p} < + \infty$ ， $0 < ∣∣ g ∣ ∣_{q} < + \infty$ 的情况：

1、 $1 < p < + \infty$ 时，令 $α = ∣∣ f ∣ ∣_{p}^{p} = \int ∣ f ∣^{p} d μ$ ， $β = ∣∣ g ∣ ∣_{q}^{q} = \int ∣ g ∣^{q} d μ$ ，

根据不等式 $x y \leq \frac{x ^{p}}{p} + \frac{x ^{q}}{q}$ ， $x, y \geq 0$ ，令 $A > 0$ ，因为 $∣ \frac{f ( x )}{A} A g (x) ∣ \leq \frac{∣ f ( x ) ∣ ^{p}}{p A ^{p}} + \frac{∣ A g ( x ) ∣ ^{q}}{q}$ ，所以 $\int ∣ f (x) g (x) ∣ d μ \leq \frac{\int ∣ f ( x ) ∣ ^{p} d μ}{p A ^{p}} + \frac{A ^{q} \int ∣ g ( x ) ∣ ^{q} d μ}{q}$ ，

我们有 $\int ∣ f (x) g (x) ∣ d μ \leq A > 0 in f {α \frac{1}{p A ^{p}} + β \frac{A ^{q}}{q}}$ ，

令 $g (A) = α \frac{1}{p A ^{p}} + β \frac{A ^{q}}{q} : (0, + \infty) \to R$ ，则

(a). $A \to + \infty lim g (A) = + \infty$ ；

(b). $A \to 0^{+} lim g (A) = + \infty$ ；

(c). $g (A)$ 的驻点：

$g^{'} (A) = - α A^{- p - 1} + β A^{q - 1}$ ， $g^{'} (A) = 0$ 等价于 $α A^{- p - 1} = β A^{q - 1} \Rightarrow \frac{α}{β} = A^{p + q} = A^{pq} \Rightarrow A = (\frac{α}{β})^{\frac{1}{pq}}$ ，故 $g (A)$ 在 $A = (\frac{α}{β})^{\frac{1}{pq}}$ 处达到最小值，

$g ((\frac{α}{β})^{\frac{1}{pq}}) = \frac{α}{p} (\frac{β}{α})^{\frac{1}{q}} + \frac{β}{q} (\frac{α}{β})^{\frac{1}{p}} = \frac{1}{p} α^{1 - \frac{1}{q}} + \frac{1}{q} α^{\frac{1}{p}} β^{1 - \frac{1}{p}} = (\frac{1}{p} + \frac{1}{q}) α^{\frac{1}{p}} β^{\frac{1}{q}} = (\int ∣ f ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}} (\int ∣ g ∣^{q} d μ)^{\frac{1}{q}} = ∣∣ f ∣ ∣_{p} ∣∣ g ∣ ∣_{q}$

命题得证；

2、 $p = 1$ ， $q = + \infty$ 时（ $p = + \infty$ ， $q = 1$ 时同理可证）：

$\int ∣ f g ∣ d μ \leq ∣∣ f ∣ ∣_{1} ∣∣ g ∣ ∣_{\infty}$ ，

记 $ess sup ∣ g ∣ = c \in R$ ，有 $μ ({x : ∣ g (x) ∣ > c}) = 0$ ，

$\int ∣ f g ∣ d μ = \int_{{x : ∣ g (x) ∣ > c}} ∣ f g ∣ d μ + \int_{{x : ∣ g (x) ∣ \leq c}} ∣ f g ∣ d μ = \int_{{x : ∣ g (x) ∣ \leq c}} ∣ f g ∣ d μ \leq \int_{{x : ∣ g (x) ∣ \leq c}} c ∣ f ∣ d μ \leq c \int ∣ f ∣ d μ = ∣∣ f ∣ ∣_{1} ∣∣ g ∣ ∣_{\infty}$

定理（Minkowski不等式）：给定 $1 \leq p \leq + \infty$ ，可测函数 $f, g : Ω \to \overline{R}$ ，如果 $∣∣ f ∣ ∣_{p} < + \infty$ ， $∣∣ g ∣ ∣_{p} < + \infty$ ，那么 $∣∣ f + g ∣ ∣_{p} \leq ∣∣ f ∣ ∣_{p} + ∣∣ g ∣ ∣_{p}$ .

证明：

$∣∣ f ∣ ∣_{p} = 0$ 时， $f = 0 a . e .$ ，那么 $f + g = g a . e .$ ，命题成立；

同理， $∣∣ g ∣ ∣_{p} = 0$ 时，命题成立；

我们还需证明 $0 < ∣∣ f ∣ ∣_{p} < + \infty$ ， $0 < ∣∣ g ∣ ∣_{p} < + \infty$ 的情况：

1、 $p = 1$ 时， $\int ∣ f + g ∣ d μ \leq \int ∣ f ∣ d μ + \int ∣ g ∣ d μ$ ，命题得证；

2、 $1 < p < + \infty$ 时，根据Hölder不等式，

$\int ∣ f + g ∣^{p - 1} ∣ f ∣ d μ \leq (\int ∣ f + g ∣^{(p - 1) q} d μ)^{\frac{1}{q}} (\int ∣ f ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}} = (\int ∣ f + g ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{q}} ∣∣ f ∣ ∣_{p}$ ，

$\int ∣ f + g ∣^{p - 1} ∣ g ∣ d μ \leq (\int ∣ f + g ∣^{(p - 1) q} d μ)^{\frac{1}{q}} (\int ∣ g ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}} = (\int ∣ f + g ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{q}} ∣∣ g ∣ ∣_{p}$ ，

$\int ∣ f + g ∣^{p} d μ = \int ∣ f + g ∣^{p - 1} ∣ f + g ∣ d μ \leq \int ∣ f + g ∣^{p - 1} ∣ f ∣ d μ + \int ∣ f + g ∣^{p - 1} ∣ g ∣ d μ \leq (\int ∣ f + g ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{q}} (∣∣ f ∣ ∣_{p} + ∣∣ g ∣ ∣_{p})$

我们有 $∣∣ f + g ∣ ∣_{p} = (\int ∣ f + g ∣^{p} d μ)^{1 - \frac{1}{q}} \leq ∣∣ f ∣ ∣_{p} + ∣∣ g ∣ ∣_{p}$ ；

3、 $p = + \infty$ 的情形已经证明， $∣∣ f ∣ ∣_{\infty} = ess sup ∣ f ∣$ ，

$ess sup ∣ f + g ∣ \leq ess sup ∣ f ∣ + ess sup ∣ g ∣$ .

$L^{p}$ 空间

给定 $σ$ -有限的测度空间 $(Ω, F, μ)$ ， $μ : F \to \overline{R_{+}}$ ， $F$ 是 $μ$ 完备的。

记 $M = M \ \sim$ .

对 $1 \leq p < + \infty$ ，有：

$L^{p} = {f \in M : \int ∣ f ∣^{p} d μ < + \infty} \subseteq M$ ， $L^{p} = L^{p} \ \sim\subseteq M$ ；
$L^{\infty} = {f \in M : ess sup ∣ f ∣ < + \infty} \subseteq M$ ， $L^{\infty} = L^{\infty} \ \sim\subseteq M$ .

引理：对 $1 \leq p \leq + \infty$ ， $L^{p}$ 是一个线性空间，即：

$α \in R$ ， $f \in L^{p}$ ，那么 $α f \in L^{p}$ ；
$f, g \in L^{p}$ ，那么 $f + g \in L^{p}$ .

记号： $f \in L^{p}$ ， $∣∣ f ∣ ∣_{p} = {(\int ∣ f ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}} ess sup ∣ f ∣, 1 \leq p < + \infty, p = + \infty$

引理：对 $1 \leq p \leq + \infty$ ， $∣∣ \cdot ∣ ∣_{p} : L^{p} \to R$ 是一个范数（norm）。

证明： $p = + \infty$ 的情形已证明，只需验证 $1 \leq p < + \infty$ 的情形。

1、证明 $α \in R$ ， $f \in L^{p}$ ，那么 $∣∣ α f ∣ ∣_{p} = ∣ α ∣∣∣ f ∣ ∣_{p}$ ：

$(\int ∣ α f ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}} = (∣ α ∣^{p} \int ∣ f ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}} = ∣ α ∣ (\int ∣ f ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}}$ ；

2、证明 $∣∣ f ∣ ∣_{p} = 0$ 当且仅当 $f = 0 a . e .$ ：

$(\int ∣ f ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}} = 0 \Leftrightarrow f = 0 a . e .$ ；

3、证明 $∣∣ f + g ∣ ∣_{p} \leq ∣∣ f ∣ ∣_{p} + ∣∣ g ∣ ∣_{p}$ ：就是Minkowski不等式。

定义：定义 $d = d_{p} : L^{p} \times L^{p} \to \overline{R_{+}}$ ， $d (f, g) = ∣∣ f - g ∣ ∣_{p}$ .

引理： $d = d_{p} : L^{p} \times L^{p} \to \overline{R_{+}}$ 是一个距离函数。

证明： $p = + \infty$ 的情形已证明，只需验证 $1 \leq p < + \infty$ 的情形。

1、证明 $d (f, g) = 0$ 当且仅当 $f \sim g$ ：

$(\int ∣ f - g ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}} = 0 \Leftrightarrow f = g a . e .$ ；

2、显然 $d (f, g) = d (g, f)$ ；

3、证明 $d (f, g) \leq d (f, h) + d (h, g)$ ：

$∣∣ f - g ∣ ∣_{p} = ∣∣ f - h + h - g ∣ ∣_{p} \leq ∣∣ f - h ∣ ∣_{p} + ∣∣ h - g ∣ ∣_{p}$ .

定义：给定 $L^{p}$ 中函数列 ${f_{n}}$ 及函数 $f$ ，如果 $n \to \infty lim ∣∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ ∣_{p} = 0$ ，我们称 ${f_{n}}$ $p$ 次平均收敛于 $f$ ，或 ${f_{n}}$ $L^{p}$ 次收敛于 $f$ .

例1：给定测度空间 $(R, L, λ)$ ， $λ$ 为勒贝格测度， $p \in [1, + \infty)$ ，对 $n \geq 1$ ， $f_{n} = n^{\frac{1}{p}} χ_{(0, \frac{1}{n}]}$ ，函数 $f \equiv 0$ ，则：

$f_{n}$ 点态收敛到 $f$ ；

${f_{n}}$ $L^{p}$ 收敛于 $f$ 不成立，因为 $∣∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ ∣_{p}^{p} = \int ∣ f_{n} ∣^{p} d λ = \int n χ_{(0, \frac{1}{n}]} d λ = 1$ .

例2：给定测度空间 $(R, L, λ)$ ， $λ$ 为勒贝格测度， $p \in [1, + \infty)$ ，对 $n \geq 1$ ， $f_{n} = n^{- \frac{1}{p}} χ_{[0, n]}$ ，函数 $f \equiv 0$ ，则：

$f_{n}$ 一致收敛到 $f$ ；

${f_{n}}$ $L^{p}$ 收敛于 $f$ 不成立，因为 $∣∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ ∣_{p}^{p} = \int ∣ f_{n} ∣^{p} d λ = \int n^{- 1} χ_{[0, n)} d λ = 1$ .

引理： $1 \leq p < + \infty$ ，给定 $L^{p}$ 中函数列 ${f_{n}}$ 及函数 $f$ ，如果 ${f_{n}}$ $L^{p}$ 收敛于 $f$ ，那么 ${f_{n}}$ 依测度收敛于 $f$ .

证明：

任给 $ϵ > 0$ ，

$μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣^{p} > ϵ^{p}}) = \int_{{x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣^{p} > ϵ^{p}}} 1 d μ \leq \int_{{x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣^{p} > ϵ^{p}}} \frac{1}{ϵ ^{p}} ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣^{p} d μ \leq \frac{1}{ϵ ^{p}} \int ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣^{p} d μ$

令 $n \to + \infty$ ，根据 $n \to + \infty lim \int ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣^{p} d μ = 0$ ，我们有 $n \to + \infty lim μ ({x : ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ > ϵ}) = 0$ ，即 ${f_{n}}$ 依测度收敛于 $f$ .

定义：给定 $L^{p}$ 中函数列 ${f_{n}}$ ，如果对任何 $ϵ > 0$ ，存在正整数 $N \in N$ ，使得当 $n, m \geq N$ 时，有 $∣∣ f_{n} - f_{m} ∣ ∣_{p} \leq ϵ$ ，利用逻辑符号写出极限的形式化定义， $\forall ϵ > 0\exists N \in N \forall n \geq N \forall m \geq N (∣∣ f_{n} - f_{m} ∣ ∣_{p} \leq ϵ)$ ，则 ${f_{n}}$ 称为柯西列。

引理：给定 $L^{p}$ 中函数列 ${f_{n}}$ 及函数 $f$ ，如果 ${f_{n}}$ $L^{p}$ 收敛于 $f$ ，那么 ${f_{n}}$ 是柯西列。

证明：

${f_{n}}$ $L^{p}$ 收敛于 $f$ ，即 $n \to \infty lim ∣∣ f_{n} - f ∣ ∣_{p} = 0$ ，

对任何 $ϵ > 0$ ，存在正整数 $N \in N$ ，使得当 $n, m \geq N$ 时，有 $∣∣ f_{n} - f ∣ ∣_{p} \leq \frac{ϵ}{2}$ ， $∣∣ f_{m} - f ∣ ∣_{p} \leq \frac{ϵ}{2}$ ，

利用三角不等式， $∣∣ f_{n} - f_{m} ∣ ∣_{p} \leq ∣∣ f_{n} - f ∣ ∣_{p} + ∣∣ f_{m} - f ∣ ∣_{p} \leq \frac{ϵ}{2} + \frac{ϵ}{2} = ϵ$ ，

所以 ${f_{n}}$ 是柯西列。

引理：给定 $L^{p}$ 中函数列 ${f_{n}}$ ，如果 ${f_{n}}$ 是柯西列，那么 ${f_{n}}$ 有界，即存在常数 $c \in R$ ，对任何 $j \geq 1$ ，有 $∣∣ f_{j} ∣ ∣_{p} \leq c$ .

证明：

取 $ϵ_{0} = 1$ ，存在正整数 $n_{0} \in N$ ，使得当 $n, m \geq n_{0}$ 时，有 $∣∣ f_{n} - f_{m} ∣ ∣_{p} \leq 1$ ，

$n \geq n_{0}$ 时， $∣∣ f_{n} ∣ ∣_{p} = ∣∣ f_{n} - f_{n_{0}} + f_{f_{0}} ∣ ∣_{p} \leq ∣∣ f_{n} - f_{n_{0}} ∣ ∣_{p} + ∣∣ f_{n_{0}} ∣ ∣_{p} \leq 1 + ∣∣ f_{n_{0}} ∣ ∣_{p}$ ，

所以对 $j \geq 1$ ， $∣∣ f_{j} ∣ ∣_{p} \leq 1 \leq i \leq n_{0} max ∣∣ f_{i} ∣ ∣_{p} + 1$ .

定理： $L^{p}$ 空间是完备的，即如果 ${f_{n}}_{n \geq 1}$ 是 $L^{p}$ 中的柯西列，那么存在 $f \in L^{p}$ ，使得 $n \to \infty lim ∣∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ ∣_{p} = 0$ .

证明：

假设 ${f_{n}}_{n \geq 1}$ 是 $L^{p}$ 中的柯西列，

第一步，构造极限函数 $f : Ω \to \overline{R}$ ：

存在严格单调上升数列 ${n_{k}}_{k \geq 1}$ ，存在集合 $F \in F$ ， $μ (F^{c}) = 0$ ，使得对任何 $x \in F$ ， ${f_{n_{k}} (x)}_{k \geq 1}$ 是柯西列，

定义函数 $f (x) = {k \to + \infty lim f_{n_{k}} (x) 0, x \in F, x \in / F$ ，函数列 ${f_{n_{k}}}_{k \geq 0}$ 几乎处处收敛到 $f$ ，

对 $ϵ > 0$ ，存在 $n_{0} \in N$ ，使得当 $n, m \geq n_{0}$ 时，有 $∣∣ f_{n} - f_{m} ∣ ∣_{p} \leq ϵ$ ，

令 $ϵ_{k} = \frac{1}{2 ^{k} 2 ^{k p}}$ ，存在 $n_{k} \in N$ ，使得当 $n, m \geq n_{k}$ 时，有 $∣∣ f_{n} - f_{m} ∣ ∣_{p}^{p} \leq \frac{1}{2 ^{k} 2 ^{k p}}$ ，

不妨假设 $n_{1} < n_{2} < n_{3} < \dots$ ，因此 $∣∣ f_{n_{k}} - f_{n_{k + 1}} ∣ ∣_{p}^{p} \leq \frac{1}{2 ^{k} 2 ^{k p}}$ ，

$μ ({x : ∣ f_{n_{k}} - f_{n_{k + 1}} ∣ \geq \frac{1}{2 ^{k}}}) = \int_{{x : ∣ f_{n_{k}} - f_{n_{k + 1}} ∣ \geq \frac{1}{2 ^{k}}}} 1 d μ \leq \int_{{x : ∣ f_{n_{k}} - f_{n_{k + 1}} ∣ \geq \frac{1}{2 ^{k}}}} 2^{k p} ∣ f_{n_{k}} - f_{n_{k + 1}} ∣^{p} d μ \leq 2^{k p} \int ∣ f_{n_{k}} - f_{n_{k + 1}} ∣^{p} d μ \leq 2^{k p} \frac{1}{2 ^{k} 2 ^{k p}} = \frac{1}{2 ^{k}}$

所以

$μ (k \geq m ⋃ {x : ∣ f_{n_{k}} - f_{n_{k + 1}} ∣ \geq \frac{1}{2 ^{k}}}) \leq \frac{1}{2 ^{m}} + \frac{1}{2 ^{m + 1}} + \dots = \frac{2}{2 ^{m}}$ ，

$F^{c} = m \geq 1 ⋂ k \geq m ⋃ {x : ∣ f_{n_{k}} - f_{n_{k + 1}} ∣ \geq \frac{1}{2 ^{k}}}$ ，

$μ (F^{c}) = 0$ .

断言：对任何 $x \in F$ ， ${f_{n_{k}} (x)}_{k \geq 1}$ 是柯西列。

证明：任取 $x \in F = m \geq 1 ⋃ k \geq m ⋂ {y : ∣ f_{n_{k}} (y) - f_{n_{k + 1}} (y) ∣ < \frac{1}{2 ^{k}}}$ ，

存在 $m \geq 1$ ，使得 $x \in k \geq m ⋂ {y : ∣ f_{n_{k}} (y) - f_{n_{k + 1}} (y) ∣ < \frac{1}{2 ^{k}}}$ ，

对任何 $δ > 0$ ，存在 $n_{0} \geq m$ ，使得 $\frac{2}{2 ^{n_{0}}} < δ$ ，当 $j > k \geq n_{0}$ 时， $∣ f_{n_{j}} (x) - f_{n_{k}} (x) ∣ \leq \sum_{i = k}^{j - 1} ∣ f_{n_{i + 1}} (x) - f_{n_{i}} (x) ∣ \leq \sum_{i = k}^{j - 1} \frac{1}{2 ^{i}} \leq \frac{2}{2 ^{k}} < δ$ .

第二步，证明 $f \in L^{p}$ ：

根据引理，存在常数 $c$ ，使得对任何 $n \geq 1$ ， $∣∣ f_{n} ∣ ∣_{p} \leq c$ ，

根据Fatou引理，

$\int ∣ f ∣^{p} d μ = \int ∣ 1_{F} f ∣^{p} d μ = \int k \to + \infty lim ∣ 1_{F} f_{n_{k}} ∣^{p} d μ \leq k \to + \infty lim in f \int ∣ 1_{F} f_{n_{k}} ∣^{p} d μ = k \to + \infty lim \int ∣ f_{n, k} ∣^{p} d μ \leq c^{p}$

所以 $f \in L^{p}$ ；

第三步，证明 $n \to \infty lim ∣∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ ∣_{p} = 0$ ：

对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $n_{0} \in N$ ，当 $a, b \geq n_{0}$ 时， $\int ∣ f_{a} - f_{b} ∣^{p} d μ < ϵ$ ，

当 $n \geq n_{0}$ 时，根据Fatou引理， $\int ∣ f_{n} - f ∣^{p} d μ = \int k \to + \infty lim in f ∣ f_{n} - f_{n_{k}} ∣^{p} d μ \leq k \to + \infty lim in f \int ∣ f_{n} - f_{n_{k}} ∣^{p} d μ \leq ϵ$ ，

所以 $n \to \infty lim ∣∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ ∣_{p} = 0$ .

$L^{p}$ 空间中的收敛

定义：给定可测空间 $(Ω, F)$ 上的一簇测度 ${ν_{α}, α \in I}$ ，对任何 $F$ 中的集合列 ${B_{k}}_{k \geq 1}$ ，且 ${B_{k}}_{k \geq 1}$ 单调下降收敛到空集 $\emptyset$ ，对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $k_{0} \in N$ ，使得当 $k \geq k_{0}$ 时，有 $α \in I sup ν_{α} (B_{k}) \leq ϵ$ ，即 $k \to + \infty lim α \in I sup ν_{α} (B_{k}) = 0$ ，我们称 ${ν_{α}, α \in I}$ 在空集处等度连续（equicontinuous）。

定义：给定可测空间 $(Ω, F)$ 上的一簇测度 ${ν_{α}, α \in I}$ 和 $μ$ ，对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $δ > 0$ ，使得对任何 $B \in F$ ，如果 $μ (B) \leq δ$ ，有 $α \in I sup ν_{α} (B) \leq ϵ$ ，我们称 ${ν_{α}, α \in I}$ 关于 $μ$ 一致绝对连续（uniformly absolutely continuous）。

例1：给定测度空间 $(R, L, λ)$ ， $λ$ 为勒贝格测度， $p \in [1, + \infty)$ ， $n \geq 1$ ， $f_{n} = n^{\frac{1}{p}} χ_{(0, \frac{1}{n}]}$ ，函数 $f \equiv 0$ ，则：

$f_{n}$ 点态收敛到 $f$ ；

${f_{n}}$ $L^{p}$ 收敛于 $f$ 不成立，因为 $∣∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ ∣_{p}^{p} = \int ∣ f_{n} ∣^{p} d λ = \int n χ_{(0, \frac{1}{n}]} d λ = 1$ ；

$n \geq 1$ ，定义测度族 $ν_{n} (A) = \int_{A} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ$ ， $f_{n} \in L^{p}$ ， $ν_{n} ≪ μ$ ，则 ${ν_{n}}$ 在空集处等度连续不成立。

证明： $k \geq 1$ ，令 $B_{k} = (0, \frac{1}{k})$ ，集合列 ${B_{k}}_{k \geq 1}$ 单调下降收敛到空集 $\emptyset$ ，

$n \geq k$ 时， $ν_{n} (B_{k}) = \int_{B_{k}} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ = \int_{(0, \frac{1}{k})} n χ_{(0, \frac{1}{n}]} d λ = 1$ .

例2：给定测度空间 $(R, L, λ)$ ， $λ$ 为勒贝格测度， $p \in [1, + \infty)$ ， $n \geq 1$ ， $f_{n} = n^{- \frac{1}{p}} χ_{[0, n]}$ ，函数 $f \equiv 0$ ，则：

$f_{n}$ 一致收敛到 $f$ ；

${f_{n}}$ $L^{p}$ 收敛于 $f$ 不成立，因为 $∣∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ ∣_{p}^{p} = \int ∣ f_{n} ∣^{p} d λ = \int n^{- 1} χ_{[0, n)} d λ = 1$ ；

$n \geq 1$ ，定义测度族 $ν_{n} (A) = \int_{A} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ$ ， $f_{n} \in L^{p}$ ， $ν_{n} ≪ μ$ ，则 ${ν_{n}}$ 在空集处等度连续不成立。

证明： $k \geq 1$ ，令 $B_{k} = [k, + \infty)$ ，集合列 ${B_{k}}_{k \geq 1}$ 单调下降收敛到空集 $\emptyset$ ，

$n \geq k$ 时， $ν_{n} (B_{k}) = \int_{B_{k}} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ = \int_{[k, + \infty)} n^{- 1} χ_{[0, n)} d λ = \frac{n - k}{n} ⟶ n \to \infty 1$ .

引理：给定 $σ$ -有限的测度空间 $(Ω, F, μ)$ ， $μ : F \to \overline{R_{+}}$ ， $F$ 是 $μ$ 完备的，给定 $L^{p}$ 中的函数列 ${f_{n}}_{n \geq 1}$ ，定义测度族 $ν_{n} (A) = \int_{A} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ$ ， $A \in F$ ，如果存在函数 $h \in L^{1}$ ，使得 $∣ f_{n} ∣^{p} \leq h$ ，那么测度族 ${ν_{n}}$ 在空集处等度连续。

证明：对任何 $A \in F$ ，我们有不等式 $ν_{n} (A) = \int_{A} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ \leq \int_{A} h d μ = ν_{h} (A)$ ，

对 $F$ 中单调下降收敛到空集 $\emptyset$ 的集合列 ${B_{k}}_{k \geq 1}$ ，

$n sup ν_{n} (B_{k}) \leq ν_{h} (B_{k})$ ，

$k \to + \infty lim ν_{h} (B_{k}) = k \to + \infty lim \int 1_{B_{k}} h d μ = \int (k \to + \infty lim 1_{B_{k}} h) d μ = 0$ ，

所以 $k \to + \infty lim n sup ν_{n} (B_{k}) = 0$ ，即 ${ν_{n}}$ 在空集处等度连续。

引理：给定测度空间 $(Ω, F, μ)$ ， $μ : F \to \overline{R_{+}}$ ， $F$ 是 $μ$ 完备的，给定 $L^{p}$ 中的函数列 ${f_{n}}_{n \geq 1}$ ，定义测度族 $ν_{n} (A) = \int_{A} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ$ ， $A \in F$ ，如果 $μ (Ω) < + \infty$ ，且 ${∣ f_{n} ∣^{p}}_{n \geq 1}$ 一致可积（uniformly integrable），即 $a \to + \infty lim n sup \int_{{∣ f_{n} ∣ > a}} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ = 0$ ，那么测度族 ${ν_{n}}$ 在空集处等度连续。

证明：

对 $F$ 中单调下降到空集的集合列 ${B_{k}}_{k \geq 1}$ ，

对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $a \in R$ ，使得 $n sup \int_{{∣ f_{n} ∣ > a}} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ \leq \frac{ϵ}{2}$ ，

对以上固定 $a$ ，存在 $k_{0}$ ，使得当 $k \geq k_{0}$ 时， $a^{p} μ (B_{k}) \leq \frac{ϵ}{2}$ ，因此

$ν_{n} (B_{k}) = \int_{B_{k}} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ = \int_{B_{k} \cap {x : ∣ f_{n} ∣ \leq a}} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ + \int_{B_{k} \cap {x : ∣ f_{n} ∣ > a}} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ \leq \int_{B_{k}} a^{p} d μ + \int_{{x : ∣ f_{n} ∣ > a}} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ \leq a^{p} μ (B_{k}) + \frac{ϵ}{2} \leq \frac{ϵ}{2} + \frac{ϵ}{2} = ϵ$

所以 ${ν_{n}}$ 在空集处等度连续。

引理：给定可测空间 $(Ω, F)$ 上的一簇测度 ${ν_{α}, α \in I}$ 和 $μ$ ，如果 ${ν_{α}, α \in I}$ 在空集处等度连续，且对任何 $α \in I$ ，有 $ν_{α} ≪ μ$ ，那么 ${ν_{α}, α \in I}$ 关于 $μ$ 一致绝对连续。

证明：用反证法，假设 ${ν_{α}, α \in I}$ 关于 $μ$ 一致绝对连续不成立，

那么存在 $ϵ > 0$ ，对任何 $δ_{n} = \frac{1}{2 ^{n}}$ ，存在 $B_{n} \in F$ ，使得 $μ (B_{n}) \leq \frac{1}{2 ^{n}}$ ，且存在 $α_{n} \in I$ ，使得 $ν_{α_{n}} (B_{n}) \geq ϵ$ ，

令 $A_{k} = j \geq k ⋃ B_{j}$ ， $μ (A_{k}) \leq \sum_{j \geq k} μ (B_{j}) \leq \sum_{j \geq k} \frac{1}{2 ^{j}} = \frac{2}{2 ^{k}}$ ，集合列 ${A_{k}}_{k \geq 0}$ 单调下降到集合 $A = k \geq 1 ⋂ A_{k} = k \geq 1 ⋂ j \geq k ⋃ B_{k}$ ，

对任何 $k \geq 1$ ， $μ (A) \leq μ (A_{k}) \leq \frac{2}{2 ^{k}}$ ，所以 $μ (A) = 0$ ，再根据对任何 $α \in I$ ， $ν_{α} ≪ μ$ ，所以 $ν_{α} (A) = 0$ .

我们构造集合列 ${A_{k} \ A}_{k \geq 0}$ 单调下降到空集 $\emptyset$ ， $k \geq 1$ 时， $ν_{α_{k}} (A_{k} \ A) = ν_{α_{k}} (A_{k}) \geq ν_{α_{k}} (B_{k}) \geq ϵ$ ，与 ${ν_{α}, α \in I}$ 在空集处等度连续矛盾。

定理：给定 $σ$ -有限的测度空间 $(Ω, F, μ)$ ， $μ : F \to \overline{R_{+}}$ ， $F$ 是 $μ$ 完备的，给定 $L^{p}$ 中的函数列 ${f_{n}}_{n \geq 1}$ ，定义测度族 $ν_{n} (A) = \int_{A} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ$ ， $A \in F$ ，如果测度族 ${ν_{n}}$ 在空集处等度连续，且 ${f_{n}}$ 依测度收敛到 $f$ ，那么 ${f_{n}}$ $L^{p}$ 收敛到 $f$ .

证明：

第一步， $μ$ 是 $σ$ -有限的，即存在单调上升的集合列 ${E_{k} \in F}_{k \geq 1}$ 使得 $Ω = k = 1 ⋃ + \infty E_{k}$ ， $μ (E_{k}) < + \infty$ ，那么集合列 ${E_{k}^{c}}_{k \geq 1}$ 单调下降到空集 $\emptyset$ ，

根据 ${ν_{n}}$ 在空集处等度连续，有 $k \to + \infty lim n sup ν_{n} (E_{k}^{c}) = 0$ ，

对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $k_{0} = k_{0} (ϵ)$ ，当 $k \geq k_{0}$ 时，有 $n sup ν_{n} (E_{k}^{c}) \leq ϵ$ ；

第二步，证明 ${f_{n}}$ 是柯西列：

对以上 $ϵ$ 和 $k_{0}$ ，我们做3个积分估计，

$\int ∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} d μ = \int_{E_{k_{0}}^{c}} ∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} d μ + \int_{E_{k_{0}} \cap {∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} \leq \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}} ∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} d μ + \int_{E_{k_{0}} \cap {∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} > \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}} ∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} d μ$

(Ⅰ). 根据不等式 $∣ a + b ∣^{p} \leq ∣2 a ∣^{p} + ∣2 b ∣^{p}$ ， $\forall p \geq 1$ ， $a, b \in R$ ，

$\int_{E_{k_{0}}^{c}} ∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} d μ \leq 2^{p} \int_{E_{k_{0}}^{c}} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ + 2^{p} \int_{E_{k_{0}}^{c}} ∣ f_{m} ∣^{p} d μ \leq 2^{p} [ν_{n} (E_{k_{0}}^{c}) + ν_{m} (E_{k_{0}}^{c})] \leq 2^{p + 1} ϵ$

(Ⅱ).

$\int_{E_{k_{0}} \cap {∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} \leq \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}} ∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} d μ \leq \int_{E_{k_{0}}} \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )} d μ = ϵ$

(Ⅲ).

(a).

$\int_{E_{k_{0}} \cap {∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} > \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}} ∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} d μ \leq 2^{p} \int_{E_{k_{0}} \cap {∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} > \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}} ∣ f_{n} ∣^{p} d μ + 2^{p} \int_{E_{k_{0}} \cap {∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} > \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}} ∣ f_{m} ∣^{p} d μ = 2^{p} ν (E_{k_{0}} \cap {∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} > \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}) + 2^{p} ν_{m} (E_{k_{0}} \cap {∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} > \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}) \leq 2^{p} ν_{n} ({∣ f_{n} - f_{m} ∣ > p \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}) + 2^{p} ν_{m} ({∣ f_{n} - f_{m} ∣ > p \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}})$

(b). $ν_{n} ({∣ f_{n} - f_{m} ∣ > p \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}) \leq ν_{n} ({∣ f_{n} - f ∣ > \frac{1}{2} p \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}) + ν_{n} ({∣ f_{m} - f ∣ > \frac{1}{2} p \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}})$

${ν_{n}}$ 在空集处等度连续，且对任何 $n \in N$ ， $ν_{n} ≪ μ$ ，根据引理， ${ν_{n}}$ 关于 $μ$ 一致绝对连续，

对以上给定 $ϵ$ ，存在 $δ > 0$ ，使得对任何 $B \in F$ ，如果 $μ (B) \leq δ$ ，有 $k \geq 1 sup ν_{k} (B) \leq ϵ$ ，

由于 ${f_{n}}$ 依测度收敛到 $f$ ，那么 $j \to + \infty lim μ ({∣ f_{j} - f ∣ > \frac{1}{2} p \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}) = 0$ ，

存在 $n_{0}$ ，当 $j \geq n_{0}$ 时， $μ ({∣ f_{j} - f ∣ > \frac{1}{2} p \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}) \leq δ$ ，有 $k \geq 1 sup ν_{k} ({∣ f_{j} - f ∣ > \frac{1}{2} p \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}) \leq ϵ$ ；

(c). 于是当 $n, m \geq n_{0}$ 时， $\int_{E_{k_{0}} \cap {∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} > \frac{ϵ}{μ ( E _{k_{0}} )}}} ∣ f_{n} - f_{m} ∣^{p} d μ \leq 4 ϵ 2^{p}$ ，所以 ${f_{n}}$ 是柯西列；

第三步，证明 ${f_{n}}$ $L^{p}$ 收敛到 $f$ ：

${f_{n}}$ 是 $L^{p}$ 空间中的柯西列，根据 $L^{p}$ 的完备性，存在 $g \in L^{p}$ ，使得 ${f_{n}}$ $L^{p}$ 收敛到 $g$ ，也依测度收敛到 $g$ ，

又 ${f_{n}}$ 依测度收敛到 $f$ ，所以 $f = g a . e .$ ，定理得证。

$L^{p}$ 空间中的有界线性算子

线性变换

定义： $B$ 是线性空间，即满足线性空间的如下公理：

（1）数乘： $α \in R$ ， $f \in B$ ，那么 $α f \in B$ ；

（2）加法： $f, g \in B$ ，那么 $f + g \in B$ .

定义：设 $B$ 是线性空间，如果满足以下条件，则 $∣∣ \cdot ∣∣ : B \to R_{+}$ 是一个范数：

（1） $α \in R$ ， $f \in B$ ，那么 $∣∣ α f ∣∣ = ∣ α ∣ ∣∣ f ∣∣$ ；

（2） $∣∣ f ∣∣ = 0$ 当且仅当 $f = 0$ ；

（3） $∣∣ f + g ∣∣ \leq ∣∣ f ∣∣ + ∣∣ g ∣∣$ .

$(B, ∣∣ \cdot ∣∣)$ 是一个赋范线性空间（normed linear space），例如 $(L^{p}, ∣∣ \cdot ∣ ∣_{p})$ .

定义：如果满足 $α \in R$ ， $f, g \in B$ ，那么 $T (α f + g) = α T (f) + T (g)$ ，则算子 $T : B \to R$ 称为线性算子（linear operator）；如果存在 $c \in R$ ，使得 $∣ T (f) ∣ \leq c ∣∣ f ∣∣$ ， $\forall f \in B$ ，则称算子 $T$ 是有界（bounded）的。定义线性算子范数为 $∣∣ T ∣∣ = f \neq = 0 sup \frac{∣ T ( f ) ∣}{∣∣ f ∣∣}$ ，则：

$T (0) = 0$ ；

因为 $T (0) = T (f - f) = T (f) - T (f) = 0$ .
对于有界算子 $T$ ， $∣∣ T ∣∣ < c$ ；

因为 $∣∣ T ∣∣ = f \neq = 0 sup \frac{T ( f )}{∣∣ f ∣∣} \leq f \neq = 0 sup \frac{c ∣∣ f ∣∣}{∣∣ f ∣∣} = c$ .
对于有界算子 $T$ ， $∣∣ T ∣∣ = f \neq = 0 sup \frac{∣ T ( f ) ∣}{∣∣ f ∣∣}$ ，所以 $\frac{∣ T ( f ) ∣}{∣∣ f ∣∣} \leq ∣∣ T ∣∣$ ， $\forall f \neq = 0$ ，等价于 $∣ T (f) ∣ \leq ∣∣ T ∣∣ ∣∣ F ∣∣$ ， $\forall f \in B$ ；
$∣∣ \frac{f}{∣∣ f ∣∣} ∣∣ = \frac{∣∣ f ∣∣}{∣∣ f ∣∣} = 1$ ， $∣∣ T ∣∣ = f \neq = 0 sup \frac{∣ T ( f ) ∣}{∣∣ f ∣∣} = f \neq = 0 sup ∣ T (\frac{f}{∣∣ f ∣∣}) ∣ = ∣∣ g ∣∣ = 1 sup ∣ T (g) ∣$ .

$L^{p}$ 空间中的有界线性算子

给定 $σ$ -有限的测度空间 $(Ω, F, μ)$ ， $μ : F \to \overline{R_{+}}$ ， $F$ 是 $μ$ 完备的。

引理：设 $1 < p < + \infty$ ， $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$ ， $g \in L^{q}$ ，定义线性算子 $T_{g} : L^{p} \to R$ ， $T_{g} = \int f g d μ$ ， $\forall f \in L^{p}$ ，那么 $T_{g}$ 是一个有界线性算子，且 $∣∣ T_{g} ∣∣ = ∣∣ g ∣ ∣_{q}$ .

证明：

先证明 $∣∣ T_{g} ∣∣ \leq ∣∣ g ∣ ∣_{q}$ ：

根据Hölder不等式， $∣ T_{g} (f) ∣ = ∣ \int f g d μ ∣ \leq \int ∣ f g ∣ d μ \leq ∣∣ g ∣ ∣_{q} ∣∣ f ∣ ∣_{p}$ ， $∣ T_{g} ∣ = f \neq = 0 sup \frac{∣ T _{g} ( f ) ∣}{∣∣ f ∣ ∣ _{p}} \leq ∣∣ g ∣ ∣_{q}$ ；

再证明 $∣∣ T_{g} ∣∣ \geq ∣∣ g ∣ ∣_{q}$ ：

令 $\hat{f} = sign (g) ∣ g ∣^{\frac{q}{p}}$ ，其中 $sign (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 10 - 1, x > 0, x = 0, x < 0$

$\hat{f} \in L^{p}$ ，因为

$\int ∣ \hat{f} ∣^{p} d μ = \int ∣ sign (g) ∣ g ∣^{\frac{q}{p}} ∣^{p} d μ = \int ∣ g ∣^{q} d μ < + \infty$ ，

$T_{g} (\hat{f}) = \int ∣ g ∣∣ g ∣^{\frac{q}{p}} d μ = \int ∣ g ∣^{1 + \frac{q}{p}} d μ = \int ∣ g ∣^{q} d μ = ∣∣ g ∣ ∣_{q}^{q}$ ，

$\frac{∣ T _{g} ( f ^ ) ∣}{∣∣ f ^ ∣ ∣ _{p}} = \frac{∣∣ g ∣ ∣ _{q}^{q}}{∣∣ g ∣ ∣ _{q}^{\frac{q}{p}}} = ∣∣ g ∣ ∣_{q}^{q - \frac{q}{p}} = ∣∣ g ∣ ∣_{q}$ ，

所以 $∣∣ T_{g} ∣∣ \geq ∣∣ g ∣ ∣_{q}$ ，

综上，命题得证。

引理（有界线性算子的连续性）：给定有界线性算子 $T : B \to R$ ，和 $B$ 中元素 $f_{n}, f$ ，其中 $n \geq 1$ ，如果 $n \to + \infty lim ∣∣ f_{n} - f ∣∣ = 0$ ，那么 $n \to + \infty lim T (f_{n}) = T (f)$ .

证明：

$T$ 有界，即存在 $c \in R$ ，使得 $∣ T (f) ∣ \leq c ∣∣ f ∣∣$ ， $\forall f \in B$ ， $n \to \infty lim ∣ T (f_{n}) - T (f) ∣ = n \to \infty lim ∣ T (f_{n} - f) ∣ \leq n \to \infty lim c ∣∣ f_{n} - f ∣∣ = 0$ .

定理：设 $1 < p < + \infty$ ， $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$ ，给定有界线性算子 $T : L^{p} \to R$ ，那么存在函数 $g \in L^{q}$ ，使得 $T = T_{g}$ ，即 $T_{g} (f) = \int f g d μ$ ， $\forall f \in L^{p}$ .

证明：

先假设 $μ (Ω) < \infty$ ，

第一步，构造函数 $ν : F \to R$ ， $ν (A) = T (χ_{A})$ ， $\forall A \in F$ ，其中 $χ_{A} (x) = {10, x \in A, x \in / A$ ，则 $ν (\emptyset) = T (χ_{\emptyset}) = T (0) = 0$ ，

(a). 证明 $ν$ 是有限可加的：

假设 $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ 是 $F$ 中互不相交的集合， $ν (\sum_{j = 1}^{n} A_{j}) = T (χ_{\sum_{j = 1}^{n} A_{j}}) = T (\sum_{j = 1}^{n} χ_{A_{j}}) = \sum_{j = 1}^{n} T (χ_{A_{j}}) = \sum_{j = 1}^{n} ν (A_{j})$ ；

(b). 证明 $ν$ 是可数可加的：

已知存在 $c \in R$ ，使得 $∣ T (f) ∣ \leq c ∣∣ f ∣ ∣_{p}$ ， $\forall f \in L^{p}$ ，

假设 $A_{1}, A_{2}, A_{3}, \dots$ 是 $F$ 中互不相交的集合，

$∣ ν (\sum_{j \geq 1} A_{j}) - \sum_{j = 1}^{n} ν (A_{j}) ∣ = ∣ T (χ_{\sum_{j \geq 1} A_{j}}) - T (χ_{\sum_{j \geq 1}^{n} A_{j}}) ∣ \leq ∣ T (χ_{\sum_{j \geq 1} A_{j}} - χ_{\sum_{j \geq 1}^{n} A_{j}}) ∣ = ∣ T (χ_{\sum j > n A_{j}}) ∣ \leq c ∣∣ χ_{\sum_{j > n} A_{j}} ∣ ∣_{p}$

又根据测度的上连续性（ $μ (Ω) < \infty$ ）， $∣∣ χ_{\sum_{j > n} A_{j}} ∣ ∣_{p}^{p} = \int ∣ χ_{\sum_{j > n} A_{j}} ∣^{p} d μ = \int χ_{\sum_{j > n} A_{j}} d μ = \sum_{j > n} μ (A_{j}) ⟶ n \to \infty 0$ ，

所以 $ν (\sum_{j \geq 1} A_{j}) = \sum_{j = 1}^{\infty} ν (A_{j})$ ；

第二步，证明函数 $g \in F$ ， $T (χ_{A}) = \int χ_{A} g d μ$ ， $\forall A \in F$ ：

断言： $ν$ 是 $σ$ -有限的符号测度，实际上是有限符号测度，且 $ν ≪ μ$ .

证明：

对任何 $A \in F$ ， $∣ ν (A) ∣ = T (χ_{A}) \leq c ∣∣ χ_{A} ∣ ∣_{p} = c (\int ∣ χ_{A} ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}} = c (μ (A))^{\frac{1}{p}} \leq c (μ (Ω))^{\frac{1}{p}} < + \infty$ ，

因此 $μ (A) = 0$ ，则 $ν (A) = 0$ ，即 $ν (A) = 0$ ，即 $ν ≪ μ$ ，

根据Hahn-Jordan定理，存在集合 $P \in F$ ，记 $N = P^{c}$ ，对任何 $A \in F$ ，有

(a). $ν_{+} (A) = ν (A \cap P) \geq 0$ ， $ν_{-} (A) = - ν (A \cap N) \geq 0$ ；

(b). $ν (A) = ν_{+} (A) - ν_{-} (A)$ .

其中 $ν_{+}$ 、 $ν_{-}$ 是可测空间 $(Ω, F)$ 上的测度，

对任何 $A \subseteq P$ ， $∣ ν (A) ∣ \leq ∣ ν (P) ∣ \leq c (μ (P))^{\frac{1}{p}} < + \infty$ ，

对任何 $A \subseteq N$ ， $∣ ν (A) ∣ \leq ∣ ν (N) ∣ \leq c (μ (N))^{\frac{1}{p}} < + \infty$ ，

所以 $ν_{+}$ 、 $ν_{-}$ 是有限测度，记 $ν$ 是有限符号测度，

根据Radon-Nikodym定理，存在函数 $g \in F$ ，使得 $ν (A) = \int_{A} g d μ \Leftrightarrow T (χ_{A}) = \int χ_{A} g d μ$ ， $\forall A \in F$ ；

第三步，证明 $T (f) = \int f g d μ$ ， $\forall f \in L^{p}$ ：

$\forall A \in F$ ， $\int ∣ χ_{A} ∣^{p} d μ = μ (A) < + \infty$ ，所以 $χ_{A} \in L^{p}$ ，

当 $f = χ_{A}$ 时，以上公式第二步已经证明，

(Ⅰ). $f \in F$ 是简单函数，显然 $f \in L^{p}$ ，

设 $f = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} χ_{A_{j}}$ ， $c_{j} \in R$ ， $A_{j} \in F$ ， $1 \leq j \leq n$ ，

$T (f) = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} T (χ_{A_{j}}) = \sum_{j = 1}^{n} c_{j} \int χ_{A_{j}} g d μ = \int [\sum_{j = 1}^{n} c_{j} χ_{A_{j}}] g d μ = \int f g d μ$ ，

(Ⅱ). $f \geq 0$ ， $f \in L^{p}$ ，存在非负单调上升的简单函数列 ${f_{n}}$ 使得 $n \to \infty lim f_{n} = f$ ，

令 $E_{+} = {x : g (x) \geq 0}$ ， $E_{-} = {x : g (x) \leq 0}$ ， $g_{+} = g 1_{E_{+}}$ ， $g_{-} = - g 1_{E_{-}}$ ， $g = g_{+} - g_{-}$ ，

$f_{n} 1_{E_{+}}$ 是简单函数，我们有 $T (f_{n} 1_{E_{+}}) = \int f_{n} 1_{E_{+}} g d μ$ ，

一方面，根据单调收敛定理， $n \to \infty lim \int f_{n} 1_{E_{+}} g d μ = \int [n \to \infty lim f_{n} 1_{E_{+}} g] d μ = \int f 1_{E_{+}} g d μ = \int f g_{+} d μ$ ，

另一方面，根据控制收敛定理（ $∣ f_{n} - f ∣^{p} \leq ∣ f ∣^{p}$ ）， $n \to \infty lim ∣∣ 1_{E_{+}} f_{n} - 1_{E_{+}} f ∣ ∣_{p} = 0$ ，

$n \to \infty lim ∣∣ 1_{E_{+}} f_{n} - 1_{E_{+}} f ∣ ∣_{p} = n \to \infty lim ∣∣ 1_{E_{+}} (f_{n} - f) ∣ ∣_{p} \leq n \to \infty lim (\int ∣ f_{n} - f ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}} = (\int n \to \infty lim ∣ f_{n} - f ∣^{p} d μ)^{\frac{1}{p}} = 0$ ，

再根据 $T$ 的连续性， $n \to \infty lim T (1_{E_{+}} f_{n}) = T (1_{E_{+}} f)$ ，

因此， $T (1_{E_{+}} f) = \int f g_{+} d μ = n \to \infty lim \int f_{n} g_{+} d μ < + \infty$ 。

同理，对 $g_{-}$ 有类似的结果， $T (1_{E_{-}} f) = \int f g_{-} d μ = n \to \infty lim \int f_{n} g_{-} d μ < + \infty$ ，

把 $g$ 的正部负部合起来；

另一种证明方法：

$T (f) = T (1_{E_{+}} f - 1_{E_{-}} f) = T (1_{E_{+}} f) - T (1_{E_{-}} f) = \int f g_{+} d μ - \int f g_{-} d μ = \int f (g_{+} - g_{-}) d μ = \int f g d μ$ ，

$T (f_{n}) = \int f_{n} g d μ = \int f_{n} g_{+} d μ - \int f_{n} g_{-} d μ$ ，

一方面， $n \to \infty lim ∣∣ f_{n} - f ∣ ∣_{p} = 0$ ，所以 $n \to \infty lim = T (f_{n}) = T (f)$ ，

另一方面， $n \to \infty lim [\int f_{n} g_{+} d μ - \int f_{n} g_{-} d μ] = \int f g_{+} d μ - \int f g_{-} d μ = \int f (g_{+} - g_{-}) d μ = \int f g d μ$ ，

所以 $T (f) = \int f g d μ$ ；

(Ⅲ), $f \in L^{p}$ 时， $f = f_{+} - f_{-}$ ，

$T (f) = T (f_{+}) - T (f_{-}) = \int f_{+} g d μ - \int f_{-} g d μ = \int (f_{+} - f_{-}) g d μ = \int f g d μ$ ；

第四步， $g \in L^{p}$ ，

令 $f_{n} = sign (g) ∣ F_{n} (g) ∣^{\frac{q}{p}}$ ，其中 $F_{n} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ n x - n, x \geq n, - n < x < n, x \leq - n$ ， $f_{n}$ 是有界函数，所以属于 $L^{p}$ ，

$∣ T (f_{n}) ∣ \leq c ∣∣ f_{n} ∣ ∣_{p}$ ， $\int ∣ g ∣∣ F_{n} (g) ∣^{\frac{q}{p}} d μ \leq c (\int ∣ F_{n} (g) ∣^{q} d μ)^{\frac{1}{p}} \leq c (\int ∣ g ∣∣ F_{n} (g) ∣^{\frac{q}{p}} d μ)^{\frac{1}{p}}$ ，所以 $(\int ∣ g ∣∣ F_{n} (g) ∣^{\frac{q}{p}} d μ)^{\frac{1}{q}} \leq ∣∣ T ∣∣$ ，

再利用单调收敛定理，得 $(\int ∣ g ∣∣ g ∣^{\frac{q}{p}} d μ)^{\frac{1}{q}} \leq ∣∣ T ∣∣ \Leftrightarrow ∣∣ g ∣ ∣_{q} \leq ∣∣ T ∣∣$ ；

前四步总结：当 $μ (Ω) < + \infty$ 时，存在函数 $g \in L^{q}$ ，使得 $T = T_{g}$ ，即 $T_{g} (f) = \int f g d μ$ ， $\forall f \in L^{p}$ .

第五步， $(Ω, F, μ)$ 是 $σ$ -有限的测度空间，即存在 $F$ 中两两不交集合列 ${E_{j} \in F}$ ， $Ω = \sum_{j = 1}^{+ \infty} E_{j}$ ， $μ (E_{j}) < + \infty$ ，

对 $j \geq 1$ ，存在有限测度空间 $(E_{j}, F_{j}, μ_{j})$ ， $F_{j} = {A \cap E_{j} : A \in F}$ ， $μ_{j} (B) = μ (B)$ ， $\forall B \in F_{j}$ ，

存在函数 $g_{j} \in F$ ， $g_{j} (x) = 0$ ， $x \in / E_{j}$ ，使得 $\forall f \in L^{p}$ ，

$T (f χ_{E_{j}}) = \int_{E_{j}} f χ_{E_{j}} g_{j} d μ = \int χ_{E_{j}} f g d μ$ ，其中 $g = \sum_{j \geq 1} g_{j} = \sum_{j \geq 1} g_{j} χ_{E_{j}}$ ，

令 $F_{n} = \sum_{j = 1}^{n} E_{j}$ ，根据积分的线性性，

(Ⅰ). 对任何 $n \geq 1$ ， $T (f χ_{F_{n}}) = \int χ_{F_{n}} f g d μ$ ，令 $E_{+} = {x : g (x) \geq 0}$ ， $E_{-} = {x : g (x) \leq 0}$ ， $g_{+} = g 1_{E_{+}}$ ， $g_{-} = - g 1_{E_{-}}$ ， $g = g_{+} - g_{-}$ ；

(Ⅱ). $f \geq 0$ ， $f \in L^{p}$ 时，存在非负单调上升的简单函数列 ${f_{n}}$ 使得 $n \to \infty lim f_{n} = f$ ，

不妨设 $f_{n} = f_{n} χ_{F_{n}}$ ，同样满足以上条件，

我们有 $T (f_{n} χ_{E_{+}}) = \int f_{n} χ_{E_{+}} g d μ = \int f_{n} g_{+} d μ$ ，

一方面，根据单调收敛定理， $f_{n} χ_{E_{+}}$ $L^{p}$ 收敛到 $f χ_{E_{+}}$ ，再由 $T$ 的连续性， $n \to \infty lim T (f_{n} χ_{E_{+}}) = T (f χ_{E_{+}}) < + \infty$ ，

另一方面，根据单调收敛定理， $n \to \infty lim \int f_{n} g_{+} d μ = \int f g_{+} d μ$ ，

所以 $T (f χ_{E_{+}}) = \int f g_{+} d μ < + \infty$ ，

同理，我们有 $T (f χ_{E_{-}}) = \int f g_{-} d μ < + \infty$ ，

（后面证明与 $μ (Ω) < + \infty$ 情形完全相同）所以 $T (f) = T (1_{E_{+}} f - 1_{E_{-}} f) = T (1_{E_{+}} f) - T (1_{E_{-}} f) = \int f g_{+} d μ - \int f g_{-} d μ = \int f (g_{+} - g_{-}) d μ = \int f g d μ$ ；

(Ⅲ). $f \in L^{p}$ 时， $f = f_{+} - f_{-}$ ， $T (f) = T (f_{+}) - T (f_{-}) = \int f_{+} g d μ - \int f_{-} g d μ = \int (f_{+} - f_{-}) g d μ = \int f g d μ$ ；

(Ⅳ). $g \in L^{p}$ .

Vitali覆盖引理

定义：给定 $R$ 中区间族 ${I_{α} : α \in F}$ ， $E \in R$ ，如果 $\forall x \in E$ ， $\forall ϵ > 0$ ， $\exists I_{α}, α \in F$ ，使得 $x \in I_{α}$ ，且 $0 < ∣ I_{α} ∣ < ϵ$ （其中 $∣ I_{α} ∣$ 表示区间的长度），我们称 ${I_{α} : α \in F}$ 是 $E$ 的一个Vitali覆盖。

Vitali覆盖引理：设 $E \subseteq R$ ， $I = {I_{α} : α \in F}$ 是 $E$ 的一个Vitali覆盖， $I_{α}$ 是闭区间，则存在互不相交的区间 ${I_{j}}_{j \geq 1}$ ， $I_{j} \in I$ ， $j \neq = k$ 时， $I_{j} \cap I_{k} = \emptyset$ ，且 $λ^{*} (E \ \sum_{j \geq 1} I_{j}) = 0$ ，其中 $λ^{*}$ 是 $R$ 上的勒贝格测度。

证明：

1、可以假定 $E$ 有界，比如 $E \subseteq (k, k + 1)$ ， $k \in Z$ ，令 $E_{k} = E \cap (k, k + 1)$ ，

假设定理对 $E_{k}$ 成立，即存在互不相交的区间 ${I_{j}^{(k)}}_{j \geq 1}$ ， $I_{j}^{(k)} \in I$ ， $λ^{*} (E_{k} \ \sum_{j \geq 1} I_{j}^{(k)}) = 0$ ，

可数集合列 ${I_{j}^{(k)} : j \geq 1, k \in Z}$ 互不相交，如果 $(j, k) \neq = (j^{'}, k^{'})$ ， $I_{j}^{(k)} \cap I_{j^{'}}^{(k)} = \emptyset$ ， $E \ k \in Z ⋃ \sum_{j \geq 1} I_{j}^{(k)} \subseteq Z k \in Z ⋃ (E_{k} \ \sum_{j \geq 1} I_{j}^{(k)})$ ，所以 $λ^{*} (E \ k \in Z ⋃ \sum_{j \geq 1} I_{j}^{(k)}) = 0$ ；

2、令 $E^{'} = E \cap (0, 1)$ ，

断言： $I = {I_{α} : α \in F}$ 是 $E^{'}$ 的一个Vitali覆盖。

证明：如果 $\forall x \in E^{'}$ ，那么 $x \in E$ ， $\forall ϵ > 0$ ， $\exists I_{α}, α \in F$ ，使得 $x \in I_{α}$ ，且 $0 < ∣ I_{α} ∣ < ϵ$ .

令 $\overline{I} = {I_{α} : α \in F, I_{α} \subseteq (0, 1)}$ ，

断言： $\overline{I}$ 是 $E^{'}$ 的一个Vitali覆盖。

证明：对任何 $x \in E^{'}$ ， $ϵ > 0$ ，令 $δ = min {ϵ, x, 1 - x}$ ， $\exists I_{α} \in I$ ，使得 $x \in I_{α}$ ，且 $0 < ∣ I_{α} ∣ < δ \leq ϵ$ ，因此 $I_{α} \subseteq (0, 1)$ .

3、在此条件证明定理， $E \subseteq (0, 1)$ ， $I = {I_{α} : α \in F}$ 是 $E$ 的一个Vitali覆盖， $I_{α}$ 是闭区间， $I_{α} \subseteq (0, 1)$ ：

第一步， $N = 1$ 时，

(a). $E = \emptyset$ 时，定理得证；

(b). 假设 $E \neq = \emptyset$ ，令 $s_{1} = sup {∣ I_{α} ∣ : α \in F} \in (0, 1]$ ，由于存在 $x \in E$ ，存在 $I_{α}$ ，使得 $x \in I_{α}$ ，且 $∣ I_{α} ∣ > 0$ ，所以 $s_{1} > 0$ ，

选取 $I_{1} \in I$ ，使得 $∣ I_{1} ∣ \geq \frac{s _{1}}{2}$ ；

$N = 2$ 时，

(a). 如果 $E \ I_{1} = \emptyset$ ，命题得证；

(b). 否则，若 $E \ I_{1} \neq = \emptyset$ ，令 $s_{2} = sup {∣ I_{α} ∣ : I_{α} \cap I_{1} = \emptyset, α \in F} \in (0, 1]$ ，由于存在 $x \in E \ I_{1}$ ，存在 $I_{α}$ ，使得 $x \in I_{α}$ ，且 $0 < ∣ I_{α} ∣ < d (x, I_{1})$ ，所以 $I_{α} \cap I_{1} = \emptyset$ ，且 $s_{2} > 0$ ，

选取 $I_{2} \in I$ ，使得 $∣ I_{2} ∣ \geq \frac{s _{2}}{2}$ ，且 $I_{2} \cap I_{1} = \emptyset$ ；

$\dots$

以此类推，我们得到了 $I_{1}, I_{2}, \dots, I_{N - 1}$ ，

(a). 如果 $E \ \sum_{j = 1}^{N - 1} I_{j} = \emptyset$ ，命题得证；

(b). 否则， $E \ \sum_{j = 1}^{N - 1} I_{j} \neq = \emptyset$ ，令 $s_{N} = sup {∣ I_{α} ∣ : I_{α} \cap \sum_{j = 1}^{N - 1} I_{j} = \emptyset, α \in F} \in (0, 1]$ ，由于存在 $x \in E \ \sum_{j = 1}^{N - 1} I_{j}$ ，存在 $I_{α}$ ，使得 $x \in I_{α}$ ，且 $0 < ∣ I_{α} ∣ < d (x, \sum_{j = 1}^{N - 1} I_{j})$ ，所以 $I_{α} \cap \sum_{j = 1}^{N - 1} I_{j} = \emptyset$ ，且 $s_{N} > 0$ ，

选取 $I_{N} \in I$ ，使得 $I_{N} \geq \frac{2 _{N}}{2}$ ，且 $I_{N} \cap \sum_{j = 1}^{N - 1} I_{j} = \emptyset$ ；

$\dots$

以上步骤在有限步停止，命题得证，

否则我们得到了互不相交的区间列 ${I_{n}}_{n \geq 1}$ ，满足 $s_{n} = sup {∣ I_{α} ∣ : I_{α} \cap \sum_{j = 1}^{n - 1} I_{j} = \emptyset, α \in F} \in (0, 1]$ ， $∣ I_{n} ∣ \geq \frac{2 _{n}}{2}$ ；

第二步，

断言：由于 $\sum_{j \geq 1} ∣ I_{j} ∣ = λ^{*} (\sum_{j \geq 1} I_{j}) \leq 1$ ，所以 $N \to + \infty lim \sum_{j \geq N} ∣ I_{j} ∣ = 0$ .

对 $I_{j} = [a_{j}, b_{j}]$ ，令 $K_{j} = [a_{j} - 2∣ I_{j} ∣, b_{j} + 2∣ I_{j} ∣] = [3 a_{j} - 2 b_{j}, 3 b_{j} - 2 a_{j}]$ ，

断言： $E \ \sum_{j = 1}^{N} I_{j} \subseteq j \geq N + 1 ⋃ K_{j}$ .

任取 $x \in E \ \sum_{j = 1}^{N} I_{j}$ ，存在闭区间 $J \in I$ ，使得 $x \in J$ ， $J \cap \sum_{j = 1}^{N} I_{j} = \emptyset$ ， $0 < ∣ J ∣ \leq S_{N + 1}$ ，

断言：存在 $M \geq N + 1$ ，使得 $J \cap I_{M} \neq = \emptyset$ .

证明：如果 $J \cap \cup \sum_{j \geq 1} I_{j} = \emptyset$ ，那么 $∣ J ∣ \leq s_{n} \leq 2∣ I_{n} ∣$ ， $n \geq 1$ ，而 $n \to + \infty lim ∣ I_{n} ∣ = 0$ ，与 $∣ J ∣ > 0$ 矛盾.

我们选取最小的 $M$ ，满足 $J \cap I_{M} \neq = \emptyset$ ， $J \cap \sum_{j = 1}^{M - 1} I_{j} = \emptyset$ ，所以 $∣ J ∣ \leq s_{M} \leq 2∣ I_{M} ∣$ ，因此 $J \subseteq K_{M}$ ，

根据断言， $λ^{*} (E \ \sum_{j = 1}^{N} I_{j}) \leq λ^{*} (j \geq N + 1 ⋃ K_{j}) \leq \sum_{j \geq N + 1} ∣ K_{j} ∣ = \sum_{j \geq N + 1} 5∣ I_{j} ∣ ⟶ N \to \infty 0$ ，

所以 $λ^{*} (E \ \sum_{j \geq 1} I_{j}) = 0$ .

Vitali覆盖引理：设 $E \subseteq R$ ， $I = {I_{α} : α \in F}$ 是 $E$ 的一个Vitali覆盖，则存在互不相交的区间 ${I_{j}}_{j \geq 1}$ ， $I_{j} \in I$ ， $j \neq = k$ 时， $I_{j} \cap I_{k} = \emptyset$ ，且 $λ^{*} (E \ \sum_{j \geq 1} I_{j}) = 0$ .

备注：也就是说前面引理中的 $I_{α}$ 是闭区间这个假设不需要。

证明：令 $J_{α} = \overline{I_{α}}$ 是 $I_{α}$ 的闭包，则 ${J_{α} : α \in F} = J$ 是 $E$ 的一个Vitali覆盖，

已知 $\forall x \in E$ ， $\forall ϵ > 0$ ， $\exists I_{α}, α \in F$ ，使得 $x \in I_{α}$ ，且 $0 < ∣ I_{α} ∣ < ϵ$ ，

那么 $\forall x \in E$ ， $\forall ϵ > 0$ ， $\exists J_{α}, α \in F$ ，使得 $x \in J_{α}$ ，且 $0 < ∣ J_{α} ∣ < ϵ$ ，

根据Vitali覆盖引理，则存在互不相交的区间 ${J_{j}}_{j \geq 1}$ ， $J_{j} \in J$ ， $λ^{*} (E \ \sum_{j \geq 1} J_{j}) = 0$ ，

对 $k \geq 1$ ， $J_{k} = [a_{k}, b_{k}]$ ， $E \ \sum_{k \geq 1} I_{k} \subseteq [E \ \sum_{k \geq 1} J_{k}] \cup [k \geq 1 ⋃ {a_{k}, b_{k}}]$ ，所以 $λ^{*} (E \ \sum_{j \geq 1} I_{j}) = 0$ .

Vitali覆盖引理： $E \subseteq (- l, l)$ ， $I = {I_{α} : α \in F}$ 是 $E$ 的一个Vitali覆盖，则存在互不相交的区间 ${I_{j} \subseteq (- l, l)}_{j \geq 1}$ ， $I_{j} \in I$ ， $j \neq = k$ 时， $I_{j} \cap I_{k} = \emptyset$ ，且 $λ^{*} (E \ \sum_{j \geq 1} I_{j}) = 0$ ；而且对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $N \in N$ ，使得 $λ^{*} (E \ \sum_{j \geq 1}^{N} I_{j}) \leq ϵ$ .

证明：

由于 $\sum_{j \geq 1} ∣ I_{j} ∣ = λ^{*} (\sum_{j \geq 1} I_{j}) \leq 2 l$ ，所以 $N \to + \infty lim \sum_{j \geq N} ∣ I_{j} ∣ = 0$ ，

$λ^{*} (E \ \sum_{j = 1}^{N} I_{j}) = λ^{*} ([E \ \sum_{j \geq 1} I_{j}] \cup [\sum_{j \geq N + 1} I_{j}]) \leq λ^{*} (E \ \sum_{j \geq 1} I_{j}) + λ^{*} (\sum_{j \geq N + 1} I_{j}) = \sum_{j \geq N + 1} ∣ I_{j} ∣ ⟶ N \to \infty 0$ .

有界变差函数的可微性

定义：给定函数 $f : I \subseteq R \to R$ ，则：

如果 $x \leq y$ ，有 $f (x) \leq f (y)$ ，我们称 $f$ 单调上升；
如果 $x \leq y$ ，有 $f (x) \geq f (y)$ ，我们称 $f$ 单调下降。

定义：

$D^{+} f (x) = h \to 0^{+} lim sup \frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h} = h \to 0^{+} lim 0 < t < h sup \frac{f ( x + t ) - f ( x )}{t}$ ；
$D^{-} f (x) = h \to 0^{+} lim in f \frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h} = h \to 0^{+} lim 0 < t < h in f \frac{f ( x + t ) - f ( x )}{t}$ ；
$D_{+} f (x) = h \to 0^{+} lim sup \frac{f ( x ) - f ( x - h )}{h} = h \to 0^{+} lim 0 < t < h sup \frac{f ( x ) - f ( x - t )}{t}$ ；
$D_{-} f (x) = h \to 0^{+} lim in f \frac{f ( x ) - f ( x - h )}{h} = h \to 0^{+} lim 0 < t < h in f \frac{f ( x ) - f ( x - t )}{t}$ .

给定 $x \in I$ ，如果 $D^{+} f (x) = D^{-} f (x) = D_{+} f (x) = D_{-} f (x)$ ，则 $f$ 在 $x$ 处可微。

显然， $D^{+} f (x) \geq D^{-} f (x)$ ， $D_{+} f (x) \geq D_{-} f (x)$ .

定理：给定单调上升函数 $f : I \subseteq R \to R$ ，则 $f$ 几乎处处可微。

证明：

第一步，只需证明 $f : (a, b) \to R$ 上几乎处处可微，即，令 $E = {x \in (a, b) : D^{+} f (x) = D^{-} f (x) = D_{+} f (x) = D_{-} f (x)}$ ，证明 $λ^{*} ((a, b) \ E) = 0$ ：

$(a, b) \ E$ 是以下八个集合的子集：

${x \in (a, b) : D^{+} f (x) > D_{+} f (x)}$ ， ${x \in (a, b) : D^{+} f (x) < D_{+} f (x)}$ ，

${x \in (a, b) : D^{+} f (x) > D_{-} f (x)}$ ， ${x \in (a, b) : D^{+} f (x) < D_{-} f (x)}$ ，

${x \in (a, b) : D^{-} f (x) > D_{+} f (x)}$ ， ${x \in (a, b) : D^{-} f (x) < D_{+} f (x)}$ ，

${x \in (a, b) : D^{-} f (x) > D_{-} f (x)}$ ， ${x \in (a, b) : D^{-} f (x) < D_{-} f (x)}$ ,

令 $E_{1} = {x \in (a, b) : D^{+} f (x) > D_{-} f (x)}$ ，令 $E_{s, t} = {x \in (a, b) : D^{+} f (x) > t > s > D_{-} f (x)}$ ，显然 $E_{1} = x, t \in Q ⋃ E_{s, t}$ ，

这里只给出 $λ^{*} (E_{1}) = 0$ 的证明，其它证明类似，

第二步，由于 $λ^{*} (E_{1}) = 0$ 等价于 $λ^{*} (E_{s, t}) = 0$ ，因此只需证明 $λ^{*} (E_{s, t}) = 0$ ，令 $λ = λ^{*} (E_{s, t})$ ，

给定集合 $E_{s, t}$ ，根据勒贝格测度的正则性，对任何 $ϵ > 0$ ，存在开集 $G$ ，使得 $E_{s, t} \subseteq G$ ，且 $λ^{*} (G) \leq λ^{*} (E_{s, t}) + ϵ$ ，

对任何 $x \in E_{s, t}$ ，存在单调下降到 $0$ 的数列 ${h_{k}}$ ，使得 $f (x) - f (x - h_{k}) \leq s h_{k}$ ，且 $[x - h_{k}, x] \subseteq G$ ，

令 $I = {[x - h_{k}, x] : x \in E_{s, t}, f (x) - f (x - h_{k}) \leq s h_{k}, [x - h_{k}, x] \subseteq G}$ ，

断言： $I$ 是 $E_{s, t}$ 的一个Vitali覆盖。

利用Vitali覆盖引理，存在 $I$ 中互不相交的闭区间列 ${I_{1}, \dots, I_{M}}$ ，使得 $λ^{*} (E_{s, t} \ \sum_{j = 1}^{M} I_{j}) \leq ϵ$ ，

$I_{j} = [x_{j} - h_{j}, x_{j}]$ ， $x_{j} \in E_{s, t}$ ，不妨设 $x_{1} < x_{2} < \dots < x_{M}$ ，我们有 $\sum_{j = 1}^{M} (f (x_{j}) - f (x_{j} - h_{j})) \leq s \sum_{j = 1}^{M} ∣ I_{j} ∣ = s λ^{*} (\sum_{j = 1}^{M} I_{j}) \leq s (λ + ϵ)$ ；

第三步，

开区间 $I_{j}^{\circ} = (x_{j} - h_{j}, x_{j})$ ，令 $B = E_{s, t} \cap (\sum_{j = 1}^{M} I_{j}^{\circ})$ ，

由于 $E_{s, t} \subseteq B \cup [E_{s, t} \ (\sum_{j = 1}^{M} I_{j}^{\circ})]$ ，和 $\sum_{j = 1}^{M} I_{j} \subseteq \sum_{j = 1}^{M} I_{j}^{\circ} \cup [i = 1 ⋃ M {x_{j} - h_{j}, x_{j}}]$ ，所以 $λ^{*} (E_{s, t}) \leq λ^{*} (B) + ϵ \Leftrightarrow λ^{*} (B) \geq λ^{*} (E_{s, t}) - ϵ = λ - ϵ$ ，

对任何 $y \in B$ ，存在单调下降到 $0$ 的数列 ${r_{k}}$ ，使得 $f (y + r_{k}) - f (y) \geq t r_{k}$ ，且 $[y, y + r_{k}] \subseteq \sum_{j = 1}^{M} I_{j}^{\circ}$ ，

令 $I = {[y, y + r_{k}] : y \in B, f (y + r_{k}) - f (y) \geq t r_{k}, [y, y + r_{k}] \subseteq \sum_{j = 1}^{M} I_{j}^{\circ}}$ ，

断言： $I$ 是 $B$ 的一个Vitali覆盖。

利用Vitali覆盖引理，存在 $I$ 中互不相交的闭区间列 ${J_{1}, \dots, J_{N}}$ ，使得 $λ^{*} (B \ \sum_{k = 1}^{N} J_{k}) \leq ϵ$ ，

断言： $\sum_{k = 1}^{N} ∣ J_{k} ∣ \geq λ - 2 ϵ$ .

证明：因为 $B = [B \cap \sum_{k = 1}^{N} J_{k}] \cup [B \ \sum_{k = 1}^{N} J_{k}]$ ，所以 $λ^{*} (B) \leq \sum_{k = 1}^{N} ∣ J_{k} ∣ + ϵ$ ， $\sum_{k = 1}^{N} ∣ J_{k} ∣ \geq λ^{*} (B) - ϵ \geq λ - 2 ϵ$ .

令 $J_{k} = [y_{k}, y_{k} + r_{k}]$ ，不妨设 $y_{1} < y_{2} < \dots < y_{N}$ ，由于 $[y_{k}, y_{k} + r_{k}] \subseteq \sum_{j = 1}^{M} I_{j}^{\circ}$ ，且函数 $f$ 单调上升，所以

$\sum_{j = 1}^{M} [f (x_{j}) - f (x_{j} - h_{j})] \geq \sum_{k = 1}^{N} [f (y_{k} + r_{k}) - f (y_{k})]$ ，

$s \sum_{j = 1}^{M} ∣ I_{j} ∣ \geq t \sum_{k = 1}^{N} ∣ J_{k} ∣$ ，

$s (λ + ϵ) \geq t (λ - 2 ϵ)$ ，

令 $ϵ \to 0^{+}$ ，我们有 $s λ \geq t λ$ ，所以 $λ = 0$ ，命题得证。

定理：给定单调上升函数 $f : [a, b] \to R$ ，则 $f$ 几乎处处可微， $f^{'} (x) \geq 0 a . e .$ ，且 $\int_{a}^{b} f^{'} d λ \leq f (b) - f (a)$ .

证明：

当 $x \geq b$ 时，令 $f (x) = f (b)$ ，定义函数列 ${f_{n} = \frac{f ( x + \frac{1}{n} ) - f ( x )}{\frac{1}{n}} : x \in [a, b]}_{n \geq 1}$ ，则 $f_{n} \in L$ ，且 $f_{n} \geq 0$ ，

根据上个定理，对几乎处处 $x \in [a, b]$ ， $n \to + \infty lim \frac{f ( x + \frac{1}{n} ) - f ( x )}{\frac{1}{n}} = f^{'} (x)$ （允许 $f^{'} (x) = + \infty$ ），

对 $[a, b]$ 中不可微点 $y$ ，我们定义 $f^{'} (y) = 0$ ，所以 $f^{'} (x) \in L$ ，且 $f^{'} (x) \geq 0$ ，再根据Fatou引理，

$\int_{a}^{b} f^{'} d λ \leq n \to + \infty lim in f \int_{a}^{b} f_{n} d λ = n \to + \infty lim in f n \int_{a}^{b} [f (x + \frac{1}{n}) - f (x)] d λ = n \to + \infty lim in f [n \int_{b}^{b + \frac{1}{n}} f (x) d λ - n \int_{a}^{a + \frac{1}{n}} f (x) d λ] \leq f (b) - f (a)$

所以 $f^{'}$ 几乎处处有限。

定理中严格不等号可能成立，比如 $f = χ_{[1, 2]} : [0, 2] \to R$ ， $f = 0 a . e .$ ，且 $\int_{0}^{2} f^{'} d λ = 0 < 1 = f (2) - f (0)$ .

变差回顾：

$f$ 是有界闭区间 $[a, b]$ 上的实值函数， $Π = {t_{0}, \dots, t_{p}}$ 是 $[a, b]$ 的一个分割，即 $a = t_{0} < t_{1} < \dots < t_{p} = b$ ，

定义

$V_{f, Π} = V_{f, Π} ([a, b]) = \sum_{i = 0}^{p - 1} [f (t_{i + 1}) - f (t_{i})]$ ，

$P_{f, Π} = P_{f, Π} ([a, b]) = \sum_{i = 0}^{p - 1} (f (t_{i + 1}) - f (t_{i}))^{+}$ ，

$N_{f, Π} = N_{f, Π} ([a, b]) = \sum_{i = 0}^{p - 1} (f (t_{i + 1}) - f (t_{i}))^{-}$ ，

其中 $V_{f, Π}$ 是 $f$ 关于 $Π$ 的变差，我们有 $V_{f, Π} = P_{f, Π} + N_{f, Π}$ ， $f (b) - f (a) = P_{f, Π} - N_{f, Π}$ ，

回顾 $c \in R$ ， $c^{+} = max {c, 0}$ ， $c^{-} = max {- c, 0}$ ， $c = c^{+} - c^{-}$ ， $∣ c ∣ = c^{+} + c^{-}$ ，

定义 $V_{f} = Π sup V_{f, Π}$ ， $P_{f} = Π sup P_{f, Π}$ ， $N_{f} = Π sup N_{f, Π}$ .

定义： $f$ 是有界闭区间 $[a, b]$ 上的实值函数，如果 $V_{f} < \infty$ ，则称 $f$ 是有界变差。

引理： $f : [a, b] \to R$ 是有界变差函数，那么

（1） $V_{f} = P_{f} + N_{f}$ ；

（2） $f (b) - f (a) = P_{f} - N_{f}$ .

证明：

由于 $f$ 是有界变差函数，那么 $P_{f}, N_{f} < + \infty$ ，

对任何 $ϵ > 0$ ，存在分割 $Π_{1} = {a = t_{0} < t_{1} < \dots < t_{p} = b}$ 和 $Π_{2} = {a = s_{0} < s_{1} < \dots < s_{q} = b}$ ，使得

$P_{f} - ϵ \leq P_{f, Π_{1}} \leq P_{f}$ ，

$N_{f} - ϵ \leq N_{f, Π_{2}} \leq N_{f}$ ，

令 $Π = Π_{1} \cup Π_{2}$ ，我们有

$P_{f} - ϵ \leq P_{f, Π_{1}} \leq P_{f, Π} \leq P_{f}$ ，

$N_{f} - ϵ \leq N_{f, Π_{2}} \leq N_{f, Π} \leq N_{f}$ ，

所以

$P_{f} - N_{f} - ϵ \leq P_{f, Π} - N_{f, Π} \leq P_{f} - N_{f} + ϵ$ ，

$P_{f} - N_{f} - ϵ \leq f (b) - f (a) \leq P_{f} - N_{f} + ϵ$ ，

令 $ϵ \to 0^{+}$ ，我们有 $f (b) - f (a) = P_{f} - N_{f}$ ，

同理，

$P_{f} + N_{f} - 2 ϵ \leq P_{f, Π} + N_{f, Π} \leq P_{f} + N_{f}$ ，

$P_{f} + N_{f} - 2 ϵ \leq V_{f} \leq P_{f} + N_{f}$ ,

令 $ϵ \to 0^{+}$ ，我们有 $V_{f} = P_{f} + N_{f}$ .

命题： $f : [a, b] \to R$ 是有界变差函数，那么 $f$ 几乎处处可微。

证明： $f (x) - f (a) = P_{f} ([a, x]) - N_{f} (a, x)$ ，而 $P_{f} ([a, x])$ 和 $N_{f} ([a, x])$ 关于 $x$ 单调上升，所以几乎处处可微，因此 $f$ 也几乎处处可微。

绝对连续函数

定义：设 $f$ 是有界闭区间 $[a, b]$ 上的实值函数，如果对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $δ > 0$ ，使得对任何 $(a, b)$ 中不交开区间族 ${I_{j} = (a_{j}, b_{j})}_{j = 1}^{M}$ ，如果 $\sum_{j = 1}^{M} (b_{j} - a_{j}) < δ$ ，则 $\sum_{j = 1}^{M} ∣ f (b_{j}) - f (a_{j}) ∣ < ϵ$ ，那么我们称 $f$ 在 $[a, b]$ 上绝对连续。

显然绝对连续的函数必然是连续的。

设 $f$ 在 $[a, b]$ 上连续，对以上的 $ϵ$ 、 $δ$ ，对任何固定 $x \in [a, b]$ ，当 $y \in [a, b]$ ，即 $(x, y)$ 或 $(y, x)$ 属于 $[a, b]$ ，且 $∣ y - x ∣ < δ$ 时，有 $∣ f (x) - f (y) ∣ < ϵ$ .

例：函数 $f : [a, b] \to R$ 可积，即 $\int_{a}^{b} ∣ f ∣ d λ = \int ∣ f ∣ χ_{[a, b]} d λ < + \infty$ ，定义函数 $F (x) = c + \int_{a}^{x} fd λ = c + f c χ_{[a, x]} d λ$ ， $x \in [a, b]$ ，验证 $F$ 是绝对连续函数。

解：根据函数的一致可积性，对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $δ > 0$ ，使得对任何 $B \in L$ ，如果 $λ (B) < δ$ ，则 $\int_{B} ∣ f ∣ d λ = \int_{B} ∣ f ∣ χ_{[a, b]} d λ < ϵ$ ，

特别地，对任何 $(a, b)$ 中不交开区间族 ${I_{j} = (a_{j}, b_{j})}_{j = 1}^{M}$ ，如果 $\sum_{j = 1}^{M} (b_{j} - a_{j}) < δ$ ，那么

$\sum_{j = 1}^{M} ∣ F (b_{j}) - F (a_{j}) ∣ = \sum_{j = 1}^{M} ∣ \int_{a_{j}}^{b_{j}} fd λ ∣ \leq \sum_{j = 1}^{M} \int_{a_{j}}^{b_{j}} ∣ f ∣ d λ = \sum_{j = 1}^{M} \int_{I_{j}} ∣ f ∣ d λ \leq \int_{\sum_{j = 1}^{M} I_{j}} ∣ f ∣ d λ \leq ϵ$

引理：设函数 $f : [a, b] \to \overline{R}$ 可积，即 $\int_{a}^{b} ∣ f ∣ d λ < + \infty$ ，如果 $\int_{a}^{x} fd λ = 0$ ， $\forall x \in [a, b]$ ，那么 $f (x) = 0 a . e .$ .

证明：

记 $f = f χ_{[a, b]} : R \to \overline{R}$ ，显然对任何区间 $[x, y]$ ， $\int_{[x, y]} fd λ = 0$ ，比如 $\int_{(x, b]} fd λ = \int_{[a, b]} fd λ - \int_{[a, x]} fd λ = 0$ ，

定义集合类 $C = {A \in L : \int_{A} fd λ = 0}$ ，则

（1） $C$ 包含 $R$ 上的半代数， $S = R \cup {(a, b] : a < b, a, b \in R} \cup {(- \infty, b] : b \in R} \cup {(a, + \infty) : a \in R} \cup \emptyset$ ；

（2）根据积分的线性性， $C \supseteq A (S) = A$ ；

（3） $C$ 是一个单调类，

(Ⅰ). $A_{j} \in C$ ， $A_{j} \subseteq A_{j + 1}$ ， $j \in N$ ， $\Rightarrow A = j = 1 ⋃ \infty A_{j} \in C$ ，

我们有 $\int_{A_{j}} fd λ = 0$ ， $j \to + \infty lim χ_{A_{j}} f = χ_{⋃_{j = 1}^{\infty} A_{j}} f$ ，

$∣ f ∣$ 为控制函数，根据控制收敛定理， $\int_{⋃_{j = 1}^{\infty} A_{j}} fd λ = \int_{χ_{⋃_{j = 1}^{\infty} A_{j}}} fd λ = \int j \to + \infty lim χ_{A_{j}} fd λ = j \to + \infty lim \int χ_{A_{j}} fd λ = 0$ ；

(Ⅱ). $B_{j} \in C$ ， $B_{j} \supseteq B_{j + 1}$ ， $j \in N$ ， $\Rightarrow B = j = 1 ⋂ \infty B_{j} \in C$ ，

我们有 $\int_{B_{j}} fd λ = 0$ ， $j \to + \infty lim χ_{B_{j}} f = χ_{⋂_{j = 1}^{\infty} B_{j}} f$ ，

$∣ f ∣$ 为控制函数，根据控制收敛定理， $\int_{⋂_{j = 1}^{\infty} B_{j}} fd λ = \int_{χ_{⋂_{j = 1}^{\infty} B_{j}}} fd λ = \int j \to + \infty lim χ_{B_{j}} fd λ = j \to + \infty lim \int χ_{B_{j}} fd λ = 0$ ；

根据单调类定理， $C \supseteq M (A) = B$ ， $B$ 是 $R$ 上的Borel $σ$ -代数；

（4）已知 $L = \overline{B}$ ，即Borel可测集的完备化是勒贝格可测集，

任取 $L \in L$ ，存在Borel集 $B \subseteq L$ ，使得 $L = B \cup (L \ B)$ ，且 $λ (L \ B) = 0$ ，所以 $\int_{L} fd λ = \int_{B} fd λ + \int_{L \ B} fd λ = 0$ ，

所以 $C = L$ ，那么 $f (x) = 0 a . e .$ ，定理得证。

定理：设函数 $f : [a, b] \to R$ 可积，即 $\int_{a}^{b} ∣ f ∣ d λ < + \infty$ ，定义函数 $F (x) = c + \int_{a}^{x} fd λ$ ， $x \in [a, b]$ ，那么 $F$ 几乎处处可微，且 $F^{'} (x) = f (x) a . e .$ .

证明：

第一步，如果定理对非负函数 $f \geq 0$ 成立，那么定理成立：

$f = f_{+} - f_{-}$ ， $0 \leq f_{+}, f_{-} \leq ∣ f ∣$ ，

定义函数 $F_{+} (x) = c + \int_{a}^{x} f_{+} d λ$ ， $F_{-} (x) = \int_{a}^{x} f_{-} d λ$ ， $x \in [a, b]$ ，那么 $F_{+}$ 、 $F_{-}$ 几乎处处可微，且 $F_{+}^{'} (x) = f_{+} (x) a . e .$ ， $F_{-}^{'} (x) = f_{-} (x) a . e .$ ，又因为 $F^{'} = F_{+}^{'} - F_{-}^{'}$ ，所以 $F$ 几乎处处可微，且 $F^{'} = F_{+}^{'} - F_{-}^{'} = f_{+} - f_{-} = f a . e .$ ；

第二步，对非负函数 $f \geq 0$ 情形的证明定理：

如果 $f \geq 0$ ，那么 $F$ 单调上升，所以 $F$ 几乎处处可微，且 $\int_{a}^{x} F^{'} d λ \leq F (x) - F (a) = \int_{a}^{x} fd λ$ ， $\forall x \in [a, b]$ ，

断言： $\int_{a}^{x} F^{'} d λ = \int_{a}^{x} fd λ$ ， $\forall x \in [a, b]$ .

证明：我们仅需证明 $\int_{a}^{x} F^{'} d λ \geq \int_{a}^{x} fd λ$ ， $\forall x \in [a, b]$ ，且如果断言成立，根据引理， $F^{'} (x) = f (x) a . e .$ ，命题就得证。

情形1， $f$ 有界，即存在 $K$ ，使得 $x \in [a, b] sup ∣ f (x) ∣ \leq K$ ，

当 $x > b$ 时，令 $F (x) = F (b)$ ，定义函数列 ${f_{n} (x) = \frac{F ( x + \frac{1}{n} ) - f ( x )}{\frac{1}{n}} : x \in [a, b]}_{n \geq 1}$ ，

$f_{n} (x) \to F^{'} (x) a . e .$ ， $x \in [a, b]$ ，

$f_{n} (x) = \frac{F ( x + \frac{1}{n} ) - F ( x )}{\frac{1}{n}} = n \int_{x}^{x + \frac{1}{n}} fd λ \leq n \int_{x}^{x + \frac{1}{n}} K d λ = K$ ，所以 $x \in [a, b] sup ∣ f_{n} (x) ∣ \leq K$ ， $n \geq 1$ ，

$x \in [a, b]$ ，根据有界收敛定理和 $F (x)$ 的连续性，

$\int_{a}^{x} F^{'} d λ = \int_{a}^{x} n \to + \infty lim f_{n} d λ = n \to + \infty lim \int_{a}^{x} f_{n} d λ = n \to + \infty lim \int_{a}^{x} \frac{F ( z + \frac{1}{n} ) - F ( z )}{\frac{1}{n}} d λ = n \to + \infty lim [n \int_{a + \frac{1}{n}}^{x + \frac{1}{n}} F d λ - n \int_{a}^{x} F d λ] = n \to + \infty lim [n \int_{x}^{x + \frac{1}{n}} F d λ - n \int_{a}^{a + \frac{1}{n}} F d λ] = F (z) - F (a) = \int_{a}^{x} fd λ$

情形2， $f$ 无界时，即 $x \in [a, b] sup ∣ f (x) ∣ = + \infty$ ，

对 $M > 0$ ，令 $f_{M} (x) = f (x) \land M = min {f (x), M}$ ， $x \in [a, b]$ ，

定义函数 $F_{M} (x) = c + \int_{a}^{x} f_{M} d λ$ ， $x \in [a, b]$ ，

那么 $\int_{a}^{x} F_{M}^{'} d λ = \int_{a}^{x} f_{M} d λ$ ， $\forall x \in [a, b]$ ，

若 $f_{M} \leq f$ ，那么 $F_{M} \leq F$ ， $F_{M}^{'} (x) \leq F^{'} (x) a . e .$ ， $x \in [a, b]$ ，

如果 $F$ 和 $F_{M}$ 在 $x \in (a, b)$ 处可微，那么

$F_{M}^{'} (x) = h \to 0^{+} lim \frac{F _{M} ( x + h ) - F _{M} ( x )}{h} = h \to 0^{+} lim \frac{1}{h} \int_{x}^{x + h} f_{M} d λ \leq h \to 0^{+} lim \frac{1}{h} \int_{x}^{x + h} fd λ = h \to 0^{+} lim \frac{F ( x + h ) - F ( x )}{h} = F^{'} (x)$

$x \in [a, b]$ ，根据单调收敛定理， $\int_{a}^{x} fd λ = \int_{a}^{x} M \to + \infty lim f_{M} d λ = M \to + \infty lim \int_{a}^{x} f_{M} d λ = M \to + \infty lim \int_{a}^{x} F_{M}^{'} d λ \leq \int_{a}^{x} F^{'} d λ$ .

引理：若函数 $f : [a, b] \to R$ 绝对连续，则 $f$ 是有界变差的。

证明：

函数 $f : [a, b] \to R$ 绝对连续，即对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $δ > 0$ ，使得对任何 $(a, b)$ 中不交开区间族 ${I_{j} = (a_{j}, b_{j})}_{j = 1}^{M}$ ，如果 $\sum_{j = 1}^{M} (b_{j} - a_{j}) \leq δ$ ，则 $\sum_{j = 1}^{M} ∣ f (b_{j}) - f (a_{j}) ∣ \leq ϵ$ ，

选取 $ϵ = 1$ ，有固定的 $δ > 0$ ，设 $k = [\frac{b - a}{δ}]$ （其中 $[\cdot]$ 是取整符号），且 $k δ < b - a < (k + 1) δ$ ，设 $Π = {a = t_{0} < t_{1} < \dots < t_{p} = b}$ 是区间 $[a, b]$ 的一个分割， $f$ 关于 $Π$ 的变差为 $V_{f, Π} = \sum_{i = 0}^{p - 1} ∣ f (t_{i + 1}) - f (t_{i}) ∣$ ，

令 $Π^{'} = Π \cup {a + l δ : 1 \leq l \leq k}$ 是区间 $[a, b]$ 的一个分割，

记 $Π = {a = s_{0} = s_{N_{0}} < s_{N_{0} + 1} < \dots < s_{N_{1}} = a + δ}$ ，

$Π^{'} = {a = s_{0} = s_{N_{0}} < s_{N_{0} + 1} < \dots < s_{N_{1}} = a + δ < s_{N_{1} + 1} < \dots < s_{N_{2}} = a + 2 δ < \dots < s_{N_{k - 1} + 1} < \dots < s_{N_{k}} = a + k δ < s_{N_{k} + 1} < \dots < s_{N_{k + 1}} = b}$

我们有 $V_{f, Π} \leq V_{f, Π^{'}}$ ，且 $V_{f, Π^{'}} = \sum_{j = 0}^{k} \sum_{i = N_{j}}^{N_{j + 1} - 1} ∣ f (s_{i + 1}) - f (s_{i}) ∣ \leq \sum_{j = 0}^{k} 1 = k + 1$ ，命题得证。

引理：若函数 $f : [a, b] \to R$ 绝对连续，且 $f^{'} = 0 a . e .$ ，则 $f$ 是常值函数。

证明：

函数 $f : [a, b] \to R$ 绝对连续，即对任何 $ϵ > 0$ ，存在 $δ > 0$ ，使得对任何 $(a, b)$ 中不交开区间族 ${I_{j} = (a_{j}, b_{j})}_{j = 1}^{M}$ ，如果 $\sum_{j = 1}^{M} (b_{j} - a_{j}) \leq δ$ ，则 $\sum_{j = 1}^{M} ∣ f (b_{j}) - f (a_{j}) ∣ \leq ϵ$ ，

固定 $ϵ, δ > 0$ ，由于 $f$ 连续，只需对 $c \in (a, b)$ ，证明 $f (a) = f (c)$ ，

定义集合 $E = {x \in (a, c) : f^{'} (x) = 0}$ ，显然 $λ ([a, c] \ E) = 0$ ，

对任何 $x \in E$ ，由于 $h \to 0 lim \frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h} = 0$ ，存在单调下降到 $0$ 的正数列 ${h_{k}}$ ，使得 $∣ f (x + h_{k}) - f (x) ∣ \leq ϵ h_{k}$ ，且 $[x, x + h_{k}] \subseteq (a, c)$ ，

令 $C = {[x, x + h_{k}] : x \in E, ∣ f (x + h_{k}) - f (x) ∣ \leq ϵ h_{k}, [x, x + h_{k}] \subseteq (a, c)}$ ，

断言： $C$ 是 $E$ 的一个Vitali覆盖。

利用Vitali覆盖引理，存在 $C$ 中互不相交的闭区间列 ${I_{1}, \dots, I_{M}}$ ， $I_{j} = [x_{j}, x_{j} + h_{j}]$ ，使得 $λ (E \ \sum_{j = 1}^{M} I_{j}) \leq δ$ ，因此 $λ ([a, c] \ \sum_{j = 1}^{M} I_{j}) \leq δ$ ，

不妨假设 $x_{1} < x_{2} < \dots < x_{M}$ ，那么根据绝对连续性， $∣ f (x_{1}) - f (a) ∣ + \sum_{j = 1}^{M - 1} ∣ f (x_{j + 1}) - f (x_{j} + h_{j}) ∣ + ∣ f (c) - f (x_{M} + h_{M}) ∣ \leq ϵ$ ，所以

$∣ f (c) - f (a) ∣ \leq \sum_{j = 1}^{M} ∣ f (x_{j} + h_{j}) - f (x_{j}) ∣ + ∣ f (x_{1}) - f (a) ∣ + \sum_{j = 1}^{M - 1} ∣ f (x_{j + 1}) - f (x_{j} + h_{j}) ∣ + ∣ f (c) - f (x_{M} + h_{M}) ∣ \leq ϵ (c - a) + ϵ = ϵ (c - a + 1)$

令 $ϵ \to 0^{+}$ ，我们有 $f (c) = f (a)$ ，命题得证。

定理：若函数 $f : [a, b] \to R$ 绝对连续，那么 $f$ 几乎处处可微，且导函数 $f^{'} : [a, b] \to R$ 勒贝格可积，且 $f (x) = f (a) + \int_{a}^{x} f^{'} d λ$ ， $x \in [a, b]$ .

证明：

函数 $f : [a, b] \to R$ 绝对连续，则 $f$ 是有界变差的，因此 $f = f_{1} - f_{2}$ ， $f_{1}, f_{2} : [a, b] \to R$ 是单调上升的函数， $f_{1}, f_{2}$ 几乎处处可微，且 $f^{'} = f_{1}^{'} - f_{2}^{'} a . e .$ ，即 $f$ 几乎处处可微，

$0 \leq \int_{a}^{b} f_{1}^{'} d λ \leq f_{1} (b) - f_{1} (a)$ ，因此 $f_{1}^{'}$ 可积，同理， $f_{2}^{'}$ 可积，进而 $f^{'} = f_{1}^{'} - f_{2}^{'}$ 可积，

令 $G (x) = f (a) + \int_{a}^{x} f^{'} d λ$ ， $x \in [a, b]$ ，那么根据定理， $G (x)$ 绝对连续，且 $G^{'} (x) = f^{'} (x) a . e .$ ， $x \in [a, b]$ ，

令 $F = G - f$ ， $F$ 绝对连续，且 $F^{'} (x) = G^{'} (x) - f^{'} (x) = 0 a . e .$ ， $x \in [a, b]$ ，

根据引理， $F$ 为常值函数， $F (a) = G (a) - f (a) = 0$ ，所以 $F \equiv 0$ ，即 $f (x) = f (a) + \int_{a}^{x} f^{'} d λ$ ， $x \in [a, b]$ ，定理得证。

分布函数的分解

$B$ 是Borel集，设测度族 $M = {μ : μ 是 (R, B) 上的测度, μ 在有界集合上取值有限, μ (- \infty, 0] < + \infty}$ ，对应分布函数为 $F_{μ} : R \to R_{+}$ ， $F_{μ} (x) = μ (- \infty, x]$ ，则：

如果 $x > 0$ ， $F_{μ} (x) = μ (- \infty, 0] + μ (0, x] < + \infty$ ，

如果 $x \leq 0$ ， $F_{μ} (x) = μ (- \infty, x] \leq μ (- \infty, 0] < + \infty$ .

备注：条件 $μ (- \infty, 0] < + \infty$ 可以去掉，但是为了记号方便，我们使用该假设。

若没有此假设，我们记 $F_{μ} (x) = {μ (0, x] \approx μ (- \infty, x] = μ (- \infty, 0] + μ (0, x] - μ (x, 0] \approx μ (- \infty, x] = μ (- \infty, 0] - μ (x, 0], x \geq 0, x < 0$

$F_{μ} (0) = 0$ .

引理：

（1） $F_{μ} (- \infty) = 0$ ， $F_{μ} (+ \infty) = μ (R)$ ；

证明：根据测度的连续性，

$F_{μ} (- \infty) = x \to - \infty lim F_{μ} (x) = x \to - \infty lim μ (- \infty, x] = μ (\emptyset) = 0$ ，

$F_{μ} (+ \infty) = x \to + \infty lim F_{μ} (x) = x \to + \infty lim μ (- \infty, x] = μ (R)$ .

（2） $F_{μ}$ 单调上升；

证明： $x \leq y$ 时， $F_{μ} (x) = μ (- \infty, x] \leq μ (- \infty, y] = F_{μ} (y)$ .

（3） $F_{μ}$ 右连续， $F_{μ}$ 左极限存在，记为 $F_{μ} (x - 0)$ ，且 $μ ({x}) = F_{μ} (x) - F_{μ} (x - 0)$ .

证明：根据测度的连续性，

$y \to x^{+} lim F_{μ} (y) = y \to x^{+} lim μ (- \infty, y] = μ (- \infty, x] = F_{μ} (x)$ ，

$y \to x^{-} lim F_{μ} (y) = y \to x^{-} lim μ (- \infty, y] = μ (- \infty, x) = F_{μ} (x) - μ ({x})$ .

定理：设函数族 $F = {F : R \to R_{+}, F (- \infty) = 0, F 单调上升, F 右连续}$ ，则 $M$ 与 $F$ 一一对应。

证明：这里只给出思路。

一方面，给定 $μ \in M$ ，我们得到唯一的 $F_{μ} \in F$ ，

另一方面，给定 $F \in F$ ，我们得到唯一的 $μ_{F} \in M$ ，

半代数 $S = R \cup {(a, b] : a < b, a, b \in R} \cup {(- \infty, b] : b \in R} \cup {(a, + \infty) : a \in R} \cup \emptyset$ ，

定义函数 $μ_{F} : S \to R_{+}$ ，如下：

$μ_{F} (- \infty, b] = F (b)$ ；

$μ_{F} (a, b] = F (b) - F (a)$ ；

$μ_{F} (a, + \infty) = F (+ \infty) - F (a)$ ；

$μ_{F} (R) = F (+ \infty)$ ；

$μ_{F} (\emptyset) = F (- \infty) = 0$ .

验证 $ν_{F}$ 在 $S$ 上是可数可加的，则可以根据卡拉西奥多里定理把 $ν_{F}$ 扩张到 $F (S) = B$ 上，且保持可数可加性。

定义：给定 $μ \in M$ ，如果 $μ ({x}) > 0$ ， $x \in R$ ，那么称 $x$ 是关于 $μ$ 的原子（atom）。

引理：给定 $μ \in M$ ，令 $D_{μ} = {x \in R : μ ({x}) > 0}$ ，那么 $D_{μ}$ 是可数的：

对 $N \geq 1$ ，令 $D_{μ}^{N} = {x \in [- N, N] : μ ({x}) > 0}$ ，那么 $D_{μ} = N \geq 1 ⋃ D_{μ}^{N}$ ；

对 $1 \leq N$ ， $k \in N$ ，令 $D_{μ}^{(N, k)} = {x \in [- N, N] : μ ({x}) \geq \frac{1}{k}}$ ，那么 $D_{μ}^{N} = k \geq 1 ⋃ D_{μ}^{(N, k)}$ ，

我们有 $D_{μ}^{(N, k)}$ 是有限集，所以 $D_{μ}^{N}$ 、 $D_{μ}$ 是可数集。

证明：

假设 $D_{μ}^{(N, k)}$ 中有 $M$ 个点 ${x_{1}, x_{2}, \dots, x_{M}}$ ，那么 $μ ([- N, N]) \geq μ (D_{μ}^{(N, k)}) \geq μ ({x_{1}, x_{2}, \dots, x_{M}}) \geq \frac{M}{k}$ ，所以 $M \leq k μ ([- N, N])$ ，即 $D_{μ}^{(N, k)}$ 是有限集。

定义：给定 $μ \in M$ ，如果存在可数集 $D = {x_{j}}_{j \geq 1}$ ，权重 ${p_{j} \geq 0}_{j \geq 1}$ ，且对任何 $x \in R$ ， ${j : x_{j} \leq x} \sum p_{j} < + \infty$ ，使得 $μ (A) = j : x_{j} \leq x \sum p_{j}$ ， $\forall A \in B$ ，则称 $μ$ 是离散的。

例： $x \in R$ ，定义狄拉克测度 $δ_{x} (A) = {10, x \in A, x \in / A$ ， $\forall A \in B$ ，那么 $μ = \sum_{j \geq 1} p_{j} δ_{x_{j}}$ ， $\sum_{j \geq 1} p_{j} δ_{x_{j}} (A) = j : x_{j} \in A \sum p_{j} = μ (A)$ ， $\forall A \in B$ .

定义：给定 $F \in F$ ，如果存在可数集 $D = {x_{j}}_{j \geq 1}$ ，权重 ${p_{j} \geq 0}_{j \geq 1}$ ，且对任何 $x \in R$ ， ${j : x_{j} \leq x} \sum p_{j} < + \infty$ ，使得 $F (x) = j : x_{j} \leq x \sum p_{j}$ ， $\forall x \in R$ ，则称 $F$ 为跳函数（jump function）。

引理： $μ \in M$ 是离散测度，当且仅当 $F_{μ} \in F$ 是跳函数。

证明：

一方面，假设 $μ \in M$ 是离散测度，即存在可数集 $D = {x_{j}}_{j \geq 1}$ ，权重 ${p_{j} \geq 0}_{j \geq 1}$ ，且对任何 $x \in R$ ， ${j : x_{j} \leq x} \sum p_{j} < + \infty$ ，使得 $μ (A) = j : x_{j} \in A \sum p_{j}$ ， $\forall A \in B$ ，所以 $F_{μ} (x) = j : x_{j} \leq x \sum p_{j}$ ， $\forall x \in R$ ，是跳函数，

另一方面，假设 $F \in F$ 是跳函数，即存在可数集 $D = {x_{j}}_{j \geq 1}$ ，权重 ${p_{j} \geq 0}_{j \geq 1}$ ，且对任何 $x \in R$ ， ${j : x_{j} \leq x} \sum p_{j} < + \infty$ ，使得 $μ_{F} = (- \infty, x] = F (x) = j : x_{j} \leq x \sum p_{j}$ ， $\forall x \in R$ ，

定义离散测度 $ν : B \to R_{+}$ ， $ν (A) = j : x_{j} \in A \sum p_{j}$ ， $\forall A \in B$ ，我们有 $ν (- \infty, x] = j : x_{j} \leq x \sum p_{j} = μ_{F} (- \infty, x]$ ，

因此 $ν$ 与 $μ_{F}$ 在 $S$ 上相同，根据测度扩张的唯一性， $ν = μ_{F}$ ，定理得证。

引理： $μ \in M$ ，则 $μ$ 可以唯一分解为 $μ = μ_{1} + μ_{2}$ ，其中 $μ_{1}$ 是离散测度， $μ_{2}$ 没有原子，即 $μ_{2} ({x}) = 0$ ， $\forall x \in R$ .

证明：

由于 $μ \in M$ ，令 $D = {x \in R : μ ({x}) > 0}$ ，那么 $D$ 是可数的，

$D = {x_{j}}_{j \geq 1}$ ， $p_{j} = μ ({x_{j}}) > 0$ ，且对任何 $x \in R$ ， ${j : x_{j} \leq x} \sum p_{j} < + \infty$ ，

存在性的证明：

定义离散测度 $μ_{1} (A) = j : x_{j} \in A \sum p_{j} = j : x_{j} \in A \sum μ ({x_{j}}) = μ (D \cap A)$ ， $\forall A \in B$ ，所以 $μ \geq μ_{1}$ ，

定义测度 $μ_{2} = μ - μ_{1}$ ， $μ_{2} (A) = μ (A \cap D^{c})$ ， $\forall A \in B$ ，

其中 $μ_{2}$ 没有原子：

$x \in D$ 时， $μ_{2} ({x}) = μ ({x} \cap D^{c}) = μ (\emptyset) = 0$ ；

$x \in / D$ 时， $μ_{2} (x) = μ ({x} \cap D^{c}) = μ ({x}) = 0$ .

唯一性的证明：

设 $μ = μ_{1} + μ_{2} = ν_{1} + ν_{2}$ ，其中 $μ_{1}$ 、 $ν_{1}$ 是离散测度， $μ_{2}$ 、 $ν_{2}$ 没有原子，

$x_{j} \in D$ 时， $μ_{1} ({x_{j}}) = μ ({x_{j}}) = ν_{1} ({x_{j}}) = p_{j} > 0$ ，

$x \in / D$ 时， $μ ({x}) = 0$ ，所以 $μ_{1} ({x}) = ν_{1} ({x}) = 0$ ，

因此 $μ_{1} (A) = j : x_{j} \in A \sum p_{j} = ν_{1} (A)$ ， $\forall A \in B$ ，且 $μ_{2} = μ - μ_{1} = μ - ν_{1} = ν_{2}$ .

引理： $μ \in M$ 没有原子，当且仅当 $F_{μ} \in F$ 是连续函数。

证明：

1、假设 $μ \in M$ 没有原子，

已知 $F_{μ}$ 右连续， $F_{μ}$ 左极限存在，且 $μ ({x}) = F_{μ} (x) - F_{μ} (x - 0)$ ， $\forall x \in R$ ，

对任何 $x \in R$ ， $μ ({x}) = F_{μ} (x) - F_{μ} (x - 0) = 0$ ，所以 $f$ 在 $x$ 处连续，即 $f$ 是连续函数；

2、假设 $F \in F$ 是连续的，

对任何 $x \in R$ ， $μ_{F} ({x}) = F (x) - F (x - 0) = 0$ ，即 $μ_{F}$ 没有原子。

$F \in F$ ，对应测度 $μ_{F} = μ_{F}^{1} + μ_{F}^{2}$ ，其中 $μ_{F}^{1}$ 是离散测度， $μ_{F}^{2}$ 没有原子，

$μ_{F}^{1}$ 对应跳函数 $F_{1}$ ， $μ_{F}^{2}$ 对应连续函数 $F_{2}$ ，

对任何 $x \in R$ ， $F_{1} (x) + F_{2} (x) = μ_{F}^{1} (- \infty, x] + μ_{F}^{2} (- \infty, x] = μ_{F} (- \infty, x] = F (x)$ ，所以 $F = F_{1} + F_{2}$ .

引理： $μ \in M$ 关于勒贝格测度 $λ$ 绝对连续，当且仅当 $F_{μ} \in F$ 是绝对连续的。

其中 $F_{μ} : R \to R$ 绝对连续，表示对任何区间 $(a, b)$ ， $F_{μ} : (a, b) \to R$ 满足绝对连续条件。

证明：

一方面，已知 $μ ≪ λ$ ，根据Radon-Nikodym定理，存在函数 $f \geq 0$ ，使得 $μ (A) = \int_{A} fd λ$ ， $\forall A \in B$ ，

那么 $F_{μ} (x) = μ (- \infty, x] = \int_{- \infty}^{x} fd λ$ ，即 $F_{μ} (y) - F_{μ} (x) = \int_{x}^{y} df λ$ 有不定积分形式，所以绝对连续；

另一方面，已知 $F \in F$ 绝对连续，那么根据牛顿-莱布尼茨公式， $F (x) = F (0) + \int_{0}^{x} F^{'} d λ$ ， $\forall x \in R$ ，

那么 $μ_{F} (x, y] = F (y) - F (x) = \int_{x}^{y} F^{'} d λ$ ，

在 $(R, B)$ 上定义测度 $ν$ ，满足 $ν (A) = \int_{A} F^{'} d λ$ ， $\forall A \in B$ ，

因此 $ν$ 与 $μ_{F}$ 在 $S$ 上相同，根据测度扩张的唯一性， $ν = μ_{F}$ ， $μ_{F}$ 关于 $λ$ 绝对连续，定理得证。

定义： $F \in F$ ，如果 $F$ 连续，且 $F^{'} = 0 a . e .$ ，那么称 $f$ 是奇异（singular）的。

引理： $μ \in M$ 是非原子的，且关于勒贝格测度 $λ$ 奇异，当且仅当 $F_{μ} \in F$ 是奇异的。

证明：

一方面，已知 $μ \in M$ 是非原子的，且关于勒贝格测度 $λ$ 奇异，

$μ \in M$ 是非原子的，则 $F_{μ}$ 是连续的，

$μ \in M$ 是关于勒贝格测度 $λ$ 奇异，即存在 $A \in B$ ，使得 $μ (A) = 0$ ，且 $λ (A^{c}) = 0$ ，

$F_{μ}$ 单调上升，所以存在 $F_{μ}^{'} \geq 0 a . e .$ ，且 $\int_{a}^{b} F_{μ}^{'} d λ \leq F_{μ} (b) - F_{μ} (a)$ ，

在 $(R, B)$ 上定义测度 $ν$ ，满足 $ν (B) = \int_{B} F_{μ}^{'} d λ$ ， $\forall B \in B$ ，

由于 $ν (a, b] \leq \int_{a}^{b} F_{μ}^{'} d λ \leq F_{μ} (b) - F_{μ} (a) = μ (a, b]$ ， $\forall a < b$ ，可以证明 $ν \leq μ$ 在 $S$ 上成立，

再根据单调类定理，可以证明 $ν \leq μ$ 在 $B$ 上成立，

断言： $ν = 0$ .

证明： $\forall B \in B$ ， $ν (B \cap A) \leq ν (A) = 0$ ，因此 $ν (B) = ν (B \cap A) + ν (B \cap A^{c}) = ν (B \cap A^{c}) = \int_{B \cap A^{c}} F_{μ}^{'} d λ = 0$ .

因此 $F_{μ}^{'} = 0 a . e .$ ，所以 $F_{μ}$ 是奇异的；

另一方面，已知 $F \in F$ 是奇异的，

$F$ 连续，则 $μ_{F}$ 是非原子的，根据Radon-Nikodym定理， $μ_{F} = μ_{1} + μ_{2}$ ， $μ_{1} ≪ λ$ ， $μ_{2} ⊥ λ$ ，

断言： $μ_{1} = 0$ .

证明：

由于 $μ_{1} ≪ λ$ ，存在函数 $g \geq 0$ ，使得 $μ_{1} (B) = \int_{B} g d λ$ ， $\forall B \in B$ ，

对任何 $a \leq b$ ，定义函数 $G$ ，满足 $G (b) - G (a) = \int_{a}^{b} g d λ$ ，

$G (b) - G (a) = μ_{1} (a, b] \leq μ_{F} (a, b] = F (b) - F (a)$ ，

$\frac{G ( b ) - G ( a )}{b - a} \leq \frac{F ( b ) - F ( a )}{b - a}$ ，

从而 $G^{'} (x) \leq F^{'} (x) a . e .$ ，即 $g \leq F^{'} a . e .$ ，

又因为 $F$ 奇异，有 $F^{'} = 0 a . e .$ ，所以 $F^{'} = 0 a . e .$ ，

因此 $μ_{1} = 0$ ，且 $μ_{F} = μ_{2}$ 关于 $λ$ 奇异。

引理： $F \in F$ 连续，则 $F = F_{1} + F_{2}$ ，其中 $F_{1}$ 绝对连续， $F_{2}$ 奇异。

证明：

$F \in F$ 连续，则 $μ_{F} \in M$ 是非原子的，根据Radon-Nikodym定理， $μ_{F} = μ_{1} + μ_{2}$ ， $μ_{1} ≪ λ$ ， $μ_{2} ⊥ λ$ ，

对应绝对连续函数 $F_{1}$ ，使得 $μ_{1} = μ_{F_{1}}$ ，和奇异函数 $F_{2}$ ，使得 $μ_{2} = μ_{F_{2}}$ ，

对任何 $x \in R$ ， $F_{1} (x) + F_{2} (x) = μ_{F_{1}} (- \infty, x] + μ_{F_{2}} (- \infty, x] = μ_{F} (- \infty, x] = F (x)$ ，

所以 $F = F_{1} + F_{2}$ .

定理： $F \in F$ ，则 $F = F_{1} + F_{2} + F_{3}$ ，其中 $F_{1}$ 是跳函数， $F_{2}$ 绝对连续， $F_{3}$ 奇异。

绪论

集合类

集函数

扩张

Caratheodory定理（卡拉西奥多里定理）

介绍

第一步

第二步

第三步

第四步

单调类

长度函数

完备测度

近似定理

正则测度

勒贝格积分

勒贝格积分的想法

可测函数

简单函数

可测函数

积分的定义

简单函数积分的性质

非负可测函数积分的性质

单调收敛定理

乘积测度

两个测度空间的情况

三个测度空间的情况

可列维乘积空间的测度

Fubini定理

Hahn-Jordan定理

Radon-Nikodym定理

几乎处处收敛

几乎处处一致收敛

几乎一致收敛

依测度收敛

Hölder和Minkowski不等式

Lp空间

Lp空间中的收敛

Lp空间中的有界线性算子

线性变换

Lp空间中的有界线性算子

Vitali覆盖引理

有界变差函数的可微性

绝对连续函数

分布函数的分解

$L^{p}$ 空间

$L^{p}$ 空间中的收敛

$L^{p}$ 空间中的有界线性算子

$L^{p}$ 空间中的有界线性算子