第1章集类与测度｜阿贝尔的数学之旅

目录
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1.  笔记
2.  集合运算与集类
3.  单调类定理
4.  测度与非负集函数
5.  外测度与测度的扩张
6.  欧氏空间中的 Lebesgue-Stieltjes 测度
7.  测度的逼近

1. 笔记

数学归纳法只能证明对于任意有限的正整数能满足命题, 如需推广到无穷, 需要说明这个性质对极限过程也成立.

证明集合相等：正反包含关系或运算律.

整理集合的运算律和不等式.

控制：

控制收敛定理
集合的例子：$A=\set{x\in\Omega}{p(x)}$ 里考虑集合及一些集合运算, 首先要指定一个大集合 $\Omega$. 这在某种程度上也算是一种控制.

半环扩张定理：把半环上定义的集函数扩张到定义在 $\sigma$ 代数上的测度. 在某种意义下, 这种扩张是唯一的. (和自由模的性质很像).

$\sigma$ 代数：可数可加性

单调类、$\lambda$ 类：单调类定理

2. 集合运算与集类

定义 1 (单调列). 设 $\left\{A_n, n \geqslant 1\right\}$ 为一集合序列. 若对每个 $n$, 有 $A_n \subset A_{n+1}$ (相应地, $\left.A_n \supset A_{n+1}\right)$, 则称 $\left(A_n\right)$ 为单调增 (相应地, 单调降). 二者统称为单调列. 对单调增或单调降序列 $\left(A_n\right)$, 我们分别令 $A=\bigcup_n A_n$ 或 $A=\bigcap_n A_n$, 称 $A$ 为 $\left(A_n\right)$ 的极限, 通常记为 $A_n \uparrow A$ 或 $A_n \downarrow A$.

定义 2 (集合列的极限). 一般地, 对任一集列 $\left(A_n\right)$, 令 $$ \limsup _{n \rightarrow \infty} A_n=\bigcap_{n=1}^{\infty} \bigcup_{k=n}^{\infty} A_k, \quad \liminf _{n \rightarrow \infty} A_n=\bigcup_{n=1}^{\infty} \bigcap_{k=n}^{\infty} A_k, $$ 分别称其为 $\left(A_n\right)$ 的上极限和下极限.

我们有 \begin{align*} \omega\in\limsup_n A_n &\ \Leftrightarrow\ \omega \in\bigcup_{k\ges n} A_k, \ \ff n\ges1 \\ &\ \Leftrightarrow\ \ff n\ges1\ \ \ee k\ges n\ \ \mr{s.t.}\ \ \omega\in A_k\\ &\ \Leftrightarrow\ \omega \text { 属于无穷多个 } A_n \end{align*} 类似地 \begin{align*} \omega\in\liminf_n A_n &\ \Leftrightarrow\ \ee n_0\in\mbn\ \ \mr{s.t.}\ \ \omega\in\bigcap_{k\ges n_0} A_k \\ &\ \Leftrightarrow\ \ee n_0\in\mbn\ \ \ff k\ges n_0\ \ \omega\in A_k \\ &\ \Leftrightarrow\ \text { 从某个 } n_0 \text{ 开始 }, \omega \text{ 属于每个 } A_k\ (k\ges n_0) \end{align*} 从而恒有 $$\liminf_{n \rightarrow \infty}A_n \subset \limsup\limits_{n \rightarrow \infty} A_{n }.$$ 若 $\liminf\limits _{n \rightarrow \infty} A_n=\limsup\limits _{n \rightarrow \infty} A_n$, 称 $\left(A_n\right)$ 的极限存在, 并用 $\lim\limits _{n \rightarrow \infty} A_n$ 表示 $\left(A_n\right)$ 的极限, 即令 $$\lim\limits _{n \rightarrow \infty} A_n=\liminf\limits _{n \rightarrow \infty} A_n=\limsup\limits _{n \rightarrow \infty} A_n.$$

命题 3. 若 $A_n\uparrow $ 或 $A_n\downarrow$, 则 $\lim_n A_n$ 存在.

证明. 设 $A_n\uparrow $. 一方面我们有(只需证明正反包含关系) $$ \ff n\ges1, \ \bigcup_{k\ges n} A_k= \bigcup_{k\ges 1} A_k.$$ 那么 $$\limsup_n A_n=\bigcap_{n\ges1}\bigcup_{k\ges n} A_k=\bigcup_{k\ges1} A_k.$$ 另一方面有 $$\bigcap_{k\ges n} A_k=A_n,$$ 那么 $$\liminf _n A_n=\bigcup_{n\ges1} \bigcap_{k\ges n} A_k=\bigcup_{n\ges1} A_n.$$

定义 4 (两两不交). 对于集合列 $\{A_n\}_{n\ges1}$, 若 $A_n\cap A_m=\varnothing, (\ff n\ne m)$, 则称 $\{A_n\}_{n\ges1}$ 为两两不交的, 记 $$\sum_{n=1}^\infty A_n:=\bigcup_{n=1}^\infty A_n=\bigsqcup_{n=1}^\infty A_n.$$

命题 5 (两两不交化技巧). 给定集合列 $\{A_n\}_{n\ges1}$, 定义 \begin{align*} B_1&=A_1\\ B_2&=A_1^c\cap A_2\\ B_3&=A_1^c\cap A_2^c\cap A_3\\ \cdots&\cdots\\ B_n&=A_1^c\cap A_2^c\cap\cdots\cap A_{n-1}^c\cap A_n\\ &=A_n\backslash(A_1\cup A_2\cup \cdots\cup A_{n-1}) \end{align*} 则 $\{B_n\}_{n\ges1}$ 是两两不交的并且 $$\sum_{k=1}^n B_k=\sum_{k=1}^n A_k, \quad \sum_{k=1}^\infty B_k=\sum_{k=1}^\infty A_k.$$

证明. 两两不交：设 $n>m$, 则 $B_n\subset A_m^c, B_m\subset A_m$, 故 $$ B_n\cap B_m\subset A_m^c\cap A_m=\varnothing.$$ 和：注意到 \begin{align*} B_1\cup B_2&=A_1\cup (A_1^c\cap A_2)=(A_1\cup A_1^c)\cap (A_1\cup A_2)\\ &=A_1\cup A_2\\ B_1\cup B_2\cup B_3&= (A_1\cup A_2)\cup \big( (A_1\cup A_2)^c\cap A_3\big)\\ &=A_1\cup A_2\cup A_3 \end{align*} 由数学归纳法即证任意有限个的情况, 再取极限即可.

定义 6 (集类). 以全集 $\Omega$ 上某些子集为元素的集合称为( $\Omega$ 上的) 集类. 一般以花写字母表示, 并且约定集类是非空的.

定义 7. 给定集类 $\mc{C}$.

若对任意 $A,B\in\mc{C}$ 都有 $A\cap B\in\mc{C}$, 则称 $\mc{C}$ 对于有限交是封闭的. 利用数学归纳法可说明, 对任意有限交都是封闭的.
若对任意 $A_1,A_2,\cdots\in\mc{C}$ 都有 $\cap_iA_i\in\mc{C}$, 则称 $\mc{C}$ 对于可数交是封闭的.

同理可定义 $\mc{C}$ 对有限并、可数并、余集、上极限、下极限 $\cdots$ 封闭.

注记 1. 对有限交封闭 $\nRightarrow$ 对可数交封闭. 比如令 $\ca$ 为 $\mbr$ 上所有开集组成的集类, $A_n=\big(-\frac1n,\frac1n\big)\in\ca, n=1,2,\cdots$. $\ca$ 对有限交是封闭的: $\cap_{k=1}^n A_k=A_n\in\ca$ 但是对无限交未必： $$\bigcap_{n\ges1} A_n=\{0\}\notin\ca.$$

称 $\mc{C}_{\cap f}$ 为用有限交运算封闭 $\mc{C}$ 所得的集类.

命题 8. $\mc{C}_{\cap f}$ 是包含 $\mc{C}$ 的最小有限交封闭集类. 即

$\mc{C}_{\cap f}\supset \mc{C}$ 且 $\mc{C}_{\cap f}$ 对有限交封闭.
若 $\mc{G}\supset \mc{C}$ 且对有限交封闭, 则 $\mc{G}\supset \mc{C}_{\cap f}$.

证明.

显然 $\mc{C}\subset \mc{C}_{\cap f}$. 只需按定义验证 $\mc{C}_{\cap f}$ 对有限交封闭.
对任意 $A\in \mc{C}_{\cap f}, A=\cap_{i=1}^n A_i, A_i\in\mc{C}\subset \mc{G}$, 则 $\cap_{i=1}^n A_i\subset \mc{G}$, 即 $\mc{C}_{\cap f}\subset \mc{G}$.

同理可定义

$\mc{C}_{\cup f}$：有限并
$\mc{C}_{\Sigma f}$：两两不交有限并
$\mc{C}_\delta$：可数交
$\mc{C}_\sigma$：可数并
$\mc{C}_{\Sigma \sigma}$：可数不交并

现在我们用集合运算的封闭性来划分不同类型的集类. 下面是测度论中常用的一些集类的定义.

定义 9 (集类的分类). 设 $\mc{C}$ 为一集类.

称 $\mc{C}$ 为 $\pi$ 类, 如果它对有限交封闭.
称 $\mc{C}$ 为半环, 如果 $\varnothing\in\mc{C}$, 且有 $$A,B\in\mc{C}\ \Rightarrow\ A\cap B\in\mc{C}, A\backslash B\in \mc{C}_{\Sigma f}.$$
称 $\mc{C}$ 为半代数, 如果它是半环, 且 $\Omega\in\mc{C}$.
称 $\mc{C}$ 为代数, 如果它对有限交和取余集运算封闭, 且有 $\Omega,\varnothing\in\mc{C}$. (由此推知它对有限并和差运算也封闭)
称 $\mc{C}$ 为 $\sigma$ 代数, 如果它对可列交和取余集运算封闭, 且有 $\Omega,\varnothing\in\mc{C}$. (由此推知它对有限并和差运算也封闭)
称 $\mc{C}$ 为单调类, 如果它对单调集列的极限封闭：设 $A_n\in\mc{C}, \ff n\ges1, A_n\uparrow A$ 或 $A_n\downarrow A$, 则 $A\in\mc{C}$.
称 $\mc{C}$ 为 $\lambda$ 类, 如果它满足下列条件
1. $\Omega\in\mc{C}$;
2. $A,B\in\mc{C}, B\subset A\ \Rightarrow\ A\backslash B\in\mc{C}$;
3. $A_n\in\mc{C}, n\ges1, A_n\uparrow A\ \Rightarrow\ A\in\mc{C}$.
易知: $\sigma$ 代数为 $\lambda$ 类, $\lambda$ 类为单调类.

$\sigma$ 代数的等价定义：可数交可以改成可数并.

例子 1. 设 $\mathbb{R}$ 为实直线 ( 即 $\mathbb{R}=(-\infty, \infty)$ ), 令 $$ \begin{aligned} & \mathcal{C}_1=\{(-\infty, a] \mid a \in \mathbb{R}\}, \mathcal{C}_2=\{(a, \infty) \mid a \in \mathbb{R}\} \\ & \mathcal{C}_3=\{(a, b] \mid a \leqslant b, a, b \in \mathbb{R}\} \end{aligned} $$ 则 $\mathcal{C}_1, \mathcal{C}_2$ 及 $\mathcal{C}_3$ 为 $\pi$ 类, $\mathcal{C}_1 \cup \mathcal{C}_2 \cup \mathcal{C}_3$ 为半环, $\mathcal{C}_1 \cup \mathcal{C}_2 \cup \mathcal{C}_3 \cup\{\mathbb{R}\}$ 为半代数.

3. 单调类定理

命题 10. 设 $\{\mc{C}\}_{i\in I}$ 为 $\Omega$ 上一族集类, 若每个 $\mc{C}_i$ 对某种集合运算封闭, 则其交 $\cap_i\mc{C}_i$ 也有此性质. 即若 $\mc{C}_i$ 为 $\sigma$ 代数( $\lambda$ 类、单调类), 则 $\cap_i\mc{C}_i$ 为 $\sigma$ 代数( $\lambda$ 类、单调类).

注记 2. 不过对 $\cup$ 运算不封闭：若 $\cap_i\mc{C}_i$ 为为 $\sigma$ 代数( $\lambda$ 类、单调类), 则 $\cup_i\mc{C}_i$ 未必为 $\sigma$ 代数( $\lambda$ 类、单调类).

定义 11 (生成的 $\sigma$ 代数). 给定集类 $\cc$, 定义 $$\sigma(\cc)=\bigcap_\cg \cg,$$ 其中 $\cg\supset\cc$ 且 $\cg$ 为 $\sigma$ 代数. 称 $\sigma(\cc)$ 为 $\cc$ 所生成的 $\sigma$ 代数.

$\cc$ 所生成的 $\sigma$ 代数 $\sigma(\cc)$ 是包含 $\cc$ 的最小 $\sigma$ 代数:

$\sigma(\cc)$ 是 $\sigma$ 代数
若 $\cg\supset \cc$ 且 $\cg$ 为 $\sigma$ 代数, 则 $\cg\supset \sigma(\cc)$.

同理, 我们可以定义 $m(\cc), \lambda(\cc)$ 为 $\cc$ 所生成的单调类、$\lambda$ 类, 即包含 $\cc$ 的最小单调类、$\lambda$ 类.

例子 2. 令 $\cc=\{\mbr\ \text{上的所有开区间}\ \}$, 则 Borel 集 $\cb(\mbr)=\sigma(\cc)$.

由定义, $\sigma$ 代数即是单调类, 也是 $\lambda$ 类, 则 $m(\cc)$ 和 $\lambda(\cc)$ 作为最小的单调类和 $\lambda$ 类有 $$\sigma(\cc)\supset m(\cc),\ \ \sigma(\cc)\supset \lambda(\cc).$$

问题：在什么情况下有 $\sigma(\cc)=m(\cc)$ 或者 $\sigma(\cc)$ 或者 $\lambda(\cc)$.

引理 12.

若 $\cc$ 同时为代数和单调类, 则 $\cc$ 为 $\sigma$ 代数.
若 $\cc$ 同时为 $\pi$ 类和 $\lambda$ 类, 则 $\cc$ 为 $\sigma$ 代数.

证明

证明.

因为 $\cc$ 为代数, 故只需说明 $\cc$ 对可列交封闭. 任取集列 $\{A_n\}_{n\ges1}\subset \cc$, 令 $B_n=\cap_{1\les k\les n} A_k$, 因为 $\cc$ 为代数, 故 $B_n\in\cc$ 且显然 $B_n$ 单减. 因为 $\cc$ 为单调类, 故 $$B_n\downarrow \bigcap_{k\ges1}A_k\in\cc.$$
$\cc$ 为 $\lambda$ 类, 则 $\Omega,\varnothing\in\cc$ 且 $\cc$ 对取余运算封闭, 又 $\cc$ 为 $\pi$ 类, 只需证明 $\cc$ 对可列交封闭. 任取集列 $\{A_n\}_{n\ges1}\subset \cc$, 令 $B_n=\cap_{1\les k\les n} A_k$, 因为 $\cc$ 为 $\pi$ 类, 故 $B_n\in\cc$ 且显然 $B_n$ 单减. 因为 $\cc$ 为 $\lambda$ 类, 从而为单调类, 故 $$B_n\downarrow \bigcap_{k\ges1}A_k\in\cc.$$

定理 13 (单调类定理). 设 $\cc$ 为一集类.

若 $\cc$ 为代数, 则 $m(\cc)=\sigma(\cc)$.
若 $\cc$ 为 $\pi$ 类, 则 $\lambda(\cc)=\sigma(\cc)$.

证明

证明. 想证明构造的集合等于全集, 直接难以证明, 需要构造一个过渡集合.

只需证明 $m(\cc)\supset \sigma(\cc)$, 只需说明 $m(\cc)$ 包含 $\cc$ (这是显然的) 且 $m(\cc)$ 为 $\sigma$ 代数. 因为 $m(\cc)$ 本身是单调类, 故只需说明 $m(\cc)$ 为代数：
1. $\Omega, \varnothing\in m(\cc)$.
2. $A\in m(\cc)\ \Rightarrow\ A^c\in m(\cc)$.
3. $A,B\in m(\cc)\ \Rightarrow\ A\cap B\in m(\cc)$.
第一点是显然的, 因为 $\Omega,\varnothing\in\cc\subset m(\cc)$. 接下来说明第二点和第三点.
1. 说明 $m(\cc)$ 对取余集运算封闭, 为此构造 $$\cg_1=\set{A\in m(\cc)}{A^c\in m(\cc), A\cap B\in m(\cc), \ff B\in\cc}.$$ 断言 $\cg_1=m(\cc)$, 只需证明 $m(\cc)\subset\cg_1$, 这只需说明 $\cg_1$ 包含 $\cc$ 且 $\cg_1$ 为单调类. Step1. 任取 $A\in\cc$, 因为 $\cc$ 为代数, 则 $$ A\in\cc\in m(\cc), \ A^c\in\cc\in m(\cc),\ A\cap B\in\cc\in m(\cc)\ ,\ff B\in \cc.$$ Step2. 任取单增集列 $\{A_n\}_{n\ges1}\subset\cg_1$, 即 $$ A_n\in m(\cc), \ A_n^c\in m(\cc), \ A_n\cap B\in m(\cc), \ff B\in \cc.$$ 因为 $m(\cc)$ 为单调类, 则 \begin{align*} &A:=A_n\uparrow \in m(\cc), \ A^c=A_n^c\downarrow \in m(\cc),\\ &A\cap B=(A_n\cap B)\uparrow \in m(\cc), \ff B\in \cc. \end{align*} 这说明 $A\in\cg_1$. 同理, 若 $A_n\in \cg, A_n\downarrow A$, 则 $A\in \cg_1$.
2. 说明 $m(\cc)$ 对取交集运算封闭, 为此构造 $$\cg_2=\set{A\in m(\cc)}{A\cap B\in m(\cc),\ \ff B\in m(\cc)}.$$ 断言 $\cg_2=m(\cc)$, 只需证明 $\cg_2\supset m(\cc)$, 只需说明 $\cg_2\supset \cc$ 且 $\cg_2$ 为单调类.
  Step1. 任取 $A\in\cc$, 往证 $A\in \cg_2$. 任取 $B\in m(\cc)$ , 因为 $B\in m(\cc)\in\cg_1$, 所以 $B\cap A\in m(\cc)$.
  Step2. 任取单增集列 $\{A_n\}_{n\ges1}\subset\cg_1$, 即 $$ A_n\in m(\cc), \ A_n\cap B\in m(\cc), \ff B\in m(\cc).$$ 因为 $m(\cc)$ 为单调类, 则 \begin{align*} &A:=A_n\uparrow \in m(\cc),\\ &A\cap B=(A_n\cap B)\uparrow \in m(\cc), \ff B\in \cc. \end{align*} 这说明 $A\in\cg_2$. 同理, 若 $A_n\in \cg, A_n\downarrow A$, 则 $A\in \cg_2$.
由引理得, 只需证明 $\lambda(\cc)$ 为 $\pi$ 类. 令 $$\cg_1=\set{A\in\lambda(\cc)}{A\cap B\in\lambda(\cc),\ff B\in\cc}.$$ 要证明 $\lambda(\cc)=\cg_1$, 只需证 $\lambda(\cc)\sbs\cg_1$, 即 $\cc\in\cg_1$ 以及 $\cg_1$ 为 $\lambda$ 类.
1. 任取 $A\in\cc\sbs\lambda(\cc)$, 任取 $B\in\cc$. 因为 $\cc$ 为 $\pi$ 类, 则 $A\cap B\in\cc\sbs\lambda(\cc)$.
2. 1. $\Omega\sbs\cg_1$ 是显然的.

令 $$\cg_2=\set{A\in\lambda(\cc)}{A\cap B\in\lambda(\cc),\ff B\in\lambda(\cc)},$$ 接下来的步骤和上面一样.
要证明 $\lambda(\cc)=\cg_2$, 只需证 $\lambda(\cc)\sbs\cg_2$, 即 $\cc\in\cg_2$ 以及 $\cg_2$ 为 $\lambda$ 类.

任取 $A\in\cc\sbs\lambda(\cc)$, 任取 $B\in\lambda(\cc)$. 由 1. 得 $A\cap B\in\lambda(\cc)$.

$\Omega\sbs\cg_2$ 是显然的.

4. 测度与非负集函数

5. 外测度与测度的扩张

定义 14 (完备性). 称测度空间 $(\Omega,\mathcal{F},\mu)$ 是完备的, 若 $A\in\mathcal{F}$ 且 $\mu(A)=0$, 则对任意 $N\sbs A$ 有 $N\in\mathcal{F}$ 且 $\mu(N)=0$, 即零测集的子集是可测集.

引理 15 (完备化引理). 设 $(\Omega,\mathcal{F},\mu)$ 为测度空间, $\cg$ 为 $\Omega$ 上的集类, 满足

对取子集封闭：若 $A\in\cg, B\sbs A$, 则 $B\in\cg$ $\quad (\Rightarrow \varnothing\in\cg)$;
对可数并封闭：$\cg_\sigma=\cg\quad $ ($\xrightarrow[]{\ \varnothing\in\cg\ }$ 对有限交封闭);
对任意 $\mathcal{F}\cap\cg$ 有 $\mu(A)=0$.

定义 \begin{align*} \bar{\mathcal{F}}&=\set{A\sbs\Omega}{\ee B\in\mathcal{F}\ s.t.\ A\Delta B\in\cg} \ (\sps \mathcal{F})\\ \bar{\mu}(A)&=\mu(B),\ A\in\bar{\mathcal{F}},\ B\in \mathcal{F},\ A\Delta B\in\cg, \end{align*} 则 $\bar{\mathcal{F}}$ 为 $\sigma$ 代数, $\bar{\mu}$ 为 $\bar{\mathcal{F}}$ 上的测度.

证明

证明.

再证 $\bar{\mathcal{F}}$ 为 $\sigma$ 代数.

定义 16 (完备化空间). 设 $(\Omega,\cf,\mu)$ 为测度空间, 令 \begin{align*} \cg&=\set{A\sbs\Omega}{\ee B\in\cf,\mu(B)=0\ s.t.\ B\sps A}\\ &=\{\text{所有零测集的子集}\}. \end{align*} 容易验证 $\cg$ 满足上述定理的条件. 于是 $(\Omega,\cf,\mu)$ 为测度空间, 称之为 $(\Omega,\cf,\mu)$的完备化, 它是包含 $(\Omega,\cf,\mu)$ 的最小完备测度空间. 此时有 \begin{align*} \bar{\cf}&=\set{A\cup N}{A\in\cf, N\in\cg},\\ \bar{\mu}(A\cup N)&=\mu(A), \ A\in\cf,\ N\in\cg. \end{align*}

6. 欧氏空间中的 Lebesgue-Stieltjes 测度

本节利用上节的结果来建立 $\mbr$ 上的 L-S 测度 ($\mbr^n,n\ges2$ 时方法类似). 令 $$\cc =\set{(a,b]}{a\les b,a,b\in\mbr},$$ 约定 $a=b$ 时 $(a,a]=\varnothing.$ 容易验证 $\cc$ 为半环. 令 $F:\mbr\to[0,+\infty)$ 单增, 右连续. 定义 $$\mu_F\big((a,b]\big)=F(b)-F(a),\quad \ff (a,b]\in\cc,$$ 约定 $$F(-\infty)=\lim_{b\to-\infty}F(b),\quad F(+\infty)=\lim_{a\to+\infty}F(a).$$

引理 17. 上面定义的 $\cc$ 为 $\mbr$ 上的半环, 且 $\mu_F$ 作为 $\cc$ 上的非负集函数是 $\sigma$ 可加的.

证明

证明. $\cc$ 是 $\mbr$ 上的半环是容易验证的. 要验证 $\mu_F$ 是 $\sigma$ 可加的, 只需验证 $\mu$ 有限可加且次 $\sigma$ 可加. 设 $A,A_i\in\cc,1\les i\les m$ 使 $A=\sum_{i=1}^m A_i$, 则只可能 $$A=(a,b],\ A_i=(a_i,b_i]:\ \ a_1=a, b_m=b, b_i=a_{i+1}, 1\les i\les m-1.$$ 那么 $$\mu_F(A)=F(b)-F(a)=\sum_{i=1}^m\big[ F(b_i)-F(a_i)\big]=\sum_{i=1}^m \mu_F(A_i).$$ 下证次 $\sigma$ 可加性. 设 $A\sbs\cup_{n=1}^\infty A_n$, 其中 $A=(a,b] ,A_n=(a_n,b_n]\in\cc.$ 任取 $\ve>0$, 由 $F$ 的右连续性得存在 $\bar{a}\in(a,b), \bar{b}_n>b_n$ 使得 \begin{align*} \mu_F\big( (\bar{a},b]\big)&\ges \mu_F\big( (a,b]\big)-\ve,\\ \mu_F\big( (a_n,\bar{b}_n]\big)&\les \mu_F\big( (a_n,b_n]\big)+\frac{\ve}{2^n}. \end{align*} 那么 $$ [\bar{a}, b]\sbs (a,b]\sbs\cup_{n=1}^\infty (a_n,b_n]\sbs \cup_{n=1}^\infty (a_n,\bar{b}_n),$$ 由有限覆盖定理得 $(\bar{a}, b]\sbs \cup_{n=1}^N (a_n,\bar{b}_n]$, 那么 \begin{align*} F(b)-F(\bar{a})&\les \sum_{n=1}^N\big[ F(\bar{b}_n)-F(a_n)\big]\les \sum_{n=1}^\infty\Big (\mu_F\big((a_n,b_n]\big)+\frac{\ve}{2^n}\Big)\\ F(b)-F(\bar{a})&\ges \mu_F\big((a,b]\big)-\ve, \end{align*} 整理得 $$\mu_F\big((a,b]\big)\les \sum_{n=1}^\infty\Big (\mu_F\big((a_n,b_n]\big)+2\ve.$$

注记 3. 为了让 $\mu_F$ 具有 $\sigma$ 可加性, 要求 $F$ 右连续是必要的: 令 $$A:=(0,1]=\sum_{n=1}^\infty \Big(\frac{1}{n+1},\frac1n\Big]=:\sum_{n=1}^\infty A_n.$$ 则 \begin{align*} \mu_F(A)&=F(1)-F(0),\\ \sum_{n=1}^\infty\mu_F(A_n)&=\sum_{n=1}^\infty \Big[ F\big(\tfrac1n\big)-F\big(\tfrac{1}{n+1}\big)\Big]=F(1)-\lim_nF\big(\tfrac{1}{n+1}\big), \end{align*} 只有当 $F\big(\frac{1}{n+1}\big)\to F(0)$ 时才有 $\mu_F(A)=\sum_n \mu_F(A_n).$

注记 4. 当 $F$ 是左连续单增函数时, 半环 $\cc$ 可选为 $$\cc =\set{[a,b)}{a\les b,a,b\in\mbr}.$$

可以验证 $\sigma(\cc)=\mathcal{B}(\mbr^n)$, 于是由测度扩张定理得

定理 18. $(\mu_F,\cc)$ 可唯一延拓到 $\big(\bar{\mu}_F,\sigma(\cc)\big)$, 并且 $\bar{\mu}_F$ 是 $\sigma$ 有限的, 称之为 L-S 测度.

7. 测度的逼近