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测度的性质(完全可加性)

## 测度的完全可加性
下面讲述测度的性质，特别是这种测度确实有可数可加性．
**定理2.2** （测度的完全可加性）
（i）若 $E_1 \in M , E_2 \in M$ ，则 $E_1 \cup E_2, E_1 \cap E_2, E_1 \backslash E_2$ 皆属于 $M$ ；
（ii）若 $E_i \in M (i=1,2, \cdots)$ ，则 $\bigcup_{k=1}^{\infty} E_k \in M$ ；若还有 $E_i \cap E_j=\varnothing(i \neq j, i, j=1,2, \cdots)$ ，则

$$
m\left(\bigcup_{k=1}^{\infty} E_k\right)=\sum_{k=1}^{\infty} m\left(E_k\right)
$$

证明（i）设 $T$ 是 $R ^n$ 的任意子集，要证

$$
m^*\left(T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)\right)+m^*\left(T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)^c\right) \leqslant m^*(T)
$$

为此，把 $T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)$ 分解成三部分（见图2．3），便有

$$
\begin{aligned}
& m^*\left(T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)\right)+m^*\left(T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)^c\right) \\
= & m^*\left(T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)\right)+m^*\left(T \cap E_1^c \cap E_2^c\right) \\
\leqslant & m^*\left(T \cap E_1 \cap E_2\right)+m^*\left(T \cap E_1 \cap E_2^c\right) \\
& +m^*\left(T \cap E_1^c \cap E_2\right)+m^*\left(T \cap E_1^c \cap E_2^c\right) \\
= & m^*\left(T \cap E_1\right)+m^*\left(T \cap E_1^c\right)=m^*(T) .
\end{aligned}
$$

![图片](/uploads/2025-11/626ce0.jpg){WIDTH=300PX}

其中最后两步分别用到了 $E_2$ 可测与 $E_1$ 可测的条件，故 $E_1 \cup E_2 \in M$.

注意到 $\left(E_1 \cap E_2\right)^c=E_1^c \cup E_2^c, E_1 \backslash E_2=E_1 \cap E_2^c$ ，再应用 $E$ 可测的充要条件是 $E^c$ 可测，便可证得 $E_1 \cap E_2, E_1 \backslash E_2$的可测性．

（ii）首先设 $E_i \cap E_j=\varnothing($ 当 $i \neq j)$ ，令 $S=\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i, S_k=\bigcup_{i=1}^k E_i$ ．由（i）知 $S_k \in$ M．根据可测集的隔离可加性（命题 2．1），对任意 $T, T \cap E_1 \subset E_1, T \cap E_2 \subset E_1^c$（因为 $\left.E_1 \cap E_2=\varnothing\right)$ ，有

$$
\begin{aligned}
m^*\left(T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)\right) & =m^*\left(\left(T \cap E_1\right) \cup\left(T \cap E_2\right)\right) \\
& =m^*\left(T \cap E_1\right)+m^*\left(T \cap E_2\right)
\end{aligned}
$$

用归纳法便知对任意 $k$ ，

$$
m^*\left(T \cap\left(\bigcup_{i=1}^k E_i\right)\right)=\sum_{i=1}^k m^*\left(T \cap E_i\right)
$$

因此

$$
\begin{aligned}
m^*(T) & =m^*\left(T \cap S_k\right)+m^*\left(T \cap S_k^c\right) \\
& =\sum_{i=1}^k m^*\left(T \cap E_i\right)+m^*\left(T \cap S_k^c\right)
\end{aligned}
$$

$$
\geqslant \sum_{i=1}^k m^*\left(T \cap E_i\right)+m^*\left(T \cap S^c\right)
$$

其中最后一步用到了 $T \cap S^c \subset T \cap S_k^c$ ．在不等式两边令 $k \rightarrow \infty$ 取极限，得

$$
\begin{aligned}
m^*(T) & \geqslant \sum_{i=1}^{\infty} m^*\left(T \cap E_i\right)+m^*\left(T \cap S^c\right) \\
& \geqslant m^*\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}\left(T \cap E_i\right)\right)+m^*\left(T \cap S^c\right) \\
& =m^*\left(T \cap\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i\right)\right)+m^*\left(T \cap S^c\right) \\
& =m^*(T \cap S)+m^*\left(T \cap S^c\right)
\end{aligned}
$$

这就证明了 $S \in M$ ．在上式的第一个不等号中，取 $T=S$ ，得到

$$
m^*(S) \geqslant \sum_{i=1}^{\infty} m^*\left(E_i\right)
$$

但反向不等式总是成立的，故

$$
m^*(S)=\sum_{i=1}^{\infty} m^*\left(E_i\right)
$$

即

$$
m^*\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i\right)=\sum_{i=1}^{\infty} m^*\left(E_i\right)
$$

这就在 $E_i$ 互不相交的条件下，证明了 $S \in M$ 且有等式成立．下面讨论一般的 $E_i \in M (i=1,2, \cdots)$ 。令

$$
S_1=E_1, S_k=E_k \backslash \bigcup_{i=1}^{k-1} E_i, k=2,3, \cdots,
$$

则 $S_i \cap S_j=\varnothing(i \neq j)$ ，且

$$
\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i=\bigcup_{k=1}^{\infty} S_k,
$$

故 $\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i= A . \square$
作为定理的一个显然的简单推论是，若 $E_i \in M (i=1,2, \cdots)$ ，则 $\bigcap_{i=1}^{\infty} E_i \in$ M．

定理的另一个简单推论是，若 $E_1 \subset E_2, E_1 \in M , E_2 \in M$ ，则

$$
m\left(E_2 \backslash E_1\right)=m\left(E_2\right)-m\left(E_1\right)
$$

事实上，这时 $E_1 \backslash E_2 \in A$ ．因为 $E_2=E_1 \cup\left(E_2 \backslash E_1\right)$ ，而 $E_1 \cap\left(E_2 \backslash E_1\right)=\varnothing$ ，所以

$$
m\left(E_2\right)=m\left(E_1\right)+m\left(E_2 \backslash E_1\right),
$$

移项即得所要求的结果．请读者举例说明，条件 $E_1 \subset E_2$ 是不能少的．

> 上面这个例题说明，如果一个集合是可测集，那么他的交并余也是可测集。

## 重要结论/性质
**定理1** 集合 $E$ 可测的充要条件是对于任意 $A \subset E, B \subset E^c$ ，总有

$$
m^*(A \cup B)=m^* A+m^* B
$$

证明 必要性．取 $T=A \cup B$ ，则 $T \cap E=A, T \cap E^c=B$ ，所以

$$
\begin{aligned}
m^*(A \cup B)=m^* T & =m^*(T \cap E)+m^*\left(T \cap E^c\right) \\
& =m^* A+m^* B
\end{aligned}
$$

充分性．对于任意 $T$ ，令 $A=T \cap E, B=T \cap E^c$ ，则 $A \subset E, B \subset E^c$ ，且 $A \cup B=T$ ，因此

$$
\begin{aligned}
m^* T & =m^*(A \cup B)=m^* A+m^* B \\
& =m^*(T \cap E)+m^*\left(T \cap E^c\right)
\end{aligned}
$$

**定理2** $S$ 可测的充要条件是 $S^c$ 可测．
证明 事实上，对于任意的 $T$

$$
\begin{aligned}
m^* T & =m^*(T \bigcap S)+m^*\left(T \bigcap S^c\right) \\
& =m^*\left(T \bigcap\left(S^c\right)^c\right)+m^*\left(T \bigcap S^c\right) .
\end{aligned}
$$

**定理3** 设 $S_1, S_2$ 都可测，则 $S_1 \cup S_2$ 也可测，并且当 $S_1 \cap S_2=\varnothing \text { 时, 对于任意集合 } T \text { 总有 }   \quad m^*\left[T \cap\left(S_1 \cup S_2\right)\right]=m^*\left(T \cap S_1\right)+m^*\left(T \cap S_2\right) $
证明：略

**推论1** 设 $S_i(i=1,2, \cdots, n)$ 都可测，则 $\bigcup_{i=1}^n S_i$ 也可测，并且当 $S_i \cap S_j=\varnothing \quad(i \neq j)$ 时，对于任意集合 $T$ 总有

$$
m^*\left(T \cap\left(\bigcup_{i=1}^n S_i\right)\right)=\sum_{i=1}^n m^*\left(T \cap S_i\right)
$$

**定理4** 设 $S_1, S_2$ 都可测，则 $S_1 \cap S_2$ 也可测．

**推论2** 设 $S_i(i=1,2, \cdots, n)$ 都可测，则 $\bigcap_{i=1}^n S_i$ 也可测．
**定理5** 设 $S_1, S_2$ 都可测，则 $S_1-S_2$ 也可测。

**定理6** 设 $\left\{S_i\right\}$ 是一列互不相交的可测集，则 $\bigcup_{i=1}^{\infty} S_i$ 也是可测集，且

$$
m\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} S_i\right)=\sum_{i=1}^{\infty} m S_i .
$$

推论3 设 $\left\{S_i\right\}$ 是一列可测集合，则 $\bigcup_{i=1}^{\infty} S_i$ 也是可测集合．

定理7 设 $\left\{S_i\right\}$ 是一列可测集合，则 $\bigcap_{i=1}^{\infty} S_i$ 也是可测集合．
 
 ### 列递增的可测集合
 
 **定理8** 设 $\left\{S_i\right\}$ 是一列递增的可测集合：

$$
S_1 \subset S_2 \subset \cdots \subset S_n \subset \cdots .
$$

令 $S=\bigcup_{i=1}^{\infty} S_i=\lim _{n \rightarrow \infty} S_n$ ，则

$$
m S=\lim _{n \rightarrow \infty} m S_n
$$

证明 因有

$$
S=S_1 \cup\left(S_2-S_1\right) \cup\left(S_3-S_2\right) \cup \cdots \cup\left(S_n-S_{n-1}\right) \cup \cdots,
$$

其中各被加项都可测且互不相交，故应用定理6公式（7），即得（令 $S_0=\varnothing$ ）

$$
\begin{aligned}
m S & =\sum_{i=1}^{\infty} m\left(S_i-S_{i-1}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n m\left(S_i-S_{i-1}\right) \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty} m\left[\bigcup_{i=1}^n\left(S_i-S_{i-1}\right)\right]=\lim _{n \rightarrow \infty} m S_n
\end{aligned}
$$

### 列递减的可测集合

**定理9** 设 $\left\{S_i\right\}$ 是一列递降的可测集合：

$$
S_1 \supset S_2 \supset \cdots \supset S_n \supset \cdots .
$$

令 $S=\bigcap_{i=1}^{\infty} S_i=\lim _{n \rightarrow \infty} S_n$ ，则当 $m S_1<\infty$ 时，

$$
m S=\lim _{n \rightarrow \infty} m S_n
$$

证明 由于 $S_n$ 可测，由定理7知 $S$ 可测．又因 $S_n$ 递降，从而 $\left\{S_1-S_n\right\}$ 递增，故由定理8有

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} m\left[S_1-S_n\right]=m\left[\bigcup_{i=1}^{\infty}\left(S_1-S_n\right)\right]=m\left(S_1-S\right)
$$

因 $m S_1<\infty$ 及

$$
\begin{gathered}
\left(S_1-S_n\right) \cup S_n=S_1, \\
m\left(S_1-S_n\right)+m S_n=m S_1,
\end{gathered}
$$

有

$$
m\left(S_1-S\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} m\left(S_1-S_n\right)=m S_1-\lim _{n \rightarrow \infty} m S_n
$$

由于

$$
m\left(S_1-S\right)=m S_1-m S
$$

故

$$
m S=\lim _{n \rightarrow \infty} m S_n
$$

注意，定理 9 中 $m S_1<\infty$ 的条件是重要的，下面是一反例．
设 $S_n=(n,+\infty)(n=1,2, \cdots)$ 。显然 $S_1 \supset S_2 \supset \cdots, S= \bigcap_{n=1}^{\infty}(n, \infty)=\varnothing$ ，所以 $m S=0$ 。

而

$$
m S_n=m(n,+\infty)=\infty
$$

故

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} m S_n=\infty \neq 0=m S
$$

## 完全可加性解读

> 完全可加性是指：**任意多个不重叠的集合（无论数量是可数还是不可数），它们的总测度等于各自测度之和**。比如，把蛋糕切成无限多块不重叠的小块，每块的体积之和刚好等于整块蛋糕的体积。
 
 
数学定义
设有一个测度空间 `(X, 𝒜, μ)`，其中：
*   `X` 是基础集合。
*   `𝒜` 是 `X` 上的一个 σ-代数，其元素称为 **可测集**。
*   `μ` 是定义在 `𝒜` 上的一个测度。

**可数可加性** 的定义如下：

如果 `{E₁, E₂, E₃, ...}` 是 𝒜 中一列**两两不相交**的集合（即当 `i ≠ j` 时，`Eᵢ ∩ Eⱼ = ∅`），那么它们的可数并的测度，等于它们各自测度的和。用公式表示就是：

$$
\mu\left( \bigcup_{k=1}^{\infty} E_k \right) = \sum_{k=1}^{\infty} \mu(E_k)
$$

**关键点：**
*   **两两不相交**：这是前提条件。如果集合之间有重叠，这个性质就不成立（需要用到容斥原理或次可加性）。
*   **可数无限**：求和符号是从 k=1 到 ∞。这比有限可加性（只对有限个集合成立）更强。

### 3. 一个直观的例子：勒贝格测度

在实数轴 `R` 上，最常用的测度是**勒贝格测度**，它是一维长度概念的推广。

*   考虑区间 `E₁ = [0, 1)`, `E₂ = [1, 2)`, `E₃ = [2, 3)`, ... 这些区间是两两不相交的。
*   每个区间的长度（勒贝格测度）是 1，即 `μ(Eₖ) = 1`。
*   它们的并集是 `[0, ∞)`。
*   根据可数可加性：
    $$
    \mu\left( \bigcup_{k=1}^{\infty} E_k \right) = \mu([0, \infty)) = \infty
    $$
    $$
    \sum_{k=1}^{\infty} \mu(E_k) = 1 + 1 + 1 + ... = \infty
    $$
    显然，等式成立。

*   再考虑一个更微妙的例子：单点集 `{x}` 的勒贝格测度为 0（因为一个点没有长度）。
    *   令 `E₁ = {0}`, `E₂ = {1}`, `E₃ = {1/2}`, `E₄ = {1/3}`, `E₅ = {2/3}`, ... 即把所有 `[0,1]` 区间中的有理数排成一列（有理数是可数的）。
    *   这些单点集都是两两不相交的，每个的测度是 0。
    *   根据可数可加性：
        $$
        \mu\left( \bigcup_{k=1}^{\infty} E_k \right) = \sum_{k=1}^{\infty} \mu(E_k) = 0 + 0 + 0 + ... = 0
        $$
    *   这意味着，**可数个测度为 0 的集合的并集，测度仍然为 0**。这个结论在分析学中非常重要。

### 4. 为什么可数可加性如此重要？

1.  **连接离散与连续**：它是求和（离散数学）与积分（连续数学）之间的桥梁。实际上，勒贝格积分的定义就严重依赖于可数可加性。
2.  **极限过程的基石**：分析学中很多定理（如单调收敛定理、法图引理、控制收敛定理）的证明都依赖于测度的可数可加性。它允许我们安全地交换极限号和积分号。
3.  **区别于外测度**：一个函数（如勒贝格外测度）只有满足可数可加性（在可测集上）时，才能被称为一个“测度”。外测度只满足次可加性：`μ*(⋃Aₖ) ≤ ∑μ*(Aₖ)`，等号不一定成立。可数可加性是测度理论严谨性的核心。

### 5. 与有限可加性的关系

*   **有限可加性**：如果 `E₁, E₂, ..., Eₙ` 是有限个两两不相交的可测集，那么
    $$
    \mu\left( \bigcup_{k=1}^{n} E_k \right) = \sum_{k=1}^{n} \mu(E_k)
    $$
*   **关系**：可数可加性 **蕴含** 有限可加性（只需令 `Eₙ₊₁, Eₙ₊₂, ...` 都为空集即可，因为空集的测度为 0）。但反过来不成立，一个函数可以具有有限可加性但不具有可数可加性。

### 总结

**可测集的可数可加性** 指的是：**一列可数个、互不相交的可测集的并集的测度，等于这些集合各自测度的无穷和**。这个性质是测度理论区别于初等面积/体积计算的关键，也是现代概率论和实分析能够严格发展的基础。

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