测度的扩张与完备化

我们本文只考虑集合代数上的测度到$\sigma$-代数的扩张及其完备化过程.

本文的主要内容是证明如下的图:

这主要是Folland第三版1.4节的正文和习题, 包含1.3的部分内容和习题. 我们不按照Folland的顺序.

首先准备一些定义:

预测度, 外测度, 测度的完备化与饱和化

定义 1(外测度) 非空集 $X$ 上的外测度(outer measure)是指满足下列条件的函数 ${\mu }^{\ast }:\mathcal{P}(X)\to [0,\infty ]:$

1. ${\mu }^{\ast }(\varnothing )=0$,
2. 若 $A\subseteq B$, 则 ${\mu }^{\ast }(A)\le {\mu }^{\ast }(B)$,
3. ${\mu }^{\ast }\left(\bigcup _{j=1}^{\infty }{A}_j\right)\le \sum _{j=1}^{\infty }{\mu }^{\ast }(A_j)$.

留意到可数次可加性也蕴含了(有限)次可加性.

下面我们进行构造.

命题 2(外测度的一种构造)
设 $\mathcal{E}\subseteq \mathcal{P}(X)$, $\rho :\mathcal{E}\to [0,\infty ]$ 满足 $\varnothing \in \mathcal{E}$, $X\in \mathcal{E}$, 且 $\rho (\varnothing )=0$. 对任意 $A\subseteq X$, 定义

$${\mu }^{\ast }(A):=\inf \left\{\sum _{j=1}^{\infty }\rho (E_j):E_j\in \mathcal{E}\text{ 且 }A\subseteq \bigcup _{j=1}^{\infty }{E}_j\right\}.$$

则 ${\mu }^{\ast }$ 是一个外测度.

注记. 这里的外测度是单独定义的, 只要集合函数$\rho :\mathcal{E}\to [0,\infty ]$满足$\varnothing \in \mathcal{E}$, $X\in \mathcal{E}$, 且 $\rho (\varnothing )=0$即可根据命题2诱导出外测度. 特别地, 我们可以取$\rho ={\mu }_0$(预测度), $\rho =\mu$(测度), $\rho ={\mu }^{\ast }$(外测度), 此时分别诱导出的外测度我们分别记为${\mu }^{\ast },{\mu }^{\#},{\mu }^{+}$, 我们将会在下文探讨它们的关系.

证明

• 良定义性：对任意 $A\subseteq X$, 存在 $\{E_j{\}}_{j=1}^{\infty }\subseteq \mathcal{E}$ 使得 $A\subseteq {\bigcup }_{j=1}^{\infty }{E}_j$, 只需对所有 $j$ 取 $E_j=X$, 因此 ${\mu }^{\ast }$ 的定义是合理的.
• 验证空集测度为 0：对所有 $j$ 取 $E_j=\varnothing$ 易见 ${\mu }^{\ast }(\varnothing )=0$.
• 验证单调性：当 $A\subseteq B$ 时有 ${\mu }^{\ast }(A)\le {\mu }^{\ast }(B)$, 因为 ${\mu }^{\ast }(A)$ 定义中的下确界是在比 ${\mu }^{\ast }(B)$ 定义中更大的集合上取的.
• 验证可数次可加性：为证可数次可加性, 设一列 $\{A_j{\}}_{j=1}^{\infty }\subseteq \mathcal{P}(X)$ 且任意给定 $\epsilon >0$. 对每个 $j$, 存在 $\{E_j^k{\}}_{k=1}^{\infty }\subseteq \mathcal{E}$ 使得 $A_j\subseteq {\bigcup }_{k=1}^{\infty }{E}_j^k$, 接着由确界定义, 导出 $$\sum _{k=1}^{\infty }\rho (E_j^k)\le {\mu }^{\ast }(A_j)+2^{-j}\epsilon .$$ 若记 $A:={\bigcup }_{j=1}^{\infty }{A}_j$, 则 $${\mu }^{\ast }(A)\le \sum _{j,k}\rho (E_j^k)\le \sum _{j=1}^{\infty }{\mu }^{\ast }(A_j)+\sum _{j=1}^{\infty }{2}^{-j}\epsilon =\sum _{j=1}^{\infty }{\mu }^{\ast }(A_j)+\epsilon .$$ 由于 $\epsilon$ 是任意的, 因此可数次可加性成立. $\square$

定义 3(预测度)
若 $\mathcal{A}\subseteq \mathcal{P}(X)$ 是一个代数, 称函数 ${\mu }_0:\mathcal{A}\to [0,\infty ]$ 为一个预测度(premeasure), 如果

1. ${\mu }_0(\varnothing )=0$;
2. 若 $\{A_j{\}}_{j=1}^{\infty }$ 是 $\mathcal{A}$ 中一列不交集合使得 $\bigcup _{j=1}^{\infty }{A}_j\in \mathcal{A}$, 则

$${\mu }_0\left(\bigcup _{j=1}^{\infty }{A}_j\right)=\sum _{j=1}^{\infty }{\mu }_0(A_j).$$

我们立刻观察到预测度是有限可加的, 且具有单调性：若 $E\subseteq F\in \mathcal{A}$, 则 ${\mu }_0(E)\le {\mu }_0(F)$.

下面将外测度导出到测度.

定义 3(${\mu }^{\ast }$-可测)
若 ${\mu }^{\ast }$ 是 $X$ 上的外测度, 称集合 $A\subseteq X$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测的(${\mu }^{\ast }$-measurable), 如果

$${\mu }^{\ast }(E)={\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{\ast }(E\cap A^c),\forall E\subseteq X.$$

留意到不等式 ${\mu }^{\ast }(E)\le {\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{\ast }(E\cap A^c)$ 对任意 $A$ 和 $E$ 都成立, 因此要证明 $A$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测的, 只需证明反向不等式. 后者在 ${\mu }^{\ast }(E)=\infty$ 时是平凡的, 因此我们看到 $A$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测的当且仅当

$${\mu }^{\ast }(E)\ge {\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{\ast }(E\cap A^c)\text{对所有满足 }{\mu }^{\ast }(E)<\infty \text{ 的 }E\subseteq X.$$

定义-命题4(测度的完备化) 设 $(X,\mathcal{M},\mu )$ 是测度空间. 令 $\mathcal{N}:=\{N\in \mathcal{M}:\mu (N)=0\}$ 且

$$\overline{\mathcal{M}}:=\{E\cup F:E\in \mathcal{M}\text{ 且对某个}N\in \mathcal{N},F\subseteq N\}.$$

则 $\overline{\mathcal{M}}$ 是 $\sigma$-代数, 称之为有关$\mu$的完备化(completion); 且存在 $\mu$ 到 $\overline{\mathcal{M}}$ 上完备测度的唯一扩张 $\overline{\mu }$, 称之为$\mu$的完备化(completion).

证明.

• 验证$\overline{\mathcal{M}}$是$\sigma$-代数.
  • 由于 $\mathcal{M}$ 和 $\mathcal{N}$ 对可数并封闭, $\overline{\mathcal{M}}$ 亦然.
  • 对补集运算封闭. 若 $E\cup F\in \overline{\mathcal{M}}$, 其中 $E\in \mathcal{M}$ 且 $F\subseteq N\in \mathcal{N}$. 不妨设$E\cap N=\varnothing$; 否则, 用 $F\setminus E$ 和 $N\setminus E$ 代替 $F$ 和 $N$. 则 $E\cup F=(E\cup N)\cap (N^c\cup F)$, 所以 $(E\cup F{)}^c=(E\cup N{)}^c\cup (N\setminus F)$. 但 $(E\cup N{)}^c\in \mathcal{M}$ 且 $N\setminus F\subseteq N$, 因此 $(E\cup F{)}^c\in \overline{\mathcal{M}}$. 因此 $\overline{\mathcal{M}}$ 是 $\sigma$-代数.
• 定义完备测度. 若 $E\cup F\in \overline{\mathcal{M}}$ 如上, 我们定义 $\overline{\mu }(E\cup F):=\mu (E)$.
  • 验证$\overline{\mu }$是良定义的. 若 $E_1\cup F_1=E_2\cup F_2$ 其中 $F_j\subseteq N_j\in \mathcal{N}$, 则 $E_1\subseteq E_2\cup N_2$, 因此 $\mu (E_1)\le \mu (E_2)+\mu (N_2)=\mu (E_2)$, 同理 $\mu (E_2)\le \mu (E_1)$.
  • 验证$\overline{\mu }$是测度.
    • 显然$\overline{\mu }(\varnothing )=0$.
    • 设$\{A_n{\}}_{n=1}^{\infty }$是$\overline{\mathcal{M}}$中互不相交的子集, 则$A_n=E_n\cup F_n$, 则$\{E_n{\}}_{n=1}^{\infty }$互不相交, 从而 $$\begin{array}{rl}\overline{\mu }\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }{A}_n\right)& =\overline{\mu }\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }(E_n\cup F_n)\right)\\ & =\overline{\mu }\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }{E}_n\cup \bigcup _{n=1}^{\infty }{F}_n\right)\\ & =\mu \left(\bigcup _{n=1}^{\infty }{E}_n\right)\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\mu (E_n)\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\overline{\mu }(E_n\cup F_n)\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\overline{\mu }(A_n).\end{array}$$
• 验证$\overline{\mu }$是完备的. 设$A\in \overline{\mathcal{M}},\overline{\mu }(A)=0$. 取$A$的任一子集$B$, 我们断言$B\in \overline{\mathcal{M}}$. 事实上, 由$\overline{\mu }(A)=\overline{\mu }(E\cup F)=\mu (E)=0$知$E$是零测集. 注意到$B\subseteq A=E\cup F\subseteq E\cup N$, 从而$\mu (E\cup N)=0$, 即$E\cup N\in \mathcal{N}$. 因此$B=\varnothing \cup B$, 其中$\varnothing \in \mathcal{M}$, 且对$E\cup N\in \mathcal{N},B\subseteq E\cup N$, 因此$B\in \overline{\mathcal{M}}$. 故$\overline{\mu }$是完备的.
• 验证$\overline{\mu }$是唯一的完备测度. 设$\nu$是$\overline{M}$上另一扩张后的完备测度. 任取$A=E\cup F\in \overline{M}$, 则 $$\nu (A)=\nu (E\cup F)\le \nu (E)+\nu (F)=\mu (E)+0=\mu (E)=\overline{\mu }(A);$$ 另一方面 $$\nu (A)=\nu (E\cup F)\ge \nu (E)=\mu (E)=\overline{\mu }(A),$$ 从而由$A$的任意性知$\nu =\overline{\mu }$, 这就说明了唯一性. $\square$

定义-命题5(局部可测与饱和测度) 设 $(X,\mathcal{M},\mu )$ 是测度空间. 集合 $E\subseteq X$ 称为局部可测的(locally measurable), 若对所有满足 $\mu (A)<\infty$ 的 $A\in \mathcal{M}$, 有 $E\cap A\in \mathcal{M}$. 设 $\tilde{\mathcal{M}}$ 是所有局部可测集的集合. 显然 $\mathcal{M}\subseteq \tilde{\mathcal{M}}$; 若 $\mathcal{M}=\tilde{\mathcal{M}}$, 则 $\mu$ 称为饱和的(saturated). 在 $\tilde{\mathcal{M}}$ 上定义 $\tilde{\mu }$ 为: 若 $E\in \mathcal{M}$ 则 $\tilde{\mu }(E)=\mu (E)$, 否则 $\tilde{\mu }(E)=\infty$. 则 $\tilde{\mu }$ 是 $\tilde{\mathcal{M}}$ 上的饱和测度, 称为 $\mu$ 的饱和化(saturation).

下面我们开始证明.

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从预测度到外测度: $(X,\mathcal{M},{\mu }_0)\hookrightarrow (X,\mathcal{P}(X),{\mu }^{\ast })$

定义-命题 8(预测度诱导出的外测度) 若 ${\mu }_0$ 是 $\mathcal{A}\subseteq \mathcal{P}(X)$ 上的预测度, 它诱导出 $X$ 上的一个外测度, 即对任意 $E\in \mathcal{A}$, 定义

$${\mu }^{\ast }(E):=\inf \left\{\sum _{j=1}^{\infty }{\mu }_0(A_j):A_j\in \mathcal{A},E\subseteq \bigcup _{j=1}^{\infty }{A}_j\right\}.\text{\hspace{1em}(1)}$$

则 (1) ${\mu }^{\ast }{|}_{\mathcal{A}}={\mu }_0$; (2) $\mathcal{A}$ 中的每个集合都是 ${\mu }^{\ast }$-可测的.

证明 (1) 任取 $E\in \mathcal{A}$. 若 $E\subseteq \bigcup _{j=1}^{\infty }{A}_j$ 且 $A_j\in \mathcal{A}$, 令 $B_n:=E\cap (A_n\setminus \bigcup _{j=1}^{n-1}{A}_j)\subseteq A_n$, 则 $B_n$ 是 $\mathcal{A}$ 中不交的集合, 其并集为 $E$, 故由预测度的单调性导出 ${\mu }_0(E)={\sum }_{j=1}^{\infty }{\mu }_0(B_j)\le {\sum }_{j=1}^{\infty }{\mu }_0(A_j).$ 在上式两侧同时取下确界得到 ${\mu }_0(E)\le {\mu }^{\ast }(E)$. 注意到因为 $E\subseteq \bigcup _{j=1}^{\infty }{A}_j$, 其中 $A_1=E$ 且 $j>1$ 时 $A_j=\varnothing$, 因此 ${\mu }^{\ast }(E)\le {\mu }_0(E)$, 故 ${\mu }^{\ast }(E)={\mu }_0(E)$. $E$ 的任意性表明 ${\mu }^{\ast }{|}_{\mathcal{A}}={\mu }_0$.

(2) 设 $A\in \mathcal{A}$, $E\subseteq X$, 任意给定 $\epsilon >0$, 存在序列 $\{B_j{\}}_{j=1}^{\infty }\subseteq \mathcal{A}$ 满足 $E\subseteq \bigcup _{j=1}^{\infty }{B}_j$ 且 $\sum _{j=1}^{\infty }{\mu }_0(B_j)\le {\mu }^{\ast }(E)+\epsilon$. 由于 ${\mu }_0$ 在 $\mathcal{A}$ 上是可加的, $\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(E)+\epsilon & \ge \sum _{j=1}^{\infty }{\mu }_0(B_j)\\ & =\sum _{j=1}^{\infty }{\mu }_0(B_j\cap A)+\sum _{j=1}^{\infty }{\mu }_0(B_j\cap A^c)\\ & \ge {\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{\ast }(E\cap A^c).\end{array}$ 由于 $\epsilon$ 是任意的, $A$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测的. $\square$

从外测度到完备测度: $(X,\mathcal{P}(X),{\mu }^{\ast })\twoheadrightarrow (X,{\mathcal{M}}^{\ast },\overline{\mu })$

定理 9(Carathéodory) 若 ${\mu }^{\ast }$ 是 $X$ 上的外测度, 记集族 $\mathcal{M}$ 表示 ${\mu }^{\ast }$-可测集的全体, 则 $\mathcal{M}$ 是一个 $\sigma$-代数, 且 ${\mu }^{\ast }$ 在 $\mathcal{M}$ 上的限制是一个完备测度.

证明 首先证明 $\mathcal{M}$ 是 $\sigma$-代数.

• 验证 $\mathcal{M}$ 对补集封闭, 这只需观察到 $A$ 的 ${\mu }^{\ast }$-可测性定义关于 $A$ 和 $A^c$ 是对称的.
• 验证 $\mathcal{M}$ 对并集运算封闭. 若 $A,B\in \mathcal{M}$ 且 $E\subseteq X$, 则由 ${\mu }^{\ast }$-可测集的定义知 $$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(E)& ={\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{\ast }(E\cap A^c)\\ & ={\mu }^{\ast }(E\cap A\cap B)+{\mu }^{\ast }(E\cap A\cap B^c)\\ & +{\mu }^{\ast }(E\cap A^c\cap B)+{\mu }^{\ast }(E\cap A^c\cap B^c).\end{array}$$ 注意到 $(A\cup B)=(A\cap B)\cup (A\cap B^c)\cup (A^c\cap B)$, 故由次可加性, $$\begin{array}{rl}& {\mu }^{\ast }(E\cap A\cap B)+{\mu }^{\ast }(E\cap A\cap B^c)+{\mu }^{\ast }(E\cap A^c\cap B)\\ \ge & {\mu }^{\ast }(E\cap (A\cup B)),\end{array}$$ 从而 $${\mu }^{\ast }(E)\ge {\mu }^{\ast }(E\cap (A\cup B))+{\mu }^{\ast }(E\cap (A\cup B{)}^c).$$ 由此 $A\cup B\in \mathcal{M}$, 故 $\mathcal{M}$ 是一个代数.
• 验证 $\mathcal{M}$ 对可数不交并封闭. 若 $\{A_j{\}}_{j=1}^{\infty }$ 是 $\mathcal{M}$ 中一列不交集合, 令 $B_n:={⨆}_{j=1}^n{A}_j$ 且 $B:={⨆}_{j=1}^{\infty }{A}_j$. 则对任意 $E\subseteq X$, $$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(E\cap B_n)& ={\mu }^{\ast }(E\cap B_n\cap A_n)+{\mu }^{\ast }(E\cap B_n\cap A_n^c)\\ & ={\mu }^{\ast }(E\cap A_n)+{\mu }^{\ast }(E\cap B_{n-1}),\end{array}$$ 故递推可得 ${\mu }^{\ast }(E\cap B_n)=\sum _{j=1}^n{\mu }^{\ast }(E\cap A_j)$. 因此, $$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(E)& ={\mu }^{\ast }(E\cap B_n)+{\mu }^{\ast }(E\cap B_n^c)\\ & \ge \sum _{j=1}^n{\mu }^{\ast }(E\cap A_j)+{\mu }^{\ast }(E\cap B^c),\end{array}$$ 等式两边令 $n\to \infty$ 得到 $$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(E)& \ge \sum _{j=1}^{\infty }{\mu }^{\ast }(E\cap A_j)+{\mu }^{\ast }(E\cap B^c)\\ & \ge {\mu }^{\ast }\left(\bigcup _{j=1}^{\infty }(E\cap A_j)\right)+{\mu }^{\ast }(E\cap B^c)\\ & ={\mu }^{\ast }(E\cap B)+{\mu }^{\ast }(E\cap B^c)\\ & \ge {\mu }^{\ast }(E).\end{array}\text{\hspace{1em}(2)}$$ 从而上面的不等号全都可以取等, 由此 $B\in \mathcal{M}$.

下面说明 ${\mu }^{\ast }{|}_{\mathcal{M}}$ 是完备测度.

• 由 ${\mu }^{\ast }$ 的定义直接知道 ${\mu }^{\ast }{|}_{\mathcal{M}}(\varnothing )=0$.
• 若 $A,B\in \mathcal{M}$ 且 $A\cap B=\varnothing$, $$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(A\cup B)& ={\mu }^{\ast }((A\cup B)\cap A)+{\mu }^{\ast }((A\cup B)\cap A^c)={\mu }^{\ast }(A)+{\mu }^{\ast }(B),\end{array}$$ 所以 ${\mu }^{\ast }$ 在 $\mathcal{M}$ 上是有限可加的.
• 在等式 ${\mu }^{\ast }(E)={\mu }^{\ast }(E\cap B)+{\mu }^{\ast }(E\cap B^c),B={⨆}_{j=1}^{\infty }{A}_j$ 中取 $E=B$, 有 ${\mu }^{\ast }(B)=\sum _{j=1}^{\infty }{\mu }^{\ast }(A_j)$, 所以 ${\mu }^{\ast }$ 在 $\mathcal{M}$ 上是可数可加的.
• 若 ${\mu }^{\ast }(A)=0$, 对任意 $E\subseteq X$ 有 $$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(E)& \le {\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{\ast }(E\cap A^c)\\ & ={\mu }^{\ast }(E\cap A^c)\le {\mu }^{\ast }(E),\end{array}$$ 故 $A\in \mathcal{M}$. 因此 ${\mu }^{\ast }{|}_{\mathcal{M}}$ 是一个完备测度. $\square$

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推论 10 设 ${\mu }^{\ast }$ 是 $X$ 上的外测度, $\{A_j{\}}_{j=1}^{\infty }$ 是一列不交的 ${\mu }^{\ast }$-可测集, 则对任意 $E\subseteq X$, 有

$${\mu }^{\ast }\left(E\cap \bigcup _{j=1}^{\infty }{A}_j\right)=\sum _{j=1}^{\infty }{\mu }^{\ast }(E\cap A_j).$$

证明 由式 (2) 即得. $\square$

推论 11 设 $\{E_j{\}}_{j=1}^{\infty }$ 是 $X$ 上的一列 ${\mu }^{\ast }$-可测集, 则 ${\bigcup }_{j=1}^{\infty }{E}_j$ 也是 ${\mu }^{\ast }$-可测集.

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从集合代数到$\sigma$-代数: $(X,\mathcal{A},{\mu }_0)\hookrightarrow (X,\mathcal{M},\mu )$

定理 12(测度扩张的唯一性) (1) 设 $\mathcal{A}\subseteq \mathcal{P}(X)$ 是一个代数, ${\mu }_0$ 是 $\mathcal{A}$ 上的预测度, $\mathcal{M}$ 是由 $\mathcal{A}$ 生成的 $\sigma$-代数. 则存在 $\mathcal{M}$ 上的测度 $\mu$, 其在 $\mathcal{A}$ 上的限制为 ${\mu }_0$, 即 $\mu ={\mu }^{\ast }{|}_{\mathcal{M}}$, 其中 ${\mu }^{\ast }$是${\mu }_0$诱导出的外测度. (2) 若 $\nu$ 是 $\mathcal{M}$ 上扩张 ${\mu }_0$ 的另一测度, 则对所有 $E\in \mathcal{M}$ 有 $\nu (E)\le \mu (E)$, 当 $\mu (E)<\infty$ 时取等号. 若 ${\mu }_0$ 是 $\sigma$-有限的, 则 $\mu$ 是 ${\mu }_0$ 到 $\mathcal{M}$ 上测度的唯一扩张.

证明

(1) 注意 ${\mu }^{\ast }$-可测集的 $\sigma$-代数包含 $\mathcal{A}$, 因而包含 $\mathcal{M}$, 从而由Carathéodory定理9和定义-命题8, 第一个断言得证.

(2) 若 $E\in \mathcal{M}$ 且 $E\subseteq \bigcup _{j=1}^{\infty }{A}_j$ 其中 $A_j\in \mathcal{A}$, 则 $\nu (E)\le \sum _{j=1}^{\infty }\nu (A_j)=\sum _{j=1}^{\infty }{\mu }_0(A_j)$, 取下确界得到 $\nu (E)\le \mu (E)$. 若记 $A:=\bigcup _{j=1}^{\infty }{A}_j$, 我们有 $\nu (A)={\lim }_{n\to \infty }\nu \left(\bigcup _{j=1}^n{A}_j\right)={\lim }_{n\to \infty }\mu \left(\bigcup _{j=1}^n{A}_j\right)=\mu (A).$ 若 $\mu (E)<\infty$, 我们可以选取 $A_j$ 使得 $\mu (A)<\mu (E)+\epsilon$, 故 $\mu (A\setminus E)<\epsilon$, 且 $\begin{array}{rl}\mu (E)& \le \mu (A)=\nu (A)\\ & =\nu (E)+\nu (A\setminus E)\\ & \le \nu (E)+\mu (A\setminus E)\\ & \le \nu (E)+\epsilon .\end{array}$ 由于 $\epsilon$ 是任意的, $\mu (E)=\nu (E)$. 最后, 假设 $X=\bigcup _{j=1}^{\infty }{A}_j$ 且 ${\mu }_0(A_j)<\infty$, 其中我们可以假设 $A_j$ 是不交的. 则对任意 $E\in \mathcal{M}$, $\begin{array}{rl}\mu (E)& =\sum _{j=1}^{\infty }\mu (E\cap A_j)\\ & =\sum _{j=1}^{\infty }\nu (E\cap A_j)=\nu (E),\end{array}$ 所以 $\nu =\mu$. $\square$

重要引理: ${\mu }^{\ast }$-可测集的刻画

命题13 设 $\mathcal{A}\subseteq \mathcal{P}(X)$ 是一个代数, ${\mathcal{A}}_{\sigma }$ 为 $\mathcal{A}$ 中集合的可数并全体, ${\mathcal{A}}_{\sigma \delta }$ 为 ${\mathcal{A}}_{\sigma }$ 中集合的可数交全体. 设 ${\mu }_0$ 是 $\mathcal{A}$ 上的预测度, ${\mu }^{\ast }$ 为诱导的外测度. (1) 对任意 $E\subseteq X$ 和 $\epsilon >0$, 存在 $A\in {\mathcal{A}}_{\sigma }$ 满足 $E\subseteq A$ 且 ${\mu }^{\ast }(A)\le {\mu }^{\ast }(E)+\epsilon$. (2) 若 ${\mu }^{\ast }(E)<\infty$, 则 $E$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测的当且仅当存在 $B\in {\mathcal{A}}_{\sigma \delta }$ 满足 $E\subseteq B$ 且 ${\mu }^{\ast }(B\setminus E)=0$. (3) 若 ${\mu }_0$ 是 $\sigma$-有限的, 则 (2) 中 ${\mu }^{\ast }(E)<\infty$ 的限制是多余的.

证明 (1) 回忆预测度如何诱导出外测度, 则对任意给定的 $\epsilon >0$, 存在一列 $\{A_j{\}}_{j=1}^{\infty }\subseteq \mathcal{A},E\subseteq {\bigcup }_{j=1}^{\infty }{A}_j$, 满足 ${\mu }^{\ast }(E)+\epsilon \ge {\sum }_{j=1}^{\infty }{\mu }_0(A_j)={\sum }_{j=1}^{\infty }{\mu }^{\ast }(A_j)\ge {\mu }^{\ast }\left({\bigcup }_{j=1}^{\infty }{A}_j\right),$ 取 $A:={\bigcup }_{j=1}^{\infty }{A}_j\in {\mathcal{A}}_{\sigma }$ 即可.

(2)

• 设 $E$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测的, 则对每个 $j\in \mathbb{N}$, 存在 $A_j\in {\mathcal{A}}_{\sigma }$, 满足 $E\subseteq A_j$, 且 ${\mu }^{\ast }(A_j)\le {\mu }^{\ast }(E)+j^{-1}$. 置 $B:={\bigcap }_{j=1}^{\infty }{A}_j\in {\mathcal{A}}_{\sigma \delta }$, 则 $E\subseteq B$, 且 ${\mu }^{\ast }(B\setminus E)\le {\mu }^{\ast }(A_j\setminus E)={\mu }^{\ast }(A_j)-{\mu }^{\ast }(E)\le \frac{1}{j},\forall j.$ 令 $j\to \infty$ 即知 ${\mu }^{\ast }(B\setminus E)=0$. 注意由 ${\mu }^{\ast }(E)<\infty$ 和 $E$ 的 ${\mu }^{\ast }$-可测性, 有 ${\mu }^{\ast }(A_j\setminus E)=\mu (A_j)-{\mu }^{\ast }(A_j\cap E)=\mu (A_j)-\mu (E)$ 成立.
• 反之, 若存在 $B\in {\mathcal{A}}_{\sigma \delta }$ 满足 $E\subseteq B$ 且 ${\mu }^{\ast }(B\setminus E)=0$. 由Carathéodory定理9, 我们知道 ${\mu }^{\ast }$ 在 ${\mu }^{\ast }$-可测集的全体上的限制是完备测度, 从而 $B\setminus E$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测的, 注意到 $E=B\setminus (B\setminus E)$, 从而知 $E$ 也是 ${\mu }^{\ast }$-可测的.

(3) 充分性与(2)是一样的. 下面证明必要性. 不妨设 $X={⨆}_{j=1}^{\infty }{X}_j$, 则由 ${\mu }_0$ 的 $\sigma$-有限性知 $\mu (X_j)<\infty$. 置 $E_j:=E\cap X_j$, 则 $E={⨆}_{j=1}^{\infty }{E}_j$, 则对每个 $j$, 有 $\mu (E_j)<\infty$. 再由(1)知, 固定 $j\in \mathbb{N}$, 对任意的 $k\in \mathbb{N}$, 存在 $A_{jk}\in {\mathcal{A}}_{\sigma }$ 满足 ${\mu }^{\ast }(A_{jk})\le {\mu }^{\ast }(E_j)+2^{-k}/j$. 置 $B:={\bigcap }_{j=1}^{\infty }{\bigcup }_{k=1}^{\infty }{A}_{jk}$, 则易见 $B\in {\mathcal{A}}_{\sigma \delta }$, 且

$$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(B\setminus E)& \le {\mu }^{\ast }\left(\bigcup _{k=1}^{\infty }{A}_{jk}\setminus E\right)\\ & \le \sum _{k=1}^{\infty }{\mu }^{\ast }(A_{jk}\setminus E)\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }\left({\mu }^{\ast }(A_{jk})-{\mu }^{\ast }(E_j)\right)\\ & \le \sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{2^{k}j}\le \frac{1}{j},\forall j.\end{array}$$

命 $j\to \infty$ 即得 ${\mu }^{\ast }(B\setminus E)=0$.

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练习14(内测度)
设 ${\mu }^{\ast }$ 是 $X$ 上由有限预测度 ${\mu }_0$ 诱导的外测度. 若 $E\subseteq X$, 定义 $E$ 的内测度(inner measure)为 ${\mu }_{\ast }(E):={\mu }_0(X)-{\mu }^{\ast }(E^c)$. 则 $E$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测的当且仅当 ${\mu }^{\ast }(E)={\mu }_{\ast }(E)$.

证明 必要性显然, 下证充分性. 首先 ${\mu }^{\ast }(E)={\mu }_{\ast }(E)$ 等价于 ${\mu }^{\ast }(E)+{\mu }^{\ast }(E^c)={\mu }_0(X)={\mu }^{\ast }(X)$.

断言：对任意 $E\subseteq X$ 并给定 $\epsilon >0$, 存在 $A\in {\mathcal{A}}_{\sigma }$ 满足 $E\subseteq A$ 且 ${\mu }^{\ast }(A\setminus E)\le \epsilon$. 事实上, 由命题13的(1), 对任意给定的 $\epsilon >0$, 存在 $F_1\in {\mathcal{A}}_{\sigma }$ 满足

$$E\subseteq F_1$$

且

$${\mu }^{\ast }(F_1)\le {\mu }^{\ast }(E)+\epsilon /2;$$

存在 $F_2\in {\mathcal{A}}_{\sigma }$ 满足 $E^c\subseteq F_2$ 且 ${\mu }^{\ast }(F_2)\le {\mu }^{\ast }(E^c)+\epsilon /2$, 则

$$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(F_1)+{\mu }^{\ast }(F_2)& \le {\mu }^{\ast }(E)+{\mu }^{\ast }(E^c)+\epsilon \\ & ={\mu }^{\ast }(X)+\epsilon .\end{array}\text{\hspace{1em}(3)}$$

注意 $F_1,F_2$ 都是 ${\mu }^{\ast }$-可测集, 且 ${\mu }^{\ast }{|}_{\mathcal{M}}$ 是测度, 从而

$${\mu }^{\ast }(F_1\cup F_2)+{\mu }^{\ast }(F_1\cap F_2)={\mu }^{\ast }(F_1)+{\mu }^{\ast }(F_2).$$

注意

$$X=E\cup E^c\subseteq F_1\cup F_2\subseteq X,$$

从而 $F_1\cup F_2=X$, 进而由次可加性知 ${\mu }^{\ast }(F_1\cap F_2)\le \epsilon$. 此时有

$${\mu }^{\ast }(F_1\setminus E)\le {\mu }^{\ast }(F_1\cap F_2)\le \epsilon ,$$

断言得证. 现在取 $\epsilon =\frac{1}{j}\searrow 0$, 取一列 $\{A_j{\}}_{j=1}^{\infty }\subseteq {\mathcal{A}}_{\sigma }$ 满足

$${\mu }^{\ast }(A_j\setminus E)\le j^{-1}.$$

置

$$B:=\bigcap _{j=1}^{\infty }{A}_j\in {\mathcal{A}}_{\sigma \delta },$$

则 $E\subseteq B$, 且

$${\mu }^{\ast }(B\setminus E)\le {\mu }^{\ast }(A_j\setminus E)\le j^{-1}$$

对任意 $j$ 成立, 从而 ${\mu }^{\ast }(B\setminus E)=0$. 由命题13的(2)知 $E$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测的. $\square$

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测度诱导出的外测度与预测度诱导出的外测度: ${\mu }_0\hookrightarrow {\mu }^{\ast }={\mu }^{\#}\hookleftarrow \mu$

命题15 设 ${\mu }^{\ast }$ 是 $X$ 上的外测度, ${\mathcal{M}}^{\ast }$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测集构成的 $\sigma$-代数, $\overline{\mu }={\mu }^{\ast }{|}_{{\mathcal{M}}^{\ast }}$, ${\mu }^{+}$ 是由 $\overline{\mu }$ 诱导的外测度, 即

$${\mu }^{+}(E)=\inf \left\{\sum _{j=1}^{\infty }\overline{\mu }(A_j):A_j\in {\mathcal{M}}^{\ast },E\subseteq \bigcup _{j=1}^{\infty }{A}_j\right\}.$$

(1) 若 $E\subseteq X$, 则 ${\mu }^{\ast }(E)\le {\mu }^{+}(E)$, 等号成立当且仅当存在 $A\in {\mathcal{M}}^{\ast }$ 满足 $A\supseteq E$ 且 ${\mu }^{\ast }(A)={\mu }^{\ast }(E)$. (2) 若 ${\mu }^{\ast }$ 由预测度诱导, 则 ${\mu }^{\ast }={\mu }^{+}$.

证明 (1) 任取$\epsilon >0$, 则存在一列$\{A_j{\}}_{j=1}^{\infty }\subseteq {\mathcal{M}}^{\ast }$使得 $E\subseteq {\bigcup }_{j=1}^{\infty }{A}_j$ 且 ${\mu }^{+}(E)+\epsilon >{\sum }_{j=1}^{\infty }\overline{\mu }(A_j)={\sum }_{j=1}^{\infty }{\mu }^{\ast }(A_j)\ge {\mu }^{\ast }(E),$ 由于 $\epsilon$ 是任意的, 得到 ${\mu }^{+}(E)\le {\mu }^{\ast }(E)$. 下面证明等号成立的充分必要条件.

• 充分性. 设 $A\in {\mathcal{M}}^{\ast }$ 满足 $A\supseteq E$ 且 ${\mu }^{\ast }(A)={\mu }^{\ast }(E)$. 则 $${\mu }^{+}(E)\le \overline{\mu }(A)={\mu }^{\ast }(A)={\mu }^{\ast }(E),$$ 从而 $${\mu }^{+}(E)={\mu }^{\ast }(E).$$
• 必要性. 设 ${\mu }^{+}(E)={\mu }^{\ast }(E)$. 若${\mu }^{\ast }(E)=\infty$, 平凡成立(取$A=X$即可), 故设${\mu }^{\ast }(E)<\infty$. 对每个$k\in \mathbb{N}$, 存在一列 $$\{A_{k,n}{\}}_{k,n=1}^{\infty }\subseteq {\mathcal{M}}^{\ast }$$ 满足 $$E\subseteq \bigcup _{n=1}^{\infty }{A}_{k,n}$$ 且 $$\sum _{j=1}^{\infty }\overline{\mu }(A_{k,j})\le {\mu }^{+}(E)+k^{-1}={\mu }^{\ast }(E)+k^{-1}.$$ 置 $$A_k:=\bigcup _{n=1}^{\infty }{A}_n,A:=\bigcap _{k=1}^{\infty }{A}_k,$$ 注意$E\subseteq A_k$, 从而有$E\subseteq A$, 故

$$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(E)& \le {\mu }^{\ast }(A)\\ & \le {\mu }^{\ast }(A_k)\\ & ={\mu }^{\ast }\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }{A}_{k,n}\right)\\ & \le \sum _{n=1}^{\infty }\overline{\mu }(A_{k,n})\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }{\mu }^{\ast }(A_{k,n})\\ & \le {\mu }^{\ast }(E)+\frac{1}{k}.\end{array}$$

令 $k\to \infty$得${\mu }^{\ast }(E)\le {\mu }^{\ast }(A)\le {\mu }^{\ast }(E)$, 故必要性成立.

(2) 由命题13(1), 对任意$E\subseteq X$和$\epsilon >0$, 存在$A\in {\mathcal{M}}^{\ast }$满足$E\subseteq A$且${\mu }^{\ast }(A)={\mu }^{\ast }(E)+\epsilon$. 故由(1)知等号成立, 即${\mu }^{\ast }={\mu }^{+}$. $\square$

注记.

设 $X=\{0,1\}$, 定义

$$\begin{array}{rl}{\mu }^{\ast }(\varnothing )& =0,\\ {\mu }^{\ast }(\{0\})& ={\mu }^{\ast }(\{1\})=1,\\ {\mu }^{\ast }(X)& =3/2.\end{array}$$

则 ${\mathcal{M}}^{\ast }=\{\varnothing ,X\}$, $\overline{\mu }(\varnothing )=0$, $\overline{\mu }(X)=3/2$, 从而 ${\mu }^{+}(\varnothing )=0$, ${\mu }^{+}(\{0\})={\mu }^{+}(\{1\})=3/2$, ${\mu }^{+}(X)=3/2$. 因此 ${\mu }^{\ast }\ne {\mu }^{+}$.

该例子表明, 外测度可以单独定义, 但若外测度由预测度诱导, 则预测度诱导出的外测度与预测度扩张得到后的测度诱导出的外测度是一样的, 即${\mu }_0\hookrightarrow {\mu }^{\ast }={\mu }^{\#}\hookleftarrow \mu ({\mu }_0\hookrightarrow \mu )$. 类似有$\overline{\mu }\hookrightarrow {\mu }^{+}={\mu }^{\ast }\hookleftarrow {\mu }_0({\mu }_0\hookrightarrow \overline{\mu })$.

测度的饱和化与完备化

命题16 设 ${\mu }^{\ast }$ 是由预测度诱导的外测度, $\overline{\mu }={\mu }^{\ast }{|}_{{\mathcal{M}}^{\ast }}$, 则 $\overline{\mu }$ 是饱和的.

证明 设

$$\widetilde{{\mathcal{M}}^{\ast }}:=\{E\subseteq X:A\in {\mathcal{M}}^{\ast },\overline{\mu }(A)<\infty ,E\cap A\in {\mathcal{M}}^{\ast }\}$$

为$\overline{\mu }$-局部可测集的全体, 只需证明$\widetilde{{\mathcal{M}}^{\ast }}\subseteq {\mathcal{M}}^{\ast }.$ 任取$E\in \widetilde{{\mathcal{M}}^{\ast }}$, 任取$T\subseteq X$. 若${\mu }^{\ast }(T)=\infty$, 则显然有

$${\mu }^{\ast }(T)\ge {\mu }^{\ast }(T\cap E)+{\mu }^{\ast }(T\cap E^c).$$

下面考虑${\mu }^{\ast }(T)<\infty$的情形. 由命题13(1), 对任意 $\epsilon >0$, 存在 $A\in {\mathcal{A}}_{\sigma }\subseteq \mathcal{M}$, 使得$T\subseteq A,{\mu }^{\ast }(A)\le {\mu }^{\ast }(T)+\epsilon <\infty$, 从而$E\cap A\in {\mathcal{M}}^{\ast }$, 从而对集合 $T$ 有:

$${\mu }^{\ast }(T)={\mu }^{\ast }\left(T\cap (E\cap A)\right)+{\mu }^{\ast }\left(T\cap (E\cap A{)}^c\right).$$

结合 $T\subseteq A$, 可得

$$T\cap (E\cap A)=T\cap E,T\cap (E\cap A{)}^c=T\cap (E^c\cup A^c)=T\cap E^c,$$

故

$${\mu }^{\ast }(T)={\mu }^{\ast }(T\cap E)+{\mu }^{\ast }(T\cap E^c),$$

从而$E$是${\mu }^{\ast }$-可测的, 即$E\in {\mathcal{M}}^{\ast }$. 由于$E$的任意性, $\widetilde{{\mathcal{M}}^{\ast }}\subseteq {\mathcal{M}}^{\ast }$, 证毕. $\square$

命题 17(测度有限的 ${\mu }^{\ast }$-可测集一定是 $\mu$-完备可测的) 如果 $E\in {\mathcal{M}}^{\ast }$ 且 ${\mu }^{\ast }(E)<\infty$, 那么 $E\in \hat{\mathcal{M}}$.

证明 由命题13的(1), 存在 $A\in \mathcal{M}$ 使得 $E\subseteq A$ 且

$$\mu (A)={\mu }^{\ast }(A)={\mu }^{\ast }(E)<\infty .$$

因为 $E\in {\mathcal{M}}^{\ast }$ 且 $A\in \mathcal{M}\subseteq {\mathcal{M}}^{\ast }$, 所以 $A\setminus E\in {\mathcal{M}}^{\ast }$. 此时

$${\mu }^{\ast }(A\setminus E)={\mu }^{\ast }(A)-{\mu }^{\ast }(E)=\mu (A)-{\mu }^{\ast }(E)=0.$$

由命题13的(1), 存在 $B\in \mathcal{M}$ 使得 $A\setminus E\subseteq B$ 且

$$\mu (B)={\mu }^{\ast }(A\setminus E)=0.$$

注意到

$$A\setminus B\subseteq A\setminus (A\setminus E)=E\subseteq A,$$

因此

$$E=(A\setminus B)\cup (E\cap B),$$

其中 $A\setminus B\in \mathcal{M}$, 而 $E\cap B$ 是零测集 $B\in \mathcal{M}$ 的子集, 从而$E\in \hat{\mathcal{M}}$. $\square$

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命题 18($\mathcal{M}$和${\mathcal{M}}^{\ast }$的关系) 设 $(X,\mathcal{M},\mu )$ 是测度空间, ${\mu }^{\ast }$ 是由 $\mu$诱导的外测度, ${\mathcal{M}}^{\ast }$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测集的 $\sigma$-代数, $\overline{\mu }={\mu }^{\ast }{|}_{{\mathcal{M}}^{\ast }}$. (1) 若 $\mu$ 是 $\sigma$-有限的, 则 $\overline{\mu }$ 是 $\mu$ 的完备化.
(2) 一般地, $\overline{\mu }$ 是 $\mu$ 的完备化的饱和化.

证明 设$\mu$的完备化为$\hat{\mu }$, 其定义域记为$\hat{\mathcal{M}}$; $\tilde{\hat{\mu }}$为其完备化的饱和化, 其定义域记为$\widetilde{\hat{\mathcal{M}}}$.

(1) 若$\mu$是$\sigma$-有限的, 则由命题13(3), 存在$B\in \mathcal{M}$, 使得$E\subseteq B$且

$${\mu }^{\ast }(B\setminus E)=0.$$

记$N:=B\setminus E$. 由命题13(1), 对每个$n\in \mathbb{N}$, 存在$C_n\in \mathcal{M}$, 使得$N\subseteq C_n$且

$$\mu (C_n)={\mu }^{\ast }(C_n)\le {\mu }^{\ast }(N)+n^{-1}=n^{-1}.$$

置

$$C:=\bigcap _{n=1}^{\infty }{C}_n\supseteq N,$$

易知$\mu (C)=0$, 这说明$N$是一个$\mu$-零测集的子集. 注意到

$$E=B\setminus N=(B\setminus C)\cup (C\cap E),B\setminus C\in \mathcal{M},$$

且$\mu (C\cap E)\le \mu (C)=0$, 从而$E\in \hat{\mathcal{M}}$. 从而${\mathcal{M}}^{\ast }=\hat{\mathcal{M}}$. 由于$\overline{\mu }$和$\hat{\mu }$在$\mathcal{M}$上的限制都是$\mu$, 由完备化的唯一性定理知$\overline{\mu }=\hat{\mu }$.

(2) 首先要证明$\widetilde{\hat{\mathcal{M}}}={\mathcal{M}}^{\ast }$, 这等价于证明$E$是$\hat{\mu }$-局部可测的当且仅当$E$是${\mu }^{\ast }$-可测的. 我们先证明:

• $\hat{\mathcal{M}}\subseteq {\mathcal{M}}^{\ast }$, 且$\hat{\mu }=\overline{\mu }{|}_{\hat{\mathcal{M}}}$.

  证明

  设 $A\in \hat{\mathcal{M}}$. 则 $A=B\cup C$, 其中 $B\in \mathcal{M}$ 且 $C\subseteq N$ 使得 $N\in \mathcal{M}$ 且 $\mu (N)=0$. 特别地, 我们有

  $$0\le {\mu }^{\ast }(C)\le {\mu }^{\ast }(N)=\mu (N)=0.$$

  所以 ${\mu }^{\ast }(C)=0$, 从而$C$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测的. 所以我们有 $A=B\cup C$, $B\in \mathcal{M}\subseteq {\mathcal{M}}^{\ast }$ 且 $C\in {\mathcal{M}}^{\ast }$. 所以 $A\in {\mathcal{M}}^{\ast }$. 此外 ${\mu }^{\ast }(B)\le {\mu }^{\ast }(A)\le {\mu }^{\ast }(B)+{\mu }^{\ast }(C)={\mu }^{\ast }(B).$ 所以 ${\mu }^{\ast }(A)={\mu }^{\ast }(B)=\mu (B)=\hat{\mu }(A).\square$

• 设 $E\in \widetilde{\hat{\mathcal{M}}}$. 任取 $B\in {\mathcal{M}}^{\ast }$ 且 $\overline{\mu }(B)={\mu }^{\ast }(B)<\infty$, 由命题17, $B\in \hat{\mathcal{M}}$, 故由$E$的局部可测性知$E\cap B\in \hat{\mathcal{M}}\subseteq {\mathcal{M}}^{\ast }$, 这说明 $E$ 关于 ${\mathcal{M}}^{\ast }$ 是局部可测的. 故$E\in \widetilde{{\mathcal{M}}^{\ast }}={\mathcal{M}}^{\ast }$, 这是因为由命题16, $\overline{\mu }={\mu }^{\ast }{|}_{{\mathcal{M}}^{\ast }}$ 是饱和测度. 因此我们有$\widetilde{\hat{\mathcal{M}}}\subseteq {\mathcal{M}}^{\ast }$.

• 设 $E$ 是 ${\mu }^{\ast }$-可测的. 对于任意 $A\in \hat{\mathcal{M}}$ 使得 $\hat{\mu }(A)<\infty$. 由前面所证, $A\in {\mathcal{M}}^{\ast }$ 且 ${\mu }^{\ast }(A)=\hat{\mu }(A)<\infty$. 所以 $E\cap A\in {\mathcal{M}}^{\ast }$ 且 ${\mu }^{\ast }(E\cap A)\le {\mu }^{\ast }(A)<\infty$. 因此由命题17, $E\cap A\in \hat{\mathcal{M}}$. 所以, $E$ 是 $\hat{\mu }$-局部可测的. 所以我们证明了 $\widetilde{\hat{\mathcal{M}}}={\mathcal{M}}^{\ast }$.

现在我们证明 $\tilde{\hat{\mu }}$ 与 $\overline{\mu }$ 一致. 由于 $\mu$ 到 $\hat{\mathcal{M}}$的扩张是唯一的, 对于所有 $E\in \hat{\mathcal{M}}$, 我们有

$$\tilde{\hat{\mu }}(E)=\overline{\mu }(E)=\hat{\mu }(E).$$

若 $E\in \widetilde{\hat{\mathcal{M}}}\setminus \hat{\mathcal{M}}$, 则由 $\tilde{\hat{\mu }}$ 的定义, 我们有 $\tilde{\hat{\mu }}(E)=\infty$. 注意 $E\in \widetilde{\hat{\mathcal{M}}}\setminus \hat{\mathcal{M}}={\mathcal{M}}^{\ast }\setminus \hat{\mathcal{M}}$. 由命题17, 我们有 ${\mu }^{\ast }(E)=\infty$, 即 $\overline{\mu }(E)={\mu }^{\ast }(E)=\infty$. 所以, $\tilde{\hat{\mu }}(E)=\overline{\mu }(E)$. 因此有$\tilde{\hat{\mu }}=\overline{\mu }$. $\square$