则为9上的一a-代数,且μ限于硎为一测度.我们称中的 元素为可测集 证首先注意:为要A∈M,当且仅当VDc μ(D)≥(AnD)+(A∩D) (42) 设A,B∈,则由(41)及p的次可加性知:VDc9, (D)=(A∩D)+p(A°∩D) (AnD)+;(B∩A∩D)+μ(Bc∩AD) ≥(AUB)nD)+(AUB)°∩D). 这表明AUB∈.此外,由(41)知,A∈L→A∈v,故L为 代数. 下面证明l为σ-代数,且μ限于l为一测度.为此,设 An∈,n≥1,且An∩Am=0,n≠m,则对任何Dcg,我们有 (注意Ak∩A_1∩…nA5=Ak) 1(D)=(A1nD)+(Ai∩D) =(A1∩D)+(A2nD)+(A2nA∩D) ∑(AknD)+(∑A∩D) k=1 ∑(AknD)+(∑An∩D) k=1 k=1 在上式中令n→∞,并由μ的次a可加性立得 p(D)≥∑(AknD)+八(C∑A)nD) k=1 k=1 (∑A)∩D)+(∑A)°nD)
这表明∑k=1Ak∈l此外,在上式中令D=∑Ak得 u( Ak)=>u(Ak) h=1 因此,l为一a-代数,且μ限于W为一测度.证毕 下一命题的证明是不足道的,故从略. 43命题设C为9上一集类,且W∈C.又设μ为C上的 半σ可加非负集函数,且(0)=0.令 (4)=i{∑减(4):An∈c, ACUAn,Ac(43) (这里及今后,约定inf0=+∞),则μ*为9上的外测度,且μ*限 于C与1一致,我们称μ*为由引出的外测度 44命题设μ为半环C上的一非负集函数(约定()=0) 则为要是a-可加的,必须且只需为有限可加且半a-可加 的 证必要性设μ为-可加,显然为有限可加.令A∈ C,An∈C,n≥1,且AcUl2An,往证H(A)≤∑=1(An)令 B1=A1,Bn=AnAi…A-1,n≥2, 则由半环的定义知Bn∈Cxf(记号见16),且有UnAn=∑nBn,从 而A=∑=1(Bn∩A).由于Bn∩A∈Cxf,故存在Cn,m∈c,1≤ m≤k(n),使得 k(n Bn∩A ∑Cn 1,n m=1 由u的可加性推知 k (n) (4)=∑∑(Cnm) 15
但由于An∑nCn,m,An\∑mCn,m=An∩nC.m)∈Cx/, 故由μ的有限可加性易知 p(A)∑(Cn1m) m=1 因此有(A)≤∑n=1(An),此即的半∝可加性 充分性现设μ有限可加且半a-可加.设An∈C,n≥1, ∑nAn=A∈C,我们要证(A)=∑nH(An).由于对一切k≥ 1,A\∑n=1An∈Cxf,故由μ的有限可加性知(4)≥∑n=1(An) 但k是任意的,故山(A)≥∑n=1(An)再由的半a可加性知 H(A)=∑n=1(An).证毕. 下一引理给出了μ*-可测集的一个刻画. 45引理设C为9上的一集类,且∈C.又设p为C上的 半a-可加非负集函数,且p(0)=0,μ为引出的外测度.则 为要A为μ*-可测集,必须且只需对一切C∈c,有 u(C)≥μ(C∩A)+μ'(C∩A)(或者等价地,等号成立)(44) 证只需证充分性,设Ac9,且对一切C∈C(44)成立 任取DCΩ.若μ'(D)=∞,显然(42)成立(μ代替μ).若 μ(D)<∞,则由*的定义,对任给∈>0,可取An∈C,n≥1 使得 U AnD D,且μ·(D)≥∑n=1(An)-.于是由(4)及μ 的次σ-可加性有 灬(D≥∑(AnA)+(anA) ≥(UA)nA)+(UAn)n4)-∈ ≥μ(DnA)+μ(DnA°)-E 由于∈>0是任意的,故有(42)成立(以μ*代替μ).这表明A 为μ*-可测集.证毕
下一引理是应用单调类定理的一个典型例子,我们在讨论测 度扩张的唯一性时将用到它 46引理设C为Ω上的一丌-类,凹及凹2为q(C)上的两 个有限测度.若9∈C,且阻与p2限于C一致,则山1与2在 a(C)上一致 证令9={A∈o(C):A1(A)=H2(A)},则由定理33知9 为入类,但依假定,有93C,故由单调类定理知g→a(C),从而 g=a(C).证毕 下一定理称为 Caratheodory测度扩张定理 47定理设C为9上的一半环,p为C上的一a-可加非 负集函数,则μ可以扩张成为σ(C)上的一测度.若进一步μ在 C上为σ-有限,且∈C,则这一扩张是唯一的,并且扩张所得 的测度在a(C)上也是a-有限的 证由命题44,在C上有半a-可加性.令μ为μ按(43) 引出的外测度,令W为μ*可测集全体.现设A∈C,往证A∈M 对任何C∈C我们有CnA=∑=1B,其中B1,…,Bn∈ C,B1∩B;=0,≠j于是有 (CnA)≤∑(B) 但我们有C=(C∩A)∑n=1B,故由的有限可加性得 p(C)=(CnA)+∑以(B) ≥μ:(CnA)+(CnA°), 由引理45便知A∈硎.最终我们有a(C)c.令应为μ*在o(C 上的限制,则正为a(C)上的测度.显然与μ在C上一致,即 为到(C)上的扩张 现假定μ在C上σ-有限,且Ω∈C,由于C是半环,不难证 明存在9的一个可数划分(An),使得An∈C,(An)<∞,n≥1
且=∑1An.设与2为到a(C)上的两个测度扩张, 则由于An∩C为丌-类,且An∩CCC,故由引理46知,1与 2在An∩(C)上一致,从而μ1与A2在σ()上一致 48定义设(9,F,)为一测度空间.令 μ*(A)=inf{μ(B):B)A,B∈},AC, 则μ*为9上的外测度令为μ*可测集全体,则(,,*)为 完备测度空间.我们称(92,vl,*)为(2,,山)的完备化,称为 F的μ完备化 习题 49(测度的限制)设(,F,)为一有限测度空间,oC9, 且μ·(20)=1(92)则A∈F有μ(Ans0)=(A),并且μ*限于 2o∩F为一测度称μ为到(920,o∩F)上的限制 410设(2,,)为一有限测度空间,oC9.令=9∩F, u(A)=inf{u(G):G∈F,G∩so=A},A∈50, 则v为(90,0)上一测度.令 j(B)=v(B∩9),ⅤB∈F 则乒为(9,)上一测度,且μ≤μ 41设(2,,1)为一测度空间.令 N={Nc9:彐A∈F,以(A)=0,使AN} F={A∪N:A∈F,N∈N} 则F为σ-代数,μ可以唯一扩张成为F上的测度,且(92,F, 为(9,F,)的完备化