$<\newcommand{\dd}{\mathrm d}$
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$\newcommand{\def}{\textbf{定義：}}$
$\newcommand{\rmk}{\textbf{注釋：}}$
$\newcommand{\eg}{\textbf{例子：}}$

讀書筆記《測度與概率》

$\S 1\ $ 概率空間與測度空間

$\S 1.1\ $集類

$\def$設$\Omega\ne\varnothing$，$\mathscr S\subseteq\mathscr P(\Omega)$稱爲$\Omega$的一個半集代數，若：

$\Omega,\varnothing\in\mathscr S$；
若$A,B\in\mathscr S$，則$A\cap B\in\mathscr S$；
若$A,A_1\in\mathscr S$且$A_1\subseteq A$，則存在$A_2,\cdots,A_n\in\mathscr S$滿足$A_1,\cdots,A_n$互不相交，且$$A=\bigcup_{k=1}^nA_k$$

$\rmk$容易驗證，第三條可以換爲：

若$A\in\mathscr S$，則存在$A_1,\cdots,A_n\in\mathscr S$滿足$$A^c =\bigcup_{k=1}^nA_k$$

$\rm$ $\rmk$ 若$\mathscr S$只滿足後兩條，則稱其為一個半環。

$\def$稱$\mathscr{A\subseteq P}(\Omega)$為一個集代數（或稱布爾代數），若：

$\Omega\in\mathscr A$；
若$A,B\in\mathscr A$，則$A\cap B\in\mathscr A$；
若$A\in\mathscr A$，則$A^c\in\mathscr A$。

$\def$ 稱$\mathscr R\subseteq\mathscr P(\Omega)$為一個環，若對任意$A,B\in\mathscr R$有$A\cup B,A\backslash B\in\mathscr R$。

$\lm$設$\mathscr S$是$\Omega$的半集代數，則
$\begin{align*}\mathscr A&\triangleq\{\bigcup\limits_{k=1}^nA_k|A_1,\cdots,A_n\in\mathscr S\text{兩兩不交}\}\\&=\{\bigcup\limits_{k=1}^nA_k|A_1,\cdots,A_n\in\mathscr S\}\end{align*}$
是包含$\mathscr S$的最小集代數，記爲$\mathscr A(\mathscr S)$。

$\def$稱$\mathscr{F\subseteq P}(\Omega)$是$\sigma$-代數，若：

$\Omega\in\mathscr F$；
$A\in\mathscr F\Longrightarrow A^c\in\mathscr F$；
若$A_n\in\mathscr F(\forall n\in\mathbb N_+)$，則$$\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathscr F$$

$\lm$設$\mathscr F_i(i\in I)$是一族$\sigma$-代數，則$$\bigcap_{i\in I}\mathscr F_i$$仍爲$\sigma$-代數。

$\thm$設$\mathscr C\subseteq\mathscr P(\Omega)$，則存在唯一的一個$\sigma$-代數$\sigma(\mathscr C)$包含$\mathscr C$，且被所有包含$\mathscr C$的$\sigma-$代數包含。其稱爲由$\mathscr C$生成的$\sigma-$代數。（事實上，對於各種運算決定的類均可如此定義，詳細可見習題3.1第16題所描述的$S$-類。）

$\blacktriangleleft$其實，取 $$\sigma(\mathscr C)=\bigcap_{\substack{\mathscr F\text{為}\sigma\text{代數}\\ \mathscr F\supseteq \mathscr C}}\mathscr F$$ 即可。$\blacktriangleright$

$\eg$
$\begin{align*}\mathscr B^d&\triangleq\sigma\left(\{(a_1,b_1]\times\cdots\times(a_d,b_d]\}\right)\\&=\sigma(\mathscr O)\subseteq \mathbb R^d\end{align*}$
稱爲$\mathbb R^d$上的波萊爾(Borel)集，其中$\mathscr O$是全體開集。後一種定義可以推廣到一般的度量空間。

$\def$

$\Omega$的子集類$\Pi$稱爲$\pi$系，若$$(A,B\in\Pi)\Longrightarrow (A\cap B\in\Pi)$$
$\Omega$的子集類$\Lambda$稱爲$\lambda$系（亦稱登金( Dynkin)系），若：

$\Omega\in\Lambda$；
（對真差封閉）若$A\subseteq B$且$A,B\in\Lambda$，則$A\backslash B\in\Lambda$；
（單調性）

\[\left(\{A_n|n\in\mathbb N_+\}\subseteq \Lambda,A_n\subseteq A_{n+1}(\forall n\in\mathbb N_+)\right) \Longrightarrow\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\Lambda\right) \]

$\lm$若$\mathscr C$既是$\lambda$系也是$\pi$系，則$\mathscr C$是$\sigma-$代數。

$\blacktriangleleft$
其實，由$\lambda$系定義的第一二條可知對任意$A\in\mathscr C$有$A^c=\Omega\backslash A\in\mathscr C$，因此只需驗證$\mathscr C$對可數並封閉。

對$\{A_1,A_2,\cdots\}\subseteq \mathscr C$，令$$B_n=\bigcup_{k=1}^nA_k(n\in\mathbb N_+)$$則$B_1\subseteq B_2\subseteq\cdots$，且$$\bigcup_{k=1}^\infty A_k=\bigcup_{k=1}^\infty B_k$$
故由$\lambda$系的單調性即可知$$\bigcup_{k=1}^\infty A_k\in\mathscr C$$

$\blacktriangleright$

$\thm$（單調類定理，或稱登金引理）對$\mathscr C\subseteq \mathscr P(\Omega)$，設$$\Lambda(\mathscr C)=\bigcap_{\substack{\Lambda\supseteq \mathscr C\\ \Lambda\text{為}\lambda\text{系}}}\Lambda$$為包含$\mathscr C$的最小$\lambda$系。

現設$\mathscr C$是$\pi$系，則$$\Lambda(\mathscr C)=\sigma(\mathscr C)$$

$\blacktriangleleft$ 其實，我們只需證明兩個方向的包含關係。由於$\sigma-$代數都是$\lambda$系，故$$\Lambda(\mathscr C)\subseteq\sigma(\mathscr C)$$
下證明$$\Lambda(\mathscr C)\supseteq\sigma(\mathscr C)$$而這只需要$\Lambda(\mathscr C)$為$\pi$系。

對$A\in\Lambda(\mathscr C)$，令

\[\mathscr A_A\triangleq \{B\in\Lambda(\mathscr C)|A\cap B\in\Lambda(\mathscr C)\} \]

容易證明$\mathscr A_A$為$\lambda$系。因此，由$\Lambda(\mathscr C)$的最小性，對任意$A\in\mathscr C$都有$\mathscr A_A=\Lambda(\mathscr C)$。這樣對任意$A\in\Lambda(\mathscr C)$都有$\mathscr C\subseteq \mathscr A_A$，進而也等於$\Lambda(\mathscr C)$。這樣就證明了$\Lambda(\mathscr C)$為$\pi$系。

$\blacktriangleright$

關於“單調類”一詞，我們介紹它的準確定義，以瞭解爲何前述定理被稱爲單調類定理。此部分來自書中習題。

$\def$ $\mathscr M\subseteq\mathscr P(\Omega)$ 稱爲單調類，若：

$A_n\in\mathscr M,A_n\uparrow\ \Longrightarrow\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n\in\mathscr M$.
$A_n\in\mathscr M,A_n\downarrow\ \Longrightarrow\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n\in\mathscr M$.

我們可以發現，若一個集代數同時也是單調類，則它也是$\sigma$-代數。仿照上述單調類定理的證明，我們有：

$\thm$ 若$\mathscr A$ 為$\Omega$上的集代數，則包含$\mathscr A$的最小單調類為$\sigma(\mathscr A)$。

$\blacktriangleleft$ 其實，設$\mathscr F$為包含$\mathscr A$的最小單調類，則對$A\in\mathscr F$，定義$\mathscr A_A=\{B\in\mathscr F|B\cap A\in\mathscr F\}$。則$\mathscr A_A$亦為單調類，進而均爲$\mathscr F$。故$\mathscr F$為$\pi$類；又令$\mathscr B=\{B\in\mathscr F|B^c\in \mathscr F\}$，則其亦爲單調類，進而$\mathscr F=\mathscr B$，故$\mathscr F$為集代數，進而可知其為$\sigma$-代數。

$\blacktriangleright$

$\S 1.2 \ $測度的構造

$\def$ 設$\mathscr C\subseteq \mathscr P(\Omega)$為一個子集類。$\mu:\mathscr C\to\overline{\mathbb R}_+=[0,+\infty]$，且不恆為$+\infty$。

若對任意滿足$A,B\in\mathscr C,A\sqcup B\in\mathscr C$的不交集合$A,B$都有$$\mu(A\sqcup B)=\mu(A)+\mu(B)$$ 則稱$\mu$為$\mathscr C$上的一個可加測度。
若對任意$n\in\mathbb N_+,A_k\in\mathscr C(1\le k\le n)$且兩兩不交，並滿足$\bigcup\limits_{k=1}^nA_k\in\mathscr C$，都有

\[\mu\left(\bigsqcup\limits_{k=1}^nA_k\right)=\sum\limits_{k=1}^n\mu(A_k) \]
則稱$\mu$為$\mathscr C$上的一個有限可加測度。
若對任意滿足$A_n\in\mathscr C(n\in\mathbb N_+),\bigcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathscr C$且兩兩不交的$A_n$，都有$$\mu\left(\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty A_n\right)=\sum\limits_{n=1}^\infty\mu(A_n)$$ 則稱$\mu$為$\mathscr C$上的一個測度（或稱$\sigma$-可加測度）。

我們可以知道，無論$\mu$滿足何種可加性，都有$\mu(\varnothing)=0$。

$\def$ 對上述定義中的$\mu$，若$\forall A\in\mathscr C,\mu(A)<+\infty$，則稱$\mu$是有限的。若對任意$A\in\mathscr C$，存在$\{A_n\}_{n=1}^\infty\subseteq\mathscr C$，滿足$\mu(A_n)<+\infty(n\in\mathbb N_+)$且$\bigcup_{n=1}^\infty A_n=A$，則稱$\mu$是$\sigma-$有限的。

當$\mathscr F$是$\Omega$上的$\sigma$-代數，$\mu$為其上的測度時，稱$(\Omega,\mathscr F,\mu)$為測度空間，$\mathscr F$中元素稱爲可測集。若$\mu(\Omega)=1$，則$\mu$稱爲概率測度，稱$(\Omega,\mathscr F,\mu)$為概率空間。

以下我們將考慮將半集代數上的測度擴張到其生成的$\sigma-$代數上。

$\thm$（測度擴張定理）設$\mu$為$\Omega$的半集代數$\mathscr S$上測度，則$\mu$在$\sigma(\mathscr S)$上存在一個擴張。特別地，若$\mu$是$\sigma-$有限的，則此擴張唯一。

爲了證明此定理，我們需要一些結論。

$\thm$ 設$\mu$為$\Omega$的半集代數$\mathscr S$上測度/有限可加測度，則$\mu$在$\mathscr A(\mathscr S)$上存在一個唯一擴張$\tilde\mu$。

$\blacktriangleleft$ 其實，由於$\forall A\in\mathscr A(\mathscr S)$，均存在$B_1,\cdots,B_n\in\mathscr S$使得$A=\bigsqcup\limits_{i=1}^nB_i$。因此我們可以定義

\[\tilde \mu(A)=\sum\limits_{i=1}^n\mu(B_i) \]

易見擴張只能有此形式，故若擴張存在必唯一。下驗證此定義是良定的。事實上，若$A=\bigsqcup\limits_{j=1}^mC_j$，則

\[\sum\limits_{i=1}^n\mu(B_i)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\mu(B_i\cap C_j)=\sum\limits_{j=1}^m\mu(C_j) \]

以下只需説明，若 $\mu$為測度，則$\tilde\mu$亦$\sigma-$可加。（同理可説明，若$\mu$有限可加，則$\tilde\mu$亦有限可加）。

設$A=\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty B_n$，其中$A,B_n\in\mathscr A(\mathscr S)$。再假設$A=\bigsqcup\limits_{i=1}^LA_i,B_n=\bigsqcup\limits_{j=1}^{J_n}B_{nj}$，其中$A_i,B_{nj}\in\mathscr S$。

令$C_{nij}=A_i\cap B_{nj}$，則

$\tilde\mu(A)=\sum\limits_{i=1}^L \mu(A_i)\\ =\sum\limits_{i=1}^L\mu\left(\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty\bigsqcup\limits_{j=1}^{J_n}C_{nij}\right)\\ =\sum\limits_{i=1}^L\sum\limits_{n=1}^\infty\sum\limits_{j=1}^{J_n}\mu(C_{nij})\\ =\sum\limits_{n=1}^\infty\sum\limits_{j=1}^{J_n}\sum\limits_{i=1}^L\mu(C_{nij})\\ =\sum\limits_{n=1}^\infty\mu\left(\bigsqcup\limits_{j=1}^{J_n}\bigsqcup\limits_{i=1}^LC_{nij}\right)\\ =\sum\limits_{n=1}^\infty \tilde\mu(B_n)$

進而得到結論。

$\blacktriangleright$

$\prop$ 若$\mu$ 是半集代數$\mathscr S$上的有限可加測度，$A,A_1,\cdots,A_n\in\mathscr S$且$\bigsqcup\limits_{i=1}^n A_i\subseteq A$，則

\[\sum\limits_{k=1}^n\mu(A_k)\le\mu(A) \]

$\blacktriangleleft$其實，考慮$\mu$在$\mathscr A（\mathscr S）$上的擴張$\tilde\mu$，則$\sum\limits_{k=1}^n\mu(A_k)=\tilde\mu\left(\bigsqcup\limits_{k=1}^nA_k\right)\le\tilde\mu(A)=\mu(A)$。

$\blacktriangleright$

類似，我們可以得到測度與有限可加測度的次可加性與次$\sigma$可加性。

$\prop$

（次可加性）$\mu$是有限可加測度，則若$A\subseteq\bigcup\limits_{k=1}^nA_k$，則$\mu(A)\le\sum\limits_{k=1}^n\mu(A_k)$。（$A,A_1,\cdots,A_n\in\mathscr S$）
（次$\sigma$可加性）$\mu$是測度，則若$A\subseteq\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n$，則$\mu(A)\le\sum\limits_{n=1}^\infty\mu(A_k)$。（$A,A_1,\cdots\in\mathscr S$）

$\blacktriangleleft$其實，由於兩命題高度相似，我們只需證明第二個。

對$n\in\mathbb N_+$，令$B_n=\left(\bigcup\limits_{k=1}^nA_k\right)\backslash\left(\bigcup\limits_{k=1}^{n-1}A_k\right)$。則$B_n$兩兩不交，且$\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty B_n=\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n$。

考慮$\mu$在$\mathscr A(\mathscr S)$上的擴張$\tilde\mu$。則

\[\mu(A)=\tilde\mu(A)\le\tilde\mu(\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty B_n)=\sum\limits_{n=1}^\infty\tilde\mu(B_n)\le\sum\limits_{n=1}^\infty\tilde\mu(A_n)=\sum\limits_{n=1}^\infty\mu(A_n) \]

$\blacktriangleright$

下面我們來定義外測度的概念。

$\def$ 設$\mu^\ast:\mathscr P(\Omega)\to[0,+\infty]$滿足：

$\mu^\ast(\varnothing)=0$；
（不降性）若$A\subseteq B$，則$\mu^\ast(A)\le\mu^\ast(B)$；
（次$\sigma$可加性)$A_n\subseteq \Omega$，則$\mu^\ast\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n\right)\le\sum\limits_{n=1}^\infty\mu^\ast(A_n)$。

則稱$\mu^\ast$為$\Omega$上的一個外測度。

下面的引理説明了外測度與測度之間的關系。

$\lm$設$\mu$為半集代數$\mathscr S$上的測度。對$A\subseteq\Omega$，令

\[\mu^\ast(A)=\inf\left\lbrace\sum\limits_{n=1}^\infty\mu(A_n)|A\subseteq\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n,A_n\in\mathscr S\right\rbrace \]

則$\mu^\ast$為一外測度，且$\mu^\ast|_{\mathscr S}=\mu$。

$\blacktriangleleft$其實，首先證明$\mu^\ast$與$\mu$在$\mathscr S$上一致。若$A\in\mathscr S$，則對於滿足$A\subseteq\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n$的$A_1,\cdots$，都有$\mu(A)\le\sum\limits_{n=1}^\infty\mu(A_n)$，故$\mu(A)\le\mu^\ast(A)$。而$A\subseteq A\cup\bigcup\limits_{n=1}^\infty\varnothing$，故$\mu^\ast(A)\le\mu(A)$，進而$\mu(A)=\mu^\ast(A)$。

再説明$\mu^\ast$不降。設$A\subseteq B$，則對任意滿足$B\subseteq\bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n$的$B_1,\cdots$都有$A\subseteq\bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n$。進而$\mu^\ast(A)\le\sum\limits_{n=1}^\infty\mu(B_n)$。故$\mu^\ast(A)\le\mu^\ast(B)$。

最後説明次$\sigma$可加性。設$A_1,\cdots\subseteq\Omega$。令$A=\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n$。由下確界定義，對任意$\varepsilon>0$，都存在$A_{ij}\in\mathscr S(i,j\in\mathbb N_+)$使得$A_n\subseteq\bigcup\limits_{m=1}^\infty A_{nm}$，且$\sum\limits_{m=1}^\infty\mu(A_{nm})\le\frac\varepsilon{2^n}+\mu^\ast(A_n)$。進而

\[\mu^\ast(A)\le\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\mu(A_{nm})\le\varepsilon+\sum\limits_{n=1}^\infty\mu^\ast(A_n) \]

由$\varepsilon$的任意性即知$\mu^\ast(A)\le\sum\limits_{n=1}^\infty\mu^\ast(A_n)$。

$\blacktriangleright$

$\def$ 設$\mu^\ast$為$\Omega$的外測度，若$\forall D\subseteq\Omega$都有$\mu^\ast(D)=\mu^\ast(A\cap D)+\mu^\ast(A^c\cap D)$，則稱$A$為可測集。

$\rmk$條件等價於$\mu^\ast(D)\ge\mu^\ast(A\cap D)+\mu^\ast(A^c\cap D)$。

$\thm$設$\mu^\ast$為$\Omega$的外測度。令$\mathscr A_{\mu^\ast}$為可測集全體，則：

$\mathscr A_{\mu^\ast}$是$\Omega$的一個$\sigma$代數。
若$A=\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty A_n$且$A_n\in\mathscr A_{\mu^\ast}$，則對任意$D\subseteq\Omega$都有

\[\mu^\ast(A\cap D)=\sum\limits_{n=1}^\infty\mu^\ast(A_n\cap D) \]
$\mu^\ast$限制在$\mathscr A_{\mu^\ast}$上是一個測度。

$\blacktriangleleft$其實，我們先證明$\mathscr A_{\mu^\ast}$是集代數。由對稱性知若$A\in\mathscr A_{\mu^\ast}$則$A^c\in\mathscr A_{\mu^\ast}$。而若$A,B\in\mathscr A_{\mu^\ast}$，則

\[\mu^\ast((A\cup B)\cap D)+\mu^\ast((A^c\cap B^c)\cap D)\le\mu^\ast(A\cap D\cap B^c)+\mu^\ast(B\cap D)+\mu^\ast(A^c\cap(B^c\cap D))\le\mu^\ast(B\cap D)+\mu^\ast(B^c\cap D)\le\mu^\ast(D) \]

故$A\cup B\in\mathscr A_{\mu^\ast}$。再説明，若$A_n\in\mathscr A_{\mu^\ast}(n\in\mathbb N_+)$兩兩不交，則$\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty A_n\in\mathscr A_{\mu^\ast}$。對$D\subseteq\Omega$有

\[\mu^\ast\left(\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty A_n\cap D\right)=\mu^\ast\left(\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty(A_n\cap D)\right)\le\sum\limits_{n=1}^\infty\mu^\ast(A_n\cap D)=\lim\limits_{N\to\infty}\mu^\ast(\bigcup\limits_{n=1}^NA_n\cap D) \]

其中最後一個等號利用了不交性。

\[\mu^\ast(\bigcap\limits_{n=1}^\infty A_n^c\cap D)\le\lim\limits_{N\to\infty}\mu^\ast(\bigcap\limits_{n=1}^N A_n^c\cap D) \]

兩式相加可得

\[\mu^\ast\left(\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n\right)\cap D\right)+\mu^\ast\left(\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n\right)^c\cap D\right)\le\mu^\ast(D) \]

以下證明第二條性質。

設$A_n$兩兩不交，上述的不等號必須取等，特別地即有

\[\mu^\ast\left(\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty A_n\cap D\right)=\sum\limits_{n=1}^\infty\mu^\ast(A_n\cap D) \]

要説明$\mu^\ast$在$\mathscr A_{\mu^\ast}$上是一個測度，只需在第二條中取$D=\Omega$即知可數可加性。

$\blacktriangleright$

現在我們可以證明擴張定理。在$\mathscr S$為集代數時，此定理亦稱卡拉西奧多里(Carathéodory)定理。

$\blacktriangleleft$其實，對於存在性，我們令$\mu^\ast$為$\mu$引出的外測度，只需説明，$\mathscr S\subseteq\mathscr A_{\mu^\ast}$。

設$A\in\mathscr S$。設$D\subseteq\Omega$，若$\mu^\ast(D)=+\infty$已證。下設$\mu^\ast(D)<+\infty$，則對任意$\varepsilon>0$，存在$A_1,\cdots\in\mathscr S$使得$D\subseteq\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n$且$\mu^\ast(D)\ge\varepsilon+\sum\limits_{n=1}^\infty \mu(A_n)$。

由於$\mathscr S$是半集代數，設$A^c=\bigcup\limits_{i=1}^mB_i$，其中$B_1,\cdots,B_m\in\mathscr S$且兩兩不交。則

\[\mu^\ast(A\cap D)+\mu^\ast(A^c\cap D)\le\mu^\ast\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty \bigcup\limits_{i=1}^m(A_n\cap B_i)\right)+\mu^\ast\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty (A\cap A_n)\right)\le\sum\limits_{n=1}^\infty\left(\mu^\ast(A\cap A_n)+\mu^\ast(\bigcup\limits_{i=1}^m B_i\cap A)\right)=\sum\limits_{n=1}^\infty\mu^\ast(A_n)\le\mu^\ast(D)-\varepsilon \]

由$\varepsilon$的任意性即知$\mu^\ast(A\cap D)+\mu^\ast(A^c\cap D)\le\mu^\ast(D)$，故$A\in\mathscr A_{\mu^\ast}$。

以下假設$\mu$在$\mathscr S$上是$\sigma$有限的，我們説明此擴張是唯一的。事實上我們可假設$\mu$是其自身在$\mathscr A(\mathscr S)$上的擴張。則存在兩兩不交的$D_n\in\mathscr A(\mathscr S)$使得$\Omega=\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty D_n$，且$\mu(D_n)<+\infty$。

若$\mu_1,\mu_2$為$\mu$在$\sigma(\mathscr S)$上的兩個擴張，令

\[\Lambda=\lbrace A\in\sigma(\mathscr S)|\mu_1(A\cap D_n)=\mu_2(A\cap D_n),\forall n\in\mathbb N_+\rbrace \]

易見$\Lambda$是包含$\mathscr S$的$\lambda$系，而$\mathscr S$為$\pi$類，由單調類定理即知$\Lambda=\sigma(\mathscr S)$。

故對任意$A\in\sigma(\mathscr S)$都有

\[\mu_1(A)=\sum\limits_{n=1}^\infty\mu_1(A\cap D_n)=\sum\limits_{n=1}^\infty \mu_2(A\cap D_n)=\mu_2(A) \]

進而$\mu_1=\mu_2$。

$\blacktriangleright$

下面我們討論勒貝格測度。

$\prop$ 設$\mathscr S^n=\{(a_1,b_1]\times\cdots\times(a_n,b_n]=:(a,b]|-\infty\le a_i\le b_i\le+\infty\}$上定義了體積測度$\lambda$，滿足

\[\lambda(a,b]=\begin{cases}\prod\limits_{k=1}^n(b_k-a_k)&a,b\in\mathbb R^n\\\lim\limits_{N\to\infty}\prod\limits_{k=1}^N(b_k\land N-a_k\lor(-N))&\text{其他情形}\end{cases} \]

它所對應的外測度$\lambda^\ast$稱爲$\mathbb R^n$上的勒貝格( Lebesgue)外測度。由此決定了測度空間$(\mathbb R^n,\mathscr A_{\lambda^\ast},\lambda^\ast)$，$\mathscr A_{\lambda^\ast}$中的元素稱爲勒貝格可測集，$\lambda^\ast$在$\mathscr B^n$上的限制稱爲波萊爾-勒貝格測度，也稱爲波萊爾測度，仍然記作$\lambda$。

$\blacktriangleleft$ 其實，我們只需要説明$\lambda$確實是$\mathscr S^n$上的一個測度。（易見其為$\sigma$有限的）首先，$\lambda(\varnothing)=0$。

若$(a_1,b_1]\times\cdots\times(a_n,b_n]=\bigsqcup\limits_{i=1}^\infty\left((a_1^i,b_1^i]\times\cdots\times(a_n^i,b_n^i]\right)$

若某個左式坐標分量為$\pm\infty$，則右式亦然，進而兩側的$\lambda$值將相等，反之亦然。故下設所有$a,b\in\mathbb R$。

令$A=(a_1,b_1]\times\cdots\times(a_n,b_n],A_i=(a_1^i,b_1^i]\times\cdots\times(a_n^i,b_n^i]$。我們將證明，$\lambda(A)=\sum\limits_{i=1}^\infty\lambda(A_i)$。這樣就證明了原命題。

對任意$\varepsilon>0$，令

$A_i^\prime=(a_1^i-\frac\varepsilon{2^i},b_1^i+\frac\varepsilon{2^i})\times\cdots\times(a_n^i-\frac\varepsilon{2^i},b_n^i+\frac\varepsilon{2^i}),A^\prime=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$。則$A_i^\prime$為開集，$A^\prime$為緊集。由海涅-波萊爾定理可知，存在$m\in\mathbb N_+$使得$A^\prime\subseteq A_1^\prime\cup\cdots\cup A_m^\prime$。

再令$A_i^{\prime\prime}=(a_1^i-f_i(\varepsilon),b_1^i+f_i(\varepsilon)]\times\cdots\times(a_n^i-f_i(\varepsilon),b_n^i+f_i(\varepsilon)]=:(c_1^i,d_1^i]\times\cdots\times(c_n^i,d_n^i]$，其中$f_i(\varepsilon)$滿足$f_i(\varepsilon)>0$且$\lambda(A_i^{\prime\prime})\le\lambda(A_i)+\frac\varepsilon{2^i}$。則$A\subseteq A_1^{\prime\prime}\cup\cdots\cup A_m^{\prime\prime}$。我們去證明$\lambda(A)\le\sum\limits_{i=1}^m\lambda(A_i^{\prime\prime})$。

將$c_1^1,\cdots,c_1^m,d_1^1,\cdots,d_1^m$與$a_1,b_1$中的從小到大排序為$x_1^1,\cdots,x_{2m+2}^1$。類似定義$x_0^i,\cdots,x_{2m+2}^i(1\le i\le n)$。

對$j_i\in[1,2m+1](1\le i\le n)$，令$A_{j_1,\cdots,j_n}=A\cap\left((x_{j_1}^1,x_{j_1+1}^1]\times\cdots\times(x_{j_n}^n,x_{j_n+1}^n]\right)$。則其要麽為$\varnothing$要麽為$(x_{j_1}^1,x_{j_1+1}^1]\times\cdots\times(x_{j_n}^n,x_{j_n+1}^n]$。類似對$A_i^{\prime\prime}$可定義$A_{j_1,\cdots,j_n}^i$。多重求和可知

\[\lambda(A)=\sum\limits_{1\le j_1,\cdots,j_n\le 2m+1}\lambda(A_{j_1,\cdots,j_n})\le\sum\limits_{1\le j_1,\cdots,j_n\le 2m+1}\sum\limits_{i=1}^m\lambda(A_{j_1,\cdots,j_n}^i)=\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{1\le j_1,\cdots,j_n\le 2m+1}\lambda(A_{j_1,\cdots,j_n}^i)=\sum\limits_{i=1}^m\lambda(A_i^{\prime\prime}) \]

其中小於等於號是由於，若$A_{j_1,\cdots,j_n}=\varnothing$已證明；否則必定有一個$i$使得$A_i^{\prime\prime}\cap A_{j_1,\cdots,j_n}\neq\varnothing$，進而$A_{j_1,\cdots,j_n}^i=A_{j_1,\cdots,j_n}$。

因此，

\[\sum\limits_{i=1}^\infty \lambda(A_i)\ge\sum\limits_{i=1}^\infty\left(\lambda(A_i^{\prime\prime})-\frac\varepsilon{2^i}\right)\ge\sum\limits_{i=1}^m\lambda(A_i^{\prime\prime})-\varepsilon\ge\lambda(A)-\varepsilon \]

進而由$\varepsilon$的任意性，

\[\lambda(A)\le\sum\limits_{i=1}^\infty\lambda(A_i) \]

（注意到這一部分的證明沒有用到兩兩不交的性質，也就是我們實際證明了$\sigma$次可加性。）

下面證明另一方向。這相當於，對任意$m\in\mathbb N_+$都有$\lambda(A)\ge\sum\limits_{i=1}^m\lambda(A_i)$。

我們仿照上述關於分割的寫法。

令$a_1^1,\cdots,a_1^m,b_1^1,\cdots,b_1^m$與$a_1,b_1$中的從小到大排序為$x_1^1,\cdots,x_{2m+2}^1$。類似定義$x_0^i,\cdots,x_{2m+2}^i(1\le i\le n)$。

對$j_i\in[1,2m+1](1\le i\le n)$，令$A_{j_1,\cdots,j_n}=A\cap\left((x_{j_1}^1,x_{j_1+1}^1]\times\cdots\times(x_{j_n}^n,x_{j_n+1}^n]\right)$。則其要麽為$\varnothing$要麽為$(x_{j_1}^1,x_{j_1+1}^1]\times\cdots\times(x_{j_n}^n,x_{j_n+1}^n]$。類似對$A_i$可定義$A_{j_1,\cdots,j_n}^i$。多重求和可知

\[\lambda(A)=\sum\limits_{1\le j_1,\cdots,j_n\le 2m+1}\lambda(A_{j_1,\cdots,j_n})\ge\sum\limits_{1\le j_1,\cdots,j_n\le 2m+1}\sum\limits_{i=1}^m\lambda(A_{j_1,\cdots,j_n}^i)=\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{1\le j_1,\cdots,j_n\le 2m+1}\lambda(A_{j_1,\cdots,j_n}^i)=\sum\limits_{i=1}^m\lambda(A_i) \]

其中大於等於號是由於，若$A_{j_1,\cdots,j_n}=\varnothing$則因$A_1,\cdots,A_m\subseteq A$，知$A_{j_1,\cdots,j_n}^i=\varnothing(1\le i\le m)$；

若$A_{j_1,\cdots,j_n}\neq\varnothing$，則由兩兩不交，至多只有一個$i$滿足$A_{j_1,\cdots,j_n}^i\neq\varnothing$，進而

\[\lambda(A_{j_1,\cdots,j_n})\ge\sum\limits_{i=1}^m\lambda(A_{j_1,\cdots,j_n}^i) \]

這樣就證明了原命題。

$\blacktriangleright$

$\prop$ 設$F:\mathbb R^n\to\mathbb R$滿足：

對任意$a=(a_1,\cdots,a_n),b=(b_1,\cdots,b_n)\in\mathbb R^n$且$a_i\le b_i(1\le i\le n)$（記為$a\le b$），都有

\[\Delta_{a,b}F:=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^k\sum\limits_{1\le i_1<\cdots<i_k\le n}F(b-\sum\limits_{l=1}^k(b_{i_l}-a_{i_l})e_l)\ge0 \]

其中$e_l$為第$l$個單位向量。
2. $F(x_1,\cdots,x_n)$關於$x_i$右連續（$\forall 1\le i\le n$）

則存在唯一的$\mathscr B^n$上的$\sigma$有限測度$\mu_F$，滿足對任意$a\le b$都有$\mu_F((a,b])=\Delta_{a,b}F$。其中$(a,b]=(a_1,b_1]\times\cdots\times(a_n,b_n]$。

$\mu_F$稱爲由$F$決定的勒貝格-斯蒂爾吉斯（Stieljes)測度。

$\blacktriangleleft$其實，如果在$\mathscr S^n$上定義$\lambda_F((a,b])=\Delta_{a,b}F$，則只需説明$\lambda_F$確實是$\mathscr S^n$上的測度。事實上，$\Delta_{a,b}$的定義保證了$\lambda_F$可以像上個命題中一樣相加，進而多重求和。

$\blacktriangleright$

$\S1.3$ 測度空間的性質

$\prop$設$(\Omega,\mathscr F,\mu)$是測度空間，則：

若$\{A_n\}_{n=1}^\infty\subseteq\mathscr F$且單調遞增，則

\[\lim\limits_{n\to\infty}\mu(A_n)=\mu\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n\right) \]
若$\{A_n\}_{n=1}^\infty\subseteq\mathscr F$且單調遞減，而且存在$n\in\mathbb N_+$使得$\mu(A_n)<+\infty$，則

\[\lim\limits_{n\to\infty}\mu(A_n)=\mu\left(\bigcap\limits_{n=1}^\infty A_n\right) \]

$\blacktriangleleft$其實，第二個命題在以$A_m$差去兩式後即化爲第一問。

對於第一問，令$B_n=A_n\backslash A_{n-1}$，則$\{B_n\}$兩兩不交，且$\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n=\bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n$。由$\mu$的$\sigma$可加性即得。

$\blacktriangleright$

容易得到此命題的所謂“逆命題”：

$\prop$若$\mu$是$\Omega$上集代數$\mathscr A$上的可加測度，則若$\mu$滿足下列條件之一，則$\mu$是測度：

若$\{A_n\}_{n=1}^\infty\subseteq\mathscr A$且單調遞增，則

\[\lim\limits_{n\to\infty}\mu(A_n)=\mu\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n\right) \]
若$\{A_n\}_{n=1}^\infty\subseteq\mathscr A$且單調遞減，而且存在$n\in\mathbb N_+$使得$\mu(A_n)<+\infty$，則

\[\lim\limits_{n\to\infty}\mu(A_n)=\mu\left(\bigcap\limits_{n=1}^\infty A_n\right) \]

下面來討論測度的完全化。

$\def$設$(\Omega,\mathscr F,\mu)$為測度空間。若對於$B\subseteq \Omega$滿足，存在$A\in\mathscr F$使得$B\subseteq A,\mu(A)=0$，則稱$B$為$\mu$-零集。若每個$\mu-$零集均爲可測集，則稱$(\Omega,\mathscr F,\mu)$為完全測度空間，$\mu$稱爲完全測度。

$\thm$

設$(\Omega,\mathscr F,\mu)$是測度空間，令

\[\overline{\mathscr F}=\{A\Delta N|A\in\mathscr F,N\text{為零集}\}=\{A\cup N|A\in\mathscr F,N\text{為零集}\} \]
$\overline\mu(A\Delta N)=\mu(A)$，則$(\Omega,\overline{\mathscr F},\overline\mu)$為一完全測度空間，稱爲$(\Omega,\mathscr F,\mu)$的完全化。
設$\mu$為半集代數$\mathscr S$上的$\sigma$有限測度，$\mu^\ast$為其引出的外測度，則$(\Omega,\mathscr A_{\mu^\ast},\mu^\ast)$是$(\Omega,\sigma(\mathscr S),\mu)$的完全化。

以下證明來自嚴士健，王雋驤，劉秀芳所著的《概率論基礎》（科學出版社）：

$\blacktriangleleft$其實，對於第一問，我們先證明$\overline{\mathscr F}$的兩個定義等價。這是由於對於零集$N$，設$N\subseteq B\in\mathscr F$使得$\mu(B)=0$，則

\[A\cup N=(A\backslash B)\Delta(B\cap(A\cup N)),A\Delta N=(A\backslash B)\cup(B\cap(A\Delta N)) \]

而由於零集的可數並仍然為零集，且$(A\cup N)^c=(A^c)\cup(B\backslash(A\cup N))$，故$\overline{\mathscr F}$為一$\sigma$代數。

下面驗證$\overline\mu$定義的合理性，並説明其為測度。設$A_1,A_2\in\mathscr F$，$N_1,N_2$是零集，對應零測集$B_1,B_2$。若$A_1\Delta N_1=A_2\Delta N_2$，則$(A_1\Delta A_2)\Delta(N_1\Delta N_2)=(A_1\Delta N_1)\Delta(A_2\Delta N_2)=\varnothing$，進而$A_1\Delta A_2=N_1\Delta N_2$為零集。故$\mu(A_1\Delta A_2)=0$，進而$\mu(A_1)=\mu(A_2)=\mu(A_1\cap A_2)$。而利用$\mu$的$\sigma$可加性即可説明，$\overline\mu$亦有$\sigma$可加性，即知其為測度。

然後説明$(\Omega,\overline{\mathscr F},\overline\mu)$是完全的。若$M\subseteq \Omega$使得$M\subseteq A\cup N$，滿足$A$為$\mu-$可測，$N$為零集，對應$\mu-$零測集$B$，$\overline\mu(A\cup N)=0$。則$M\subseteq A\cup B$，而$\mu(A)=\mu(B)=0$，故$M$為零集，進而$\overline \mu$-可測。

對於第二問，我們先證明，若$A\subseteq\Omega$使得$\mu^\ast(A)<+\infty$，則存在$A\subseteq B\in\sigma(\mathscr S)$，使得對一切滿足$C\subseteq B\backslash A$且$C\in\sigma(\mathscr S)$的$C$都有$\mu^\ast(C)=0$。（此時$B$稱爲$A$的可測覆蓋）

事實上，由於$A$可測，知對任意$n\in\mathbb N_+$都存在$\{F_{nk}\}\subseteq\mathscr S$使得$A\subseteq\bigcup\limits_{k=1}^\infty F_{nk}=:B_n,\mu^\ast(A)\ge\sum\limits_{k=1}^\infty\mu(F_{nk})-\frac1n\ge\mu(B_n)-\frac1n$。令$B=\bigcap\limits_{n=1}^\infty B_n\supseteq A$，則$B\in\sigma(\mathscr S)$且$\mu(B)=\mu^\ast(A)$。

若$C\subseteq B\backslash A$且$C\in \sigma(\mathscr S)$，則$\mu^\ast(A)\le\mu(B\backslash C)=\mu(B)-\mu(C)=\mu^\ast(A)-\mu(C)$，進而$\mu(C)=0$。

設$\overline{\mathscr A}=\overline{\sigma(\mathscr S)},\mathscr A^\ast=\mathscr A_{\mu^\ast}$，則只需證明$\overline{\mathscr A}=\mathscr A^\ast$。（$\mu^\ast|_{\mathscr A^\ast}=\mu$是平凡的）

由於$\mu$-零集均爲$\mu^\ast$-零測的，進而$\overline{\mathscr A}\subseteq\mathscr A^\ast$。下設$A\in\mathscr A^\ast$，由於$\mu$是$\sigma$有限的可不妨假設$\mu^\ast(A)<+\infty$。設$B$為其可測覆蓋，$C$為$B\backslash A$的可測覆蓋，則$\mu^\ast(C)=0$。故$A=(B\backslash C)\cup(A\cap C)\in\overline{\mathscr A}$。

$\blacktriangleright$

以下考慮測度的逼近問題。

$\prop$設$\mu$是半集代數$\mathscr S$上的測度，$\mu^\ast$為其對應的外測度。則對任意滿足$\mu^\ast(A)<+\infty$的$A\in\mathscr A_{\mu^\ast}$與$\varepsilon>0$，都存在$A_\varepsilon\in\mathscr A(\mathscr S)$使得

\[\mu^\ast(A\Delta A_\varepsilon)<\varepsilon \]

$\blacktriangleleft$其實，存在$\{B_n\}\subseteq\mathscr S$使得$A\subseteq \bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n$且$\mu^\ast(A)\le\sum\limits_{n=1}^\infty\mu(B_n)<\mu^\ast(A)+\varepsilon$。

由收斂性，存在$N\in\mathbb N_+$使得$\sum\limits_{n=N+1}^\infty\mu(B_n)<\varepsilon$。令$A_\varepsilon=\bigcup\limits_{n=1}^N B_n$，則

\[\mu^\ast(A\Delta A_\varepsilon)\le\mu^\ast\left(\bigcup\limits_{n=N+1}^\infty B_n\right)+\mu^\ast\left(\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n\right)\backslash A\right)\le2\varepsilon \]

$\blacktriangleright$

若設$\lambda$為勒貝格測度，我們還有：

$\prop$設$A$勒貝格可測，則

\[\lambda(A)=\inf\{\lambda(G)|A\subseteq G,G\text{為開集}\}=\sup\{\lambda(K)|K\subseteq A,K\text{為緊集}\} \]

$\blacktriangleleft$其實，我們只需分別證明大於等於和小於等於。對於第一個不等號，不妨設$\lambda(A)<+\infty$，由上述命題和次$\sigma$可加性即得。（可數個開集之並仍然開）

對於第二個不等號，若$A$有界，則$A^c$亦勒貝格可測，對任意$\varepsilon>0$，存在開集$G$使得$G\supseteq \overline A\backslash A$且$\lambda(G)\le\lambda(\overline A\backslash A)+\varepsilon$。令$K=\overline A\backslash G$為緊集，則$\lambda(K)\ge\lambda(A)-\varepsilon,K\subseteq A$。

若$A$無界，由於$\lambda$下連續，知$\lambda(A)=\lim\limits_{m\to\infty}\lambda(A\cap[-me,me])$，其中$e=(1,\cdots,1)$。對任意$b<\lambda(A)$，存在$m\in\mathbb N_+$使得$\lambda(A\cap[-me,me])>b$，進而存在緊集$K\subseteq A\cap[-me,me]\subseteq A$使得$\lambda(K)>b$。

$\blacktriangleright$

$\S2$ 可測函數與隨機變量

$\S3$ 積分與數學期望

$\S4$ 乘積測度與無窮乘積概率空間

$\S5$ 不定積分與條件期望

$\S5.1$ 符號測度的分解

$\def$設$\mathscr A\subseteq\mathscr P(\Omega)$是$\Omega$的一個集代數。$\varphi:\mathscr A\to\mathbb R_{\infty}$稱爲$\mathscr A$上的有限可加集函數，若$\varphi(\varnothing)=0$且若$A_1,\cdots,A_n\in\mathscr A$兩兩不交，則$\varphi\left(\bigsqcup\limits_{k=1}^n A_k\right)=\sum\limits_{k=1}^n\varphi(A_k)$；$\varphi$稱爲$\mathscr A$上的$\sigma$可加集代數，若$\varphi(\varnothing)=0$且若$A_1,A_2,\cdots\in\mathscr A,\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty A_n\in\mathscr A$，則$\varphi\left(\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty A_n\right)=\sum\limits_{n=1}^\infty\varphi(A_n)$。若$\mathscr A$為$\sigma$代數，其上的$\sigma$可加集代數稱爲符號測度。若$\varphi$值域在$\mathbb R$中，稱其為有限的。

$\prop$符號測度的值域至多只包含$\pm\infty$中一個。

我們注意到，固定可測函數$f$，若$\int_\Omega f\dd\mu$存在，則$\varphi(A)=\int_Af\dd\mu$是一個符號測度，可以表示爲兩測度之差。現在我們希望對一般符號測度亦有如此分解。

$\lm$設$\varphi$是$(\Omega,\mathscr F)$上的符號測度，則其下連續，即若$\{A_n\}\subseteq\mathscr F$，且$A_n\subseteq A_{n+1}$，則

\[\lim\limits_{n\to\infty}\varphi(A_n)=\varphi\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n\right) \]

且其上連續：若$\{A_n\}\subseteq\mathscr F$，且$A_{n+1}\subseteq A_n$，存在$m\in\mathbb N_+$使$\varphi(A_m)\in\mathbb R$，則

\[\lim\limits_{n\to\infty}\varphi(A_n)=\varphi\left(\bigcap\limits_{n=1}^\infty A_n\right) \]

$\blacktriangleleft$其實，對於下連續，令$B_n=A_{n}\backslash A_{n-1}(n\in\mathbb N_+)$，其中$A_0=\varnothing$。則$\{B_n\}$兩兩不交且$\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n=\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty B_n$。故

\[\lim\limits_{n\to\infty}\varphi(A_n)=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^n\varphi(B_k)=\sum\limits_{n=1}^\infty\varphi(B_n)=\varphi\left(\bigsqcup\limits_{n=1}^\infty B_n\right)=\varphi\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n\right) \]

對於上連續，不妨設$\varphi(A_1)\in\mathbb R$，則令$B_n=A_1\backslash A_n$遞增，則$\varphi(B_n)=\varphi(A_1)-\varphi(A_n)$，且$\bigcap\limits_{n=1}^\infty A_n=A_1\backslash\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n\right)$，進而

\[\lim\limits_{n\to\infty}\varphi(A_n)=\varphi(A_1)-\lim\limits_{n\to\infty}\varphi(B_n)=\varphi(A_1)-\varphi\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n\right)=\varphi\left(\bigcap\limits_{n=1}^\infty A_n\right) \]

$\blacktriangleright$

此引理的“逆定理”亦成立：

$\lm$設$(\Omega,\mathscr F)$為可測空間，$\varphi$為其上的有限可加集代數，若$\varphi$滿足以下條件之一，則其為$\mathscr F$上的符號測度：

$\varphi$下連續；
$\varphi$有限，且在$\varnothing$處上連續。

$\blacktriangleleft$其實，若$\varphi$下連續，對於兩兩不交的$\{A_n\}\subseteq\mathscr F$，令$B_n=\bigcup\limits_{k=1}^nA_k$，則$B_n$遞增且$\varphi(B_n)=\sum\limits_{k=1}^n\varphi(A_k)$，進而

\[\sum\limits_{n=1}^\infty\varphi(A_n)=\lim\limits_{n\to\infty}\varphi(B_n)=\varphi\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n\right)=\varphi\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n\right) \]

若$\varphi$有限且在$\varnothing$處上連續，對於遞增的$A_1,A_2,\cdots$，令$A=\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n$，$B_n=A\backslash A_n$。則$\bigcap\limits_{n=1}^\infty B_n=\varnothing$，進而

\[\lim\limits_{n\to\infty}\varphi(A_n)=\varphi(A)-\lim\limits_{n\to\infty}\varphi(B_n)=\varphi(A)-0=\varphi(A) \]

$\blacktriangleright$

$\thm$設$\varphi$是$(\Omega,\mathscr F)$上的符號測度，則存在$P,N\in\mathscr F$使得$\varphi(P)=\sup\limits_{A\in\mathscr F}\varphi(A),\varphi(N)=\inf\limits_{A\in\mathscr F}\varphi(A)$，且$P\cap N=\varnothing,P\cup N=\Omega$。

$\blacktriangleleft$其實，若對任意$A\in\mathscr F$都有$\varphi(A)<+\infty$，則存在$\{A_n\}_{n=1}^\infty\subseteq\mathscr F$使得$\lim\limits_{n\to\infty}\varphi(A_n)=\sup\limits_{A\in\mathscr F}\varphi(A)$。令$A=\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n$。我們將把$A$無限分“細”。

考慮$A$的第$n$次分劃為$A=\bigcup\limits_{m=1}^{2^n}A_{nm}$，其中$A_{nm}=\bigcap\limits_{k=1}^n\tilde A_k$，$\tilde A_k=A_k$或$A\backslash A_k$。因此$n^\prime>n$時，$A_{nm}$是若干$A_{n^\prime m^\prime}$之無交並。

令$B_n=\bigcup\limits_{m=1}^{2^n}A_{nm}^+$，其中$A_{nm}^+=\begin{cases}A_{nm}&\varphi(A_{nm})>0\\\varnothing&\varphi(A_{nm})\le0\end{cases}$。因此對於$N>n$，要麽$A_{Nm}^+\subseteq B_n$，要麽$A_{Nm}^+\cap B_n=\varnothing$。進而

\[B_{nN}=B_n\cup\cdots \cup B_N=B_n\sqcup\bigsqcup\limits_{i=n+1}^N\left(\bigsqcup\limits_{A_{i,m}\cap B_{i-1}=\varnothing}A_{i,m}\right) \]

故由無交性，$\varphi(B_{nN})\ge\varphi(B_n)\ge\varphi(A_n)$。令$P_n=\bigcup\limits_{i=n}^\infty B_i$。則若令$N\to\infty$，則由下連續性，$\varphi(P_n)\ge\varphi(B_n)\ge\varphi(A_n)$。而$\varphi(P_n)\in\mathbb R_+$，由上連續性，令$P=\bigcap\limits_{n=1}^\infty P_n=\overline\lim\limits_{n\to\infty} B_n$，則$\varphi(P)\ge\sup\limits_{B\in\mathscr F}\varphi(B)$，故$P$即爲所求。

令$N=P^c$，若$\varphi(\Omega)=-\infty$，則$\varphi(N)=-\infty=\inf\limits_{A\in\mathscr F}\varphi(A)$；若$\varphi(\Omega)>-\infty$，則$\varphi$有限，此時對任意$A\in\mathscr F,\varphi(A)=\varphi(\Omega)-\varphi(A^c)\ge\varphi(\Omega)-\varphi(P)=\varphi(N)$。

對於有$A\in\mathscr F$使得$\varphi(A)=+\infty$的情況，可知$\varphi$不取$-\infty$，此時對$-\varphi$討論即可。

$\blacktriangleright$

$\thm$（哈恩（Hahn）分解定理）設$\varphi$是$(\Omega,\mathscr F)$上的符號測度，則：

存在$P,N\in\mathscr F$使得$N=P^c$，且對任意$A\in\mathscr F$都有 $\varphi(A\cap P)=\sup\limits_{B\in\mathscr F\cap A}\varphi(B),\varphi(A\cap N)=\inf\limits_{B\in\mathscr F\cap A}\varphi(B)$，其中$\mathscr F\cap A=\{B\cap A|B\in\mathscr F\}$。
對任意$A\in\mathscr F$，令$\varphi^+(A)=\varphi(A\cap P),\varphi^-(A)=-\varphi(A\cap N),|\varphi|=\varphi^++\varphi^-$。則$\varphi^+,\varphi^-,|\varphi|$均爲$\mathscr F$上的測度，且$\varphi=\varphi^+-\varphi^-$，$\varphi^+,\varphi^-$中有一個有限。三者分別稱爲$\varphi$的上、下、全變差。

$\blacktriangleleft$其實，對於第一問，我們只需説明前述定理中的$P,N$滿足要求。若存在$B\in\mathscr F\cap A$使得$\varphi(B)>\varphi(A\cap P)$，則$\varphi(A\cap P)<+\infty$，故

\[\varphi(B\cup(A^c\cap P))=\varphi(B)+\varphi(A^c\cap P)>\varphi(A\cap P)+\varphi(A^c\cap P)=\varphi(P) \]

或者$\varphi(B)=+\infty$，此時$\varphi(A)=+\infty$，但$\varphi(A\cap P)<+\infty,\varphi(P)=+\infty$，故$\varphi(A^c\cap P)=\varphi(A\cap N)=+\infty$，進而$\varphi(N)=+\infty$，故$\varphi\equiv+\infty$，矛盾！

若$\varphi(A\cap N)=-\infty$自然成立；否則，知$\varphi(A)>-\infty$，除非$\varphi\equiv-\infty$。這樣對任意$B\in\mathscr F\cap A$都有$\varphi(B)=\varphi(A)-\varphi(A\backslash B)\ge\varphi(A)-\varphi(A\cap P)=\varphi(A\cap N)$。

以下證明$\varphi$的上、下、全變差均爲測度。由於$\varnothing\in\mathscr F\cap A$知$\varphi^+,\varphi^-\ge0$。而對於兩兩不交的$A_1,\cdots$，令$A=\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n$，則

\[\varphi^+(A)=\varphi(A\cap P)=\varphi\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty(A_n\cap P)\right)=\sum\limits_{n=1}^\infty\varphi(A_n\cap P)=\sum\limits_{n=1}^\infty\varphi^+(A_n) \]

即證$\varphi^+$的$\sigma$可加性，同理就得，$\varphi^+,\varphi^-,|\varphi|$是測度。由定義即知$\varphi=\varphi^+-\varphi^-$。

$\blacktriangleright$

此定理也可對集代數上的$\sigma$可加集代數使用：

$\thm$

、

$\S6$鞅的概念

$\S7$ 收斂概念

$\S8$ 大數定律與隨機級數

$\S9$ 特徵函數與中心極限定理

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讀書筆記《測度與概率》

$\S 1\ $ 概率空間與測度空間

$\S 1.1\ $集類

$\S 1.2 \ $測度的構造

\(\S1.3\) 測度空間的性質

\(\S2\) 可測函數與隨機變量

\(\S3\) 積分與數學期望

\(\S4\) 乘積測度與無窮乘積概率空間

\(\S5\) 不定積分與條件期望

\(\S5.1\) 符號測度的分解

\(\S6\)鞅的概念

\(\S7\) 收斂概念

\(\S8\) 大數定律與隨機級數

\(\S9\) 特徵函數與中心極限定理