两段长度，什么时候能直接相加

把 $[0,2]$ 和 $[1,3]$ 放在一起，总长度是多少？各自长 $2$，但并集只有 $[0,3]$，长度是 $3$。中间那段 $[1,2]$ 被算了两次。这个小计算已经提出了测度论的一个基本要求：谈“总量”之前，要说清楚哪些部分重叠，哪些部分可以直接相加。

有限条区间还容易整理。如果区间有无穷多条，或者一个集合要靠不断逼近才能描述，长度还能不能算得一致？这一章先把规则定下来。我们暂时借用熟悉的区间长度作例子；把它扩展成 Lebesgue 测度的构造留到下一章。

各色部分互不相交，才可以把它们的测度相加，得到这些部分的并集的测度。外框内还有未着色部分，不能把色块的总量自动当成整个全集的总量。

允许测量哪些集合

设 $X$ 是全集，$\mathcal P(X)$ 是它的所有子集组成的集合族。一个集合族 $\Sigma\subseteq\mathcal P(X)$ 称为 σ-代数，需要满足：

1. $\varnothing\in\Sigma$；
2. 若 $A\in\Sigma$，则相对于 $X$ 的补集 $A^c=X\setminus A$ 也在 中；

于是 $X=\varnothing^c\in\Sigma$。德摩根律又告诉我们，可数交也在里面：

$$\bigcap_{n=1}^{\infty}A_n =\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n^c\right)^c\in\Sigma.$$

差集也没有问题，因为 $A\setminus B=A\cap B^c$。这些封闭性解决的是同一件事：从允许测量的集合出发，做完分析中常用的可数集合运算，结果仍然可以测量。

“可数”不能随手删掉。在 $\mathbb N$ 上，所有有限集及其补集组成的集合族对有限并和补集封闭，却不对可数并封闭。每个单点集 $\{2n\}$ 都在其中，它们的并——正偶数集——既不是有限集，补集也不是有限集。

一个能全部列出来的 σ-代数

取 $X=\{a,b,c,d\}$，只要求包含 $A=\{a,b\}$。补集规则迫使我们加入 $\{c,d\}$，还必须有空集和全集。得到

$$\sigma(A)=\{\varnothing,\{a,b\},\{c,d\},X\}.$$

这四个集合已经对补集和任意并封闭，不必加入 $\{a\}$。这里尤其容易混淆：$a$ 是全集里的点，不代表单点集 $\{a\}$ 必须属于选定的 σ-代数。

图中的灰点保留全集的位置，青色标出当前选入的点。比较右上与左下两格，补集正好选中原集合没有选中的点。

在一般空间中，$\sigma(\mathcal G)$ 表示包含给定集合族 $\mathcal G$ 的最小 σ-代数。它可以定义为所有包含 $\mathcal G$ 的 σ-代数的交；这样的集合族至少有 $\mathcal P(X)$，而交仍满足上述三条规则。在实数轴上，让 $\mathcal G$ 取所有开集，就得到 Borel σ-代数 $\mathcal B(\mathbb R)$。它包含开区间、闭区间和所有可数集，但不等于全部实数子集。

实验：哪些点能被集合区分

保持 $A=\{a,b\}$，把 $B$ 也设成 $\{a,b\}$。先判断生成的集合族会不会多出 $\{a\}$，再点“补齐闭包”。然后把 $B$ 改为 $$，逐步补入新集合，注意 和 各选中了谁。

当 $A=B$ 时，$a,b$ 始终一起出现，$c,d$ 也一起出现；生成族只有四个集合。改成 $A=\{a,b\},B=\{b,c\}$ 后，四个点的归属情况各不相同，每个单点都能由交、差、补得到，因此四个点的所有 个子集都会出现。实验中的“原子”就是无法继续由这个集合族区分开的非空小块。

测度怎样分配大小

给定 σ-代数 $\Sigma$，测度是函数 $\mu:\Sigma\to[0,\infty]$，满足 $\mu(\varnothing)=0$，并且对任意两两不交的可测集合列有

$$\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n\right) =\sum_{n=1}^{\infty}\mu(A_n).$$

右边是非负数的级数，允许等于 $\infty$。三元组 $(X,\Sigma,\mu)$ 叫作测度空间。“可测”指集合属于 $\Sigma$；“有限测度”说的是测度值有限，两者不是同一个条件。

几个常用性质可以直接推出来。有限可加只需把后续集合都取成空集。若 $A\subseteq B$，把 $B$ 拆成 $A$ 与 $B\setminus A$，就有 $\mu(B)=\mu(A)+\mu(B\setminus A)\ge\mu(A)$，这叫单调性。

对有重叠的 $A_n$，令 $D_1=A_1$，$D_n=A_n\setminus {\bigcup }_{j<n}{}_{}$。这些 不交、并集不变，而且 ，所以

$$\mu\left(\bigcup_n A_n\right)=\sum_n\mu(D_n)\le\sum_n\mu(A_n).$$

这就是可数次可加性。它给不等式；没有不交条件时，通常不能写成等式。

图能展示有限次分割。可数可加比这更强：它要求无穷多块拼起来以后，仍能用非负级数计算总量，不能由有限幅图代替这个条件。

测度不一定是长度

在四点空间上给 $a,b,c,d$ 分别分配权重 $1,2,0,3$，对每个子集定义

$$\mu(E)=\sum_{x\in E}w_x.$$

空集的和为 $0$。若 $E_n$ 两两不交，每个点的权重在总和里最多出现一次，因此先把集合并起来再求和，与逐个求和再相加结果相同。四点空间中至多四个 $E_n$ 非空，这就验证了可数可加。比如 $\mu(\{a,c\})=1$，而 ：点更多的集合不一定更“重”，非空集合也可能测度为零。

若每个点的权重都取 $1$，得到计数测度；把本例所有权重除以 $6$，全集的测度便是 $1$，得到一个概率测度。测量规则取决于问题，不必总是几何长度。

这幅图把连续位置上的权重画成高低不同的曲线。相同宽度的区间，累计权重可能不同。等到建立非负积分后，我们才能严格讨论 $\mu(E)=\int_E w(x)\,dx$；本章的四点例子已经说明了加权的含义，不需要提前调用积分定理。

递增集合：把每次新添的部分拆出来

设所有 $E_n$ 可测且 $E_1\subseteq E_2\subseteq\cdots$，记 。说

$$\mu(E)=\lim_{n\to\infty}\mu(E_n).$$

这里没有要求任何一个测度有限。证明的关键不是“图形看起来逼近了”，而是找出每一步新添的那一块。

请把注意力放在相邻两幅图之间新添的部分。证明中的 $D_n$ 正是在记录这些增量，外框则始终不变。

递减集合：有限性用在哪里

若 $E_1\supseteq E_2\supseteq\cdots$，并且 $\mu(E_1)<\infty$，则给出

$$\mu\left(\bigcap_nE_n\right)=\lim_n\mu(E_n).$$

令 $F_n=E_1\setminus E_n$。集合 $E_n$ 越缩越小，拿掉的部分 就越积越大，从下连续性适用。由于

$$\bigcup_nF_n=E_1\setminus\bigcap_nE_n, \qquad \mu(F_n)=\mu(E_1)-\mu(E_n),$$

从下连续的公式变成

$$\mu(E_1)-\mu\left(\bigcap_n E_n\right) =\mu(E_1)-\lim_n\mu(E_n).$$

这里的减法合法，正是因为 $\mu(E_1)$ 有限。若只是某个 $\mu(E_{n_0})$ 有限，也可以从第 $n_0$ 项开始证明；丢掉有限个开头项不改变交集和极限。

这幅缩放示意只帮助辨认“越来越小”的嵌套关系，不按图上的面积比较测度。真正计算时，需要明确同一空间中的集合列和有限性条件。

在实数轴上取 $E_n=(n,\infty)$ 就能看见条件的分量：每项长度都是 $\infty$，交集却为空，测度为 $0$。这时并不是证明方法暂时失灵，而是删掉有限性以后，结论确实可能不成立。

实验：重叠、端点和新增部分

先试重叠、包含和只碰到一个端点的两段区间。比较两段长度之和与并集长度，找出相差的那一段。点接触时，交集并不为空，但它的长度为零。

切换到递增集合，把 $n$ 从 $2$ 调到 $5$，再调到较大值。$E_n=(0,1-1/n)$ 的长度趋近 $$，但右端点 从未进入任何一项。观察每次新添的 ，把总长度读成增量的部分和，就回到了从下连续性的证明。

留几道题自己检验

题 1。 在四点空间上，从 $A=\{a,b\}$ 和 $B=\{b,c\}$ 出发，不看实验，分别用集合运算写出四个单点集。

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$\{b\}=A\cap B$，$\{a\}=A\setminus B$，$\{c\}=B\setminus A$，。任意子集都是这些单点集的并，所以生成的 σ-代数是整个幂集。

题 2。 设 $E_n=(0,1-1/n)$，$n\ge2$。求并集，并说明为什么它没有包含端点 $1$。

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每项都在 $(0,1)$ 内。反过来，对任意 $0<x<1$，选 $n>1/(1-x)$，就有 $x<1-1\mathrm{/}n$，所以 属于某项。并集因此是 。端点 不属于任何一项，自然也不属于并集；从下连续性给出并集测度为 。

3

递减可测集合列满足哪项条件时，可以保证交集的测度等于各项测度的极限？

A.每项都非空B.每项都可测就够了C.至少一项的测度有限D.全集必须是有限集合

题 4。 $E_n$ 是递减可测集合列。证明 $\mu(E_1\setminus E_n)\to\mu(E_1\setminus\bigcap_nE_n)$。这一次需要 吗？

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不需要。令 $F_n=E_1\setminus E_n$，则 $F_n$ 递增，且并集为 。直接对 用从下连续性即可，结果允许为无穷大。这里没有把差集测度写成两个测度相减，也就没有用到有限性。