本章又名——半环为什么是神。这章旨在说明上一章所以提到的，“半环上为什么能定义一个很良好的测度”的问题，因此本章全都是证明。如果对此问题不感兴趣的话，可以直接跳到下一章。

首先复习测度的定义：

设集合系 \(\Phi\)，函数 \(\mu: \Phi \mapsto [0, +\infty]\) 满足可数可加性，且至少有一个 \(A \in \Phi\) 使得 \(\mu(A) < + \infty\)，则称该函数为测度

我们以此定义为基础，想要在半环上证明以下命题：-

• 此测度具有有限可加性。
• 此测度具有可减性。
• 此测度具有单调性。
• 此测度具有上下连续性。
• 此测度具有次可加性

此外，我们还想证明一个命题，即我们考虑如何把一个稍弱一点的测度——有限可加测度，加强成测度：

• 有限可加测度如果满足上连续或者下连续，则其为一个测度。

有限可加性

实际上我们只需要证明空集的测度为 0。

若空集的测度大于 0，因为 \(\Phi = \Phi + \Phi + \Phi + \dots\)，所以空集测度只能为正无穷。那对于任何的集合 \(A\)，因为 \(A=A+\Phi+\Phi+\dots\)，所以任意集合的测度均为正无穷，这违反了测度定义中至少有一个有限测度。

可减性

可以知道 \(B-A\) 与 \(A\) 是不交的，且 \(B=(B-A)+A\)。所以由可加性：

$$
\mu(B) = \mu(B-A) + \mu(A)
$$

注意，我们在移项的时候用到了 \(\mu(A)<+\infty\)，这是所有正无穷移项的条件。移项，即得

$$
\mu(B-A) = \mu(B) - \mu(A)
$$

我们发现可减性和有限可加性并没有用到半环的性质。事实上这两个性质确实不一定只在半环上成立，它们可以是任一集系的性质。

单调性

对于 \(A_1 \subset B\)，一定存在两两不交且与 \(A\) 不交的 \(\{A_2, \dots, A_n\}\)，使得 \(B = \sum_{i=1}^n A_i\)。所以由可加性

$$
\mu(B) = \sum_{i=1}^n \mu(A_i) \ge \mu(A_1)
$$

下连续性

对一列递增的集合列 \(\{A_i\}\)，我们希望构造一列不交的集合列。这里用一个很经典的构造法，定义

$$
B_1 = A_1 \\
B_i = A_i \setminus (\bigcup_{j=1}^{i-1} A_j) = A_i \setminus A_{i-1}
$$

则

$$
\mu(A) = \mu(\bigcup_{i=1}^\infty A_i) = \mu(\sum_{i=1}^\infty B_i) = \sum_{i=1}^\infty \mu(B_i)
$$

因为 \(A_{i-1} \in A_{i}\)，如果我们约定 \(A_0 = \emptyset\)，则

$$
\sum_{i=1}^\infty \mu(B_i) = \sum_{i=1}^\infty \mu(A_i - A_{i-1})
$$

这里我们希望运用可减性。如果某个 \(A_i\) 测度为无穷大，那么由于递增，结合单调性它后面的测度也都无穷大，因此这个等式显然是成立的。如果 \(\mu(A_i)\) 均不为无穷大，那么我们利用可减性

$$
\sum_{i=1}^\infty \mu(A_i - A_{i-1}) = \sum_{i=1}^\infty [\mu(A_i)- \mu(A_{i-1})] = \lim_{n \rightarrow \infty} \mu(A_i)
$$
即下连续成立。

但注意，这个证明还有一些细节：\(B_i\) 是否一定属于这个半环？如果不属于，测度是没有意义的。

事实上，对于半环，这确实不一定成立。但是由半环的性质，我们一定能用有限多个半环中的不交集合加起来得到 \(B_i=A_i - A_{i-1}\)，因此只要把证明中涉及到的这部分改成 \(B_{i1} + B_{i_2} + \dots + B_{ik} \) 就好。

上连续

我们当然可以类似证明一遍上连续性。但是这里我们来证明一个更厉害的引理，这个引理说明了上下连续的等价性。这也为后面做一点铺垫。

但是，这个引理似乎需要在环上成立——笔者不清楚半环上是否也能做到。不过即使没有这个引理，半环上的上连续性也是可以保证的。下面我们证明环上的等价性。

引理：

1. 对于环上的函数 \(\mu\) ，若其具有上连续性，则其具有下连续性。

2. 若其具有下连续性且 \(\mu(A_1) < +\infty\)，则其具有上连续性。（上连续性仍然需要小于无穷的限制）

下连续推导上连续

假设有一递减序列 \( \{A_i\} \) 收敛到 \(A\)，且 \(\mu(A_1) < +\infty\)，我们希望证明

$$
\lim_{i \rightarrow \infty} \mu(A_i) = \mu(A)
$$

为了应用下连续的条件，我们构造：\(B_i = A_1 \setminus A_i\)。在环中我们有 \(B_i\) 一定属于我们的集合系（这就是为什么半环难处理的地方，它不能直接像上面那样处理）。可知 \(\{B_i\}\) 是一列递增的集合列，且

$$
\lim_{i \rightarrow \infty} B_i = \lim_{i \rightarrow \infty} \bigcup A_1 \setminus A_i = \lim_{i \rightarrow \infty} \bigcup A_1 \cap \overline{A_i} = \lim_{i \rightarrow \infty} A_1 \cap (\bigcup \overline{A_i}) = A_1 \setminus A
$$

因此由下连续，我们有

$$
\lim_{i \rightarrow \infty} \mu(B_i) = \mu(B)
$$

即

$$
\lim_{i \rightarrow \infty} \mu(A_1 \setminus A_i) = \mu(A_1 \setminus A)
$$

因为 \(\{A_i\}\) 递减，根据单调性，每一项的测度都不为无穷，所以我们可以直接用可减性：

$$
\lim_{i \rightarrow \infty} [\mu(A_1) - \mu(A_i)] = \mu(A_1) - \mu(A)
$$

证毕。

（未完待续）