Big rudin
勒贝格可测的性质
若某集合子集均勒贝格可测，则该集合测度为0
若$A{\subset}R^1$，并且$A$的每个子集都是勒贝格可测的，则$m(A)=0$。
从这个定理可以得到一个深刻的推论：（揭示了可测与不可测的相关性质）
每个正测度集合都有不可测的子集。
证明：设$R$为实数集，$Q$为有理数集，利用选择公理，则可以构造$E{\subset}R$，使得对任意的$x{\in}R,E{\cap}(Q+x)$是单点集。而$E$有下列俩性质：
- 当$r{\in}Q,s{\in}Q，r{\neq}s$时，$(E+r){\cap}(E+s)=\varnothing$。
- 对每个$x{\in}R^1$，存在$r{\in}Q$使得$x{\in}E+r$。
现在先证明1，假设$x{\in}(E+r){\cap}(E+s)$，则存在$y,z{\in}E,y{\neq}z$，使得$x=y+r=z+s$，则推出$y-z=s-r{\in}Q$，于是有$y{\in}Q+z$。而$z{\in}Q+x$，则有$\left\{y,z\right\}{\subset}E{\cap}(Q+x)$。
而这个结论则与$E{\cap}(Q+x)$为单点集矛盾，于是乎，$(E+r){\cap}(E+s)=\varnothing$。
接下来证明2，由$E$的构造，$E{\cap}(Q+x)=\left\{y\right\}$，于是有$y=-r+x$，则推出$x{\in}E+r$。
接下来证明结论$m(A)=0$。
固定$t{\in}Q$，并令$A_T=A{\cap}(E+t)$。由假设，$A_t$可测，设$K{\subset}A_t$是紧集，令
$$ H={\bigcup}_{r{\in}Q{\cap}[0,1]}K+r $$
显然$H$有界，于是推出$m(H)<\infty$，于是有$K{\subset}E+t$，由于1，则推出$(K+r){\cap}(K+s)=\varnothing$。$r,s{\in}Q{\cap}[0,1],r{\neq}s$，于是有$m(H)={\bigcup}_{r{\in}Q{\cap}[0,1]}m(K+r)$。
显然对任意的$r{\in}Q{\cap}[0,1]$，有$m(K+r)=m(K)$，
$$ {\bigcup}_{r{\in}Q{\cap}[0,1]}m(K+r)=m(K)\overline{Q{\cap}[0,1]} $$
因为$m(H)<\infty$，所以$m(K)=0$。（有限数=0*无穷）
进一步推出
$$ m(A_t)=\sup\left\{m(K):K{\subset}A_t,K是紧集\right\}=0 $$
由2，可以推出
$$ A={\bigcup}_{r{\in}Q}A_t{\Rightarrow}m(A){\le}{\bigcup}_{r{\in}Q}m(A_t)=0 $$
显然2是从有理数集过渡到一般集合的工具，而1则用来证明集合不相交。
行列式比例因子的代数解释
$\Delta(T)$可以用行列式进行代数解释。
设$\left\{e_j\right\}^k_{j=1}$是$R^k$的一个标准基，若$T:R^k{\to}R^k$是线性的，且
$$ Te_j=\sum^k_{i=1}a_{ij}e_i\quad(1{\le}j{\le}k),\tag{1} $$
则$T$完全由矩阵$[T]=[a_{ij}]{\in}R^{k{\times}k}$所确定。
记$[T]$的行列式为$det T$,有如下断言
$$ \Delta(T)=|det T| \tag{2} $$
若$T=T_1T_2$，则显然有$\Delta(T)=\Delta(T_1)\Delta(T_2)$。行列式乘法表明，若（2）式对$T_1$和$T_2$成立，则（2）式对$T$也成立。
因为每个$R^k$上的线性算子都是有限个下列三种类型的线性算子的乘积：
（1）$\left\{Te_1,\cdots,Te_k\right\}$是$\left\{e_1,\cdots,e_k\right\}$的一个置换。
（2）$Te_1=\alpha e_1,Te_i=e_i,i=2,\cdots,k$.
（3）$Te_1=e_1+e_2,Te_i=e_i,i=2,\cdots,k$。
设$Q$为满足$0{\le}\xi_i<1(i=1,\cdots,k)$的所有$x=(\xi_1,\cdots,\xi_k)$组成的立方体。
若$T$是（1）型的，则$[T]$的每一行和每一列都恰好有一个位置其元素为1，而其他位置元素为0。这样$det T={\pm}1$，同时$T(Q)=Q$,所以有$\Delta(T)=1=|det T|$。
如果$T$是（2）型的，显然有$\Delta(T)=|\alpha|=|det T|$。
如果是（3）型的，则$det T=1$，并且$T(Q)$是所有那些坐标满足
$$ \xi_1{\le}\xi_2{\lt}\xi_1+1,0{\le}\xi_i<1(对i{\neq}2) $$
的点$\sum{\xi_i}e_i$构成的集合，若$S_1$是$T(Q)$中满足$\xi_2<1$的点的集合，$S_2$是$T(Q)$中余下的点的集
$$ S_1{\cup}(S_2-e_2)=Q $$
并且$S_1{\cap}(S_2-e_2)$是空集，于是有
$$ \Delta(T)=m(S_1{\cup}S_2)=m(S_1)+m(s_2-e_2)=m(Q)=1 $$
于是再次有$\Delta(T)=|detT|$。
接下来讲解的是在勒贝格测度集合上对于可测函数的相关性质
可测函数的连续性质
设$\mu$是局部紧豪斯托夫空间$X$上的一个测度，它具有里斯表示定理中所表述的性质。
特别地，我们取到$R^k$上的勒贝格测度$\mu$。
鲁津定理（可测函数与连续函数相差一个零测集）
设$f$是$X$上的复可测函数，$\mu(A)<\infty$，若$x{\notin}A$时，$f(x)=0$，并且有$\varepsilon>0$，则存在一个$g{\in}C_c(X)$，使得
$$ \mu(\left\{x:f(x){\neq}g(x)\right\})<\varepsilon \tag{1} $$
并且可以做到
$$ \sup_{x{\in}X}|g(x)|{\le}\sup_{x{\in}X}|f(x)| \tag{2} $$
连续函数的上确界被可测函数的上确界所限制。
证明：首先设$0{\le}f<1$，并且$A$是紧的，做出一个收敛于$f$的序列$\left\{s_n\right\}$，并且令$t_1=s_1$，对$n=2,3,4,\cdots$，令$t_n=s_n-s_{n-1}$，则$2^nt_n$是一个集$T_n{\subset}A$的特征函数，并且
$$ f(x)=\sum^{\infty}_{n=1}t_n(x) \quad(x{\in}X) \tag{3} $$
固定开集$V$，使得$A{\subset}V$，并且$\overline{V}$是紧的，则存在紧致集合$K_n$和开集$V_n$，使得$K_n{\subset}T_n{\subset}V_n{\subset}V$，$\mu(V_n-K_n)<2^{-n}\varepsilon$，由乌雷松引理，则存在函数$h_n$，使得$K_n{\prec}h_n{\prec}V_n$，定义
$$ g(x)=\sum^{\infty}_{n=1}2^{-n}h_n(x)\quad(x{\in}X) \tag{4} $$
这个级数在$X$上一致收敛，于是$g$是连续函数，并且$g$的支集含在$\overline{V}$中，由于除了$V_n-K_n$中的点之外，$2^{-n}h_n(x)=t_n(x)$，所以除${\bigcup}(V_n-K_n)$中的点之外，$g(x)=f(x)$，并且后一个集有比$\varepsilon$更小的测度，这样，当$A$是紧集，并且$0{\le}f{\le}1$时，
$$ \mu(\left\{x:f(x){\neq}g(x)\right\})<\varepsilon \tag{1} $$
该式子成立。
于是可以知道，当$A$是紧的，$f$为有界可测函数的时候，（1）式成立。而$A$的紧性容易替换掉，因为，若$\mu(A)<\infty$，则$A$包含一个紧集$K$，使得$\mu(A-K)$小于事先给定的任意正数。
再者，若$f$是一个复可测函数，
$$ B_n=\left\{x:|f(x)|>n\right\}，则{\cap}B_n=\varnothing $$
并且有$\mu(B_n){\to}0$。（$B_n$是嵌套的递减序列，于是趋于上述的空集的测度）。由于除了在$B_n$上之外，$f$同有界函数$(1-\chi_{B_n}){\cdot}f$一致，故在一般情形下（1）也成立。
最后，令$R=\sup\left\{|f(x)|:x{\in}X\right\}$，并且定义，若$|z|{\le}R,\varphi(x)=z$，若$|z|>R,\varphi(x)=Rz{\backslash}|z|$。则$\varphi$为复平面到半径为$R$的圆盘上的连续映射，如果$g$满足（1），$g_1=\varphi{\circ}g$，则$g_1$满足（1）和（2）。
可测函数可以用连续函数序列逼近
推论：设满足鲁津定理的条件，且$|f|{\le}1$，则存在序列$\left\{g_n\right\}$，使得$g_n{\in}C_c(X)$，$|g_n|{\le}1$，且
$$ f(x)=\lim_{n{\to}\infty}g_n(x) a.e. \tag{5} $$
证明：由定理得到，对每个$n$对应有一个$g_n{\in}C_c(X)$，使得$|g_n|{\le}1$，而$\mu(E_n){\le}2^{-n}$，这里的$E_n$是使得$f(x){\neq}g_n(x)$的所有$x$的集。对于任意一个这样的$x$和充分大的$n$都有$f(x)=g_n(x)$。于是就得到了（5）
实可测函数可以被俩半连续有界函数限制
设$f$是拓扑空间上的实函数，如果对每个实数$\alpha$，$\left\{x:f(x)>\alpha\right\}$是开的，则称$f$是下半连续的，如果对每个实数$\alpha$，$\left\{x:f(x)<\alpha \right\}$是开的，则称$f$是上半连续的。统称为半连续。
维塔利-卡拉泰奥多里定理：设$f{\in}L^1(\mu)$，$f$是实值的，并且$\varepsilon>0$。则在$X$上存在函数$u$和$v$是，$u$是上半连续且有上界的，$v$是下半连续且有下界的，使得$u{\le}f{\le}v$，且
$$ \int_X(v-u)d\mu<\varepsilon \tag{1} $$
证明：首先假定$f{\ge}0$，并且$f$不恒等于0。由于$f$是一个简单函数$s_n$的递增序列的点态极限，所以$f$就是简单函数$t_n=s_n-s_{n-1}$（取$s_0=0$）的和。又由于$t_n$是特征函数的线性组合，所以就存在可测集$E_i$（不一定非要互不相交）和常数$c_i>0$，使得
$$ f(x)=\sum^{\infty}_{i=1}c_i\chi_{E_i}(x)\quad(x{\in}X)\tag{2} $$
由于
$$ \int_Xfd\mu=\sum^{\infty}_{i=1}c_i\mu(E_i),\quad \tag{3} $$
（3）中的级数是收敛的。
于是存在紧集$K_i$和开集$V_i$使得$K_i{\subset}E_i{\subset}V_i$，且
$$ c_i\mu(V_i-K_i)<2^{-i-1}\varepsilon(i=1,2,3,\cdots) \tag{4} $$
令
$$ v=\sum^{\infty}_{i=1}c_i\chi_{V_i},u=\sum^{\infty}_{i=1}c_i\chi_{K_i}\tag{5} $$
其中$N$是这样选择的，使得
$$ \sum^{\infty}_{N+1}c_i\mu(E_i)<\frac{\varepsilon}{2}\tag{6} $$
因此，$v$是下半连续的，$u$是上半连续的，$u{\le}f{\le}v$并且
$$ v-u=\sum^N_{i=1}c_i(\chi_{V_i}-\chi_{K_i})+\sum^{\infty}_{N+1}c_i\chi_{V_i}\\{\le}\sum^{\infty}_{i=1}c_i(\chi_{V_i}-\chi_{K_i})+\sum^{\infty}_{N+1}c_i\chi_{E_i} $$
于是由（4）和（6）得到（1）
在一般情况下，记$f=f^+-f^-$。对于$f^+$做出$u_1$和$v_1$，对于$f^-$做出$u_2$和$v_2$，并且令$u=u_1-v_2$，$v=v_1-u_2$，则得到相关的$u$和$v$还是具有上述要求的性质。