关于绝对连续(σ-)有限测度与Radon-Nikodym导数的两个技术问题

嘿，很高兴能帮你解答这两个测度论里的基础问题，咱们一个个来聊：

第一个问题：绝对连续测度的有限/σ有限性能传递吗？ #

答案是不能——也就是说，即使$\nu << \mu$（$\nu$关于$\mu$绝对连续），$\nu$是有限或σ有限的，也完全不能推出$\mu$也是有限或σ有限的。我给你举个直观的例子：

• 设$\mathcal{X}$是一个不可数集合（比如实数集$\mathbb{R}$），$\mu$是$\mathcal{X}$上的计数测度（也就是对每个子集$A$，$\mu(A)$等于$A$中元素的个数，不可数集的计数测度是无限的，而且不是σ有限的——因为你没法把不可数集写成可数个有限测度子集的并）。
• 取$\nu$是$\mathcal{X}$中某个单点${x_0}$上的概率测度：$\nu(A)=1$如果$x_0\in A$，否则$\nu(A)=0$。

显然$\nu << \mu$：只要$\mu(A)=0$，说明$A$是空集，那$\nu(A)$自然也是0。但$\nu$是有限（甚至概率）测度，而$\mu$既不是有限也不是σ有限的。

如果$\nu$是σ有限的情况，类似的例子也存在：比如把$\nu$定义成可数个单点概率测度的和，它是σ有限的，但$\mu$还是那个不可数集上的计数测度，依然不是σ有限的。

第二个问题：为什么$Q({q>0})=1$？需要$\mu$σ有限吗？ #

先给你核心结论：这个等式是成立的，而且不一定严格要求$\mu$是σ有限——不过通常教材里提到Radon-Nikodym导数时，会默认$\mu$是σ有限的，因为这是Radon-Nikodym定理最常用的前提条件。咱们来一步步推导：

首先，回忆Radon-Nikodym导数的定义：$q=dQ/d\mu$意味着对所有可测集$E$，有$Q(E)=\int_E q , d\mu$。

现在令$A={x\in\mathcal{X}: q(x)=0}$，那我们计算$Q(A)$：
$$Q(A)=\int_A q , d\mu = \int_A 0 , d\mu = 0$$

因为$Q$是概率测度，$Q(\mathcal{X})=1$，所以$Q(\mathcal{X}\setminus A)=1 - Q(A)=1$，而$\mathcal{X}\setminus A$就是${x\in\mathcal{X}: q(x)>0}$，所以自然有$Q({q>0})=1$。

那$\mu$的σ有限性在这里起什么作用？其实是保证Radon-Nikodym导数$q$存在的前提之一。标准的Radon-Nikodym定理要求$\mu$是σ有限的，同时$Q << \mu$，这样才能保证存在这样的可测函数$q$。不过如果$Q$是有限测度（比如这里的概率测度），即使$\mu$不是σ有限，我们也可以通过“限制测度”的方式得到类似的结论：因为$Q$有限，我们能找到一个σ有限的子集$B\subseteq\mathcal{X}$，使得$Q(\mathcal{X}\setminus B)=0$，然后在$B$上$\mu$是σ有限的，导数$q$在$B$上有定义，在$\mathcal{X}\setminus B$上$q=0$，而$Q(\mathcal{X}\setminus B)=0$，所以依然有$Q({q>0})=Q(B\cap{q>0})=1$。

总结一下：只要Radon-Nikodym导数$q$存在（不管$\mu$是不是σ有限，只要满足导数存在的条件），这个等式就成立，而$Q$是概率测度的情况下，这个结论是很直接的。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者guest1