求证：当$A \subseteq \bigcup_{n\geq 1} A_n$时，$\lim_{n \rightarrow \infty}\mu(A-\bigcup_{j=1}^{n} A_j)=0$（$\mu$为代数上的有限预测度）

嗨，我来帮你搞定这个证明！先明确下前提：$\mu$是定义在某个代数$\mathcal{A}$上的有限预测度，$A$和所有$A_n$都属于$\mathcal{A}$，且满足$A \subseteq \bigcup_{n=1}^\infty A_n$。咱们一步步来推导：

第一步：定义递减集合序列 #

令$B_n = A - \bigcup_{j=1}^n A_j$，先分析这个序列的两个关键性质：

• 每个$B_n$都属于代数$\mathcal{A}$：因为代数对有限并、差运算封闭，所以$\bigcup_{j=1}^n A_j \in \mathcal{A}$，进而$A - \bigcup_{j=1}^n A_j \in \mathcal{A}$。
• $B_n$是递减序列：对任意$n \geq 1$，$\bigcup_{j=1}^{n+1} A_j = \bigcup_{j=1}^n A_j \cup A_{n+1}$，因此$B_{n+1} = A - \bigcup_{j=1}^{n+1} A_j = (A - \bigcup_{j=1}^n A_j) - A_{n+1} \subseteq B_n$，也就是$B_1 \supseteq B_2 \supseteq B_3 \supseteq \dots$。

第二步：计算递减序列的交集 #

这个递减序列的交集是：
$$\bigcap_{n=1}^\infty B_n = A \cap \bigcap_{n=1}^\infty \left( \bigcup_{j=1}^n A_j \right)^c$$
根据集合运算的德摩根律，$\bigcap_{n=1}^\infty \left( \bigcup_{j=1}^n A_j \right)^c = \left( \bigcup_{n=1}^\infty \bigcup_{j=1}^n A_j \right)^c = \left( \bigcup_{n=1}^\infty A_n \right)^c$。
结合题设$A \subseteq \bigcup_{n=1}^\infty A_n$，可得：
$$\bigcap_{n=1}^\infty B_n = A \cap \left( \bigcup_{n=1}^\infty A_n \right)^c = \emptyset$$

第三步：利用预测度的性质推导极限 #

因为$\mu$是有限预测度，所以$\mu(A) < \infty$，而$B_n \subseteq A$，因此$\mu(B_n) \leq \mu(A) < \infty$，满足有限性条件。

如果想从最基础的预测度公理出发推导，可以换一种思路：
令$C_n = A - B_n = A \cap \bigcup_{j=1}^n A_j$，这是一个递增序列（因为$\bigcup_{j=1}^n A_j$随n增大而递增），且$\bigcup_{n=1}^\infty C_n = A \cap \bigcup_{n=1}^\infty A_n = A$。
根据预测度的上连续性（对递增序列，$\mu(\bigcup_{n=1}^\infty C_n) = \lim_{n \to \infty} \mu(C_n)$），可得$\mu(A) = \lim_{n \to \infty} \mu(C_n)$。
又因为$C_n$和$B_n$不交，且$C_n \cup B_n = A$，由预测度的有限可加性得$\mu(C_n) + \mu(B_n) = \mu(A)$，因此：
$$\mu(B_n) = \mu(A) - \mu(C_n)$$
两边取极限：
$$\lim_{n \to \infty} \mu(B_n) = \mu(A) - \lim_{n \to \infty} \mu(C_n) = \mu(A) - \mu(A) = 0$$

这样就完成了证明！核心就是利用有限预测度的有限性和连续性性质，转化为递增序列的推导更贴合预测度的基础公理逻辑。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Victhor Maths