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第2章　Lebesgue测度

2.1　引言

闭有界区间上的有界函数的Riemann积分可通过与将定义域分划为有限子区间族相联系的函数逼近来定义.Riemann积分推广到Lebesgue积分通过与将定义域分解为我们称之为Lebesgue可测集的有限族相联系的函数逼近来实现.每个区间是Lebesgue可测的.Lebesgue可测集的丰富性提供了一个函数，它的积分比仅使用区间可能得到更好的上逼近与下逼近.这就得到了在非常一般的定义域上Lebesgue可积的更大的一类函数以及具有更好性质的积分.例如，在十分一般的条件下，我们将证明：若一个函数序列逐点收敛到极限函数，则该极限函数的积分是逼近它的函数列的积分的极限.本章我们为即将研究的Lebesgue可测函数和Lebesgue积分建立基础：该基础是可测集以及这样一个集合的Lebesgue测度的概念.
区间I的长度.集函数m具有以下三个性质.
区间的测度是它的长度　每个非空区间I是Lebesgue可测的且
测度是平移不变的　若E是Lebesgue可测的，而y是任意数，则E通过y的平移E+y={x+y|x∈E}也是Lebesgue可测的，且
测度在可数不交集的并是可数可加的　若是Lebesgue可测集的可数不交族，则
不可能构造出定义在实数的所有集合上且具有以上三个性质的集函数.事实上，甚至不存在对实数的所有集合定义的具有以上前两个性质和有限可加性的集函数（见定理18）.我们通过在非常丰富的集类上构造具有上述三个性质的集函数来应对这个局限性.该构造分为两步.
我们首先构造一个称为外测度的集函数，将它记为.它对任何集特别是对任何区间有定义.区间的外测度是它的长度.外测度是平移不变的.然而，外测度不是有限可加性的.但它在以下意义是可数次可加的.若是任何可数集族，互不相交或相交，则
构造的第二步是确定一个集是Lebesgue可测的含义，证明Lebesgue可测集族是包含开集与闭集的σ代数.我们接着限制集函数到Lebesgue可测集族，记为m，且证明m是可数可加的.我们称m为Lebesgue测度.

习题

　　在前三个习题中，令m为对σ代数A中的所有集合定义且在［0，∞］取值的集函数.假设m在A中集合的可数不交族上是可数可加的.
1.证明：若A和B是A的两个集，，则ｍ（Ａ）≤ｍ（Ｂ）.该性质称为单调性.

2.证明：若族A中存在一个集合A满足m（A）<∞，则m（∅）=0.

3.令{Ek}∞k=1为A中集合的可数族，证明.

4.定义在Ｒ的所有子集的集函数ｃ定义如下.若Ｅ有无穷多个成员，定义ｃ（Ｅ）为∞；而若Ｅ是有限的，定义ｃ（Ｅ）为Ｅ中的元素的个数；定义ｃ（∅）＝0.证明ｃ是一个可数可加且平移不变的集函数.该集函数称为计数测度.

2.2　Lebesgue外测度

令I为实数的非空区间.若I是无界的，定义它的长度为∞，否则定义它的长度为端点的差.对于一个实数集合A，考虑覆盖A的非空开有界区间的可数集族，即使得的族.对每个这样的族，考虑该族的区间的长度之和.由于长度是正数，每个和是唯一定义的且与项的顺序无关.我们定义A的外测度是这个一般概念的特殊例子，它与实直线上的Lebesgue外测度相对应.在第一部分，我们简单地称为所有这样的和的下确界，即
从外测度的定义立即得出.此外，由于集合B的任何覆盖也是B的任何子集的覆盖，所以外测度在以下意义下是单调的：
例子 可数集具有零外测度.事实上，令C为可数集，列举为.令ε>0.对每个自然数k，定义.开区间的可数族覆盖C.因此
不等式对每个ε>0成立.因此.
命题1　区间的外测度是它的长度.
证明　我们从闭有界区间［a,b］的情形开始.令ε>0.由于开区间（a-ε，b+ε）包含［a,b］，我们有.这对任何ε>0成立.因此.接下来要证明.而这等价于证明：若是任何覆盖［a,b］的可数开有界区间族，则
根据Heine-Borel定理，任何覆盖［a,b］的开区间族有一个覆盖［a,b］的有限子族.选取自然数n使得覆盖［a,b］.我们将证明从而（1）成立.由于a属于，这些Ik中必有一个包含a.选取这样的一个区间且记为（a1，b1）.我们有a1＜ａ＜b1.若b1≥ｂ，不等式（2）得证，这是因为否则，b1∈［ａ，ｂ］，且由于b1∉（a1，b1），族中存在一个区间，记为（a2，b2）以区分于（a1，b1），使得b1∈（a2，b2），即a2＜b1＜b2.若b2≥ｂ，不等式（2）得证，这是因为
我们继续这一选取程序直至它终止，而它必须终止，因为族中仅有n个区间.因此我们得到的一个子族使得a1＜a而对1≤k≤N-1，ak+1因此
因而不等式（2）成立.
若I是任意有界区间，则给定ε>0，存在两个闭有界区间J1和J2使得
而
根据对闭有界区间的外测度与长度的相等性，以及外测度的单调性，有
这对每个ε>0成立.因此.
若I是无界区间，则对每个自然数n，存在区间满足.因此≥.这对每个自然数n成立，因此.
命题2　外测度是平移不变的，即对任意集合A与数y，
证明　观察到若是任意可数集族，则覆盖A当且仅当覆盖A+y.此外，若每个Ik是一个开区间，则每个Ik+y是一个相同长度的开区间，因而
结论从这两个观察可以得到.
命题3　外测度是可数次可加的，即若是任意可数集族，互不相交或相交，则
证明　若这些Ek中的一个有无穷的外测度，则不等式平凡地成立.我们因此假定每个Ek有有限的外测度.令ε>0.对每个自然数k，存在开有界区间的可数族使得
现在是一个覆盖的开有界区间的可数族：由于该族是可数族组成的可数族,它是可数的.因此，根据外测度的定义，

由于这对每个ε>0成立，它对ε=0也成立.证明完毕.若是任何有限集族，互不相交或相交，则通过对k>n设Ek=∅，有限次可加性从可数次可加性得到.

习题

5.用外测度的性质证明区间［0,1］不是可数的.

6.令A为区间［0,1］的无理数集.证明.

7.实数集称为Gδ集，若它是可数个开集族的交.证明对任何有界集E，存在Gδ集G使得且.

8.令B为区间［0,1］内的无理数集，令为覆盖Ｂ的有限开区间族.证明.

9.证明：若，则.

10.令A和B为有界集使得存在α＞０，对所有a∈A，b∈B，|a-b|≥α.证明.

2.3　Lebesgue可测集的σ代数

外测度具有四个优点：（i）对实数的所有集合定义；（ii）区间的外测度是它的长度；（iii）外测度是可数次可加的；（iv）外测度是平移不变的.但外测度不是可数可加的.事实上，它甚至不是有限可加的（见定理18）：存在不相交的集合A和B使得
为改善这个基本的缺陷我们支持称为Lebesgue可测集的集合的σ代数，它包含所有区间与所有开集且具有性质:外测度这一集函数限制在可测集族上是可数可加的.有若干个方式定义一个集合是可测的意味着什么.我们遵循Constantin Carathéodory的方式.
定义　集合E称为是可测的，若对任意集合A，
我们立即看到可测集具有的一个优越性，即若集合A与B中的一个是可测的，严格的不等式（3）不可能发生.事实上，若A是可测的而B是任何与A不交的集合，则
　根据命题3，由于外测度是有限次可加的而，我们总是有
因此E是可测的当且仅当对每个集合A我们有
若，该不等式平凡成立.因此，仅须对具有有限外测度的集合A证明（４）.
观察到可测性的定义关于E和E^C是对称的，因此一个集合是可测的当且仅当它的补是可测的.显然空集∅和所有实数构成的集合R是可测的.
命题4　任何外测度为零的集合是可测的.特别地，任何可数集是可测的.
证明　令集合E的外测度为零.令A为任意集合.由于
根据外测度的单调性，
因此
从而E是可测的.
命题5　可测集的有限族的并是可测的.
证明　第一步，我们证明两个可测集E1和E2的并是可测的.令A为任意集合.首先用E1的可测性，接着用E2的可测性，我们有
以下集合等式成立：
与
我们从这些等式和外测度的有限次可加性推出
因此E1∪E2是可测的.
现在令为任意可测集的有限族.对于一般的n，我们用归纳法证明并集的可测性.对n=1这是平凡的.假定它对n-1成立.因此，由于
且我们已证明了两个可测集的并的可测性，集合是可测的.
命题6　令A为任意集合而是可测集的有限不交族.则
特别地，
证明　证明通过对n归纳进行.对n=1显然结论成立.假设命题对n-1成立.由于族是互不相交的，
且
因此，根据En的可测性以及归纳假设，
Ｒ的子集族称为是一个代数，若它包含Ｒ且它关于补与有限并封闭；根据De Morgan等式，这样的族也关于有限交封闭.我们从命题5以及可测集的补集的可测性推出可测集族是一个代数.观察到可测集的可数族的并也是可测集的可数不交族的并是有用的.事实上，令
为可测集的可数族.定义A′1＝A1且对每个k≥２，定义
由于可测集族是一个代数，是可测集的互不相交族，其并与的并相同.
命题7　可测集的可数族的并是可测的.证明　令E为可测集的可数族的并.如同我们上面观察到的，存在可测集的可数不交族使得.令A为任意集合.令n为自然数.定义.由于Fn是可测的且，
根据命题6，
因此
该不等式左边与n无关.因此
因此，根据外测度的可数次可加性，
因此E是可测的.Ｒ的子集族称为σ代数，若它包含Ｒ且关于补与可数并封闭；根据De Morgan等式，这样的族关于可数交也封闭.前一个命题告诉我们可测集族是一个σ代数.
命题8　每个区间是可测的.
证明　如同我们上面观察到的，可测集族是一个σ代数.因此为证明每个区间是可测的，仅须证明每个形如（ａ，∞）的区间是可测的（见习题11）.考虑这样的一个区间.令A为任意集合.我们假定a不属于A.否则，用A~{a}代替A，保持外测度不变.我们必须证明
其中
根据作为下确界的定义，为证明（5），必要且充分的是证明对任何覆盖A的开有界区间的可数族，
事实上，对这样的一个覆盖，对每个指标k，定义
则I′k和I″k是区间且
由于分别是覆盖A1和A2的开有界区间的可数族，根据外测度的定义，
因此
因此（6）成立且证明完成.每个开集是可数个不交开区间的并.我们因此从前两个命题推出每个开集是可测的.每个闭集是开集的补集，且因此每个闭集是可测的.回忆一个实数的集合称为是一个Gδ集，若它是可数个开集族的交;而称为是一个Fσ集，若它是可数个闭集族的并.我们从命题7推断出每个Gδ集与每个Fσ集是可测的.
所有包含开集的Ｒ的子集的σ代数的交是一个σ代数，它称为Ｂｏｒｅｌ σ代数，该族的成员称为Ｂｏｒｅｌ集.Ｂｏｒｅｌ σ代数包含在每个包含所有开集的σ代数中.因此，由于可测集是包含所有开集的σ代数，每个Ｂｏｒｅｌ集是可测的.我们已建立了以下定理.定理9　可测集族M是一个包含Ｂｏｒｅｌ集的σ代数B的σ代数.每个区间、每个开集、每个闭集、每个Gδ集和每个Fσ集是可测的.
命题10　可测集的平移是可测的.
证明　令E为可测集.令A为任意集合，而y是实数.根据E的可测性和外测度的平移不变性，
因此E+y是可测的.

习题

11.证明：若R的子集的σ代数包含形如（ａ，∞）的区间，则它包含所有区间.

12.证明每个区间是一个Ｂｏｒｅｌ集.

13.证明：（i）Fσ集的平移也是Fσ；（ii）Gδ集的平移也是Gδ；（iii）测度为零的集合的平移测度也为零.

14.证明：若一个集合Ｅ具有正的外测度，则存在E的有界子集也有正的外测度.

15.证明：若E有有限测度且ε>0，则E是有限个可测集的不交并，这些可测集的每个集合的测度至多为ε.

2.4　Lebesgue可测集的外逼近和内逼近

我们现在转向基于闭集的内逼近与基于开集的外逼近的单个集合的可测性的特征，这些特征提供了可测性的交替视角，是我们以后研究关于可测与可积函数的逼近性质的必要工具.
可测集具有以下分割性质：若A是包含于B的有限外测度的可测集，则
事实上，由A的可测性，
因此，由于，我们有（7）.
定理11　令E为任何实数集.则下列四个断言都与E的可测性等价.
（用开集和Gδ集的外逼近）
（i） 对每个ε>0，存在包含E的开集O使得.
（ii） 存在包含E的Gδ集G使得.
（用闭集和Fσ集的内逼近）
（iii） 对每个ε>0，存在包含于E的闭集F使得.
（iv） 存在包含于E的Fσ集F使得.
证明　我们证明E的可测性与两个外逼近性质（i）和（ii）的等价性.证明的剩余部分从De Morgan等式以及以下观察得到：一个集合是可测的当且仅当它的补是可测的，一个集合是开的当且仅当它的补是闭的，一个集合是Fσ当且仅当它的补是Gδ.
40假设E是可测的.令ε>0.首先考虑的情形.根据外测度的定义，存在开区间的可数族覆盖E且使得.
定义。则O是包含E的开集.根据O的外测度的定义，
因此，
然而，E是可测的且有有限外测度.因此，根据上面注意到的可测集的分割性质，
现在考虑的情形.则E可表示为可测集的可数族的不交并，该族的每个集合具有有限外测度.根据有限测度的情形，对每个指标k，存在包含Ek的开集Ok使得.集合是开的，它包含E且
因此，
于是性质（i）对E成立.
现在假设性质（i）对E成立.对每个自然数k，选取包含E的开集Ok使得<1/k.定义.则G是一个包含Ｅ的Gδ集.此外，由于对每个k，，根据外测度的单调性，
因此，从而（ii）成立.现在假设性质（ii）对E成立.由于测度为零的集合是可测的，且Gδ集也如此，可测集是一个代数，集合
是可测的.
有限外测度的可测集的以下性质断言这样的集合“接近”于有限个开区间的不交并.
定理12　令E为外测度有限的可测集.则对每个ε>0，存在开区间的有限不交族，使得若，则
证明　根据定理11的断言（i），存在开集U使得
　　由于E是可测的且具有有限的外测度，我们从外测度的分割性质推断出U也有有限的外测度.每个实数的开集是开区间的可数族的不交并.令U为开区间的可数不交族的并.每个区间是可测的且它的外测度是它的长度.因此，根据命题6和外测度的单调性，对每个自然数n，
该不等式的右边与n无关.因此，
选取自然数n使得
定义.由于，根据外测度的单调性和（8），另一方面，由于，
因此根据外测度的定义，
因此，
注　关于定理11的断言（i）的说明是妥当的.根据外测度的定义，对任何有界集E（无论是否可测）和任何ε>0，存在开集O使得，因此.这不蕴涵着，因为分割性质不成立，除非E是可测的（见习题19）.

习题

16.通过证明可测性等价于（iii）且等价于（iv）完成定理11的证明.

17.证明集合E是可测的当且仅当对每个ε>0，存在闭集F和开集O使得.

18.令E有有限外测度.证明存在Fσ集Ｆ和Gδ集G使得.

19.令E有有限外测度.证明：若E不可测，则存在包含E的开集O，它具有有限外测度使得

20.（Lebesgue）令E有有限外测度.证明E是可测的当且仅当对每个开的有界区间（ａ，ｂ），

21.用定理11的性质（ii）作为可测集的原始定义且证明两个可测集的并是可测的.接着对性质（iv）做同样的事.

22.对任何集合A，定义为
这个集函数与外测度有何联系？

23.对任何集合A，定义为.这个集函数与外测度有何联系？

2.5　可数可加性、连续性以及Borel-Cantelli引理

定义　外测度这一集函数在可测集类上的限制称为Lebesgue测度.它记为m，因此若E是可测集，它的Lebesgue测度m（E）定义为
下面的命题十分重要.
命题13　Lebesgue测度是可数可加的，即若是可测集的可数不交族，则它的并集也是可测的且
证明　命题7告诉我们是可测的.根据命题3，外测度是可数次可加的.因此
剩下来要证明反向的不等式.根据命题6，对每个自然数n，
由于包含，根据外测度的单调性和前一个等式，对每个n，该不等式的左边与n无关.因此，
从不等式（9）和（10）得出这些是等式.根据命题1，区间的外测度是它的长度，且根据命题2，外测度是平移不变的.因此前一个命题完成了以下定理的证明，它是本章的主要目标.
定理14　定义在Lebesgue可测集的σ代数上的集函数Lebesgue测度，赋予任何区间它的长度，是平移不变且可数可加的.
集合的可数族称为是上升的，若对每个k，;而称为是下降的，若对每个k，.
定理15（测度的连续性）　Lebesgue测度具有以下连续性质：
（i） 若是上升的可测集族，则
（ii） 若是下降的可测集族且m（B1）<∞，则
证明　我们首先证明（i）.若存在指标k0使得m（Ak0）=∞，则根据外测度的单调性，，且对所有.因此（11）成立，这是因为等式的两边都等于∞.剩下来要考虑对所有k，m（Ak）<∞的情形.定义A0=∅，接着对每个k≥1定义Ck=Ak~Ak-1.根据构造，由于序列是上升的，
根据m的可数可加性，
由于是上升的，我们从测度的分割性质推出
由于m（A0）=m（∅）=0，（11）从（13）和（14）得出.
为证明（ii），对每个k我们定义Dk=B1~Bk.由于序列是下降的，序列是上升的.根据（i）部分，
根据De Morgan恒等式，
另一方面，根据测度的分割性质，对每个k，由于m（Bk）<∞，m（Dk）=m（B1）-m（Bk）.因此
再一次用分割性质我们得到等式（12）.对于可测集E，我们说一个性质在E上几乎处处成立，或它对几乎所有x∈E成立，若存在E的子集E0使得m（E0）=0，且该性质对所有x∈E~E0成立.
Borel-Cantelli引理　令为满足的可测集的可数族.则几乎所有ｘ∈R属于至多有限多个Ek.
证明　对每个n，根据m的可数次可加性，
因此，根据测度的连续性，
因此几乎所有ｘ∈R不属于，因而属于至多有限多个Ek.集函数Lebesgue测度承袭了Lebesgue外测度具有的性质.为了将来的参考我们命名这些性质中的一些性质.
（有限可加性）对任何可测集的有限不交族，
（单调性）若A和B是可测集且，则
（分割性）若进一步，且m（A）<∞，则
因此若m（A）=0，则
（可数单调性）对任何覆盖可测集E的可测集的可数族，
可数单调性是测度的单调性和可数次可加性的合并.它经常被使用.
注　在将要进行的Lebesgue积分的研究中，事实是显然的：相比于Riemann积分，Lebesgue测度的可数可加性使得Lebesgue积分具有决定性的优势.

习题

24.证明：若E1和E2是可测的，则

25.证明在关于测度的连续性的定理的（ii）部分假设m（B1）<∞是必要的.

26.令为可测集的可数不交族.证明对任意集合A，

27.令M′为R的子集的σ代数，而ｍ′是M上的集函数，它在［0，∞］取值，是可数可加的，且使得ｍ′（∅）＝0.
（i） 证明m′是有限可加的、单调的、可数单调的且具有分割性质.
（ii） 证明m′具有与Lebesgue测度相同的连续性质.

28.证明测度的连续性与测度的有限可加性蕴涵测度的可数可加性.

2.6　不可测集

我们已定义可测集且研究了可测集族的性质.自然要问，事实上，是否存在不可测集？这个问题的答案一点都不明显.
我们知道若集合E的外测度为零，则它是可测的，且由于E的任何子集外测度也为零，E的每个子集是可测的.这是关于从集合的包含关系继承可测性所能得到的最好结果.我们现在证明：若E是任何具有正外测度的实数集，则E存在不可测子集.
引理16　令E为有界的可测实数集.假定存在有界、可数无穷的实数集Λ使得E的平移族{λ＋Ｅ}λ∈Λ是不交的.则m（Ｅ）＝0.
证明　可测集的平移是可测的.因此，根据测度在可数不交并的可测集上的可数可加性，
由于Ｅ和Λ都是有界集，集合也是有界的，因此有有限的测度.于是（１５）的左边是有限的.然而，由于测度是平移不变的，对每个λ∈Λ，m（λ+E）=m（E）≥0.
因此，由于集合Λ是可数无穷的，而（15）右边的和式是有限的，必有ｍ（Ｅ）＝0.对于任何非空的实数集E，我们定义E中的两个点为有理等价，若它们的差属于有理数集Ｑ.容易看到这是一个等价关系，即它是自反的、对称的与传递的.我们称它为Ｅ上的有理等价关系.对于该关系，存在E的等价类族的不交分解.谈到E上的有理等价关系的选择集，我们意味着集合CE恰好由每个等价类的一个成员组成.我们从选择公理推出存在这样的选择集.选择集CE由以下两个性质刻画：
（i） CE中的两个点的差不是有理的；
（ii） 对E中的每个点x，存在CE中的点c使得x=c+q，其中q是有理数.
CE的第一个特征性质可方便地重述为：
定理17（Vitali）　任何具有正外测度的实数集E包含一个不可测子集.
证明　令Ｅ为具有正的外测度的实数集.根据外测度的可数次可加性，我们可以假定Ｅ是有界的.令CE为E上的有理等价关系的任意选择集.我们宣称CE是不可测的.为证明这个断言，我们假设它是可测的且导出矛盾.
有理数可数无穷且在Ｒ中稠密.令Λ0为任意有界可数无穷的有理数集.由于CE是可测的，根据（１６），CE的通过Λ0的成员的平移族是不交的，从引理16得出ｍ（CE）=0.然而，由于CE是E上的有理等价关系的选择集，我们有被包含关系
从Lebesgue外测度的可数单调性、Q的可数性以及测度的平移不变性推出
这与Ｅ有正的外测度的假设矛盾，从而定理得证.
定理18　存在不交的实数集A和B使得
证明　我们用反证法证明.假设对每对不交的集合Ａ和Ｂ，.则根据可测集的最初定义，每个集必须是可测的.这与前一个定理矛盾.

习题

29.（i） 证明有理等价定义了任何集上的等价关系.
（ii） 对Q上的有理等价关系直接找到选择集.
（iii） 定义两个数为无理等价，若它们的差是无理数.它是R上的等价关系吗？它是Q上的等价关系吗？

30.证明正外测度集合上的有理等价关系的任何选择集必须是不可数无穷的.

31.说明在Vitali定理的证明中仅须考虑E是有界的情形就足够了.

32.若允许Λ为有限或不可数无穷，引理16仍然成立吗？若允许Λ为无界呢？

33.令Ｅ为有限外测度的不可测集.证明存在包含E的Gδ集G使得

2.7　Cantor集和Cantor-Lebesgue函数

我们已证明可数集测度为零以及Borel集是Lebesgue可测的.这两个断言引发了以下两个问题.
问题1　若一个集合测度为零，它是否也可数？
问题2　若一个集合可测，它也是Ｂoｒｅｌ集吗？
这两个问题的回答都是否定的.本节我们构造称为Cantor集的集合与称为Cantor-Lebesgue函数的函数.通过研究它们，我们回答以上两个问题，而后者提供了关于函数更好的性质的其他问题的回答.
考虑闭有界区间I=［0,1］.构造Cantor集的第一步是将Ｉ分为长度等于1/3的三个区间且去掉中间区间的内部，即我们从区间［0,1］去掉区间（1/3,2/3）以得到闭集C1，它是两个不交闭区间的并，每个区间长度为1/3:
现在在C1的两个区间重复“去掉居中的三分之一开集”以得到闭集C2，它是22个闭区间的并，每个区间的长度为１／32：
现在在C2的四个区间重复“去掉居中的三分之一开集”以得到闭集C3，它是23个闭区间的并，每个区间的长度为１／33.
继续这个去除操作可数多次以得到可数集族.我们定义Cantor集C为
集族具有以下两个性质：
（i） 是下降的闭集序列；
（ii） 对每个k，Ck是2k个不交闭区间的并集，每个区间长度为１／3k.
命题19　Cantor集C是闭的测度为零的不可数集.
证明　任何闭集族的交是闭的.因此C是闭的.每个闭集是可测的.因此每个Ck和C自身是可测的.
现在每个Ck是2k个不交区间的并，每个区间长度为1/3k，因此根据Lebesgue测度的有限可加性，
根据测度的单调性，由于对所有k，，ｍ（Ｃ）=0.剩下要证明C是不可数的.为此我们用反证法讨论.假定C是可数的.令为C的一个列举.其并是C1的两个不交Cantor区间之一不包含点c1，记之为F1.其并是F1的C2中两个不交Cantor区间之一不包含点c2，记之为F2.以这种方式继续，我们构造了一个可数集族，其中，对每个k，它具有以下三个性质：（i）Fk是闭的且；（ii）；（iii）ck∉Fk.从（i）和集套定理我们得出交集是非空的.令点x属于这个交.根据性质（ii），
因此点x属于C.然而，是C的列举，使得对某个指标n，ｘ＝cn.因此cn=x∈.这与性质（iii）矛盾.因此C必须是不可数的.定义在实数集上的实值函数f称为是递增的，若每当u≤v，ｆ（ｕ）≤ｆ（ｖ）;而称为是严格递增的，若每当ｕ＜ｖ，ｆ（ｕ）＜ｆ（ｖ）.50
我们现在定义Cantor-Lebesgue函数，即定义在［０，１］上的连续的递增函数φ，它具有非凡的性质，尽管φ（1）＞φ（0），它的导数存在且在测度为1的集合上等于零.对每个ｋ，令Ok为在Cantor消去过程的前ｋ步中被去掉的2k-1个区间的并集.因此Ck＝［０，１］～Ok.定义.则根据Ｄｅ Ｍｏｒｇａｎ等式，.我们首先在O上定义φ，接着在Ｃ上定义它.
固定自然数ｋ.在Ok上定义φ为Ok上的递增函数，它在2k-1个开区间上是常数且取2k-1个值
因此，在消去过程的第一步被去掉的单个区间上，φ的定义是
在前两步去掉的三个区间上，φ的定义是
通过在C上定义我们将φ延拓到整个［０，１］区间：

命题20　Cantor-Lebesgue函数φ是递增的连续函数，它将［0,1］映上［0,1］.它的导数在开集O上存在，即Cantor集在［０，１］上的补集存在，在O上φ′=0而m（O）=1　　
证明　由于φ在O上是递增的，它在［０，１］上的延拓也是递增的.关于连续性，φ当然在O的每个点是连续的，这是由于每个这样的点属于一个开区间，在这个开区间上φ是常数.现在考虑点x0∈C满足x0≠0,1.由于点x0属于Ｃ，51它不是消去过程前ｋ步去掉的2k-1个区间的成员，其并我们记为Ok.因此，若ｋ充分大，x0落在Ok中两个相连的区间之间：选取其中小的为ak,大的为bk.根据函数φ的定义，穿过Ok中两个相连的区间增加1/2k.因此
由于ｋ可以任意大，函数φ在x0没有跳跃不连续性.对于一个递增的函数，跳跃不连续性是仅有的不连续性类型.因此φ在x0是连续的.若x0是［０，１］的端点，用类似的方法可证明在x0的连续性.
由于在每个去除过程的任意阶段去掉的区间上φ是常数，它的导数存在且在O的每一点等于0.由于Ｃ的测度为零，它在［０，１］上的补O的测度为１.最后，由于φ（０）＝０，φ（１）＝１，而φ是递增与连续的，我们从介值定理推出φ将［0,1］映上［0,1］.
命题21　令φ为Cantor-Lebesgue函数且定义在［０，１］上的函数ψ为对所有ｘ∈［０，１］　ψ（x）=φ（x）+x则ψ是严格递增的连续函数，它将［0,1］映上［0,２］.
（i） 将Cantor集C映上正测度的可测集；
（ii） 将一个可测集即Cantor集的一个子集映上一个非可测集.
证明　由于函数ψ是两个连续函数的和，它是连续的;由于它是递增与严格递增函数的和，它是严格递增的.此外，由于ψ（０）＝０且ψ（１）＝２，ψ（［0,1］）=［0,2］.对于O＝［０，１］～Ｃ，我们有不交分解
其中ψ有不交分解
定义在区间上的严格递增函数有一个连续的逆.因此ψ（C）是闭的而ψ（O）是开的，于是它们都是可测的.我们将证明m（ψ（O））=1，且因此从（18）推出m（ψ（C））=1，从而证明（i）.
令为在Cantor去除过程去掉的区间族（以任何方式）的列举.因此.由于φ在每个Ik上是常数，ψ将Ik映上它自身的具有相同长度的平移副本.由于ψ是一对一的，族是不交的.根据测度的可数可加性，
但ｍ（Ｃ）＝０从而m（O）=1.因此ｍ（ψ（O））＝１，且根据（18），ｍ（ψ（C））=1.我们证明了（i）.
为了证明（ii），注意到Vitali定理告诉我们ψ（C）包含不可测集W.集合ψ-1（W）是可测的且测度为零，因为它是Cantor集的子集.集合ψ-1（W）是Cantor集的可测子集，它被ψ映上一个不可测集.
命题22　存在Cantor集的一个子集是可测集但不是Ｂｏｒｅｌ集.
证明　前一个命题描述的定义在［０，１］上的严格递增函数ψ将可测集A映上一个不可测集.定义在区间上的严格递增连续函数将Borel集映上Borel集（见习题43）.因此集合Ａ不是Ｂｏｒｅｌ集，否则它在ψ下的象将是Ｂｏｒｅｌ集，因此是可测的.

习题

34.证明存在［0,1］上的连续、严格递增函数将正测度集映到零测度集.

35.令f为开区间I上的递增函数.对于x0∈I，证明f在x0连续当且仅当存在I中的序列｛an｝和｛bn｝使得对每个n，an＜x0＜bn且.

36.令f为定义在E上的连续函数.若A是可测的，f^-1（A）总是可测的吗？

37.令函数f：［a,b］→R为Lipschitz的，即存在常数c≥0使得对所有u，v∈［a，b］，|f（u）-f（v）|≤c|u-v|.证明f将测度为零的集映上测度为零的集.证明ｆ将Fσ集映上Fσ集.证明f将可测集映上可测集.

38.令F为按与Cantor集相同的方式构造的［0,1］的子集，除了在第n步每个被去掉的区间的长度为，其中０＜α＜１.证明F是闭集，［０，１］～Ｆ在［０，１］稠密，且ｍ（Ｆ）＝１-α.这样的集合F称为广义Cantor集.

39.证明存在实数的开集有一个正测度的边界（与直觉相反）.（提示：考虑前一个习题中的广义Cantor集的补集.）

40.R的子集A称为在R无处稠密，若每个开集O有一个与A不交的非空开子集.证明Cantor集在R无处稠密.

41.证明定义在区间上的严格递增函数有一个连续的逆.

42.令f为连续函数而B是Borel集.证明f^-1（B）是Borel集.（提示：使得f^-1（E）是Ｂｏｒｅｌ集的集合Ｅ所成的族是包含开集的σ代数.）

43.用前两个习题证明定义在区间上的严格递增连续函数将Borel集映到Borel集.