乘积测度

取 $X = Y = [0, 1]$，$\mu = \nu = Lebesgue$ 测度（都是完备的）。令

则 $D$ 是闭集，故属于 $\mathfrak{B}_{[0,1]} \otimes \mathfrak{B}_{[0,1]}$；且 $\mu \times \nu(D)$ 可以用截口公式算：对每个 $x$，$\nu(D_x) = \nu(\{x\}) = 0$，故

关键：取一个 Lebesgue 测度为 0 但不可测（不属 $\mathfrak{B}_\{[0,1]\}$）的子集 $N \subseteq [0,1]$，令

则 $G \subseteq D$ 而 $\mu \times \nu (D) = 0$，但 $G$ 不属于 $\mathfrak{B} \otimes \mathfrak{B}$（它的截口给出的正是 $N$ —— 若 $G \in \mathfrak{B} \otimes \mathfrak{B}$，由截口可测性，对每个 $x$ 都有 $G_x \in \mathfrak{B}$，而 $G_x$ 是 {x} 或 $\emptyset$ …… 需要用「$G$ 的截面沿对角线还原出 $N$」这一论证）。故 $\mu \times \nu$ 不完备。∎

$>$ ⭐ 一句话总结：完备性可以被「零集的子集」打破，而乘积里零集特别多。所以实用时必须先完备化 —— 这就是上一条定理存在的理由。

① $\mu_{0}$ 是良定义的。 设 $E$ 有两种矩形不交并的写法。把两边的矩形再交叉细分成最小的那些块（$A_j \cap A_k'$ $\times$ $B_j \cap B_k'$），$\mu_{0}$ 的值不变 —— 因为 $\mu$、$\nu$ 在各自那一侧都是有限可加的。

② $\mu_{0}$ 是 $\mathcal{A}$ 上的预测度。 $\mathcal{A} =$ 矩形的有限不交并，是代数（矩形的不交并再取差仍是有限个矩形块）。可数可加性由 $\mu$、$\nu$ 各自的可数可加性得到：把可数个不交的矩形块按两个方向分别整理成不交并。

③ 用 Carathéodory 扩张。 由「预测度 $\to$ 外测度 $\to$ 可测集 $\to$ 扩张测度」那一整套：$\mu_{0}$ 诱导出 $X \times Y$ 上的外测度 $\mu^{$}μ∗，全体 $\mu^{$}-可测集构成 $\sigma$代数，$\mu^{$}μ∗ 在其上成为测度；而代数 $\mathcal{A}$ 中每个集合都是 $\mu^{$}-可测的，且 $\mu^{*}|_\mathcal{A} = \mu_{0}$。

④ 落到 $\mathcal{M} \otimes \mathcal{N}$ 上。 $\mathcal{A}$ 含所有矩形，故 $\mathcal{A}$ 生成 $\mathcal{M} \otimes \mathcal{N} \subseteq (\mu^{$}M⊗N⊆(μ∗-可测集)；把 $\mu^{$} 限制在 $\mathcal{M} \otimes \mathcal{N}$ 上，就是所要的测度 $\mu \times \nu$，它在矩形上取值 $\mu \times \nu(A \times B) = \mu(A) \nu(B)$。∎

$>$ ⭐ 这一段没有任何新东西 —— 全是把「测度的构造」那个星团的机器搬过来用一次。这也正是那个星团存在的理由：它是所有具体测度的生产线。