乘积测度通常不完备

① 先证 $f \ge 0$ 的情形。 由于 $\lambda$ 是 $\mu \times \nu$ 的完备化，$\mathcal{L}$ 中的集合可以写成

（取不交化后即 $E = F \sqcup G$，于是 $\chi_E = \chi_F + \chi_G$。）

② $\chi_F$ 那一半没问题 —— 直接归 Fubini–Tonelli（$F \in \mathcal{M}\otimes\mathcal{N}$）。

③ $\chi_G$ 那一半也没问题 —— 因为 $G \subseteq H$ 而 $\mu \times \nu (H) = 0$，所以对每一个 $x$ 都有 $\nu(G_x) \le \nu(H_x) = 0$（$H$ 的截口是 $\nu$零集，这一步用截口公式对 $H$ 本身成立），于是

两边都是 0。（对 a.e. 的 $x$，$G_x$ 是 $\nu$零集。）

④ 由线性推广到非负简单函数，再用 MCT 推广到一切 $f \ge 0$。 关键点：完备化只多出「含在零集里的部分」，而这部分对积分的贡献恒为 0，所以整段论证不会被破坏。

⑤ 一般情形：把 $f$ 拆成 $\operatorname{Re} f^\pm , \operatorname{Im} f^\pm$ 四个非负部分，逐块用 ④ —— 但此时所有断言都退化成「对 a.e. 的 x / y」，因为零集上的截口行为不再逐一可控。∎

$>$ 要点：核心就是把 $E$ 拆成 $F \sqcup G$ —— $F$ 归老定理、$G$ 归「截口都是零集」。

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。