绝对连续的 ε–δ 刻画

$(\Longleftarrow )$ 设 $\mu_F \ll m$。应用测度版绝对连续的 $\varepsilon$–$\delta$ 刻画（注意 $\mu _F$ 有限，符合前提）：给定 $\varepsilon > 0$ 取 $\delta > 0$ 使

现在取有限个两两不交的区间 $(a_j, b_j) \subseteq [a, b]$ 且 $\sum(b_j - a_j) < \delta$，令 $E = \bigsqcup_j (a_j, b_j)$。则 $m(E) < \delta$，于是

这正是函数绝对连续的定义。

$(\implies )$ 设 $F$ 绝对连续，$E \in \mathfrak{B}_\mathbb{R}$、$m(E) = 0$，要证 $\mu_F(E) = 0$。由 $\mu _F$ 的正则性取递减开集列 $U_1 \supseteq U_2 \supseteq \cdots \supseteq E$ 使 $m(U_k) < \delta$、$\bigcap_k U_k = E$。每个 $U_{k}$ 是区间的可数不交并，把函数绝对连续性的条件用在 $U_{k}$ 的有限截断上，得到 $|\mu_F(U_j)| < \varepsilon$；再由测度的上连续性（递减列，首项有限）得

由 $\varepsilon$ 任意，$\mu_F(E) = 0$。故 $\mu_F \ll m$。∎

设 $\nu$ 有限且 $\nu \ll \mu$。由「绝对连续与变差」那条命题，可以不妨设 $\nu$ 本身就是正测度（换成 $|\nu |$ 不影响结论）。

$(\Longleftarrow )$ 若 $\mu (E) = 0$，则对任意 $\varepsilon > 0$ 有 $\mu (E) < \delta$，于是 $|\nu (E)| \le \varepsilon$；令 $\varepsilon \to 0$ 得 $\nu (E) = 0$。

$(\implies )$ 反证。 设存在 $\varepsilon > 0$，使对一切 $n$ 都能找到 $E_n \in \mathcal{M}$ 满足

令

则 $\mu(F_k) \le \sum_{n\ge k} 2^{-n} = 2^{1-k} \to 0$，由 $\mu$ 的下连续性与递减性得 $\mu(F) = 0$。

另一方面 $\nu(F_k) \ge \nu(E_k) \ge \varepsilon$ 对一切 $k$ 成立；由 $\nu$ 有限与测度的下连续性（$F_k \searrow F$，首项有限）得

这与 $\nu \ll \mu$（$\mu (F) = 0$ 应推出 $\nu (F) = 0$）矛盾。故这样的 $\varepsilon$ 不存在，即对每个 $\varepsilon > 0$ 都有对应的 $\delta$。∎

$>$ ⭐ 反证里那个「对一切 $n$ 都能找到」是取出的关键：它把「不连续」翻译成了一列越来越小的坏集合，再用 Borel–Cantelli 型的尾并把它们压成零集。