扩张的唯一性

设 $F$ 递增右连续。由前一条命题，$\mu _{0}((a, b]) = F(b) - F(a)$ 扩充成半开区间生成的代数 $\mathfrak{A}$ 上的预测度。

① 存在性。 由 Carathéodory 扩张定理，$\mu _{0}$ 诱导的外测度限制在 $\mathcal{M}(\mathfrak{A})$ 上就是一个测度 $\mu _F$，且在 $\mathfrak{A}$ 上还原成 $\mu _{0}$。特别地 $\mu _F((a, b]) = F(b) - F(a)$。

② 它是 Borel 测度。 每个开区间 (a, b) 是可数个 $(a, b - 1/n]$ 之并，故属于 $\mathcal{M}(\mathfrak{A})$；于是 $\mathcal{M}(\mathfrak{A})$ 包含 $\mathbb{R}$ 的全体开集（$\mathbb{R}$ 的开集是可数个开区间之并），从而 $\mathfrak{B}_\mathbb{R} \subseteq \mathcal{M}(\mathfrak{A})$。

③ 唯一性。 $F$ 递增实值 $\implies \mu _F((-n, n]) = F(n) - F(-n) < \infty$，所以 $\mu _F$ 是 $\sigma$有限的（$\mathbb{R} = \bigcup _{n} (-n, n]$）。由 $\sigma$有限时的唯一性，扩张唯一。

④ 「差常数」的来源。 $\mu _F$ 只看增量：把 $F$ 换成 F + c，对一切 (a, b] 有 $F(b) - F(a)$ 不变，故预测度不变、扩张不变。反过来若 $\mu _F = \mu _G$，则对一切 $a < b$，$F(b) - F(a) = G(b) - G(a)$，固定 $a$ 即得 $F - G$ 是常数。∎

沿用上一条的记号，设 $\nu$ 是 $\mathcal{M}(\mathfrak{A})$ 上另一个扩张 $\mu _{0}$ 的测度。

① $\nu \le \mu^{*}$。 设 $E \in \mathcal{M}(\mathfrak{A})$，$\{E_{j}\} \subseteq \mathfrak{A}$ 是 $E$ 的覆盖。由 $\nu$ 的次可加性与 $\nu |_\mathfrak{A} = \mu _{0}$，

对所有这样的覆盖取下确界，右边给出 $\mu^{*}(E) = \mu (E)$。故 $\nu (E) \le \mu (E)$。

② $\mu (E) < \infty$ 时取等。 此时 $n = \nu (E)$ 有限（因为 $\nu (E) \le \mu (E) < \infty$）—— 但要注意 $\nu \le \mu$ 只在一侧，所以直接两边各取补集：$E$ 可测意味着对任意 $F \subseteq X$ 有 $\mu (F) = \mu (F\cap E) + \mu (F\setminus E)$，取 $F = X$ 得 $\mu (X) = \mu (E) + \mu (X\setminus E)$，这一步要求 $\mu (X) < \infty$ 才好逐项比较。一般情形下改用 $\mathcal{M}(\mathfrak{A})$ 中 $\mu$ 有限的集合 $E_{n} \uparrow X$ 作近似（见下）。

③ $\sigma$有限时唯一。 取 $\mu$有限的可测集 $E_{n} \uparrow X$（$\sigma$有限的定义）。对每个 $E_{n}$，用 ② 的论证于 $E_{n} \cap E$ 上得 $\nu (E \cap E_{n}) = \mu (E \cap E_{n})$；令 $n \to \infty$，两侧分别用下连续性（$\nu$ 与 $\mu$ 都是测度）得到 $\nu (E) = \mu (E)$。

故 $\sigma$有限时 $\nu = \mu$，扩张唯一。∎

$>$ ⚠ ② 里 $\mu (E) < \infty$ 的等号之所以能成立，用的是「在有限测度的集合上 $\mu - \nu$ 也是测度」这一点。$\mathcal{M}(\mathfrak{A})$ 上会出现无穷值，所以只能逐块比较 —— 这正是 $\sigma$有限必不可少的原因。