第2章 Lebesgue測度
2.1 引言
閉有界區間上的有界函數的Riemann積分可通過與将定義域分劃為有限子區間族相聯系的函數逼近來定義.Riemann積分推廣到Lebesgue積分通過與将定義域分解為我們稱之為Lebesgue可測集的有限族相聯系的函數逼近來實作.每個區間是Lebesgue可測的.Lebesgue可測集的豐富性提供了一個函數，它的積分比僅使用區間可能得到更好的上逼近與下逼近.這就得到了在非常一般的定義域上Lebesgue可積的更大的一類函數以及具有更好性質的積分.例如，在十分一般的條件下，我們将證明：若一個函數序列逐點收斂到極限函數，則該極限函數的積分是逼近它的函數列的積分的極限.本章我們為即将研究的Lebesgue可測函數和Lebesgue積分建立基礎：該基礎是可測集以及這樣一個集合的Lebesgue測度的概念.
區間I的長度.集函數m具有以下三個性質.
區間的測度是它的長度 每個非空區間I是Lebesgue可測的且
測度是平移不變的 若E是Lebesgue可測的，而y是任意數，則E通過y的平移E+y={x+y|x∈E}也是Lebesgue可測的，且
測度在可數不交集的并是可數可加的 若
是Lebesgue可測集的可數不交族，則
不可能構造出定義在實數的所有集合上且具有以上三個性質的集函數.事實上，甚至不存在對實數的所有集合定義的具有以上前兩個性質和有限可加性的集函數（見定理18）.我們通過在非常豐富的集類上構造具有上述三個性質的集函數來應對這個局限性.該構造分為兩步.
我們首先構造一個稱為外測度的集函數，将它記為
.它對任何集特别是對任何區間有定義.區間的外測度是它的長度.外測度是平移不變的.然而，外測度不是有限可加性的.但它在以下意義是可數次可加的.若
是任何可數集族，互不相交或相交，則
構造的第二步是确定一個集是Lebesgue可測的含義，證明Lebesgue可測集族是包含開集與閉集的σ代數.我們接着限制集函數
到Lebesgue可測集族，記為m，且證明m是可數可加的.我們稱m為Lebesgue測度.
習題
在前三個習題中，令m為對σ代數A中的所有集合定義且在［0，∞］取值的集函數.假設m在A中集合的可數不交族上是可數可加的.
1.證明：若A和B是A的兩個集，
，則ｍ（Ａ）≤ｍ（Ｂ）.該性質稱為單調性.
2.證明：若族A中存在一個集合A滿足m（A）<∞，則m（∅）=0.
3.令{Ek}∞k=1為A中集合的可數族，證明
.
4.定義在Ｒ的所有子集的集函數ｃ定義如下.若Ｅ有無窮多個成員，定義ｃ（Ｅ）為∞；而若Ｅ是有限的，定義ｃ（Ｅ）為Ｅ中的元素的個數；定義ｃ（∅）＝0.證明ｃ是一個可數可加且平移不變的集函數.該集函數稱為計數測度.
2.2 Lebesgue外測度
令I為實數的非空區間.若I是無界的，定義它的長度
為∞，否則定義它的長度為端點的差.對于一個實數集合A，考慮覆寫A的非空開有界區間的可數集族
，即使得
的族.對每個這樣的族，考慮該族的區間的長度之和.由于長度是正數，每個和是唯一定義的且與項的順序無關.我們定義A的外測度是這個一般概念的特殊例子，它與實直線上的Lebesgue外測度相對應.在第一部分，我們簡單地稱
為所有這樣的和的下确界，即
從外測度的定義立即得出
.此外，由于集合B的任何覆寫也是B的任何子集的覆寫，是以外測度在以下意義下是單調的：
例子 可數集具有零外測度.事實上，令C為可數集，列舉為
.令ε>0.對每個自然數k，定義
.開區間的可數族
覆寫C.是以
不等式對每個ε>0成立.是以
命題1 區間的外測度是它的長度.
證明 我們從閉有界區間［a,b］的情形開始.令ε>0.由于開區間（a-ε，b+ε）包含［a,b］，我們有
.這對任何ε>0成立.是以
.接下來要證明
.而這等價于證明：若
是任何覆寫［a,b］的可數開有界區間族，則
根據Heine-Borel定理，任何覆寫［a,b］的開區間族有一個覆寫［a,b］的有限子族.選取自然數n使得
覆寫［a,b］.我們将證明
進而（1）成立.由于a屬于
，這些Ik中必有一個包含a.選取這樣的一個區間且記為（a1，b1）.我們有a1＜ａ＜b1.若b1≥ｂ，不等式（2）得證，這是因為
否則，b1∈［ａ，ｂ］，且由于b1∉（a1，b1），族
中存在一個區間，記為（a2，b2）以區分于（a1，b1），使得b1∈（a2，b2），即a2＜b1＜b2.若b2≥ｂ，不等式（2）得證，這是因為
我們繼續這一選取程式直至它終止，而它必須終止，因為族
中僅有n個區間.是以我們得到
的一個子族
使得a1＜a而對1≤k≤N-1，ak+1是以
因而不等式（2）成立.
若I是任意有界區間，則給定ε>0，存在兩個閉有界區間J1和J2使得
而
根據對閉有界區間的外測度與長度的相等性，以及外測度的單調性，有
這對每個ε>0成立.是以
若I是無界區間，則對每個自然數n，存在區間
滿足
.是以
≥
.這對每個自然數n成立，是以
命題2 外測度是平移不變的，即對任意集合A與數y，
證明 觀察到若
是任意可數集族，則
覆寫A當且僅當
覆寫A+y.此外，若每個Ik是一個開區間，則每個Ik+y是一個相同長度的開區間，因而
結論從這兩個觀察可以得到.
命題3 外測度是可數次可加的，即若
是任意可數集族，互不相交或相交，則
證明 若這些Ek中的一個有無窮的外測度，則不等式平凡地成立.我們是以假定每個Ek有有限的外測度.令ε>0.對每個自然數k，存在開有界區間的可數族
使得
現在
是一個覆寫
的開有界區間的可數族：由于該族是可數族組成的可數族,它是可數的.是以，根據外測度的定義，
由于這對每個ε>0成立，它對ε=0也成立.證明完畢.若
是任何有限集族，互不相交或相交，則
通過對k>n設Ek=∅，有限次可加性從可數次可加性得到.
5.用外測度的性質證明區間［0,1］不是可數的.
6.令A為區間［0,1］的無理數集.證明
7.實數集稱為Gδ集，若它是可數個開集族的交.證明對任何有界集E，存在Gδ集G使得
且
8.令B為區間［0,1］内的無理數集，令
為覆寫Ｂ的有限開區間族.證明
9.證明：若
，則
10.令A和B為有界集使得存在α＞０，對所有a∈A，b∈B，|a-b|≥α.證明
2.3 Lebesgue可測集的σ代數
外測度具有四個優點：（i）對實數的所有集合定義；（ii）區間的外測度是它的長度；（iii）外測度是可數次可加的；（iv）外測度是平移不變的.但外測度不是可數可加的.事實上，它甚至不是有限可加的（見定理18）：存在不相交的集合A和B使得
為改善這個基本的缺陷我們支援稱為Lebesgue可測集的集合的σ代數，它包含所有區間與所有開集且具有性質:外測度這一集函數限制在可測集族上是可數可加的.有若幹個方式定義一個集合是可測的意味着什麼.我們遵循Constantin Carathéodory的方式.
定義 集合E稱為是可測的，若對任意集合A，
我們立即看到可測集具有的一個優越性，即若集合A與B中的一個是可測的，嚴格的不等式（3）不可能發生.事實上，若A是可測的而B是任何與A不交的集合，則
根據命題3，由于外測度是有限次可加的而
，我們總是有
是以E是可測的當且僅當對每個集合A我們有
若
，該不等式平凡成立.是以，僅須對具有有限外測度的集合A證明（４）.
觀察到可測性的定義關于E和E^C是對稱的，是以一個集合是可測的當且僅當它的補是可測的.顯然空集∅和所有實數構成的集合R是可測的.
命題4 任何外測度為零的集合是可測的.特别地，任何可數集是可測的.
證明 令集合E的外測度為零.令A為任意集合.由于
根據外測度的單調性，
是以
進而E是可測的.
命題5 可測集的有限族的并是可測的.
證明 第一步，我們證明兩個可測集E1和E2的并是可測的.令A為任意集合.首先用E1的可測性，接着用E2的可測性，我們有
以下集合等式成立：
與
我們從這些等式和外測度的有限次可加性推出
是以E1∪E2是可測的.
現在令
為任意可測集的有限族.對于一般的n，我們用歸納法證明并集
的可測性.對n=1這是平凡的.假定它對n-1成立.是以，由于
且我們已證明了兩個可測集的并的可測性，集合
是可測的.
命題6 令A為任意集合而
是可測集的有限不交族.則
特别地，
證明 證明通過對n歸納進行.對n=1顯然結論成立.假設命題對n-1成立.由于族
是互不相交的，
是以，根據En的可測性以及歸納假設，
Ｒ的子集族稱為是一個代數，若它包含Ｒ且它關于補與有限并封閉；根據De Morgan等式，這樣的族也關于有限交封閉.我們從命題5以及可測集的補集的可測性推出可測集族是一個代數.觀察到可測集的可數族的并也是可測集的可數不交族的并是有用的.事實上，令
為可測集的可數族.定義A′1＝A1且對每個k≥２，定義
由于可測集族是一個代數，
是可測集的互不相交族，其并與
的并相同.
命題7 可測集的可數族的并是可測的.證明 令E為可測集的可數族的并.如同我們上面觀察到的，存在可測集的可數不交族
.令A為任意集合.令n為自然數.定義
.由于Fn是可測的且
，
根據命題6，
該不等式左邊與n無關.是以
是以，根據外測度的可數次可加性，
是以E是可測的.Ｒ的子集族稱為σ代數，若它包含Ｒ且關于補與可數并封閉；根據De Morgan等式，這樣的族關于可數交也封閉.前一個命題告訴我們可測集族是一個σ代數.
命題8 每個區間是可測的.
證明 如同我們上面觀察到的，可測集族是一個σ代數.是以為證明每個區間是可測的，僅須證明每個形如（ａ，∞）的區間是可測的（見習題11）.考慮這樣的一個區間.令A為任意集合.我們假定a不屬于A.否則，用A~{a}代替A，保持外測度不變.我們必須證明
其中
根據
作為下确界的定義，為證明（5），必要且充分的是證明對任何覆寫A的開有界區間的可數族
事實上，對這樣的一個覆寫，對每個名額k，定義
則I′k和I″k是區間且
由于
分别是覆寫A1和A2的開有界區間的可數族，根據外測度的定義，
是以（6）成立且證明完成.每個開集是可數個不交開區間的并.我們是以從前兩個命題推出每個開集是可測的.每個閉集是開集的補集，且是以每個閉集是可測的.回憶一個實數的集合稱為是一個Gδ集，若它是可數個開集族的交;而稱為是一個Fσ集，若它是可數個閉集族的并.我們從命題7推斷出每個Gδ集與每個Fσ集是可測的.
所有包含開集的Ｒ的子集的σ代數的交是一個σ代數，它稱為Ｂｏｒｅｌ σ代數，該族的成員稱為Ｂｏｒｅｌ集.Ｂｏｒｅｌ σ代數包含在每個包含所有開集的σ代數中.是以，由于可測集是包含所有開集的σ代數，每個Ｂｏｒｅｌ集是可測的.我們已建立了以下定理.定理9 可測集族M是一個包含Ｂｏｒｅｌ集的σ代數B的σ代數.每個區間、每個開集、每個閉集、每個Gδ集和每個Fσ集是可測的.
命題10 可測集的平移是可測的.
證明 令E為可測集.令A為任意集合，而y是實數.根據E的可測性和外測度的平移不變性，
是以E+y是可測的.
11.證明：若R的子集的σ代數包含形如（ａ，∞）的區間，則它包含所有區間.
12.證明每個區間是一個Ｂｏｒｅｌ集.
13.證明：（i）Fσ集的平移也是Fσ；（ii）Gδ集的平移也是Gδ；（iii）測度為零的集合的平移測度也為零.
14.證明：若一個集合Ｅ具有正的外測度，則存在E的有界子集也有正的外測度.
15.證明：若E有有限測度且ε>0，則E是有限個可測集的不交并，這些可測集的每個集合的測度至多為ε.
2.4 Lebesgue可測集的外逼近和内逼近
我們現在轉向基于閉集的内逼近與基于開集的外逼近的單個集合的可測性的特征，這些特征提供了可測性的交替視角，是我們以後研究關于可測與可積函數的逼近性質的必要工具.
可測集具有以下分割性質：若A是包含于B的有限外測度的可測集，則
事實上，由A的可測性，
是以，由于
，我們有（7）.
定理11 令E為任何實數集.則下列四個斷言都與E的可測性等價.
（用開集和Gδ集的外逼近）
（i） 對每個ε>0，存在包含E的開集O使得
（ii） 存在包含E的Gδ集G使得
（用閉集和Fσ集的内逼近）
（iii） 對每個ε>0，存在包含于E的閉集F使得
（iv） 存在包含于E的Fσ集F使得
證明 我們證明E的可測性與兩個外逼近性質（i）和（ii）的等價性.證明的剩餘部分從De Morgan等式以及以下觀察得到：一個集合是可測的當且僅當它的補是可測的，一個集合是開的當且僅當它的補是閉的，一個集合是Fσ當且僅當它的補是Gδ.
40假設E是可測的.令ε>0.首先考慮
的情形.根據外測度的定義，存在開區間的可數族
覆寫E且使得
定義
。則O是包含E的開集.根據O的外測度的定義，
是以，
然而，E是可測的且有有限外測度.是以，根據上面注意到的可測集的分割性質，
現在考慮
的情形.則E可表示為可測集的可數族
的不交并，該族的每個集合具有有限外測度.根據有限測度的情形，對每個名額k，存在包含Ek的開集Ok使得
.集合
是開的，它包含E且
于是性質（i）對E成立.
現在假設性質（i）對E成立.對每個自然數k，選取包含E的開集Ok使得
<1/k.定義
.則G是一個包含Ｅ的Gδ集.此外，由于對每個k，
，根據外測度的單調性，
，進而（ii）成立.現在假設性質（ii）對E成立.由于測度為零的集合是可測的，且Gδ集也如此，可測集是一個代數，集合
有限外測度的可測集的以下性質斷言這樣的集合“接近”于有限個開區間的不交并.
定理12 令E為外測度有限的可測集.則對每個ε>0，存在開區間的有限不交族
，使得若
證明 根據定理11的斷言（i），存在開集U使得
由于E是可測的且具有有限的外測度，我們從外測度的分割性質推斷出U也有有限的外測度.每個實數的開集是開區間的可數族的不交并.令U為開區間的可數不交族
的并.每個區間是可測的且它的外測度是它的長度.是以，根據命題6和外測度的單調性，對每個自然數n，
該不等式的右邊與n無關.是以，
選取自然數n使得
.由于
，根據外測度的單調性和（8），
另一方面，由于
是以根據外測度的定義，
注 關于定理11的斷言（i）的說明是妥當的.根據外測度的定義，對任何有界集E（無論是否可測）和任何ε>0，存在開集O使得
，是以
.這不蘊涵着
，因為分割性質
不成立，除非E是可測的（見習題19）.
16.通過證明可測性等價于（iii）且等價于（iv）完成定理11的證明.
17.證明集合E是可測的當且僅當對每個ε>0，存在閉集F和開集O使得
18.令E有有限外測度.證明存在Fσ集Ｆ和Gδ集G使得
19.令E有有限外測度.證明：若E不可測，則存在包含E的開集O，它具有有限外測度使得
20.（Lebesgue）令E有有限外測度.證明E是可測的當且僅當對每個開的有界區間（ａ，ｂ），
21.用定理11的性質（ii）作為可測集的原始定義且證明兩個可測集的并是可測的.接着對性質（iv）做同樣的事.
22.對任何集合A，定義
為
這個集函數
與外測度
有何聯系？
23.對任何集合A，定義
.這個集函數
2.5 可數可加性、連續性以及Borel-Cantelli引理
定義 外測度這一集函數在可測集類上的限制稱為Lebesgue測度.它記為m，是以若E是可測集，它的Lebesgue測度m（E）定義為
下面的命題十分重要.
命題13 Lebesgue測度是可數可加的，即若
是可測集的可數不交族，則它的并集
也是可測的且
證明 命題7告訴我們
是可測的.根據命題3，外測度是可數次可加的.是以
剩下來要證明反向的不等式.根據命題6，對每個自然數n，
包含
，根據外測度的單調性和前一個等式，對每個n，
該不等式的左邊與n無關.是以，
從不等式（9）和（10）得出這些是等式.根據命題1，區間的外測度是它的長度，且根據命題2，外測度是平移不變的.是以前一個命題完成了以下定理的證明，它是本章的主要目标.
定理14 定義在Lebesgue可測集的σ代數上的集函數Lebesgue測度，賦予任何區間它的長度，是平移不變且可數可加的.
集合的可數族
稱為是上升的，若對每個k，
;而稱為是下降的，若對每個k，
定理15（測度的連續性） Lebesgue測度具有以下連續性質：
（i） 若
是上升的可測集族，則
（ii） 若
是下降的可測集族且m（B1）<∞，則
證明 我們首先證明（i）.若存在名額k0使得m（Ak0）=∞，則根據外測度的單調性，
，且對所有
.是以（11）成立，這是因為等式的兩邊都等于∞.剩下來要考慮對所有k，m（Ak）<∞的情形.定義A0=∅，接着對每個k≥1定義Ck=Ak~Ak-1.根據構造，由于序列
是上升的，
根據m的可數可加性，
是上升的，我們從測度的分割性質推出
由于m（A0）=m（∅）=0，（11）從（13）和（14）得出.
為證明（ii），對每個k我們定義Dk=B1~Bk.由于序列
是下降的，序列
是上升的.根據（i）部分，
根據De Morgan恒等式，
另一方面，根據測度的分割性質，對每個k，由于m（Bk）<∞，m（Dk）=m（B1）-m（Bk）.是以
再一次用分割性質我們得到等式（12）.對于可測集E，我們說一個性質在E上幾乎處處成立，或它對幾乎所有x∈E成立，若存在E的子集E0使得m（E0）=0，且該性質對所有x∈E~E0成立.
Borel-Cantelli引理 令
為滿足
的可測集的可數族.則幾乎所有ｘ∈R屬于至多有限多個Ek.
證明 對每個n，根據m的可數次可加性，
是以，根據測度的連續性，
是以幾乎所有ｘ∈R不屬于
，因而屬于至多有限多個Ek.集函數Lebesgue測度承襲了Lebesgue外測度具有的性質.為了将來的參考我們命名這些性質中的一些性質.
（有限可加性）對任何可測集的有限不交族
（單調性）若A和B是可測集且
（分割性）若進一步，
且m（A）<∞，則
是以若m（A）=0，則
（可數單調性）對任何覆寫可測集E的可測集的可數族
可數單調性是測度的單調性和可數次可加性的合并.它經常被使用.
注 在将要進行的Lebesgue積分的研究中，事實是顯然的：相比于Riemann積分，Lebesgue測度的可數可加性使得Lebesgue積分具有決定性的優勢.
24.證明：若E1和E2是可測的，則
25.證明在關于測度的連續性的定理的（ii）部分假設m（B1）<∞是必要的.
26.令
為可測集的可數不交族.證明對任意集合A，
27.令M′為R的子集的σ代數，而ｍ′是M上的集函數，它在［0，∞］取值，是可數可加的，且使得ｍ′（∅）＝0.
（i） 證明m′是有限可加的、單調的、可數單調的且具有分割性質.
（ii） 證明m′具有與Lebesgue測度相同的連續性質.
28.證明測度的連續性與測度的有限可加性蘊涵測度的可數可加性.
2.6 不可測集
我們已定義可測集且研究了可測集族的性質.自然要問，事實上，是否存在不可測集？這個問題的答案一點都不明顯.
我們知道若集合E的外測度為零，則它是可測的，且由于E的任何子集外測度也為零，E的每個子集是可測的.這是關于從集合的包含關系繼承可測性所能得到的最好結果.我們現在證明：若E是任何具有正外測度的實數集，則E存在不可測子集.
引理16 令E為有界的可測實數集.假定存在有界、可數無窮的實數集Λ使得E的平移族{λ＋Ｅ}λ∈Λ是不交的.則m（Ｅ）＝0.
證明 可測集的平移是可測的.是以，根據測度在可數不交并的可測集上的可數可加性，
由于Ｅ和Λ都是有界集，集合
也是有界的，是以有有限的測度.于是（１５）的左邊是有限的.然而，由于測度是平移不變的，對每個λ∈Λ，m（λ+E）=m（E）≥0.
是以，由于集合Λ是可數無窮的，而（15）右邊的和式是有限的，必有ｍ（Ｅ）＝0.對于任何非空的實數集E，我們定義E中的兩個點為有理等價，若它們的差屬于有理數集Ｑ.容易看到這是一個等價關系，即它是自反的、對稱的與傳遞的.我們稱它為Ｅ上的有理等價關系.對于該關系，存在E的等價類族的不交分解.談到E上的有理等價關系的選擇集，我們意味着集合CE恰好由每個等價類的一個成員組成.我們從選擇公理推出存在這樣的選擇集.選擇集CE由以下兩個性質刻畫：
（i） CE中的兩個點的差不是有理的；
（ii） 對E中的每個點x，存在CE中的點c使得x=c+q，其中q是有理數.
CE的第一個特征性質可友善地重述為：
定理17（Vitali） 任何具有正外測度的實數集E包含一個不可測子集.
證明 令Ｅ為具有正的外測度的實數集.根據外測度的可數次可加性，我們可以假定Ｅ是有界的.令CE為E上的有理等價關系的任意選擇集.我們宣稱CE是不可測的.為證明這個斷言，我們假設它是可測的且導出沖突.
有理數可數無窮且在Ｒ中稠密.令Λ0為任意有界可數無窮的有理數集.由于CE是可測的，根據（１６），CE的通過Λ0的成員的平移族是不交的，從引理16得出ｍ（CE）=0.然而，由于CE是E上的有理等價關系的選擇集，我們有被包含關系
從Lebesgue外測度的可數單調性、Q的可數性以及測度的平移不變性推出
這與Ｅ有正的外測度的假設沖突，進而定理得證.
定理18 存在不交的實數集A和B使得
證明 我們用反證法證明.假設對每對不交的集合Ａ和Ｂ，
.則根據可測集的最初定義，每個集必須是可測的.這與前一個定理沖突.
29.（i） 證明有理等價定義了任何集上的等價關系.
（ii） 對Q上的有理等價關系直接找到選擇集.
（iii） 定義兩個數為無理等價，若它們的差是無理數.它是R上的等價關系嗎？它是Q上的等價關系嗎？
30.證明正外測度集合上的有理等價關系的任何選擇集必須是不可數無窮的.
31.說明在Vitali定理的證明中僅須考慮E是有界的情形就足夠了.
32.若允許Λ為有限或不可數無窮，引理16仍然成立嗎？若允許Λ為無界呢？
33.令Ｅ為有限外測度的不可測集.證明存在包含E的Gδ集G使得
2.7 Cantor集和Cantor-Lebesgue函數
我們已證明可數集測度為零以及Borel集是Lebesgue可測的.這兩個斷言引發了以下兩個問題.
問題1 若一個集合測度為零，它是否也可數？
問題2 若一個集合可測，它也是Ｂoｒｅｌ集嗎？
這兩個問題的回答都是否定的.本節我們構造稱為Cantor集的集合與稱為Cantor-Lebesgue函數的函數.通過研究它們，我們回答以上兩個問題，而後者提供了關于函數更好的性質的其他問題的回答.
考慮閉有界區間I=［0,1］.構造Cantor集的第一步是将Ｉ分為長度等于1/3的三個區間且去掉中間區間的内部，即我們從區間［0,1］去掉區間（1/3,2/3）以得到閉集C1，它是兩個不交閉區間的并，每個區間長度為1/3:
現在在C1的兩個區間重複“去掉居中的三分之一開集”以得到閉集C2，它是22個閉區間的并，每個區間的長度為１／32：
現在在C2的四個區間重複“去掉居中的三分之一開集”以得到閉集C3，它是23個閉區間的并，每個區間的長度為１／33.
繼續這個去除操作可數多次以得到可數集族
.我們定義Cantor集C為
集族
具有以下兩個性質：
（i）
是下降的閉集序列；
（ii） 對每個k，Ck是2k個不交閉區間的并集，每個區間長度為１／3k.
命題19 Cantor集C是閉的測度為零的不可數集.
證明 任何閉集族的交是閉的.是以C是閉的.每個閉集是可測的.是以每個Ck和C自身是可測的.
現在每個Ck是2k個不交區間的并，每個區間長度為1/3k，是以根據Lebesgue測度的有限可加性，
根據測度的單調性，由于對所有k，
，ｍ（Ｃ）=0.剩下要證明C是不可數的.為此我們用反證法讨論.假定C是可數的.令
為C的一個列舉.其并是C1的兩個不交Cantor區間之一不包含點c1，記之為F1.其并是F1的C2中兩個不交Cantor區間之一不包含點c2，記之為F2.以這種方式繼續，我們構造了一個可數集族
，其中，對每個k，它具有以下三個性質：（i）Fk是閉的且
；（ii）
；（iii）ck∉Fk.從（i）和集套定理我們得出交集
是非空的.令點x屬于這個交.根據性質（ii），
是以點x屬于C.然而，
是C的列舉，使得對某個名額n，ｘ＝cn.是以cn=x∈
.這與性質（iii）沖突.是以C必須是不可數的.定義在實數集上的實值函數f稱為是遞增的，若每當u≤v，ｆ（ｕ）≤ｆ（ｖ）;而稱為是嚴格遞增的，若每當ｕ＜ｖ，ｆ（ｕ）＜ｆ（ｖ）.50
我們現在定義Cantor-Lebesgue函數，即定義在［０，１］上的連續的遞增函數φ，它具有非凡的性質，盡管φ（1）＞φ（0），它的導數存在且在測度為1的集合上等于零.對每個ｋ，令Ok為在Cantor消去過程的前ｋ步中被去掉的2k-1個區間的并集.是以Ck＝［０，１］～Ok.定義
.則根據Ｄｅ Ｍｏｒｇａｎ等式，
.我們首先在O上定義φ，接着在Ｃ上定義它.
固定自然數ｋ.在Ok上定義φ為Ok上的遞增函數，它在2k-1個開區間上是常數且取2k-1個值
是以，在消去過程的第一步被去掉的單個區間上，φ的定義是
在前兩步去掉的三個區間上，φ的定義是
通過在C上定義我們将φ延拓到整個［０，１］區間：
命題20 Cantor-Lebesgue函數φ是遞增的連續函數，它将［0,1］映上［0,1］.它的導數在開集O上存在，即Cantor集在［０，１］上的補集存在，在O上φ′=0而m（O）=1
證明 由于φ在O上是遞增的，它在［０，１］上的延拓也是遞增的.關于連續性，φ當然在O的每個點是連續的，這是由于每個這樣的點屬于一個開區間，在這個開區間上φ是常數.現在考慮點x0∈C滿足x0≠0,1.由于點x0屬于Ｃ，51它不是消去過程前ｋ步去掉的2k-1個區間的成員，其并我們記為Ok.是以，若ｋ充分大，x0落在Ok中兩個相連的區間之間：選取其中小的為ak,大的為bk.根據函數φ的定義，穿過Ok中兩個相連的區間增加1/2k.是以
由于ｋ可以任意大，函數φ在x0沒有跳躍不連續性.對于一個遞增的函數，跳躍不連續性是僅有的不連續性類型.是以φ在x0是連續的.若x0是［０，１］的端點，用類似的方法可證明在x0的連續性.
由于在每個去除過程的任意階段去掉的區間上φ是常數，它的導數存在且在O的每一點等于0.由于Ｃ的測度為零，它在［０，１］上的補O的測度為１.最後，由于φ（０）＝０，φ（１）＝１，而φ是遞增與連續的，我們從介值定理推出φ将［0,1］映上［0,1］.
命題21 令φ為Cantor-Lebesgue函數且定義在［０，１］上的函數ψ為對所有ｘ∈［０，１］ ψ（x）=φ（x）+x則ψ是嚴格遞增的連續函數，它将［0,1］映上［0,２］.
（i） 将Cantor集C映上正測度的可測集；
（ii） 将一個可測集即Cantor集的一個子集映上一個非可測集.
證明 由于函數ψ是兩個連續函數的和，它是連續的;由于它是遞增與嚴格遞增函數的和，它是嚴格遞增的.此外，由于ψ（０）＝０且ψ（１）＝２，ψ（［0,1］）=［0,2］.對于O＝［０，１］～Ｃ，我們有不交分解
其中ψ有不交分解
定義在區間上的嚴格遞增函數有一個連續的逆.是以ψ（C）是閉的而ψ（O）是開的，于是它們都是可測的.我們将證明m（ψ（O））=1，且是以從（18）推出m（ψ（C））=1，進而證明（i）.
令
為在Cantor去除過程去掉的區間族（以任何方式）的列舉.是以
.由于φ在每個Ik上是常數，ψ将Ik映上它自身的具有相同長度的平移副本.由于ψ是一對一的，族
是不交的.根據測度的可數可加性，
但ｍ（Ｃ）＝０進而m（O）=1.是以ｍ（ψ（O））＝１，且根據（18），ｍ（ψ（C））=1.我們證明了（i）.
為了證明（ii），注意到Vitali定理告訴我們ψ（C）包含不可測集W.集合ψ-1（W）是可測的且測度為零，因為它是Cantor集的子集.集合ψ-1（W）是Cantor集的可測子集，它被ψ映上一個不可測集.
命題22 存在Cantor集的一個子集是可測集但不是Ｂｏｒｅｌ集.
證明 前一個命題描述的定義在［０，１］上的嚴格遞增函數ψ将可測集A映上一個不可測集.定義在區間上的嚴格遞增連續函數将Borel集映上Borel集（見習題43）.是以集合Ａ不是Ｂｏｒｅｌ集，否則它在ψ下的象将是Ｂｏｒｅｌ集，是以是可測的.
34.證明存在［0,1］上的連續、嚴格遞增函數将正測度集映到零測度集.
35.令f為開區間I上的遞增函數.對于x0∈I，證明f在x0連續當且僅當存在I中的序列｛an｝和｛bn｝使得對每個n，an＜x0＜bn且
36.令f為定義在E上的連續函數.若A是可測的，f^-1（A）總是可測的嗎？
37.令函數f：［a,b］→R為Lipschitz的，即存在常數c≥0使得對所有u，v∈［a，b］，|f（u）-f（v）|≤c|u-v|.證明f将測度為零的集映上測度為零的集.證明ｆ将Fσ集映上Fσ集.證明f将可測集映上可測集.
38.令F為按與Cantor集相同的方式構造的［0,1］的子集，除了在第n步每個被去掉的區間的長度為
，其中０＜α＜１.證明F是閉集，［０，１］～Ｆ在［０，１］稠密，且ｍ（Ｆ）＝１-α.這樣的集合F稱為廣義Cantor集.
39.證明存在實數的開集有一個正測度的邊界（與直覺相反）.（提示：考慮前一個習題中的廣義Cantor集的補集.）
40.R的子集A稱為在R無處稠密，若每個開集O有一個與A不交的非空開子集.證明Cantor集在R無處稠密.
41.證明定義在區間上的嚴格遞增函數有一個連續的逆.
42.令f為連續函數而B是Borel集.證明f^-1（B）是Borel集.（提示：使得f^-1（E）是Ｂｏｒｅｌ集的集合Ｅ所成的族是包含開集的σ代數.）
43.用前兩個習題證明定義在區間上的嚴格遞增連續函數将Borel集映到Borel集.