数学证明
本页集中列出附录A–D的书面数学证明。可测版本约定、有限维计算与早期证明边界各有独立入口；书面证明不等于数学终审。
数学证明
A. 从有限可加走到可数可加：不能省略的中间步骤
设 \mu^* 是集合 \Omega 上的外测度，令
\mathcal M=\{A\subseteq\Omega:\ \forall E\subseteq\Omega,\quad
\mu^*(E)=\mu^*(E\cap A)+\mu^*(E\setminus A)\}.外测度的次可加性始终给出其中的“\le”方向，因此证明可测性时，真正需要建立的是反方向。下面补全第五章 5.8 的闭合性及可数可加性论证；不预先使用“可测集构成一个 \sigma-代数”。
A.1 补集和有限并
\varnothing\in\mathcal M；定义关于 A 和 A^c 对称，故 A\in\mathcal M 蕴含 A^c\in\mathcal M。
取 A,B\in\mathcal M。先用 A 切分 E，再用 B 切分 E\setminus A，得到
\mu^*(E)=\mu^*(E\cap A)+\mu^*((E\setminus A)\cap B)
+\mu^*(E\setminus(A\cup B)).前两块合起来正是 E\cap(A\cup B)，次可加性说明它们的外测度之和不小于这块并集的外测度。于是
\mu^*(E)\ge\mu^*(E\cap(A\cup B))+\mu^*(E\setminus(A\cup B)).结合总成立的反向不等式，得到 A\cup B\in\mathcal M。补集与有限并再给出有限交和差集闭合性。上述论证只使用非负扩展实数相加，没有减去一个可能为无穷大的量。
A.2 可数并
先设 A_n\in\mathcal M 两两不交，记 A=\bigcup_nA_n。有限次切分给出，对每个 N，
\mu^*(E)=\sum_{n=1}^N\mu^*(E\cap A_n)
+\mu^*\left(E\setminus\bigcup_{n=1}^NA_n\right)
\ge\sum_{n=1}^N\mu^*(E\cap A_n)+\mu^*(E\setminus A).令 N\to\infty，再用次可加性，得到
\mu^*(E)\ge\sum_{n=1}^{\infty}\mu^*(E\cap A_n)+\mu^*(E\setminus A)
\ge\mu^*(E\cap A)+\mu^*(E\setminus A).故 A\in\mathcal M。一般的可数并可通过
B_1=A_1,\qquad B_n=A_n\setminus\bigcup_{k<n}A_k化为两两不交的可测集之并。因此 \mathcal M 确为 \sigma-代数。
A.3 限制后的测度为何可数可加
仍设 A_n 两两不交，令 E=A 代入上面的有限切分，得到
\mu^*(A)\ge\sum_{n=1}^N\mu^*(A_n).取上确界即得“\ge”方向，次可加性给出“\le”方向。因此
\mu^*\left(\bigcup_nA_n\right)=\sum_n\mu^*(A_n).所以 \mu=\mu^*|_{\mathcal M} 是测度。这里必须区分“外测度对所有集合次可加”与“限制到可测集后可数可加”：后者正是切分准则带来的额外结构。
B. 把开覆盖切开时，切点去了哪里？
第五章以开区间覆盖定义 m^*。若要证明 H=(-\infty,a] 可测，不能把 (u,v) 在 a 处直接写成两个开区间后忽略切点。
给定 E 和 \varepsilon>0。若 m^*(E)=\infty，次可加性已迫使
m^*(E\cap H)+m^*(E\setminus H)=\infty,所以等式成立。若 m^*(E)<\infty，选择开区间覆盖 E\subseteq\bigcup_jI_j，使总长度小于 m^*(E)+\varepsilon。
对不跨越 a 的区间，不必切分。对跨越切点的 I_j=(u_j,v_j)，以
(u_j,a+\delta_j),\qquad(a,v_j)分别覆盖其落在 H 与 H^c 中的部分，其中 \delta_j>0，并令 \sum_j\delta_j<\varepsilon。左侧稍向右延伸，确保切点本身没有丢失；总长度只增加至多 \varepsilon。于是
m^*(E\cap H)+m^*(E\setminus H)
\le\sum_j|I_j|+\sum_j\delta_j
<m^*(E)+2\varepsilon.令 \varepsilon\downarrow0，配合次可加性便得可测性。边界等于 a 的区间可直接按其原本所属一侧处理，包含 a 的左片仍采用同样的微小扩张。
由 \sigma-代数闭合性，(-\infty,a)=\bigcup_n(-\infty,a-1/n] 可测，继而所有开区间可测。每个开集是可数个有理端点开区间的并，因此所有 Borel 集都可测。这是从区间长度走到 Borel 测度所需要的完整桥梁。
C. 乘积测度与 Tonelli：从矩形到一般集合
第六章 6.12 的一句“利用单调类论证”承载了实质内容。这里在 \sigma-有限空间 (X,\mathcal A,\mu)、(Y,\mathcal B,\nu) 上展开。只讨论乘积 \sigma-代数 \mathcal A\otimes\mathcal B；若再作完备化，需要另行处理零集截面的例外。
C.1 截面可测，先不谈积分
对 E\subseteq X\times Y，写 E_x=\{y:(x,y)\in E\}。具有“每个 E_x\in\mathcal B”性质的集合族对补集、可数并封闭，且包含所有矩形，因此包含 \mathcal A\otimes\mathcal B。另一方向的截面同理。
C.2 有限测度情形的集合恒等式
先假定 \mu(X),\nu(Y)<\infty。令 \mathcal D 包含所有使
x\mapsto\nu(E_x),\quad y\mapsto\mu(E^y)可测，且满足
\int_X\nu(E_x)\,d\mu(x)=\int_Y\mu(E^y)\,d\nu(y)的乘积可测集合。矩形 A\times B 属于 \mathcal D，两边都等于 \mu(A)\nu(B)。全空间也属于它。
有限总测度使补集操作合法：截面测度变成常数 \nu(Y) 减去原函数，积分恒等式从 \mu(X)\nu(Y) 减去两边即得。对两两不交的 E_n\in\mathcal D，截面测度是非负函数之和，单调收敛定理给出可测性和积分恒等式。因此 \mathcal D 是 Dynkin 系统。
矩形族对有限交封闭。由 \pi-\lambda 定理，\mathcal D 包含它生成的整个乘积 \sigma-代数。此处调用的 \pi-\lambda 定理是集合论工具，不是 Tonelli 定理，因而没有循环使用待证结论。 这一集合论工具的完整证明现见π–λ 补证。
C.3 一般 \sigma-有限情形及测度的构造
选 X_k\uparrow X、Y_k\uparrow Y，各自测度有限。把刚才的结论用于 E\cap(X_k\times Y_k)，再用单调收敛，得到一般集合的截面函数可测及两种迭代积分相等。定义
\rho(E)=\int_X\nu(E_x)\,d\mu(x),\qquad E\in\mathcal A\otimes\mathcal B.\rho(\varnothing)=0。若 E_n 两两不交，则各截面也两两不交，故
\rho\left(\bigcup_nE_n\right)
=\int_X\sum_n\nu((E_n)_x)\,d\mu
=\sum_n\rho(E_n).因此 \rho 是测度，并且矩形上 \rho(A\times B)=\mu(A)\nu(B)，约定 0\cdot\infty=0。有限矩形上由 \pi-\lambda 唯一性，再由可数覆盖，得到 \sigma-有限条件下的唯一性。这便构造了 \mu\otimes\nu，没有先假定它存在再借它证明自身的性质。
C.4 从集合到函数
集合恒等式就是指标函数的 Tonelli 公式。有限线性组合给出非负简单函数的公式。对非负乘积可测 f，选 s_n\uparrow f，在乘积空间和两个截面方向分别使用单调收敛，得到
\int f\,d(\mu\otimes\nu)
=\int_X\left(\int_Yf(x,y)\,d\nu(y)\right)d\mu(x)
=\int_Y\left(\int_Xf(x,y)\,d\mu(x)\right)d\nu(y).各边允许为 +\infty。对有符号 f 则先对 |f| 使用 Tonelli。若乘积积分有限，几乎所有截面绝对可积，再对 f^+、f^- 分别应用公式并相减，即得 Fubini。这个绝对可积条件保证我们没有暗中执行 \infty-\infty。
D. 有限二阶矩为什么已经足够：特征函数余项
第三章通过特征函数解释中心极限定理时，关键不是形式展开指数，而是允许把二阶展开带入期望。设 \mathbb EY=0、\mathbb EY^2=\sigma^2<\infty。令
r(u)=e^{iu}-1-iu+\frac{u^2}{2}.由二阶 Taylor 展开，r(u)/u^2\to0。同时存在绝对常数 C 使 |r(u)|\le Cu^2 对所有实数成立：在 |u|\le1 用 Taylor 余项；在 |u|>1 用 2+|u|+u^2/2\le(7/2)u^2。
对 t\ne0，
\frac{r(tY)}{t^2}\longrightarrow0,\qquad
\left|\frac{r(tY)}{t^2}\right|\le CY^2.控制收敛定理于是给出
\varphi_Y(t)=1-\frac{\sigma^2t^2}{2}+o(t^2).若 \sigma>0，独立同分布的 Y_j 满足
\varphi_{(Y_1+\cdots+Y_n)/(\sigma\sqrt n)}(t)
=\left(1-\frac{t^2}{2n}+o(n^{-1})\right)^n\longrightarrow e^{-t^2/2}.最后调用 Lévy 连续性定理才得到分布收敛。这里不需要三阶矩；把随机变量形式地写进三阶余项并假定其可积，会偷偷加强定理的假设。第六章建立的控制收敛恰好补上了第三章在逻辑上的这一环。