13 测度的从下连续性 · 第1讲 · 高等概率论逐页精讲

这一页在讲什么

人话版一句话版

一列集合越变越大（ $E_{1} \subseteq E_{2} \subseteq \dots ），$ 最后「长成」它们的并集 $E 。$ 那么它们的测度也会一路增大、最终逼近 $E$ 的测度： $μ (E_{n}) \to μ (E) 。$ 这叫从下连续——「从下面」一步步逼近，测度不会在极限处突然「跳」一下。

上一页第 12 页正式定义了测度：非负、空集为 0、可数可加。这一页和下一页第 14 页证明测度的第一批重要性质：连续性。它们回答的问题是：

集合的极限，与测度的极限，能不能交换顺序？

本页（定理 8）：集合递增时，总能交换，不需要任何额外条件。
下一页（定理 9）：集合递减时，需要一个「有限」条件，否则会出错。

证明的核心技巧只有一个：把递增的集合切成一圈圈互不重叠的「年轮」，然后用可数可加性。这正是第 8 页说「可数可加比有限可加强」的具体体现：有限可加推不出这个定理。后面的单调收敛定理（第 36 页）会反复用它。本页属于第 1 部分「概率空间与可测事件」。

先补基础

基础补课数列的极限 →

一列数 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots$ 叫数列。 $a_{n} \to a$ 读作「 $a_{n}$ 趋于 $a 」$ 「 $a_{n}$ 收敛到 $a 」：$ $n$ 越大， $a_{n}$ 离 $a$ 越近，而且要多近有多近。
例： $a_{n} = 1 - \frac{1}{n} ，$ 即 $0, \frac{1}{2}, \frac{2}{3}, \frac{3}{4}, \dots ，$ 越来越接近 1，所以 $a_{n} \to 1 。$
$a_{n} \to \infty ：$ $a_{n}$ 越来越大，超过任何给定的数。例： $a_{n} = 2 n 。$
单调递增的数列一定有极限（可能是 $\infty ）：$ 它只往上走，要么被某个数挡住、越来越贴近某个数，要么无限增大。测度的数列 $μ (E_{n})$ 在集合递增时正是这种数列。

基础补课集合的递增与记号 Eₙ ↑ E

$E_{1} \subseteq E_{2} \subseteq E_{3} \subseteq \dots ：$ 每个集合都包含前一个，叫递增（increasing）的集合列。
$E_{n} ↑ E$ 读作「 $E_{n}$ 递增到 $E 」，$ 意思是两件事：① $E_{n}$ 递增；② $E = ⋃_{n} E_{n} 。$
例： $E_{n} = [0, 1 - \frac{1}{n}] 。$ $E_{1} = {0}$ （即 $[0, 0] ），$ $E_{2} = [0, \frac{1}{2}] ，$ $E_{3} = [0, \frac{2}{3}] \dots\dots$ 越来越长，它们的并集是 $[0, 1) 。$ 所以 $E_{n} ↑ [0, 1) 。$ 注意 1 本身不在任何 $E_{n}$ 里。

基础补课差集与级数的部分和

差集 $E_{n} ∖ E_{n - 1} ：$ 在 $E_{n}$ 里、但不在 $E_{n - 1}$ 里的元素，也就是「第 $n$ 步新长出来的部分」。
级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 的定义就是部分和的极限： $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 1}^{N} a_{n} 。$ 各项非负时，部分和递增，极限总存在（有限数或 $\infty ）。$ 这一点是本页证明最后一步的关键。

课件原文逐句精读

课件原文Theorem 8

Theorem 8　If $E_{n} \in S$ and $E_{n} \to E := ⋃_{n} E_{n}$ , then $μ (E_{n}) \to μ (E)$ .

（说明：老师把印刷的箭头「 $\to 」$ 圈了出来，并在下面画了一个向上的箭头「 $↑ 」，$ 意思是条件应为 $E_{n} ↑ E ，$ 即集合递增。）

中文翻译

定理 8（从下连续）　若 $E_{n} \in S ，$ 且 $E_{n}$ 递增到 $E := ⋃_{n} E_{n} ，$ 则 $μ (E_{n}) \to μ (E) 。$

逐个符号来读：

$E_{n} \in S$ ：每个 $E_{n}$ 都是可测集。这里课件用 $S$ 表示 σ-代数，和定义 6 里的 $M$ 是同一个东西（老师在页首补写了 $(S, M, μ) 、$ $μ : M \to [0, \infty]$ 来提醒这一点）。所以 $E_{n} \in S$ 读作 $E_{n} \in M$ 即可。
$E_{n} ↑ E := ⋃_{n} E_{n}$ ：集合递增， $E$ 定义为它们的并集。老师的更正非常重要：印刷的「 $\to 」$ 没有说明递增，而递增是必需的条件（见例 4 的反例）。
$E$ 也可测： $E$ 是可测集的可数并，由 σ-代数的规则 3（第 9 页）， $E \in M ，$ 所以 $μ (E)$ 有定义。
结论 $μ (E_{n}) \to μ (E)$ ：一列数 $μ (E_{1}), μ (E_{2}), \dots$ 收敛到数 $μ (E) 。$ 允许 $μ (E) = \infty ，$ 此时意思是 $μ (E_{n})$ 无限增大。

为什么叫「从下连续」？把 $μ$ 看成一个以集合为输入的「函数」。「连续」的意思是：输入逼近，输出也逼近。这里输入是从里面、从下面长大逼近 $E$ 的，所以叫从下连续（continuity from below）。

定理 8（从下连续）

设 $(S, M, μ)$ 是测度空间， $E_{1} \subseteq E_{2} \subseteq \dots$ 都属于 $M ，$ $E = ⋃_{n \geq 1} E_{n} 。$ 则

μ (E_{n}) \to μ (E) (n \to \infty),

并且 $μ (E_{1}) \leq μ (E_{2}) \leq \dots \leq μ (E) 。$ 这里不需要任何有限性条件， $μ (E) = \infty$ 也成立。

老师板书在说什么

老师板书板书转写（按从上到下的顺序）

（页首） $(S, M, μ) ，$ $μ : M \to [0, \infty]$
（定理 8 中）印刷的「 $\to 」$ 被蓝笔圈出，下方画了向上的箭头 $↑$
proof.　 $D_{1} := E_{1}$
$D_{n} := E_{n} ∖ E_{n - 1}$ 　for $n \geq 2$
${D_{n}}_{n \geq 1}$ are disjoint.
then　 $μ (E_{N}) = μ (⋃_{n = 1}^{N} D_{n}) = \sum_{n = 1}^{N} μ (D_{n}) \to \sum_{n = 1}^{\infty} μ (D_{n})$
$= μ (⋃_{n = 1}^{\infty} D_{n})$
$= μ (E)$ .
（右下角）#（证明结束的记号）

老师的证明只有五行，每一行背后都有一个理由没写出来。下面按行补全；完整的逐步证明在「推导」一节。

第 3–4 行：切「年轮」

$D_{1} = E_{1} ：$ 最里面的核。
$D_{n} = E_{n} ∖ E_{n - 1} ：$ 第 $n$ 步新长出来的那一圈。
想象一棵树的横截面： $E_{1}$ 是树心， $E_{2}$ 是长了一年后的树干， $D_{2}$ 就是第二圈年轮； $E_{n}$ 是 $n$ 年后的树干，它恰好由前 $n$ 圈年轮组成。

具体例子： $E_{n} = [0, 1 - \frac{1}{n}]$ 时，

D_{1} = {0}, D_{2} = (0, \frac{1}{2}], D_{3} = (\frac{1}{2}, \frac{2}{3}], D_{4} = (\frac{2}{3}, \frac{3}{4}], \dots

每一圈都是上一个右端点到下一个右端点之间的半开区间。

第 5 行：年轮两两不交

$D_{n}$ 里的点「第一次出现」是在 $E_{n} ，$ 而 $D_{m}$ （ $m \neq = n ）$ 里的点第一次出现在 $E_{m} 。$ 一个点第一次出现的时刻只有一个，所以不可能同时属于两圈年轮。（严格证明见推导一节第 2 步。）

第 6 行：有限步用有限可加，再取极限

第一个等号： $E_{N}$ 恰好是前 $N$ 圈年轮拼起来的， $E_{N} = ⋃_{n = 1}^{N} D_{n} 。$
第二个等号：这 $N$ 圈两两不交，用有限可加性（第 12 页性质 1）。
箭头「 $\to 」：$ 当 $N \to \infty$ 时，部分和 $\sum_{n = 1}^{N} μ (D_{n})$ 趋于级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} μ (D_{n})$ ——这就是级数的定义（见基础补课）。

第 7–8 行：用可数可加，回到 E

第 7 行：所有年轮两两不交，用可数可加性把级数写回一个测度。这是整个证明中唯一用到「可数」的地方。
第 8 行：所有年轮拼起来就是整个 $E ，$ $⋃_{n = 1}^{\infty} D_{n} = E 。$

最后的「#」是老师表示「证明完毕」的记号，相当于常见的 $□ 。$

例子

例 1：区间越来越长（长度测度）

取 $μ$ 为长度， $E_{n} = [0, 1 - \frac{1}{n}] ，$ $E_{n} ↑ [0, 1) 。$

$μ (E_{n}) = 1 - \frac{1}{n} ：$ $0, 0.5, 0.667, 0.75, \dots, 0.99$ （ $n = 100 ）\dots\dots$
定理 8 预言： $μ (E_{n}) \to μ ([0, 1)) = 1 。$ 确实， $1 - \frac{1}{n} \to 1 。$
用年轮验证： $μ (D_{1}) = 0 ，$ $μ (D_{n}) = (1 - \frac{1}{n}) - (1 - \frac{1}{n - 1}) = \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n}$ （ $n \geq 2 ）。$ 前 $N$ 项之和「错位相消」为 $1 - \frac{1}{N} ，$ 和第 6 行一致。

例 2：测度趋于无穷也没问题

取 $μ$ 为长度， $E_{n} = [- n, n] ，$ $E_{n} ↑ R 。$ $μ (E_{n}) = 2 n \to \infty = μ (R) 。$

取 $μ$ 为 $N$ 上的计数测度（第 12 页例 1）， $E_{n} = {1, \dots, n} ，$ $E_{n} ↑ N 。$ $μ (E_{n}) = n \to \infty = μ (N) 。$

两种情况下极限都是 $\infty ，$ 定理照样成立——从下连续不需要有限条件。

例 3：概率里的例子——前 n 次里出现过正面

无穷次抛公平硬币（第 7 页），令 $E_{n}$ ＝「前 $n$ 次里至少有一次正面」 $= H_{1} \cup \dots \cup H_{n} 。$

递增：前 $n$ 次里有正面，前 $n + 1$ 次里当然也有，所以 $E_{n} \subseteq E_{n + 1} 。$
并集： $⋃_{n} E_{n}$ ＝「某一次出现正面」＝「至少一次正面」 $= ⋃_{n} H_{n} 。$
$P (E_{n}) = 1 - P (前 n 次全是反面) = 1 - 2^{- n} 。$
定理 8： $P (至少一次正面) = lim_{n} (1 - 2^{- n}) = 1 。$ 这和第 8 页例 2 用可数可加直接算的结果一致——事实上两者是同一个论证：那里的 $F_{n}$ （第一次正面在第 $n$ 次）正是这里的年轮 $D_{n} 。$

例 4（反例）：去掉「递增」会怎样

不嵌套： $E_{n} = [n, n + 1]$ （长度测度）。并集是 $[1, \infty) ，$ 长度 $\infty ；$ 但每个 $μ (E_{n}) = 1 ，$ 数列 $1, 1, 1, \dots$ 趋于 1，不趋于 $\infty 。$ 结论失败。
来回摆动： $E_{n} = [0, 1]$ （ $n$ 为奇数）、 $E_{n} = [0, 2]$ （ $n$ 为偶数）。并集是 $[0, 2] ，$ 测度 2；但 $μ (E_{n}) = 1, 2, 1, 2, \dots$ 根本不收敛。

所以老师把印刷的「 $\to 」$ 改成「 $↑ 」$ 绝不是小事：没有递增，定理是错的。

例 5：一个马上能用的应用——分布函数的左极限

第 11 页定义了分布函数 $F_{X} (x) = P (X \leq x) 。$ 问： $P (X < x)$ （严格小于）怎么用 $F_{X}$ 表示？

取集合 $E_{n} = {X \leq x - \frac{1}{n}} 。$ $n$ 越大， $x - \frac{1}{n}$ 越大，条件越宽松，所以 $E_{n}$ 递增。
并集：若 $X (ω) < x ，$ 则当 $n$ 足够大、 $\frac{1}{n} < x - X (ω)$ 时， $X (ω) \leq x - \frac{1}{n} ，$ 所以 $ω$ 在某个 $E_{n}$ 里；反过来， $E_{n}$ 里的 $ω$ 都满足 $X (ω) \leq x - \frac{1}{n} < x 。$ 所以 $E_{n} ↑ {X < x} 。$
由定理 8： $P (X < x) = lim_{n \to \infty} P (X \leq x - \frac{1}{n}) = lim_{n \to \infty} F_{X} (x - \frac{1}{n}) 。$ 右边就是 $F_{X}$ 在 $x$ 处的左极限，常记作 $F_{X} (x -) 。$

具体数字：抛两次公平硬币， $X$ ＝正面次数（第 11 页例 5）。在 $x = 1$ 处， $F_{X} (1 - \frac{1}{n}) = \frac{1}{4}$ （对 $n \geq 2 ），$ 所以 $P (X < 1) = \frac{1}{4} ，$ 也就是 $P (X = 0) 。$ 而 $F_{X} (1) = \frac{3}{4} ，$ 两者之差 $\frac{3}{4} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2} = P (X = 1) ，$ 正是分布函数在 1 处「跳」的高度。第 2 讲会系统地用这个结论。

推导：一步一步来

推导证明思路

把递增的 $E_{n}$ 切成两两不交的「年轮」 $D_{n} ；$ $E_{N}$ 是前 $N$ 圈的不交并， $E$ 是所有圈的不交并。前者用有限可加，后者用可数可加，中间用「级数＝部分和的极限」连起来。

设 $E_{1} \subseteq E_{2} \subseteq \dots$ 都可测， $E = ⋃_{n} E_{n} 。$ 令 $D_{1} = E_{1} ，$ $D_{n} = E_{n} ∖ E_{n - 1}$ （ $n \geq 2 ）。$

第 1 步：每个 $D_{n}$ 可测。 $D_{n} = E_{n} \cap E_{n - 1}^{c} ，$ 是可测集的补与交，由第 9 页结论 4， $D_{n} \in M 。$

第 2 步： $D_{n}$ 两两不交。 取 $m < n 。$ $D_{m} \subseteq E_{m} ，$ 而 $m \leq n - 1 ，$ 递增性给出 $E_{m} \subseteq E_{n - 1} ，$ 所以 $D_{m} \subseteq E_{n - 1} 。$ 但 $D_{n}$ 的点都不在 $E_{n - 1}$ 里。所以 $D_{m} \cap D_{n} = \emptyset 。$

第 3 步： $⋃_{n = 1}^{N} D_{n} = E_{N}$ （对每个 $N ）。$

「 $\subseteq 」：$ 每个 $D_{n} \subseteq E_{n} \subseteq E_{N}$ （ $n \leq N ，$ 递增性）。
「 $\supseteq 」：$ 任取 $x \in E_{N} 。$ 在 $E_{1}, E_{2}, \dots, E_{N}$ 中找第一个含 $x$ 的，设为 $E_{k}$ （ $k \leq N ）。$ 若 $k = 1 ，$ $x \in D_{1} ；$ 若 $k \geq 2 ，$ $x \in E_{k}$ 但 $x \in / E_{k - 1} ，$ 所以 $x \in D_{k} 。$ 总之 $x$ 在某个 $D_{k}$ （ $k \leq N ）$ 里。

第 4 步： $⋃_{n = 1}^{\infty} D_{n} = E 。$ 「 $\subseteq 」：$ 每个 $D_{n} \subseteq E_{n} \subseteq E 。$ 「 $\supseteq 」：$ 任取 $x \in E ，$ 则 $x$ 属于某个 $E_{N} ，$ 由第 3 步， $x$ 属于某个 $D_{k} 。$

第 5 步：连起来。

μ (E_{N}) = μ (n = 1 ⋃ N D_{n}) （第 3 步） = n = 1 \sum N μ (D_{n}) （有限可加，第 2 步保证两两不交） N \to \infty n = 1 \sum \infty μ (D_{n}) （级数就是部分和的极限，各项非负所以极限存在） = μ (n = 1 ⋃ \infty D_{n}) （可数可加） = μ (E) （第 4 步） .

补充：为什么 $μ (E_{n})$ 是递增的。 $E_{n} \subseteq E_{n + 1} ，$ 由单调性（第 12 页性质 2）， $μ (E_{n}) \leq μ (E_{n + 1}) ；$ 又因为 $E = ⋃_{k} E_{k}$ 包含每一个 $E_{n} ，$ 同样由单调性得 $μ (E_{n}) \leq μ (E) 。$ 所以 $μ (E_{n})$ 是「从下面」逼近 $μ (E)$ 的，这也是名字的由来。

注意整个证明没有做过减法：我们从来没写「 $μ (D_{n}) = μ (E_{n}) - μ (E_{n - 1}) 」。$ 这正是定理 8 不需要有限条件的原因。例 1 里做减法是因为所有测度都有限，那只是验证，不是证明的一部分。

常见疑问与易错点

易错点问：定理 8 需要 μ(E) < ∞ 吗？

答：不需要。证明只用了加法和「非负级数的部分和收敛到级数」，这两件事在值为 $\infty$ 时都成立（例 2）。需要有限条件的是从上连续（第 14 页），因为那里不得不做减法。

易错点问：只有有限可加性，能证明定理 8 吗？

答：不能。证明第 5 步的「 $\sum_{n = 1}^{\infty} μ (D_{n}) = μ (⋃_{n = 1}^{\infty} D_{n}) 」$ 是可数可加性，有限可加只能处理前 $N$ 项。事实上可以证明：对有限可加的 $μ ，$ 「可数可加」和「从下连续」是等价的。第 12 页例 3 的 $ν$ （有限集为 0、无限集为 $\infty ）$ 就是反例： $E_{n} = {1, \dots, n} ↑ N ，$ $ν (E_{n}) = 0 ，$ 但 $ν (N) = \infty 。$

易错点问：极限集合 E 里的点，一定在某个 Eₙ 里吗？

答：一定。 $E$ 就定义为 $⋃_{n} E_{n} ，$ 属于并集就是属于某一个。但要小心「边界」：例 1 里 1 这个点不在任何 $E_{n} = [0, 1 - \frac{1}{n}]$ 里，所以也不在 $E = [0, 1)$ 里。极限集合是并集，不是「闭包」，不会自动把端点补进来。

易错点问：印刷的「Eₙ → E」和老师改的「Eₙ ↑ E」差别在哪？

答：「 $\to 」$ 只说「在某种意义下趋于 $E 」，$ 没有要求递增；「 $↑ 」$ 明确要求 $E_{1} \subseteq E_{2} \subseteq \dots 。$ 例 4 说明没有递增时结论可以失败，所以必须是「 $↑ 」。$ 印刷版本是课件的笔误。

小结与自测

小结本页小结

定理 8（从下连续）： $E_{n}$ 可测且 $E_{n} ↑ E = ⋃_{n} E_{n} ，$ 则 $μ (E_{n}) \to μ (E) ；$ 不需要有限条件。
课件印成了「 $E_{n} \to E 」，$ 老师改为「 $E_{n} ↑ E 」：$ 递增是必需的（例 4）。
证明技巧「年轮」： $D_{1} = E_{1} ，$ $D_{n} = E_{n} ∖ E_{n - 1} ，$ 两两不交，前 $N$ 圈拼成 $E_{N} ，$ 全部拼成 $E 。$
证明链：有限可加 → 部分和取极限 → 可数可加。只做加法，所以 $\infty$ 也不怕。
概率例子： $P (前 n 次有正面) = 1 - 2^{- n} ↑ 1 = P (至少一次正面) 。$

自测

1. 长度测度下， $E_{n} = (- \frac{1}{n}, 5 - \frac{1}{n}]$ 是递增的吗？可以直接用定理 8 吗？

点开看答案

不是递增的。例如 $E_{1} = (- 1, 4] ，$ $E_{2} = (- \frac{1}{2}, 4.5] ：$ $- 0.8$ 在 $E_{1}$ 里却不在 $E_{2}$ 里，所以 $E_{1} \neq \subseteq E_{2} 。$ 左端点在往右缩，右端点在往右伸，集合不嵌套，不能直接用定理 8。（每个 $E_{n}$ 的长度都是 5，并集是 $(- 1, 5) ，$ 长度 6， $μ (E_{n}) \to 5 \neq = 6 ，$ 正好说明结论失败。）

2. 长度测度下， $E_{n} = [\frac{1}{n}, 2] 。$ 写出 $E = ⋃_{n} E_{n} ，$ 并用定理 8 求 $μ (E) 。$

点开看答案

$\frac{1}{n}$ 越来越小，所以 $E_{n}$ 递增；并集是 $(0, 2]$ （0 不在任何 $E_{n}$ 里，而每个 $0 < x \leq 2$ 当 $n$ 足够大、 $\frac{1}{n} \leq x$ 时都在 $E_{n}$ 里）。 $μ (E_{n}) = 2 - \frac{1}{n} \to 2 ，$ 所以 $μ ((0, 2]) = 2 。$

3. 在定理 8 的证明中，哪一步用到了可数可加性？哪一步用到了递增性？

点开看答案

可数可加性只用于「 $\sum_{n = 1}^{\infty} μ (D_{n}) = μ (⋃_{n = 1}^{\infty} D_{n}) 」$ 这一步。递增性用在两处：证明年轮两两不交（ $D_{m} \subseteq E_{m} \subseteq E_{n - 1} ），$ 以及证明前 $N$ 圈拼成 $E_{N}$ （ $D_{n} \subseteq E_{n} \subseteq E_{N} ）。$

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
集合	set	把一些对象放在一起当成一个整体，例如 {1,2,3}。
并集	union	至少属于其中一个集合的元素全体，A ∪ B 对应「A 或 B」。
测度	measure	给 σ-代数里的每个集合一个 [0, ∞] 中的「大小」，空集为 0，并且可数可加。
从下连续	continuity from below	集合一层层变大（Eₙ ↑ E）时，测度也跟着收敛：μ(Eₙ) → μ(E)。
可数可加性	countable additivity	两两不交的可数个集合，并集的测度等于各自测度之和。
空集	empty set	一个元素也没有的集合，记作 ∅。作为事件，它永远不会发生。
可数	countable	元素能排成第 1 个、第 2 个、第 3 个……的一列（有限也算），例如自然数、有理数。
单调收敛定理	monotone convergence theorem (MCT)	非负可测函数单调递增地收敛时，积分也收敛：∫fₙ ↑ ∫f。
有限可加性	finite additivity	两两不交的有限个集合，并集的测度等于各自测度之和。可数可加性是它的加强版：可数无穷多个集合也成立。
概率空间	probability space	三元组 (Ω, 𝓕, P)：样本空间、事件的 σ-代数、概率测度。
事件	event	样本空间的（允许谈概率的）子集；实现的 ω 落在里面，就说事件发生。
单调递增	nondecreasing	后一项不小于前一项；单调有界的数列一定有极限。
差集	set difference	在 A 里但不在 B 里的元素，记作 A \ B，等于 A ∩ Bᶜ。
元素	element	集合里的对象。ω ∈ Ω 读作「ω 属于 Ω」。
级数	series	无穷多项相加 a₁ + a₂ + …，它的值是前 n 项和在 n → ∞ 时的极限。
部分和	partial sum	级数 a₁ + a₂ + … 的前 n 项之和 Sₙ = a₁ + … + aₙ；级数的值就是 Sₙ 在 n → ∞ 时的极限。
可测集	measurable set	σ-代数里的集合，也就是可以谈「测度多大」的集合；在概率空间里，可测集就叫事件。
σ-代数	sigma-algebra	允许谈概率的「事件清单」：含 Ω，对补集和可数并封闭。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
测度空间	measure space	三元组 (S, 𝓜, μ)：空间、σ-代数、测度。
区间	interval	数轴上的一段，[a,b] 包含端点，(a,b) 不包含端点。
两两不交	pairwise disjoint	一列集合中任意两个都没有公共元素，对应「任意两件事不会同时发生」。
计数测度	counting measure	μ(A) = A 中元素的个数（无限集记为 ∞）。在 ℕ 上对它积分就是求和。
下极限	limit inferior (lim inf)	数列「尾部的最小可能值」的极限；对集合则表示「从某一项起一直发生」。
累积分布函数	cumulative distribution function (CDF)	F(x) = P(X ≤ x)，单调不减、右连续，完全决定分布。
左极限	left limit	自变量从左边（比 x 小的一侧）靠近 x 时，函数值趋向的数，记作 f(x−)。分布函数在 x 处的跳跃 F(x) − F(x−) 就是 P(X = x)。
分布	law / distribution	X 把概率「推」到取值空间上得到的测度：L(X)(B) = P(X ∈ B)。
从上连续	continuity from above	集合一层层变小（Eₙ ↓ E）且 μ(E₁) < ∞ 时，μ(Eₙ) → μ(E)。