Halmazok méretének mérése

Az emberek folyton halmazokat mérnek. Egy zacskó golyót megszámolással, egy utat a hosszával, egy földet a területével, egy fémrudat a súlyával. Ez négy különböző módja annak, hogy egy dologgyűjteményhez számot rendeljünk, és semmilyen szempontból nem hasonlítanak egymásra, mégis ugyanazokat a néhány szabályt követik. Ez a lecke megkeresi ezeket a szabályokat, belőlük megfogalmazza a mérték definícióját, és megmagyarázza, miért kell az egyiknek, a megszámlálható additivitásnak erősebbnek lennie, mint első látásra tűnik. A pálya minden további része erre a definícióra épül. A következő leckék azt kérdezik, mely halmazokat lehet egyáltalán megmérni, hogyan épül fel maga a hossz, és hogyan adhatjuk össze egy függvény értékeit úgy, ahogy halmazok méreteit összeadjuk.

A halmazok mérésének négy módja

A halmaz dolgok gyűjteménye, ezeket nevezzük az elemeinek. Egy halmazt megmérni annyit tesz, mint számot rendelni hozzá, amely megmondja, mekkora. Négy példát végig használunk a pályán, ezért érdemes gondosan felállítani őket. Mindegyikben van egy $\Omega$ alaphalmaz, amely mindent tartalmaz, amiről beszélhetünk, és egy $\mu$ szabály, amely $\Omega$ egy $A$ részéhez hozzárendeli a $\mu(A)$ számot; olvasd „mű $A$”.

Számlálás egy dobókocka lapjain. Legyen $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$, és legyen $\mu(A)$ az $A$-ban lévő lapok száma. A páros lapokra, $\{2, 4, 6\}$-ra $\mu = 3$, és $\mu(\Omega) = 6$.

Hossz a $[0, 1]$ intervallumon. Legyen $\Omega = [0, 1]$, és legyen $\mu(A)$ az $A$ hossza. A $[0{,}1; 0{,}5]$ intervallum hossza $0{,}5 - 0{,}1 = 0{,}4$. Ezt a mértéket innentől $\lambda$ jelöli.

Terület az egységnégyzetben. Legyen $\Omega = [0, 1] \times [0, 1]$, és legyen $\mu(A)$ az $A$ területe. A teljes négyzet területe 1. Egy $0{,}1$ sugarú körlap területe benne $\pi \cdot 0{,}1^2 \approx 0{,}0314$, a $[0{,}2; 0{,}6] \times [0{,}1; 0{,}4]$ téglalapé pedig $0{,}4 \cdot 0{,}3 = 0{,}12$.

Tömeg egy rúdon. Képzelj el egy 1 hosszú vékony rudat, amely a jobb vége felé vastagszik. Az $x$ helyen a rúd sűrűsége $\rho(x) = 2x$, vagyis hosszegységre jutó tömeg. Az $x$ hely közelében egy $\Delta$ hosszú darab súlya nagyjából $2x\,\Delta$, a $[a, b]$ szakasz darabjainak összeadása pedig a megszokott integrál:

A teljes rúd tömege $1^2 - 0^2 = 1$. A bal fél, $[0; 0{,}5]$ tömege $0{,}25$, a jobb félé, $[0{,}5; 1]$ pedig $0{,}75$: a két fél hossza ugyanannyi, a jobb fél mégis háromszor olyan nehéz.

Mind a négy példában a szám pozíciók egy halmazához tartozik, nem egyetlen pozícióhoz. A rúd egyetlen pontjának súlyára rá lehet kérdezni, de a válasz 0; az érdekes kérdések szakaszokról, tartományokról és lapcsoportokról szólnak.

A méretek közös szabályai

Mi a közös a számlálásban, a hosszban, a területben és a tömegben? Csak néhány szabály, és ebből három elég.

A méretek nem negatívak: $\mu(A) \ge 0$. E szabály nélkül egy nagyobb halmaz kisebb lehetne a saját részénél.

Az üres halmaz mérete 0: $\mu(\emptyset) = 0$. Az elem nélküli halmazban nincs mit számolni, nincs hossza, területe és tömege. A szabály következik a következőből is, ha valamelyik halmaz mérete véges, mert egy $A$ halmaz az üres halmazzal együtt még mindig $A$, és a kettő diszjunkt, azaz nincs közös elemük. A következő szabály szerint ekkor $\mu(A) = \mu(A) + \mu(\emptyset)$, ami kikényszeríti, hogy $\mu(\emptyset) = 0$. A szabályt azért mondjuk ki külön, hogy kizárjuk azt az értelmetlen vetélytársat, amely minden halmaznak, az üresnek is $\infty$ méretet ad.

Diszjunkt darabok összeadódnak: ha $A$ és $B$ diszjunkt, akkor

Ez a szabály teszi hasznossá a mértéket. A kockán az $\{1, 2\}$ és az $\{5, 6\}$ darab mérete 2 és 2, az uniójuké, $\{1, 2, 5, 6\}$-é pedig 4. A hossznál a $[0; 0{,}2]$ és a $[0{,}5; 0{,}6]$ hossza $0{,}2$ és $0{,}1$, együtt $0{,}3$. A rúdon a $[0; 0{,}5]$ és a $(0{,}5; 1]$ fél súlya $0{,}25$ és $0{,}75$, együtt $1$. Az additivitás miatt egy bonyolult halmaz mérete kiszámítható azoknak az egyszerű daraboknak a méretéből, amelyekre fel lehet vágni; nélküle a méret csak önkényes címke volna minden halmazon, és a részek méretének ismerete semmit sem mondana az egészről. A szabály ismétlésével véges sok páronként diszjunkt halmazra is érvényes.

A „diszjunkt” szó fontos. A $[0; 0{,}5]$ és a $[0{,}3; 0{,}8]$ hossza $0{,}5$ és $0{,}5$, de az uniójuk, a $[0; 0{,}8]$ hossza $0{,}8$, nem $1$, mert a $[0{,}3; 0{,}5]$ szakasz mindkettőhöz hozzátartozik, és csak egyszer szabad számolni. A halmaz átmérője, két legtávolabbi pontjának távolsága az $\{0{,}1\}$ és az $\{0{,}9\}$ egyelemű halmazhoz $0$-t, a $\{0{,}1; 0{,}9\}$ párhoz viszont $0{,}8$-at rendel; ez nem mérték e lecke értelmében.

Az additivitás következményei

A három szabálynak sok következménye van, az első néhány egyetlen fogásból jön: vágjuk a halmazt diszjunkt darabokra, és adjuk össze őket. Alább minden halmaz abból a halmazcsaládból való, amelyet mérünk, és feltesszük, hogy ez a család tartalmazza az előforduló uniókat, metszeteket és különbségeket. A következő lecke, a „σ-algebrák és Borel-halmazok” pontosan megmondja, milyennek kell lennie ennek a családnak.

Monotonitás. Legyen $A \subseteq B$, vagyis $A$ része $B$-nek. Ekkor $B$ az $A$ és a maradék, $B \setminus A$ uniója, vagyis azoké a $B$-beli elemeké, amelyek nincsenek $A$-ban, és ez a kettő diszjunkt:

A rész sosem nagyobb az egésznél. Ha $\mu(A)$ véges, ugyanebből az egyenletből kifejezhető a maradék mérete:

A $\mu(A)$-ra vonatkozó feltétel szükséges. Az $A = [1, \infty)$ félegyenes része a $B = [0, \infty)$-nek, mindkettő hossza végtelen, a maradéké, $B \setminus A = [0, 1)$-é pedig 1. A képlet $\infty - \infty$ volna, ami bármilyen szám lehet.

Szita-formula. Vegyünk két átfedő intervallumot, $A = [0{,}1; 0{,}5]$-öt és $B = [0{,}3; 0{,}8]$-at, hosszuk $\mu(A) = 0{,}4$ és $\mu(B) = 0{,}5$. Az átfedésük $A \cap B = [0{,}3; 0{,}5]$, hossza $0{,}2$. Az uniót vágjuk három diszjunkt darabra: a csak $A$-beli részre, az átfedésre és a csak $B$-beli részre. Ekkor

E két egyenlet összeadása az átfedést kétszer, a másik két darabot egyszer-egyszer számolja. Az unió éppen ez a három darab, ezért

Szavakban: $A$ és $B$ méretének összeadása az átfedést kétszer számolja, ezért egyszer le kell vonni. A fenti számokkal $0{,}4 + 0{,}5 - 0{,}2 = 0{,}7$, ami a $[0{,}1; 0{,}8]$ hossza. A képlet véges méretekre érvényes. A kockán az $A = \{2, 4, 6\}$ és a $B = \{4, 5, 6\}$ mérete egyaránt 3, és két közös lapjuk van, $\{4, 6\}$, így az uniójuk, $\{2, 4, 5, 6\}$ mérete $3 + 3 - 2 = 4$.

Szubadditivitás. Az átfedés mérete nem negatív, ezért a szita-formulából $\mu(A \cup B) \le \mu(A) + \mu(B)$ adódik. A fenti intervallumokra $0{,}7 \le 0{,}4 + 0{,}5 = 0{,}9$. Az unió mérete legfeljebb a méretek összege, és pontosan akkor egyenlő vele, ha az átfedés mérete 0. Ezt gyakran uniós korlátnak hívják, és ismétlésével tetszőleges véges sok halmazra kiterjed.

Megszámlálható additivitás

Az additivitás, ahogy kimondtuk, egyszerre két halmazról szól, így véges sok halmazról is. A határértékekben viszont végtelen sok lépés van, és kiderül, hogy a szabálynak idáig kell elérnie. Íme egy példa, ahol végtelen sok darab magától adódik. Vágd ketté a $[0, 1)$-et $\tfrac12$-nél, majd a megmaradt részt $\tfrac34$-nél, aztán $\tfrac78$-nál, és így tovább, mindig a bal darabot megtartva. A $k$-adik darab

Az első három darab $[0, \tfrac12)$, $[\tfrac12, \tfrac34)$ és $[\tfrac34, \tfrac78)$, hosszuk $\tfrac12$, $\tfrac14$ és $\tfrac18$. $n$ darab után a véges additivitás szerint $1 - 2^{-n}$ összhosszat használtunk fel; $n = 10$-re ez $0{,}9990$. A darabok soha nem fogynak el, és együtt kitöltik a teljes $[0, 1)$-et, amelynek hossza 1. A véges additivitás az „összes darabról együtt” nem mond semmit, pedig természetes elvárás, hogy a végtelen összeg, $\tfrac12 + \tfrac14 + \tfrac18 + \cdots = 1$ az egész hosszát adja.

A mértéktől ezért azt követeljük meg, hogy megszámlálhatóan additív legyen: páronként diszjunkt $A_1, A_2, A_3, \ldots$ halmazok bármely sorozatára, azaz olyan listára, amelyben van első halmaz, második halmaz és így tovább,

Szükséges-e ez az extra erő, vagy a véges additivitás elég? Egy példa mutatja, hogy nem elég. Egy pozitív egész számokból álló $A$ halmaz esetén számold meg, hány eleme van az első $n$ egész között, és oszd el $n$-nel. Ha ez a hányados $n$ növekedtével egy határértékhez tart, ezt hívjuk az $A$ természetes sűrűségének, $d(A)$-nak. A páros számok sűrűsége $\tfrac12$: az első 1000 egész között pontosan 500 páros. A hárommal osztható számok sűrűsége $\tfrac13$. Egyetlen egész, például $\{7\}$ sűrűsége 0, mert $1/n$ nullához tart, az összes pozitív egész $\mathbb{N}$ halmazának sűrűsége pedig 1. Azoknál a halmazoknál, amelyeknek van sűrűségük, a diszjunkt darabok valóban összeadódnak: a páros és a páratlan számok sűrűsége $\tfrac12$ és $\tfrac12$, együtt 1.

A természetes sűrűség tehát betartja az előző szakasz szabályait, csak éppen nem minden halmaznak van sűrűsége. A megszámlálható additivitást látványosan megsérti. Az $\mathbb{N}$ a megszámlálhatóan sok egyelemű $\{1\}, \{2\}, \{3\}, \ldots$ halmaz uniója, ezek diszjunktak, és mindegyik sűrűsége 0, de $d(\mathbb{N}) = 1 \ne 0 + 0 + 0 + \cdots$. Egy ilyen méretre nem lehet határértékeknél támaszkodni: ha egy halmazt egyre több darabra vágunk, és összeadjuk a méreteiket, más eredményt kaphatunk, mint a halmaz mérete. Ezért ragaszkodik a mértékelmélet a megszámlálható additivitáshoz.

A mérték egész halmazt kap bemenetként. A $[0, 1]$ hossza nem úgy adódik, hogy az egyes pontokhoz rendelt valamit összeadunk; a számlálásnál és a pontmasszáknál így van, a hossznál, a területnél és a sűrűségnél viszont nem, mert minden egyes pont hossza 0.

A szabály megszámlálható családoknál megáll, és meg is kell állnia. A $[0, 1]$ a pontjainak uniója, és minden pont hossza 0, a $[0, 1]$ hossza mégis 1. Olyan darabcsalád, amelyet nem lehet egymás után felsorolni, azaz nem megszámlálható, összeadódhat olyasmivé, amit a darabok mérete nem jósol meg. A megszámlálható additivitás a szabály legerősebb olyan alakja, amelyet a hossz, a terület és a tömeg teljesít.

A mérték definíciója

Minden eddigi egyetlen definícióba fér. Az $\Omega$ halmazon értelmezett mérték olyan $\mu$ függvény, amely $\Omega$ részhalmazainak egy családján van értelmezve, értékei a $[0, \infty]$ intervallumba esnek, és

• $\mu(\emptyset) = 0$, valamint
• $\mu$ megszámlálhatóan additív: $\mu\big(\bigcup_k A_k\big) = \sum_k \mu(A_k)$ a család páronként diszjunkt $A_1, A_2, \ldots$ halmazainak minden sorozatára.

A nemnegativitás a $[0, \infty]$ értékkészletbe van építve, a véges additivitás pedig a második szabály különleges esete: diszjunkt $A$ és $B$ esetén vedd az $A, B, \emptyset, \emptyset, \ldots$ sorozatot, és az üres halmazokra használd az első szabályt,

A $\infty$ érték azért megengedett, mert szükség van rá. A pozitív egészek számlálómértéke végtelen, és a teljes valós számegyenes hossza is az. A vele való számolás az egyértelmű szabályt követi: $\infty$ plusz bármi $\infty$, és nemnegatív tagú, nem konvergens sor összege $\infty$.

A „részhalmazok családja” kifejezés valódi kérdést rejt: mely halmazoknak van mérete? Ha $\Omega$ véges, a válasz egyszerű, minden részhalmaznak. A $[0, 1]$-en nem az, és most elég annyit tudni, hogy a család tartalmazza az intervallumokat és mindent, amit belőlük komplementerképzéssel, különbséggel és megszámlálható unióval fel lehet építeni. A „σ-algebrák és Borel-halmazok” lecke ezt pontos definícióvá teszi, és megmutatja, miért nem engedhetünk meg mindig minden részhalmazt.

Példák mértékekre

Az első szakasz mértékei illenek a definícióba, és vannak továbbiak is.

• Számlálómérték. $\mu(A)$ az $A$ elemeinek száma, végtelen sok elem esetén $\infty$. A megszámlálható additivitás nyilvánvaló, mert diszjunkt halmazok uniójának elemeit egyszer-egyszer számoljuk.
• Dirac-mérték. Rögzíts egy $x$ pontot $\Omega$-ban. A $\delta_x$ mérték minden tömegét abba az egy pontba teszi: $\delta_x(A) = 1$, ha $x \in A$, és $\delta_x(A) = 0$ különben. A $[0, 1]$-en $\delta_{0{,}5}([0{,}4; 0{,}6]) = 1$ és $\delta_{0{,}5}([0{,}6; 0{,}9]) = 0$. A kockán $\delta_3(\{1, 2, 3\}) = 1$ és $\delta_3(\{2, 4, 6\}) = 0$. Diszjunkt halmazok nem tartalmazhatják mindketten az $x$-et, ezért az additivitás teljesül.
• Súlyozott pontmasszák. Tegyél $w_1, w_2, \ldots$ súlyokat az $x_1, x_2, \ldots$ pontokra, és legyen $\mu = \sum_i w_i \delta_{x_i}$, vagyis $\mu(A)$ az $A$-ba eső pontok súlyainak összege. A számlálómérték az az eset, amikor minden súly 1. Egy cinkelt kockára, amelyen a 6-os lap súlya $0{,}5$, a többié $0{,}1$, $\mu(\{2, 4, 6\}) = 0{,}1 + 0{,}1 + 0{,}5 = 0{,}7$ és $\mu(\Omega) = 1$.
• Hossz és terület. A $[0, 1]$-en értelmezett $\lambda$ és a terület az egységnégyzeten. Annak igazolása, hogy ezek minden mérni kívánt halmazon megszámlálhatóan additívak, nem triviális, és a pálya egy későbbi leckéje elvégzi; addig csak intervallumok, téglalapok és körlapok kellenek.
• Sűrűséggel megadott mérték. Egy $\rho \ge 0$ függvény esetén a $[0, 1]$-en legyen $\mu(A) = \int_A \rho(x)\,dx$. Az első szakasz rúdjára $\rho(x) = 2x$, a hossz pedig a $\rho = 1$ eset. A pontmasszával ellentétben a sűrűséges mérték minden egyes pontnak 0 tömeget ad: a tömeg vékonyan szétterül, nem koncentrálódik.

Az ábra egy halmazpárt négyféle mértéken visz át. A $[0, 1]$ két intervallumát, $A = [a_1, a_2]$-t és $B = [b_1, b_2]$-t méri a hosszal, a $0{,}05;\ 0{,}15;\ \ldots;\ 0{,}95$ tíz pont számlálásával, a súlyozott pontokkal ($0{,}5$ tömeg a $0{,}2$-nél, $0{,}3$ a $0{,}45$-nél és $0{,}2$ a $0{,}9$-nél), valamint a $2x$ rúdsűrűséggel. A gombokkal válaszd ki a mértéket, a négy csúszkával változtasd $A$-t és $B$-t, és hasonlítsd össze a kijelzett értékeket. Az alapértelmezett $A = [0{,}1; 0{,}5]$ és $B = [0{,}3; 0{,}8]$ esetén a hossz $0{,}4$, $0{,}5$, $0{,}2$ és $0{,}7$, ahogy fent kiszámoltuk. A számlálás $4$, $5$, $2$ és $7$: $A$ tartalmazza a $0{,}15;\ 0{,}25;\ 0{,}35;\ 0{,}45$ pontokat, $B$ pedig a $0{,}35;\ 0{,}45;\ \ldots;\ 0{,}75$ pontokat. A súlyozott pontok $0{,}8$, $0{,}3$, $0{,}3$ és $0{,}8$, mert $A$ tartalmazza a $0{,}2$-nél és a $0{,}45$-nél lévő tömeget, $B$ pedig csak a $0{,}45$-nél lévőt. A rúd $0{,}24$, $0{,}55$, $0{,}16$ és $0{,}63$. Mindegyik esetben az utolsó kijelzett érték megegyezik $\mu(A \cup B)$-vel.

Két dolgot érdemes kipróbálni. Told $B$-t jobbra, amíg már nem érinti $A$-t: az átfedés mérete 0, és a méretek egyszerűen összeadódnak. Ezután állítsd $A$ mindkét végét $0{,}2$-re, hogy $A$ egyetlen pont legyen: a hossz, a számlálás és a rúd 0-t ad, a súlyozott pontok viszont még mindig $0{,}5$-öt. Egyes mértékek látják az egyes pontokat, mások nem.

Véges, végtelen és valószínűségi mértékek

A teljes tér mérete, $\mu(\Omega)$ a mérték teljes tömege. A mérték véges, ha a teljes tömege véges, különben végtelen. A kocka számlálómértékének teljes tömege 6, a $[0, 1]$ hosszáé 1, a rúdé szintén 1. Az $\mathbb{N}$ számlálómértékének és a valós számegyenes hosszának teljes tömege $\infty$.

Pozitív teljes tömegű véges mérték mindig átskálázható úgy, hogy a teljes tömege pontosan 1 legyen: minden méretet el kell osztani a teljes tömeggel. A kocka számlálómértéke 6-tal osztva minden laphoz $\tfrac16$ méretet rendel, a páros lapokhoz $\tfrac36 = \tfrac12$-et. Az átskálázott változat ismét mérték, mert egy állandóval való osztás minden szabályt megtart, és a teljes tömege 1. Az 1 teljes tömegű mértéket valószínűségi mértéknek hívjuk. Az előző szakasz cinkelt kockája, a rúd és a hossz a $[0, 1]$-en már valószínűségi mérték. A pálya valószínűségi részében $\mu(A)$ annak az esélye, hogy valami $A$-ba esik, és az egész tárgy ezzel az egyetlen normálással kiegészített mértékelmélet. Egyelőre a valószínűségi mérték csak olyan mérték, amelynek a teljes tömege éppen 1.

A véges mértékek megengedik a kivonást, $\mu(B \setminus A) = \mu(B) - \mu(A)$ bármely $A \subseteq B$ esetén, mert minden méret véges; végtelen mértékeknél a kivonás és a határérték óvatosságot kíván, ahogy a következő szakasz megmutatja.

Folytonosság alulról és felülről

A megszámlálható additivitásnak következménye van növő és csökkenő halmazsorozatokra. Induljunk növő halmazokkal, $A_1 \subseteq A_2 \subseteq A_3 \subseteq \cdots$, és legyen $A$ az uniójuk. A megszámlálható additivitás használatához vágjuk $A$-t diszjunkt gyűrűkre: $D_1 = A_1$, és $D_k = A_k \setminus A_{k-1}$, ha $k \ge 2$, vagyis az, amit a $k$-adik halmaz hozzátesz. A gyűrűk diszjunktak, az uniójuk $A$, az első $n$ pedig kiadja $A_n$-t. Ezért

Ez az alulról való folytonosság: növő halmazok mérete a határhalmaz méretéhez tart. Például $A_n = [1/n, 1]$ $n$ növekedtével nő, az uniója $(0, 1]$. A hosszuk $1 - 1/n$, ami $n = 10$-re $0{,}9$, $n = 100$-ra $0{,}99$, és $1 = \lambda((0, 1])$-hez tart. A hiányzó 0 pont hossza 0, ezért nem számít.

A csökkenő halmazok, $B_1 \supseteq B_2 \supseteq \cdots$ a $B$ metszettel, ugyanígy viselkednek, feltéve, hogy az első halmaz mérete véges. Alkalmazd az előző érvelést a növő $B_1 \setminus B_n$ halmazokra, amelyek uniója $B_1 \setminus B$, és vond ki a véges $\mu(B_1)$-ből. Ez adja a felülről való folytonosságot: $\mu(B_n) \to \mu(B)$, ha $\mu(B_1) < \infty$. Például $B_n = [0, 1/n]$ hossza $1/n$, ami 0-hoz tart, a $\{0\}$ metszet hosszához.

A végesség feltétele nem hagyható el. A $B_n = [n, \infty)$ halmazok csökkennek, és mindegyik hossza $\infty$, de nincs pont, amely mindegyikben benne volna: a metszet üres, hossza 0, a hosszak határértéke pedig $\infty$.

A diszjunkt gyűrűkre vágás ugyanez a fogása adja az uniós korlátot megszámlálhatóan sok, átfedő halmazra is. Legyenek $A_1, A_2, \ldots$ tetszőlegesek, és vágjuk az uniót a $D_k = A_k \setminus (A_1 \cup \cdots \cup A_{k-1})$ diszjunkt részekre. Minden $D_k$ része $A_k$-nak, ezért a monotonitás miatt $\mu(D_k) \le \mu(A_k)$, a megszámlálható additivitás pedig azt adja, hogy $\mu\big(\bigcup_k A_k\big) = \sum_k \mu(D_k) \le \sum_k \mu(A_k)$.

Amit ez a lecke nyitva hagy

A mérték halmazokhoz rendelt szám, amely engedelmeskedik a méretek három közös szabályának, az additivitást megszámlálható családokra erősítve. A definíció három kérdést hagy nyitva, és a pálya következő leckéi sorban válaszolnak rájuk. Mely halmazcsaládok hordozhatnak mértéket? Erre a következő lecke, a „σ-algebrák és Borel-halmazok” válaszol. Létezik-e megszámlálhatóan additív hossz mindezeken a halmazokon? És használható-e a mérték arra, hogy ne csak halmazok méretét, hanem egy függvény értékeit is összeadjuk? Mindegyikhez szükség van a fenti definícióra, ezért áll az elején.

Összefoglalás

• A számlálás, a hossz, a terület és a tömeg mérték: olyan $\mu$ szabály, amely egy $A$ halmazhoz $\mu(A) \in [0, \infty]$ számot rendel.
• A szabályok: $\mu(\emptyset) = 0$ és az additivitás diszjunkt halmazokra; ezekből jön a monotonitás, véges $\mu(A)$ esetén a $\mu(B \setminus A) = \mu(B) - \mu(A)$, a szita-formula és az uniós korlát.
• Az additivitást megszámlálhatóan sok diszjunkt halmazra követeljük meg, mert a természetes sűrűség végesen additív, de az $\mathbb{N} = \{1\} \cup \{2\} \cup \cdots$ esetén elbukik; nem lehet nem megszámlálhatóan sokra követelni, mert a $[0, 1]$ a 0 hosszú pontjainak uniója.
• Példák: a számlálómérték, a $\delta_x$ Dirac-mérték, a $\sum w_i \delta_{x_i}$ súlyozott pontok, a hossz, a terület és a $\rho$ sűrűséggel megadott mérték; az 1 teljes tömegű mérték valószínűségi mérték.
• A megszámlálható additivitásból következik az alulról való folytonosság, és felülről is, ha az első halmaz mérete véges; az $[n, \infty)$ halmazok mutatják, miért kell a végesség.