勒贝格外测度的性质
(1)正性：对于每个集合$\Omega$,有$0\leq m^*(\Omega)\leq \infty$.
证明：由于是在广义实数的范围内思考问题，因此$\infty$是合法的.而且由于$\sum_{j=1}^{\infty}\hbox{vol}(B_j)$始终大于0，因此
$$\inf\left\{\sum_{j=1}^{\infty}\hbox{vol}(B_j):(B_j)_{j=1}^{\infty}\mbox{覆盖}\Omega\right\}$$
是必然唯一存在的.而且容易得它的值不小于0.
(2)空集的外测度$m^*(\emptyset)=0$.
证明：$\emptyset=\prod_{i=1}^{n}(a_i,a_i)$,因此$m^*(\emptyset)=0$.
(3)单调性：若$A\subset B\subset \mathbb{R}^n$,则$m^*(A)\leq m^*(B)$
证明：由于数集的下确界处理起来十分不易，所以我们从数集里面选出一列不增数列，使得该数列的下确界与数集的下确界相同.容易证明这是可以办到的.然后
还要配合一个引理.
引理（极限的保不等号性）：若$(b_n)_{n=1}^{\infty},(a_n)_{n=1}^{\infty}$是不增数列，且$\forall i\geq 1,i\in\mathbb{N}$,$a_i\leq b_i$.则$\inf (a_n)_{n=1}^{\infty}\leq\inf (b_n)_{n=1}^{\infty}$.
由于$A\subset B$,所以凡是覆盖$B$的一列开盒子都会覆盖$A$.所以$m^*(A)$不大于任何覆盖$B$的一列开盒子的总体积.再配合引理，外测度的单调性得证.
(4)（次有限加性）如果$(A_j)_{i\in J}$是$\mathbf{R}^n$子集合的有限族，那么$$m^*\left(\bigcup_{i\in J} A_j\right)\leq \sum_{j\in J}m^*\left(A_j\right)$$
证明：我们只考察$J$只含有两个元素的情形，因为$J$只含有一个元素的情形时显然成立的，而其它情形可以在$J$只含有两个元素情形成立的基础上，根据数学归纳法推得.
若$A$和$B$是$\mathbf{R}^n$的两个子集，则$$m^*(A\bigcup B)\leq m^*(A)+m^*(B)$$
证明：若$\mathbf{R}^n$中存在两个不相交的开集$M$和$N$,使得$A\subset M$,$B\subset N$,由于$\mathbf{R}^n$中的开集可以表示成至多可数个互不相交的开区间的并，所以显然$$m^*(A\bigcup B)=m^*(A)+m^*(B)$$(为什么?提示:根据正项级数任意排序后值保持不变)否则，覆盖$A$的任意一列开盒子的并总会和覆盖$B$的任意一列开盒子的并相交(为什么?).设$G$是覆盖$A$的一列开盒子，$H$是覆盖$B$的一列开盒子.则$G\bigcup H$是覆盖$A\bigcup B$的一列开盒子.易得$$m^*(G\bigcup H)\leq m^*(G)+m^*(H)$$(为什么?)再根据引理(极限的保不等号性)，模仿(3)的证明，可得$m^*(A\bigcup B)\leq m^*(A)+m^*(B)$.
注:用这种方法也可以证明下面的可数次加性.见我在陶哲轩博客的这条评论.但是下面我给出的是书上的标准方法.我还是喜欢我自己的方法.
(5) (可数次加性)如果$(A_i)_{i\in J}$是是$\mathbf{R}^n$的子集合的可数族，则
\begin{equation}\label{eq:24.00.51}
m^{*}\left(\bigcup A_i\right)_{i\in J}\leq\sum_{i\in
J}m^{*}(A_i) \end{equation}
绝大多数书上的思路都是这样的:给每个$A_i$外面套一个开盒子$B_i$,使得
\begin{equation}\label{eq:24.00.21}
\hbox{vol}B_i-m^{*}(A_i)\leq\varepsilon_{i}
\end{equation}
其中$\varepsilon_i>0$,那样子，$(B_i)_{i\in J}$覆盖了$\bigcup (A_i)_{i\in J}$,因此$\sum_{i\in J}\hbox{vol}(B_i)\geq m^{*}\left(\bigcup A_i\right)$.而
\begin{align*}
\label{eq:24.00.40}
\sum_{i\in J}\hbox{vol}B_i-\sum_{i\in J}m^{*}(A_i)&\leq\sum_{i\in
J}(m^{*}(A_i)+\varepsilon_i)-\sum_{i\in
J}m^{*}A_{i}\\&=\sum_{i\in J}(m^{*}A_i)+\sum_{i\in
J}\varepsilon_i-\sum_{i\in J}A_i\\&=\sum_{i\in J}\varepsilon_i
\end{align*}
当$\forall \varepsilon_i\to 0$时,$\sum_{i\in J}\varepsilon_i\to 0^{+}$,因此\ref{eq:24.00.51}成立(否则会推出怎样的矛盾?)