一種很有Rudin特色的證明方法可以描述為“平均值技法”。概括地說：
解讀
什麼叫“任何平均值”呢？對於給定的可測集 E ，容易知道 f 在其上的平均值是
A_E(f)=frac{1}{mu(E)}int_E f mathrm{d} mu \當然，要想上式有意義，需要 mu(E)>0 ，而且為瞭避免奇異情況，需要 mu(X)<infty 。你把這樣的值對所有的可測集 E in mathfrak{M} 取個遍，它們都落在閉集 S 內，就是“f 的任何平均值都落在 S 內”。
Rudin告訴你，隻要 f in L^1 ，即隻要 f 是可積的，就有 f in S , a.e. 。
前置定理
真正需要的前置定理其實隻有一個.
定理1.40：平均值技法
這個定理的證明也是淺易的。Rudin作瞭下面的觀察：
這個觀察Rudin並沒有作過多的解釋，據我瞭解一些同學看瞭之後一頭霧水。註意平面開集可以寫成可列個開球的並。對單獨每個開球，我們有方法把它寫成閉球的可列並。可列並的可列並仍然是可列並。這就證明完瞭。
Rudin緊接著指出：
這是為什麼呢？需要正確地理解 f in S , a.e. ，這其實是說在 S 之外（也就是 S^c 中）的 f(x) 對應的那些 x 構成一個零測集。這也就是 mu(f^{-1}(S^c))=0 。已經說明 S^c= cup_i Delta_i ，那麼
mu(f^{-1}(S^c))=mu(f^{-1}(cup_i Delta_i))= mu(cup_if^{-1}( Delta_i)) leq Sigma_i mu(f^{-1} (Delta_i))\
倘若能夠說明諸 mu(f^{-1} (Delta_i))=0 ，事情就做完瞭。
Rudin說，雖然我們要證明的是 S^c 的一個閉圓盤分解中的某個閉圓盤的逆像測度為0，不過我們完全沒有必要考慮這麼麻煩的事情。我們可以任取一個含於 S^c 的閉圓盤，去證明它的逆像是0測的。仔細想想這當然也是成立的，因為倘若取得某個 Delta subset S^c ，使得 f^{-1}(Delta) 有正測度，那就絕對不可能有 f^{-1}(S^c) 零測瞭。反過來，如果 f^{-1}(S^c) 零測，則所有 Delta subset S^c 必須有 f^{-1}(Delta) 零測。
那麼，我們按下面的方式選取一個閉圓盤：
對於這個固定的閉圓盤，我們來證明 mu(f^{-1}(Delta))=0 。為方便見，
Rudin註意到，Delta 是在 S^c 內，然而 A_E(f) 卻在 S 內，這件事隱隱約約感覺很離譜，因為你的整個的 f 的取值如果都落在 Delta 內，你的平均值也應該差不多在這一塊兒，怎麼會跑到 S 裡呢？這也是這個定理想要給我們傳達的直觀。這裡的討論也隱約告訴我們應該設 mu(E)>0 導出矛盾。
矛盾有可能從哪裡來？當我們設 mu(E)>0 的時候，其實就暗含著這樣的事：f 在 Delta 的某一個小塊可以取到一些值，從而我也應該期望 A_E(f) 落在 Delta 裡面。下面來計算一下是不是這樣。要說明 A_E(f) 落在 Delta 裡面，其實就是要證明 |A_E(f) – alpha| leq r ，因為 Delta 是個閉球。
現計算式子的左邊，有：
|A_E(f) – alpha| = |frac{1}{mu(E)}int_E f mathrm{d} mu – alpha | \
有的同學說：啊，算到這裡算不下去瞭！不知道該幹什麼。想想我們從哪裡來。我們前面說，“f 在 Delta 的某一個小塊可以取到一些值”。這也就是要我們不僅考慮 E=f^{-1}(Delta) ，還要在腦海裡考慮 f(E)=f(f^{-1}(Delta)) ！一般來說， f(f^{-1}(Delta)) subset Delta 但未必取等。但不管怎樣，對於 E 中的點來說，都有
|f – alpha | leq r \
它的幾何意義是如此鮮明，使你不得不想辦法用上它。最好的方法就是湊出一個 |f – alpha| ，到這裡應該就知道該幹些什麼瞭。我們計算
|frac{1}{mu(E)}int_E f mathrm{d} mu – alpha |= frac{1}{mu(E)} |int_E (f -alpha) mathrm{d}mu | leq frac{1}{mu(E)} int_E |f -alpha| mathrm{d}mu leq r\ 這就得到瞭估計： |A_E(f) – alpha| leq r ，也就是確實有 A_E(f)in Delta 。現在，矛盾已經昭然若揭瞭！
基本用法：修正函數的范圍
Rudin書中對這個技法的使用基本都遵循下面這種思路：
- 在定理的證明中，需要用到某個函數 g 的范圍在整個 X 上都在閉集 S 中
- 根據證明需要，這個g 是在 X 上幾乎處處唯一確定的
- 證明 A_E(g) in S , forall mu (E) >0 ，從而利用平均值定理知道 g in S, a.e. [mu]
- 斷言可以在某個零測集上修改 g 的值使得它在整個 X 上都在閉集 S 中
後面我們將具體分析這個思路的執行辦法。
應用
這個定理的證明是相當優雅巧妙，其應用則更是令人驚嘆。在關鍵的地方利用平均值技法，可以化腐朽為神奇，把積分號“掀開”，得到重要的結果。
值得一提的是，Rudin大量地在第六章的證明中使用這個技巧。
定理6.10：Lebesgue-Radon-Nikodym定理
筆者曾經寫瞭一篇很長的文章分析該定理的前因後果及證明細節，但這裡暫且聽聽Rudin想要說些什麼。我們先盡可能完整地敘述這個定理。
von Neumann給出瞭該定理的一個經典證法，Rudin重新敘述瞭它。我們不糾結於具體的細節，而隻關心用到平均值技術的那個部分。von Neumann的想法是，先把復測度的情況轉化成正有限測度的情況證明。這當然可以做到，因為復測度可以拆成實部和虛部兩個實測度，如果定理對它們分別成立，那麼簡單加和就知道定理對復測度的情況成立。這就
利用引理6.9，我們找出正有界測度 mathrm{d} varphi = mathrm{d}lambda + omega mathrm{d}mu ，並處處有 omega in (0,1) .進而可以推知映射 f mapsto int_X f mathrm{d}lambda 給出 L^2(varphi) 上的有界線性泛函。通過Hilbert空間上連續線性泛函的Riesz表示定理（定理4.12），我們可以取出一個唯一的 g in L^2(varphi) 使得
int_X f mathrm{d}lambda = langle f , grangle = int_X f g mathrm{d}varphi \Rudin強調，須註意此處的 g 僅是在 L^2 的意義下唯一確定的，但作為 X 上的點函數僅是在幾乎處處意義下決定，因而可以在一個零測集上修正 g 值。
與定理有關的其實是 mathrm{d}mu ，所以我們把它換掉：
int_X f(1-g) mathrm{d}lambda = int_X f g omega mathrm{d}mu \
為得到關於 g 的更多信息，用 chi_E 替代 f ，得到
int_E (1-g) mathrm{d}lambda = int_E g omega mathrm{d}mu =int_E g mathrm{d}tilde{mu}\左右兩邊都是正測度，如果在某個正測集 E 上 g<0 ，直觀上左邊比0大，右邊比0小，得到矛盾。同樣道理， g>1 也應該不可能。自然有下面的猜想：
為瞭說清楚這件事，需要用到平均值技法。這是使用平均值技法的天然場所，有積分、有復測度、有正有限測度，沒有比它更適合的瞭！如果要使用平均值技法，我們需要說明對每個正測度集合 E ，都有 A_E(f) in [0,1] 。
這裡有一個問題：我們對“正測度集”其實是“擇焉而不精，語焉而不詳”，至少應該說清楚是對哪個測度的正測度、零測度。上面的等式中有兩個測度： tilde{mu} 和 lambda 。這個時候怎麼辦呢？回憶我們剛剛“得到矛盾”的那個過程，需要兩邊都是零測集，那好辦，考慮那些同時使得 tilde{mu} 和 lambda 同時取到零測的集合就可以瞭。要使得 tilde{mu} 和 lambda 同時零測，實際上就有varphi 零測。反之，由於這些測度都是正有限的，varphi 零測自然就有 tilde{mu} 和 lambda 零測。我們就可以把這個命題說得更清楚：
依然是考慮 f = chi_E ，有
lambda(E)=int_E mathrm{d}lambda = int_E g mathrm{d}varphi \ 兩邊除掉 varphi(E) （出於平均值定理的條件，設 varphi(E)>0 ），有
0 leq frac{lambda(E)}{varphi(E)} =frac{1}{varphi(E)} int_E g mathrm{d}varphi =A_E(g) leq 1\最後一個不等號由 mathrm{d}varphi = mathrm{d}lambda + mathrm{d}tilde{mu} 且這些測度都是正有限的得到。由平均值技法立即得到結果。
證明瞭 g in [0,1] , a.e.[varphi] 後，我們就可以在 varphi- 零測集上修改 g in L^2(varphi) ，使得處處都有 g in [0,1] 。這件事對於後續的構造是十分重要的，但我們按下不表。
定理6.12：復測度的極分解
在證明瞭Lebesgue-Radon-Nikodym定理之後，我們可以用它得到復測度的極分解。
易見 mu ll |mu| ，從而Radon-Nikodym定理給出 h in L^1(|mu|) ，使得 mathrm{d} mu = h mathrm{d}|mu| 。比照要證明的結論，要做的是說明這裡的 h 可以選取為 |h|=1 恒成立。這正是平均值定理發揮作用的地方。
不管怎麼說，先算算 mu(E)>0 時
|A_E(h)|=|frac{1}{|mu|(E)}int_E h mathrm{d}|mu|| = frac{|mu(E)|}{|mu|(E)} leq 1 \最後一個不等號來自顯然的不等式。由於 mu 是復測度，自然有 |mu|(X)<infty （定理6.4），而且 h in L^1(|mu|) ，滿足平均值定理的所有條件，自然有 |h| leq 1 ,a.e.[|mu|] 。
距離 h=1,a.e. 還差一個反向不等號，然後我們就可以在一個零測集上修正 h 的值瞭。Rudin指出，如果 h 並不是幾乎處處是1，那就能找到一個非零測集 A_r = {x| |h(x)|<r } ，其中 r<1 。由於研究的是 |mu| ，考慮 A_r 的一個劃分 E_i ，有
sum_j |mu(E_j)| leqsum_j |mu|(E_j)= sum_j |int_{E_j} h mathrm{d}|mu|| \ leq sum_j int_{E_j} |h| mathrm{d}|mu| leq sum_j r cdot |mu|(E_j) =r|mu|(A_r)\第一個不等號是平凡的；等號來自Radon-Nikodym定理；第三個不等號來自積分與絕對值的不等式；第四個不等號來自 E_j subset A_r ，在 A_r 上積分滿足估計式 |h|<r ；第五個來自測度的可列可加性。
現在，將上面的式子對所有 A_r 的分劃 {E_i } 取上確界 sup ，得到 |mu|(A_r) leq r |mu|(A_r) ，然而 r<1 ，這就知道 |mu|(A_r) =0 ，是一個矛盾。於是結論得證。
