収束定理 | 測度と積分

1 単調収束定理

定理 1.1 (単調収束定理). $(X,\mathcal{F},\mu)$ を測度空間とし、各 $n\geq1$ に対して $f_n:X\to[0,\infty]$ を拡張実数値可測関数とする。すべての $x\in X$ と $n\geq1$ に対して

f_n(x)\leq f_{n+1}(x)

が成り立つと仮定し、

f(x)=\sup_{n\geq1}f_n(x)

と定める。このとき、 $f$ は拡張実数値可測関数であり、

\int_X f_n\,d\mu\uparrow\int_X f\,d\mu

が $[0,\infty]$ において成り立つ。

証明.§E10.7 定理 5.1により $f$ は可測である。§E10.7 定理 7.3の二進写像 $D_n$ を用い、 $t_n=D_n\circ f_n$ とおく。各 $t_n$ は非負単関数である。 $D_n$ は単調非減少であり、 $D_n\leq D_{n+1}$ であるから、 $t_n\leq t_{n+1}$ かつ $t_n\leq f_n\leq f$ である。さらに、任意の $x\in X$ に対して

0\leq\min(f_n(x),n)-t_n(x)<2^{-n}

である。任意の実数 $M<f(x)$ に対して、十分大きい $n$ では $f_n(x)>M$ かつ $n>M$ である。したがって $\min(f_n(x),n)\uparrow f(x)$ であり、二進近似の誤差評価から $t_n(x)\uparrow f(x)$ を得る。§E10.10 補題 1.5と§E10.10 命題 1.2により

\int_Xf\,d\mu =\lim_n\int_Xt_n\,d\mu \leq\lim_n\int_Xf_n\,d\mu \leq\int_Xf\,d\mu

であるから、主張が従う。▨

定理 1.2. $(X,\mathcal F)$ を可測空間とし、非負可測単関数上の $[0,\infty]$ 値写像 $I$ が§E10.8 定理 6.2の零値・加法性・非負同次性・単関数増加極限の連続性の条件を満たすとする。このとき、非負拡張実数値可測関数全体に定義された $[0,\infty]$ 値写像 $J$ が存在し、次の性質を満たす。

任意の非負単関数 $s$ に対して $J(s)=I(s)$ である。
任意の非負可測関数 $f,g$ と $a,b\in[0,\infty)$ に対して $J(af+bg)=aJ(f)+bJ(g)$ である。 $0\cdot\infty=0$ とする。
非負可測関数列 $f_n$ が点ごとに $f$ へ増加するならば $J(f_n)\uparrow J(f)$ である。

主張 (1)と主張 (3)を満たす $J$ は一意である。具体的には、

J(f)=\sup_{0\leq s\leq f,\ s\text{ は単関数}} I(s) =\lim_n I(s_n)\qquad(s_n\uparrow f)

である。ここで、 $(s_n)$ は $f$ へ点ごとに増加する任意の非負可測単関数列である。 $I(s)=\int_Xs\,d\mu$ の場合、この延長は $J(f)=\int_Xf\,d\mu$ である。

証明.§E10.8 定理 6.2により、 $\mu(A)=I(\mathbf1_A)$ は測度であり、 $I(s)=\int_Xs\,d\mu$ である。 $J(f)=\int_Xf\,d\mu$ とおく。単関数 $s$ 自身が積分の定義における上限の候補であり、他の候補の積分値は単調性から $I(s)$ 以下であるため、主張 (1)を得る。§E10.10 定理 1.6により主張 (2)が成り立ち、定理 1.1により主張 (3)が成り立つ。

別の延長 $K$ が主張 (1)と主張 (3)を満たすとする。任意の非負可測関数 $f$ の単関数近似 $s_n\uparrow f$ に対して

K(f)=\lim_nK(s_n)=\lim_n I(s_n)=J(f)

であるため、一意性を得る。上限と近似極限の公式は積分の定義と§E10.10 補題 1.5から従う。▨

定理 1.3. $(X,\mathcal F)$ を可測空間とし、 $\mathcal M_+$ を $X$ 上の非負拡張実数値可測関数全体とする。写像 $J:\mathcal M_+\to[0,\infty]$ が $J(0)=0$ を満たし、任意の $f,g\in\mathcal M_+$ と $a\in[0,\infty)$ に対して

J(f+g)=J(f)+J(g),\qquad J(af)=aJ(f)

を満たすとする。関数の値と汎関数の値の演算で $0\cdot\infty=0$ とする。さらに、 $f_n,f\in\mathcal M_+$ かつ $f_n\uparrow f$ ならば $J(f_n)\uparrow J(f)$ であると仮定する。このとき、 $\nu(A)=J(\mathbf1_A)$ （ $A\in\mathcal F$ ）は測度であり、任意の $f\in\mathcal M_+$ に対して

J(f)=\int_Xf\,d\nu

が成り立つ。

証明. $J$ の非負単関数全体への制限を $I$ とする。仮定により $I$ は§E10.8 定理 6.2の四条件を満たすので、 $\nu(A)=I(\mathbf1_A)=J(\mathbf1_A)$ は測度であり、 $I(s)=\int_Xs\,d\nu$ である。 $J$ と $f\mapsto\int_Xf\,d\nu$ はともに $I$ を延長し、増加極限を保つ。したがって、定理 1.2の一意性により両者は一致する。▨

命題 1.4. $(X,\mathcal F,\mu)$ を測度空間とし、 $f:X\to[0,\infty]$ を可測関数、 $c\in[0,\infty]$ とする。関数の値と積分値の演算で $0\cdot\infty=\infty\cdot0=0$ とする。このとき、 $cf$ は可測であり、

\int_Xcf\,d\mu=c\int_Xf\,d\mu

が成り立つ。

証明. $c<\infty$ の場合は§E10.7 命題 6.1と§E10.10 定理 1.6による。 $c=\infty$ の場合は、可測関数列 $nf$ が点ごとに $cf$ へ増加する。定理 1.1と有限係数の同次性により、 $cf$ は可測であり、

\int_Xcf\,d\mu=\lim_{n\to\infty}\int_Xnf\,d\mu =\lim_{n\to\infty}n\int_Xf\,d\mu =\infty\cdot\int_Xf\,d\mu

である。最後の極限は $\int_Xf\,d\mu=0$ の場合には 0 であり、正の場合には $\infty$ である。▨

系 1.5. $(X,\mathcal F,\mu)$ を任意の測度空間とし、 $u_n:X\to[0,\infty]$ （ $n\geq1$ ）を非負可測関数とする。このとき、点ごとの非負級数 $\sum_nu_n$ は可測であり、

\int_X\sum_{n=1}^\infty u_n\,d\mu=\sum_{n=1}^\infty\int_Xu_n\,d\mu

が $[0,\infty]$ において成り立つ。

証明. 部分和 $s_N=\sum_{n=1}^Nu_n$ は§E10.7 命題 6.1により可測であり、 $s_N\uparrow\sum_nu_n$ である。定理 1.1と有限回の非負線形性から

\int_X\sum_nu_n\,d\mu=\lim_N\int_Xs_N\,d\mu=\lim_N\sum_{n=1}^N\int_Xu_n\,d\mu=\sum_n\int_Xu_n\,d\mu

を得る。▨

2 Fatou の補題

補題 2.1 (Fatou の補題). $(X,\mathcal{F},\mu)$ を測度空間とし、各 $n\geq1$ に対して $f_n:X\to[0,\infty]$ を拡張実数値可測関数とする。このとき、

\int_X\liminf_{n\to\infty}f_n\,d\mu \leq \liminf_{n\to\infty}\int_Xf_n\,d\mu

が $[0,\infty]$ において成り立つ。

証明. 各 $n\geq1$ に対して

g_n=\inf_{k\geq n}f_k

とおく。§E10.7 定理 5.1により、各 $g_n$ は非負拡張実数値可測関数である。また、 $g_n\leq g_{n+1}$ であり、

\sup_{n\geq1}g_n=\liminf_{n\to\infty}f_n

が点ごとに成り立つ。したがって、定理 1.1により、

\int_X\liminf_{n\to\infty}f_n\,d\mu =\sup_{n\geq1}\int_Xg_n\,d\mu

である。

固定した $n$ とすべての $k\geq n$ に対して $g_n\leq f_k$ である。§E10.10 命題 1.2により、

\int_Xg_n\,d\mu \leq\inf_{k\geq n}\int_Xf_k\,d\mu

を得る。両辺について $n$ に関する上限をとると、

\int_X\liminf_{n\to\infty}f_n\,d\mu \leq \sup_{n\geq1}\inf_{k\geq n}\int_Xf_k\,d\mu =\liminf_{n\to\infty}\int_Xf_n\,d\mu

が成り立つ。▨

命題 2.2. 測度空間 $(X,\mathcal F,\mu)$ の非負有限実数値可測関数列 $f_n$ が、非負可積分関数 $g$ により全点で $f_n\leq g$ と抑えられるならば、

\limsup_n\int_Xf_n\,d\mu\leq\int_X\limsup_nf_n\,d\mu

である。

証明. 演習とする（問題 4.1 (2)）。▨

3 優収束定理

定理 3.1 (優収束定理). $(X,\mathcal{F},\mu)$ を測度空間とし、 $\mathbb{K}$ を $\R$ または $\C$ とする。各 $n\geq1$ に対して $f_n:X\to\mathbb{K}$ を可測関数とし、 $f:X\to\mathbb{K}$ も可測関数とする。次の二条件を仮定する。

$f_n(x)\to f(x)$ が $\mu$ に関してほとんど至る所で成り立つ。
一つの非負可積分関数 $g:X\to[0,\infty)$ が存在し、すべての $n\geq1$ に対して $|f_n(x)|\leq g(x)$ が $\mu$ に関してほとんど至る所で成り立つ。

このとき、すべての $f_n$ と $f$ は可積分であり、

\lim_{n\to\infty}\int_X|f_n-f|\,d\mu=0

が成り立つ。さらに、

\lim_{n\to\infty}\int_Xf_n\,d\mu=\int_Xf\,d\mu

が $\mathbb{K}$ において成り立つ。

証明. 可測零集合 $N_0$ をとり、 $X\setminus N_0$ 上で $f_n\to f$ とする。各違反集合 $N_n=\{|f_n|>g\}$ は可測であり、支配の仮定から可測零集合に含まれるため、測度が 0 である。 $N=N_0\cup\bigcup_{n\geq1}N_n$ は可測零集合である。 $f_n$ と $f$ を $N$ 上で 0 とした関数を $\widetilde f_n$ と $\widetilde f$ と書く。有限実数値の場合は可測指示関数との積、複素数値の場合は各座標と可測指示関数との積であるから、修正後の関数は可測である。全点で

\widetilde f_n\to\widetilde f,\qquad |\widetilde f_n|\leq g,\qquad |\widetilde f|\leq g

である。積分の単調性により $\int_X|\widetilde f_n|\,d\mu\leq\int_Xg\,d\mu<\infty$ と $\int_X|\widetilde f|\,d\mu\leq\int_Xg\,d\mu<\infty$ が成り立つため、修正後の関数は可積分である。§E10.10 定理 3.2を絶対値へ適用すると、すべての $f_n$ と $f$ も可積分である。

各 $n\geq1$ に対して $e_n=|\widetilde f_n-\widetilde f|$ とおく。 $e_n$ は非負有限実数値可測関数であり、三角不等式から $e_n\leq2g$ である。また、 $e_n\to0$ が全点で成り立つ。非負可積分関数 $2g$ を上からの評価に用いて命題 2.2を適用すると、

0\leq\liminf_{n\to\infty}\int_Xe_n\,d\mu \leq\limsup_{n\to\infty}\int_Xe_n\,d\mu \leq\int_X\limsup_{n\to\infty}e_n\,d\mu=0

を得る。したがって、 $\int_Xe_n\,d\mu\to0$ である。

§E10.10 定理 3.2により、 $\int_X|f_n-f|\,d\mu=\int_X|\widetilde f_n-\widetilde f|\,d\mu$ である。さらに、§E10.10 定理 2.3と§E10.10 補題 2.5により

\left|\int_Xf_n\,d\mu-\int_Xf\,d\mu\right|\leq\int_X|f_n-f|\,d\mu\longrightarrow0

である。▨

例 3.2. $\lambda_1^B$ の $[0,1]$ への制限を $\lambda$ とする。§E10.9 系 9.2により、 $\lambda([0,1])=1$ かつ $\lambda(\{1\})=0$ である。 $f_n(x)=x^n$ とする。このとき、各 $f_n$ は可測であり、

f_n(x)\to \begin{cases} 0,&0\leq x<1,\\ 1,&x=1 \end{cases}

が点ごとに成り立つ。また、すべての $n\geq1$ と $x\in[0,1]$ に対して $|f_n(x)|\leq1$ であり、定数関数 $1$ は $[0,1]$ 上で可積分である。定理 3.1と§E10.10 定理 3.2により、

\lim_{n\to\infty}\int_{[0,1]}x^n\,d\lambda=0

を得る。

例 3.3. $\lambda_1^B$ の $[0,1]$ への制限を $\lambda$ とする。§E10.9 系 9.2により、 $\lambda([0,1])=1$ かつ $\lambda(\{1\})=0$ である。

f_n=n\mathbf{1}_{(0,1/n)}

と定める。このとき、各 $n\geq1$ に対して

\int_{[0,1]}f_n\,d\lambda=1

である。一方、 $x=0$ ではすべての $n$ について $f_n(x)=0$ であり、 $x>0$ では十分大きい $n$ に対して $x\notin(0,1/n)$ である。したがって、 $f_n\to0$ が点ごとに成り立つ。

すべての $n$ に対して $f_n\leq g$ がほとんど至る所で成り立つ非負可積分関数 $g$ が存在すれば、定理 3.1により $\int_{[0,1]}f_n\,d\lambda\to0$ となる。しかし、すべての積分値は $1$ であるため、そのような $g$ は存在しない。したがって、

\lim_{n\to\infty}\int_{[0,1]}f_n\,d\lambda=1 \neq0=\int_{[0,1]}\lim_{n\to\infty}f_n\,d\lambda

である。Fatou の補題の不等式では、この例の左辺は $0$ 、右辺は $1$ となり、等号は成り立たない。

命題 3.4. 測度空間 $(X,\mathcal F,\mu)$ の非負拡張実数値可測関数列 $f_n\downarrow f$ について、 $\int_Xf_1\,d\mu<\infty$ ならば $\int_Xf_n\,d\mu\to\int_Xf\,d\mu$ である。

証明. 演習とする（問題 4.1 (1)）。▨

命題 3.5. 測度空間 $(X,\mathcal F,\mu)$ の非負有限実数値可積分関数 $f_n,f$ について、 $f_n\to f$ がほとんど至る所で成り立ち、 $\int_Xf_n\,d\mu\to\int_Xf\,d\mu$ ならば $\int_X|f_n-f|\,d\mu\to0$ である。

証明. 演習とする（問題 4.1 (3)）。▨

4 演習

問題 4.1.

命題 3.4の証明を完成させよ。また、初項の積分が有限であるという仮定を外すと結論が成り立たない例を、 $\R$ 上の Lebesgue 測度について与えよ。
命題 2.2の証明を完成させよ。また、一つの非負可積分関数による全項の上からの評価の仮定を外すと、不等式が成り立たない例を与えよ。
命題 3.5の証明を完成させよ。また、積分値が極限関数の積分値に収束するという仮定を外すと結論が成り立たない例を与えよ。

解答.

$E=\{x\in X\mid f_1(x)=\infty\}$ とおく。 $\int_Xf_1\,d\mu<\infty$ であるから、§E10.10 命題 3.5により $E$ は可測零集合である。

$n\geq1$ に対して、 $f_n$ を $E$ 上で 0 とした関数を $\widetilde f_n$ 、 $f$ を $E$ 上で 0 とした関数を $\widetilde f$ とする。これらは有限実数値可測関数である。実際、 $X\setminus E$ 上では $0\leq f\leq f_n\leq f_1<\infty$ であり、修正は可測集合上で定数 0 を指定する操作である。
$h_n=\widetilde f_1-\widetilde f_n,\qquad h=\widetilde f_1-\widetilde f$
とおく。有限実数値可測関数の差であるため、 $h_n$ と $h$ は非負可測関数である。 $f_n\downarrow f$ から $h_n\uparrow h$ である。定理 1.1により $\int_Xh_n\,d\mu\to\int_Xh\,d\mu$ である。

$X$ 上の各点で $\widetilde f_1=h_n+\widetilde f_n$ であるから、§E10.10 定理 1.6により
$\int_X\widetilde f_1\,d\mu=\int_Xh_n\,d\mu+\int_X\widetilde f_n\,d\mu$
である。 $\mu(E)=0$ であるから、§E10.10 定理 3.2 (1)により左辺は $\int_Xf_1\,d\mu$ 、右辺の第二項は $\int_Xf_n\,d\mu$ に等しく、これらはすべて $\int_Xf_1\,d\mu<\infty$ 以下である。同様に $\int_Xf_1\,d\mu=\int_Xh\,d\mu+\int_Xf\,d\mu$ である。したがって
$\int_Xf_n\,d\mu=\int_Xf_1\,d\mu-\int_Xh_n\,d\mu\longrightarrow\int_Xf_1\,d\mu-\int_Xh\,d\mu=\int_Xf\,d\mu$
を得る。

可積分性の仮定を外した例として、 $\R$ 上の一次元 Borel Lebesgue 測度 $\lambda=\lambda_1^B$ と $f_n=\mathbf{1}_{(n,\infty)}$ をとる。 $f_{n+1}\leq f_n$ であり、各 $x\in\R$ について $n\geq x$ ならば $f_n(x)=0$ であるから、 $f=0$ である。一方、任意の正の整数 $m$ に対して $(n,n+m]\subseteq(n,\infty)$ であるから $\lambda((n,\infty))\geq m$ であり、 $\int_{\R}f_n\,d\lambda=\lambda((n,\infty))=\infty$ である。したがって、 $\int_{\R}f_n\,d\lambda=\infty$ は $\int_{\R}f\,d\lambda=0$ に収束しない。
§E10.7 定理 5.1により $\limsup_nf_n$ は可測であり、 $0\leq\limsup_nf_n\leq g$ であるから有限実数値で可積分である。各 $n$ について $g-f_n$ は $[0,\infty)$ に値をとる可測関数であり、各点で
$\liminf_{n\to\infty}(g-f_n)=g-\limsup_{n\to\infty}f_n$
である。補題 2.1を $(g-f_n)_{n\geq1}$ に適用すると
$\int_X\Bigl(g-\limsup_{n\to\infty}f_n\Bigr)d\mu\leq\liminf_{n\to\infty}\int_X(g-f_n)\,d\mu$
を得る。 $f_n$ は $0\leq f_n\leq g$ から可積分であるので、§E10.10 定理 2.3により左辺は $\int_Xg\,d\mu-\int_X\limsup_nf_n\,d\mu$ 、右辺の各項は $\int_Xg\,d\mu-\int_Xf_n\,d\mu$ に等しい。有限な実数 $C=\int_Xg\,d\mu$ と実数列 $a_n=\int_Xf_n\,d\mu$ について $\liminf_n(C-a_n)=C-\limsup_na_n$ であるから
$\int_Xg\,d\mu-\int_X\limsup_{n\to\infty}f_n\,d\mu\leq\int_Xg\,d\mu-\limsup_{n\to\infty}\int_Xf_n\,d\mu$
である。両辺から有限値 $\int_Xg\,d\mu$ を引くと、求める不等式を得る。

上からの評価を外した例として、例 3.3の $f_n=n\mathbf{1}_{(0,1/n)}$ を $[0,1]$ 上の Lebesgue 測度についてとる。各点で $f_n\to0$ であるから $\int_{[0,1]}\limsup_nf_n\,d\lambda=0$ であるが、 $\int_{[0,1]}f_n\,d\lambda=1$ であるから左辺は $1$ であり、不等式は成り立たない。例 3.3で示したとおり、この列の全項を同時に抑える可積分関数は存在しない。
$u_n=\max\{f-f_n,0\}$ とおく。§E10.7 命題 4.1により $u_n$ は可測であり、 $f_n\geq0$ から各点で $0\leq u_n\leq f$ である。 $f_n(x)\to f(x)$ が成り立つ点では $u_n(x)\to0$ であるから、 $u_n\to0$ はほとんど至る所で成り立つ。 $f$ は非負可積分関数であるから、定理 3.1を $(u_n)$ 、極限 $0$ 、支配関数 $f$ に適用すると $\int_Xu_n\,d\mu\to0$ を得る。

実数 $a,b$ について $|a-b|=(a-b)+2\max\{b-a,0\}$ であるから、各点で
$|f_n-f|=(f_n-f)+2u_n$
である。右辺の各関数は可積分であり、§E10.10 定理 2.3により
$\int_X|f_n-f|\,d\mu=\int_Xf_n\,d\mu-\int_Xf\,d\mu+2\int_Xu_n\,d\mu$
である。仮定 $\int_Xf_n\,d\mu\to\int_Xf\,d\mu$ と $\int_Xu_n\,d\mu\to0$ により右辺は $0$ に収束するので、 $\int_X|f_n-f|\,d\mu\to0$ である。

仮定 $\int_Xf_n\,d\mu\to\int_Xf\,d\mu$ を外した例として、例 3.3の $f_n=n\mathbf{1}_{(0,1/n)}$ と $f=0$ を $[0,1]$ 上の Lebesgue 測度についてとる。各点で $f_n\to f$ であり、各関数は非負可積分であるが、 $\int_{[0,1]}|f_n-f|\,d\lambda=\int_{[0,1]}f_n\,d\lambda=1$ であるから結論は成り立たない。

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§E10.11収束定理

1 単調収束定理

2 Fatou の補題

3 優収束定理

4 演習

参考文献

前提記事