§E10.16Lebesgue 測度

証明. 各座標射影は連続であるから、半開直方体$\prod_j(a_j,b_j]$は Borel 集合である。したがって、$\mathcal R_d\subseteq\mathcal B(\R^d)$である。

§E10.6 補題 5.3により、有理端点開箱全体は可算な開基である。有理端点開箱$\prod_j(p_j,q_j)$と有理端点半開直方体$\prod_j(p_j,q_j]$は、同じ端点の組によって一対一に対応する。したがって、有理端点半開直方体全体も可算である。また、任意の有理端点開箱について

であり、右辺の各項は左辺に含まれる有理端点半開直方体である。各開集合は有理端点開箱の高々可算和であるから、その開集合に含まれる有理端点半開直方体の高々可算和でもある。

有理端点半開直方体全体に§E10.6 補題 5.2を適用すると、この集合族は$\mathcal B(\R^d)$を生成する。各有理端点半開直方体は$\mathcal R_d$に属するので、$\sigma(\mathcal R_d)=\mathcal B(\R^d)$である。▨

証明. 二つの射影$\R^{m+n}\to\R^m$と$\R^{m+n}\to\R^n$は連続であり、§E10.7 命題 1.3により Borel 可測である。したがって、任意の$A\in\mathcal B(\R^m)$と$B\in\mathcal B(\R^n)$に対して$A\times B$は Borel 集合であり、$\mathcal B(\R^m)\otimes\mathcal B(\R^n)\subseteq\mathcal B(\R^{m+n})$である。

任意の有理端点開箱$I\subseteq\R^{m+n}$は、最初の$m$座標と残りの$n$座標に分けると、それぞれの Euclid 空間の開箱の積になる。したがって、$I\in\mathcal B(\R^m)\otimes\mathcal B(\R^n)$である。§E10.6 補題 5.3により有理端点開箱は$\mathcal B(\R^{m+n})$を生成するので、逆の包含も成り立つ。▨

証明. 有界半開直方体全体に空集合を加えた集合族を$\mathcal P$とする。二つの半開直方体の共通部分は半開直方体または空集合であるから、$\mathcal P$は π 系である。$\mathcal R_d$の各元は半開直方体の有限和であるから、定理 2.1により$\sigma(\mathcal P)=\sigma(\mathcal R_d)=\mathcal B(\R^d)$である。また、$C_k=(-k,k]^d$は$\mathcal P$に属し、$C_k\uparrow\R^d$かつ$\mu(C_k)=\nu(C_k)<\infty$である。したがって、§E10.9 定理 1.9 (2)により$\mu=\nu$である。▨

証明.§E10.9 系 9.2により、$d=1$では半開区間の長さを与える σ-有限な Borel 測度$\lambda_1^B$が存在する。$d\geq2$とし、$d-1$次元で主張が成り立つと仮定する。二つの因子は σ-有限であるから、§E10.15 定理 5.1により$\lambda_{d-1}^B\otimes\lambda_1^B$は σ-有限な測度である。命題 2.2を$m=d-1$、$n=1$として適用すると、その定義域は$\mathcal B(\R^d)$である。半開直方体$Q=\prod_{j=1}^d(a_j,b_j]$に対して、長方形上の積測度の値と帰納法の仮定から

である。▨

証明.命題 3.1により、$\lambda_m^B$と$\lambda_n^B$は σ-有限である。したがって、§E10.15 定理 5.1により積測度が存在し、命題 2.2により、その定義域は$\mathcal B(\R^{m+n})$である。任意の半開直方体$Q=\prod_{j=1}^{m+n}(a_j,b_j]$に対して、長方形上の積測度の値から

である。命題 2.3により、両測度は一致する。▨

証明.命題 3.1の Borel 測度$\lambda_d^B$を$\mathcal R_d$へ制限する。$E=\bigsqcup_{r=1}^mQ_r\in\mathcal R_d$に対して、箱上の値と有限加法性から

であり、空集合についても両辺は$0$である。二つずつ交わらない$E_n\in\mathcal R_d$の和集合$E=\bigcup_nE_n$が$\mathcal R_d$に属するならば、$\lambda_d^B$の可算加法性により

である。ゆえに、$v_d$は前測度である。$C_n=(-n,n]^d$は体積$(2n)^d$の半開直方体であり、$C_n\uparrow\R^d$である。▨

証明. 各半開直方体は$\mathcal{R}_d$に属し、その$v_d$による値は体積に等しい。したがって、半開直方体による被覆は集合環の元による被覆でもあり、

である。

集合環の元による任意の被覆

をとる。従属選択公理から従う可算選択により、各$n$に対して有限非交和表示

を同時に選ぶ。ただし、$E_n=\emptyset$の場合には$k_n=1$および$Q_{n,1}=\emptyset$と定める。二重に添字づけられた半開直方体または空集合は可算族であり、$A$を被覆する。また、

である。したがって、

である。すべての集合環被覆について下限をとると、$\lambda_d^*(A)\leq\rho_d^*(A)$を得る。

定理 4.2により、$v_d$は前測度であり、有限測度をもつ$C_n=(-n,n]^d$が$\R^d$を可算被覆する。したがって、§E10.9 命題 5.2により$\rho_d^*$は外測度である。$\lambda_d^*=\rho_d^*$であるため、$\lambda_d^*$も外測度である。▨

証明.命題 3.1により、半開直方体の体積を与える σ-有限な Borel 測度$\lambda_d^B$が存在する。命題 2.3により、この Borel 測度は一意である。

定理 4.2と§E10.9 定理 5.3により、$v_d$の被覆費用を$\sigma(\mathcal R_d)=\mathcal B(\R^d)$へ制限した測度は$v_d$を拡張する。補題 5.2により、この費用は$\lambda_d^*$に等しい。したがって、$\lambda_d^*|_{\mathcal B(\R^d)}$も半開直方体の体積を与え、Borel 測度の一意性から$\lambda_d^B=\lambda_d^*|_{\mathcal B(\R^d)}$である。▨

証明.§E10.8 定理 7.4を測度空間

へ適用する。完備化の集合族と測度は、それぞれ$\mathcal L_d$と$\lambda_d$であるから、主張 (1)、主張 (3)、主張 (5)が従う。同じ測度空間に§E10.8 命題 7.6を適用すると、主張 (2)と主張 (4)を得る。▨

証明. 集合$H$は閉集合であるため Borel 集合である。任意の$n\geq 1$に対して、

である。$d=1$の場合には、右辺の第$2$座標以降の積を一点からなる空積として解釈する。半開直方体上の値と単調性から、

を得る。$n\to\infty$とすると、$\lambda_d^B(H)=0$である。定理 6.2の完備性から、任意の$N\subseteq H$は Lebesgue 可測であり、測度$0$をもつ。▨

証明. 平行移動$x\mapsto x+t$は Euclid 位相の同相写像であるため、Borel 集合を Borel 集合へ移す。$\mathcal{B}(\R^d)$上の集合関数

を定める。平行移動は可算和と差集合を保つため、$\nu_t$は Borel 測度である。半開直方体$Q=\prod_j(a_j,b_j]$に対して、

であり、

である。命題 2.3により、$\nu_t=\lambda_d^B$である。

$E\in\mathcal{L}_d$をとる。定理 6.2により、Borel 集合$A,Z$が存在して

を満たす。Borel 集合に対する平行移動不変性から、$A+t$と$Z+t$は Borel 集合であり、

である。また、

である。したがって、$E+t\in\mathcal{L}_d$である。完備化後の測度の定義と Borel 集合上の不変性から、

を得る。▨

証明.定理 6.2により、Borel 集合$A,Z$が存在して

を満たす。Borel 集合上では$\lambda_d^B=\lambda_d^*$であるため、$\lambda_d^*(Z)=0$である。包含

と外測度の単調性および可算劣加法性から、

および

を得る。したがって、

である。▨

証明.$E\subseteq G$ならば測度の単調性から$\lambda_d(E)\leq\lambda_d(G)$である。したがって、

が成り立つ。

$\lambda_d(E)<\infty$と仮定し、$\varepsilon>0$を固定する。補題 8.1と外測度の定義から、半開直方体または空集合からなる列$(Q_n)_{n\geq 1}$を選んで

を満たすことができる。添字集合

を定める。各$n\in I$について$Q_n=\prod_j(a_{n,j},b_{n,j}]$と表し、$\eta_n>0$を十分小さく選び、

とおくと、

を満たすことができる。従属選択公理から従う可算選択により、$\eta_n$をすべての$n\in I$について同時に選ぶ。

集合

は$E$を含む開集合である。$G$は Borel 集合であり、$(V_n)_{n\in I}$は$G$を被覆するため、

したがって、$\lambda_d(E)<\infty$の場合には、開集合による測度の下限は$\lambda_d(E)$以下である。

$\lambda_d(E)=\infty$と仮定する。$E$を含む任意の開集合$G$に対して、単調性から

である。したがって、すべての候補の測度が$\infty$であり、下限も$\infty$である。▨

証明.$K\subseteq E$ならば測度の単調性から$\lambda_d(K)\leq\lambda_d(E)$である。したがって、右辺の上限は$\lambda_d(E)$以下である。

$\lambda_d(E)<\infty$と仮定し、$\varepsilon>0$を固定する。閉立方体

を考える。集合列$E\cap C_m$は$E$へ増加するため、§E10.8 定理 4.1の下からの連続性から

を得る。したがって、ある$m\geq 1$が存在して

を満たす。

$C_m$は半開直方体$(-m-1,m]^d$に含まれるため、$\lambda_d(C_m)<\infty$である。 Lebesgue 可測集合

に定理 8.2を適用すると、$H\subseteq G$を満たす開集合$G$で

となるものが存在する。集合

は閉かつ有界であるため、§E2.9 定理 4.3によりコンパクトである。$H\subseteq G$であるから、

である。

集合$C_m$の測度が有限であることと、

から、

を得る。したがって、

任意の$\varepsilon>0$に対して、この条件を満たすコンパクト集合$K\subseteq E$が存在する。ゆえに、$\lambda_d(E)<\infty$の場合には主張した上限の等式が成り立つ。

$\lambda_d(E)=\infty$と仮定する。下からの連続性から

である。任意の$M>0$に対して、ある$m$が存在して

を満たす。集合$E\cap C_m$は有限測度をもつため、すでに証明した有限測度の場合を$E\cap C_m$と誤差$1$に適用すると、コンパクト集合$K\subseteq E\cap C_m$が存在して

を満たす。$M>0$は任意であるから、$E$に含まれるコンパクト集合の測度の上限は$\infty$である。▨

証明. 第$j$座標に現れる端点を相異なる順に

と並べる。格子セルを

と定める。半開という端点の規約により、二つの格子セルは一致するか交わらない。また、各$Q_i$に属するかどうかは一つの格子セル上で一定である。したがって、各$Q_i$は$Q_i$に含まれる格子セルの非交和である。

$Q_i=\prod_j(a_{i,j},b_{i,j}]$とする。第$j$座標で$a_{i,j}$から$b_{i,j}$までに現れる格子幅の和は$b_{i,j}-a_{i,j}$である。有限和に対する分配法則から、

を得る。右辺は$Q_i$に含まれる格子セルの体積の和である。

$Q_0\subseteq\bigcup_{i=1}^{m}Q_i$を仮定する。$Q_0$に含まれる各格子セルは、少なくとも一つの$Q_i$に含まれる。各格子セルに対して、その格子セルを含む一つの$Q_i$を選ぶ。選ばれた格子セルの体積を$i$ごとに合計すると、その合計は$|Q_i|$以下である。したがって、

が成り立つ。▨

証明.$\sum_n|Q_n|=\infty$の場合には結論が成り立つため、

と仮定する。$Q=\prod_j(a_j,b_j]$とし、$\varepsilon>0$を固定する。積は各変数の連続関数であるから、十分小さい$\delta>0$を選ぶと、

を満たすことができる。集合

は閉かつ有界であるため、§E2.9 定理 4.3によりコンパクトである。

$Q_n=\prod_j(a_{n,j},b_{n,j}]$とする。各$n$に対して、十分小さい$\eta_n>0$を選ぶと、

が

を満たす。さらに、

とおくと、$Q_n\subseteq U_n\subseteq V_n$であり、$U_n$は開集合である。従属選択公理から従う可算選択により、$\eta_n$をすべての$n$について同時に選ぶ。

$K_\delta\subseteq Q\subseteq\bigcup_nU_n$である。$K_\delta$のコンパクト性から、有限集合$I\subseteq\Z_{\geq 1}$が存在して

を満たす。半開直方体

は$K_\delta$に含まれる。補題 10.1の有限被覆評価から、

を得る。$\varepsilon>0$は任意であるから、

が成り立つ。▨

証明.$E=\emptyset$ならば$v_d(E)=0$であるため、主張した不等式が成り立つ。以下では$E\neq\emptyset$と仮定し、有限非交和表示

をとる。各$n\geq 1$について、$E_n\neq\emptyset$ならば有限非交和表示

をとり、$E_n=\emptyset$ならば$k_n=0$と定めて、添字をもたない有限和を$0$と解釈する。従属選択公理から従う可算選択により、非空の$E_n$に対する有限非交和表示をすべての$n$について同時に選ぶ。

各$1\leq r\leq m$に対して、空でない共通部分の添字集合を

と定める。被覆の仮定から、

である。$I_r$が有限集合ならば補題 10.1の有限被覆評価を適用する。$I_r$が無限集合ならば、$I_r$を列として並べて補題 10.2を適用する。いずれの場合にも、

を得る。空の共通部分は、定義 1.1で定めた体積$0$の項として和の右辺へ加えている。

$r$について加えると、

を得る。固定した$n,s$に対して、集合$Q_r\cap Q_{n,s}$は$r$について二つずつ交わらず、すべて$Q_{n,s}$に含まれる。命題 4.1の有限加法性と単調性から、

である。したがって、

を得る。▨