§E10.29測度空間の局所化可能性

証明.$A\sim A'$と$B\sim B'$ならば、和集合と共通部分の対称差はいずれも$(A\mathbin\triangle A')\cup(B\mathbin\triangle B')$に含まれ、補集合の対称差は$A\mathbin\triangle A'$に等しい。したがって、演算は代表元の選択によらない。集合の Boolean 恒等式は商でも成り立つ。各$[A_n]$の上界$[B]$に対して、$\bigcup_n(A_n\setminus B)$は零集合の可算和である。したがって$[\bigcup_n A_n]\leq[B]$であり、所要の上限が得られる。▨

証明. 族を$(A_i)_{i\in I}$とし、$\gamma=\sup_{J\subseteq I,\ J\text{ 有限}}\mu(\bigcup_{i\in J}A_i)$とおく。空の有限集合も含める。各$n\in\NN$に対して、$\mu(\bigcup_{i\in J_n}A_i)>\gamma-1/n$を満たす有限集合$J_n\subseteq I$を取る。$H=\bigcup_n\bigcup_{i\in J_n}A_i$とすれば、増加する有限和への測度の連続性により$\mu(H)=\gamma$である。任意の$i$について、同じ有限和へ$A_i$を加えても測度は$\gamma$以下であるから、$\mu(H\cup A_i)=\gamma$である。$\mu(H)<\infty$なので$\mu(A_i\setminus H)=0$である。すべての$A_i$を本質的に含む$B$に対して$H\setminus B$は零集合の可算和であり、$\mu(H\setminus B)=0$である。▨

証明.$0\leq s=\sum_{j=1}^m a_j\mathbf1_{A_j}\leq f$を互いに素な$A_j$と正の有限係数$a_j$による単関数とする。半有限性により、各$\mu(A_j)$は有限測度可測部分集合$B_j\subseteq A_j$の測度の上限である。有限個の部分集合を独立に動かすと

となる。$E=\bigcup_{j=1}^m B_j$は有限測度であり、右辺の各値は$\int_E f\,d\mu$以下である。非負積分の定義によってすべての$s\leq f$の上限を取れば、一方向の不等式が従う。逆向きは積分の単調性による。

零集合の判定は半有限性の定義から従う。$H$がすべての有限測度可測集合を本質的に含むならば、$X\setminus H$の任意の有限測度可測部分集合は零集合であるから$\mu(X\setminus H)=0$である。したがって$[H]=[X]$である。▨

証明.主張 (1)を示す。有限測度可測集合による可算被覆を、先行する集合を差し引いて互いに素な可算分解へ変える。正測度の成分を$X_i$とし、零測度の成分の可算和を$N$とする。任意の$A\subseteq X$について、$A\cap N$とすべての$A\cap X_i$が可測ならば、$A$はこれらの可測集合の可算和である。測度の公式は可算加法性から従う。

主張 (2)を示す。可測集合$A$に対し、有限個の$A\cap X_i$の和は有限測度である。分解の測度公式から、その測度の上限は$\mu(A)$であるため、半有限性が従う。可測集合族$(A_j)_{j\in J}$に対し、各有限測度空間$X_i$上で補題 1.4により$(A_j\cap X_i)_{j\in J}$の本質的上限$H_i$を取る。$H=\bigcup_iH_i$は分解の可測性条件により可測である。各$A_j\setminus H$の測度は、零である成分測度の和であるから零である。別の本質的上界$B$について各$H_i\setminus B$は零集合であり、同じ和の公式により$H\setminus B$も零集合である。よって$H$は本質的上限である。

主張 (3)を示す。$A\subseteq X$がすべての有限測度可測集合との交わりを可測にすると仮定する。各$X_i$と$N$は有限測度であるから、$A\cap X_i$と$A\cap N$は可測である。分解の可測性条件から$A$は可測である。半有限性は主張 (2)から従う。▨

証明. 演習とする（問題 5.2）。▨

証明.$c=\bigvee_i(a\wedge b_i)$とおく。各$i$について$a\wedge b_i\leq c$であるため、Boolean演算により$b_i\leq\neg a\vee c$となる。したがって$\bigvee_i b_i\leq\neg a\vee c$であり、$a\wedge\bigvee_i b_i\leq c$を得る。逆向きは、各$a\wedge b_i$が$a\wedge\bigvee_i b_i$以下であることから従う。▨

証明. 各$q\in\Q$について

を取り、代表元$A_q\in\Sigma$を選ぶ。補題 3.1と局所関数の整合性により

である。各局所関数の上位集合は$\{f_j>q\}=\bigcup_{r\in\Q,\ r>q}\{f_j>r\}$を満たすので、上の等式と$\bigvee_j[E_j]=[X]$から$a_q=\bigvee_{r>q}a_r$である。ここで、すべての$[E_j]$との交わりが等しい二元は、交わりと上限の交換により等しい。

$B_q=\bigcup_{r\in\Q,\ r>q}A_r$とおく。したがって$[B_q]=a_q$であり、$q<s$ならば$B_s\subseteq B_q$である。拡張実数値関数

を定める。$\{u>q\}=\bigcup_{r>q}B_r$であるため$u$は可測であり、各$E_j$上ではすべての有理上位集合が$f_j$の有理上位集合と零集合を除いて一致する。有理数は可算であるから、$u=f_j$が各$E_j$上でほとんど至る所成り立つ。

局所関数が非負ならば、$\{u<0\}$の類はすべての$[E_j]$と交わって零となるため零である。$f=\max\{0,u\}$とすればよい。局所関数が有限実数値ならば、$\{u=\infty\}$と$\{u=-\infty\}$は同じ理由で零集合である。それらの集合上で値を$0$へ変えて$f$を得る。有限実数値の局所関数がすべて非負である場合には、$\max\{0,f\}$を取ることで有限性と非負性を同時に保つ。二つの貼り合わせの不一致集合もすべての$[E_j]$との交わりが零であるから零集合である。最後の適用は補題 2.3による。▨

証明. 局所関数$f_i$の実部と虚部へそれぞれ定理 3.2を適用し、得られる有限実数値の可測関数を$u,v$とする。したがって、$f=u+iv$は所要の貼り合わせである。別の貼り合わせ$g$に対して、同定理の一意性により$\Re g=u$と$\Im g=v$がそれぞれほとんど至る所成り立つ。二つの例外零集合の和も零集合であるから、$g=f$がほとんど至る所成り立つ。▨

証明.$\Sigma$は空集合を含み、補集合を取る操作で閉じている。$\Sigma$の集合列がすべて可算集合からなるならば、その和集合も可算である。その集合列に補集合が可算である集合が一つでもあれば、和集合の補集合はその可算集合に含まれるので可算である。したがって、$\Sigma$は σ-加法族である。$\mu$は冪集合上の数え上げ測度を$\Sigma$へ制限した測度であり、有限集合の測度はその元の個数、無限集合の測度は$\infty$である。有限可測集合$B$はそれ自身が有限測度部分集合である。無限可測集合$B$は、任意の$n\in\NN$に対して$n$点からなる可測部分集合を含む。よって、いずれの場合も

であり、$\mu$は半有限である。零集合は空集合だけであるから、$\mu$は完備であり、測度代数の順序は集合の包含関係に一致する。

$A$と$X\setminus A=[0,\infty)$はともに非可算であるから、$A\notin\Sigma$である。族$(\{x\})_{x\in A}$の可測な上界$B$は$A$を含むので非可算であり、$X\setminus B$は可算である。非可算集合$X\setminus A$は可算集合$X\setminus B$に含まれないので、$y\in B\setminus A$を取ることができる。$B\setminus\{y\}$の補集合は$(X\setminus B)\cup\{y\}$であるから可算であり、$B\setminus\{y\}\in\Sigma$である。$B\setminus\{y\}$はなお$A$を含むが、$\mu(B\setminus(B\setminus\{y\}))=\mu(\{y\})=1$である。したがって、どの上界も最小上界ではなく、この族には本質的上限が存在しない。よって、$\mu$は局所化可能でない。

すべての一点集合$E_x$の上界は$X$の各点を含むため、$X$自身である。したがって、$\bigvee_{x\in X}[E_x]=[X]$である。各$f_x$は一点集合上の定数関数であるから可測である。$x\ne y$ならば$E_x\cap E_y=\emptyset$であり、$x=y$ならば二つの局所関数は同じ関数であるから、局所関数族は整合する。可測関数$f:X\to\R$が各$E_x$上で$f_x$とほとんど至る所一致すると仮定する。零集合は空集合だけなので、すべての$x\in X$について$f(x)=f_x(x)=\mathbf1_A(x)$である。しかし、$f^{-1}((1/2,\infty))=A\notin\Sigma$は$f$の可測性に反する。▨