§E10.8測度

証明.$n>k$に対して$A_n=\emptyset$と定めると、可算加法性と$\mu(\emptyset)=0$から

を得る。

$A\subseteq B$ならば

である。主張 (1)から

を得る。さらに$\mu(A)<\infty$ならば、有限な量$\mu(A)$を両辺から引くことによって

を得る。$\mu(B)=\infty$の場合には、右辺を$\infty-\mu(A)=\infty$と解釈する。この計算は、未定義な無限量どうしの差を含まない。

$B_1=A_1$とし、$n\geq 2$に対して

と定める。σ-加法族の有限和と差集合に対する閉性から、各$B_n$は$\mathcal{F}$に属する。集合列$(B_n)_{n\geq 1}$は二つずつ交わらず、

が成り立つ。可算加法性と主張 (2)から

を得る。最後の不等式は、各有限部分和に対する不等式をとり、部分和の上限をとることによって得られる。▨

証明.$E=\bigcap_{m=1}^{\infty}\bigcup_{n=m}^{\infty}A_n$は σ-加法族の可算和と可算共通部分に対する閉性から可測である。任意の$m\geq1$に対して$E\subseteq\bigcup_{n=m}^{\infty}A_n$であるから、測度の単調性と命題 2.1 (3)により

を得る。級数$\sum_{n=1}^{\infty}\mu(A_n)$は有限な値に収束するので、その尾和は$m\to\infty$のとき$0$に収束する。したがって、$\mu(E)=0$である。▨

証明.$A_1\subseteq A_2\subseteq\cdots$を可測集合の増加列とする。$C_1=A_1$とし、$n\geq 2$に対して

と定める。各$C_n$は可測であり、集合列$(C_n)_{n\geq 1}$は二つずつ交わらない。また、すべての$n\geq 1$に対して

が成り立ち、

が成り立つ。したがって、可算加法性と有限加法性から

を得る。

$A_1\supseteq A_2\supseteq\cdots$を可測集合の減少列とし、$\mu(A_1)<\infty$を仮定する。$A=\bigcap_{n=1}^{\infty}A_n$とおく。§E10.6 命題 3.3により$A\in\mathcal{F}$である。さらに、

と定める。集合列$(B_n)_{n\geq 1}$は増加列であり、

が成り立つ。主張 (1)から

を得る。

$A\subseteq A_n\subseteq A_1$かつ$\mu(A_1)<\infty$であるから、命題 2.1の差の公式を用いることができる。したがって、

が成り立つ。数列$(\mu(A_n))_{n\geq 1}$は非増加であり、$0$以上かつ有限な$\mu(A_1)$以下であるから、有限な極限$L$をもつ。右辺は$\mu(A_1)-L$に等しいので、

を得る。$\mu(A_1)$は有限であるから、両辺から$\mu(A_1)$を消去して$\mu(A)=L$を得る。したがって、

が成り立つ。▨

証明. 演習とする（問題 8.1 (4)）。▨

証明.$\varphi$の相異なる値を$c_1,\dots,c_k$とし、$A_i=\{\varphi=c_i\}$とおく。§E10.7 命題 7.2により、$\varphi$は非負単関数である。$D_j\cap A_i$が空でなければ、$D_j$上の値と$A_i$上の値が一致するので$a_j=c_i$である。有限加法性から

を得る。

$a_j>0$の場合には、拡張非負実数の有限和に対する分配法則から

が成り立つ。$a_j=0$の場合にも、$0\cdot\infty=0$という規約により両辺は$0$である。したがって、

第二の等号では、空でない共通部分上で$a_j=c_i$であることを用いた。空の共通部分の測度は$0$であるため、空の共通部分に対応する項は等式へ影響しない。以上により、積分値は表示に依存しない。▨

証明.$\varphi=\sum_{i=1}^{k}c_i\mathbf{1}_{A_i}$と$\psi=\sum_{j=1}^{\ell}d_j\mathbf{1}_{B_j}$を、それぞれ標準表示とする。共通細分$(A_i\cap B_j)_{i,j}$から空集合を除くと有限可測分割が得られ、各共通部分上では$a\varphi+b\psi$の値は$ac_i+bd_j$である。命題 5.2により、

である。各共通部分の測度を$r\in[0,\infty]$と書くと、

が成り立つ。$r<\infty$の場合は通常の分配法則である。$r=\infty$の場合は、$ac_i+bd_j$が正であれば両辺が$\infty$であり、$ac_i+bd_j=0$であれば$ac_i=bd_j=0$なので両辺が$0$である。

有限和に分配法則を適用し、有限加法性を用いると、

を得る。▨

証明.$\eta=\psi-\varphi$は非負単関数であり、$\psi=\varphi+\eta$である。命題 5.3により

を得る。各積分値が無限であっても、非負量の和と順序だけを用いたこの不等式は成り立つ。▨

証明.$s$の正の相異なる値を$c_1,\ldots,c_k$、対応する値集合を$A_1,\ldots,A_k$とする。$0<r<1$を固定し、$E_{n,i}=A_i\cap\{s_n\geq rc_i\}$とおく。$s_n\uparrow s$であるから、$E_{n,i}\uparrow A_i$である。非負単関数$r\sum_i c_i\mathbf1_{E_{n,i}}$は$s_n$以下であるため、命題 5.4と命題 5.2により

である。定理 4.1 (1)を各$i$へ適用して有限和の極限をとると、$L=\sup_n\int_Xs_n\,d\mu$に対して$L\geq r\int_Xs\,d\mu$を得る。積分値が有限ならば$r\uparrow1$とし、無限ならば$r>0$を固定することにより、$L\geq\int_Xs\,d\mu$である。逆の不等式は$s_n\leq s$と単調性から従う。$k=0$の場合も両辺は 0 である。▨

証明. 測度に対する単関数積分は定義 5.1、命題 5.3、命題 6.1により四条件を満たす。逆に、四条件を満たす$I$について$\mu(A)=I(\mathbf1_A)$とおく。$\mu(\emptyset)=I(0)=0$である。二つずつ交わらない$A_n\in\mathcal F$に対して

であり、加法性と条件 (d)から

を得る。したがって$\mu$は測度である。$s=\sum_i c_i\mathbf1_{A_i}$に加法性と同次性を適用すると$I(s)=\sum_i c_i\mu(A_i)=\int_Xs\,d\mu$である。逆に、測度から出発した場合も$\int_X\mathbf1_A\,d\mu=\mu(A)$であるから、二つの構成は互いに逆である。▨

証明. 任意の$A\in\mathcal F$は、内側と外側の可測集合をともに$A$とすることにより$\overline{\mathcal F}^{\,\mu}$に属する。とくに$X\in\overline{\mathcal F}^{\,\mu}$である。

$E\in\overline{\mathcal F}^{\,\mu}$とし、$A\subseteq E\subseteq B$と$\mu(B\setminus A)=0$を満たす$A,B\in\mathcal F$をとる。このとき、

であるから、$X\setminus E\in\overline{\mathcal F}^{\,\mu}$である。

$E_n\in\overline{\mathcal F}^{\,\mu}$（$n\geq1$）とする。可算選択公理により、各$n$に対して$A_n\subseteq E_n\subseteq B_n$と$\mu(B_n\setminus A_n)=0$を満たす$A_n,B_n\in\mathcal F$を選ぶ。$A=\bigcup_nA_n$、$B=\bigcup_nB_n$とおくと、$A,B\in\mathcal F$であり、

である。単調性と命題 2.1 (3)により$\mu(B\setminus A)\leq\sum_n\mu(B_n\setminus A_n)=0$であるから、$\bigcup_nE_n\in\overline{\mathcal F}^{\,\mu}$を得る。▨

証明.$A\setminus A'\subseteq B'\setminus A'$と$A'\setminus A\subseteq B\setminus A$であるから、単調性により$\mu(A\setminus A')=\mu(A'\setminus A)=0$である。有限加法性により、

を得る。▨

証明.補題 7.2により$\overline{\mathcal F}^{\,\mu}$は σ-加法族である。任意の$A\in\mathcal F$に対して、内側と外側の可測集合をともに$A$とすると、$\overline\mu(A)=\mu(A)$を得る。とくに$\overline\mu(\emptyset)=0$である。

$E_n\in\overline{\mathcal F}^{\,\mu}$（$n\geq1$）が二つずつ交わらないとする。可算選択公理により、$A_n\subseteq E_n\subseteq B_n$と$\mu(B_n\setminus A_n)=0$を満たす$A_n,B_n\in\mathcal F$を選ぶ。このとき、$(A_n)_{n\geq1}$も二つずつ交わらない。$\bigcup_nA_n\subseteq\bigcup_nE_n\subseteq\bigcup_nB_n$であり、単調性と可算劣加法性により$\mu((\bigcup_nB_n)\setminus(\bigcup_nA_n))\leq\sum_n\mu(B_n\setminus A_n)=0$であるから、

を得る。したがって、$\overline\mu$は$\overline{\mathcal F}^{\,\mu}$上の測度である。

$E\in\overline{\mathcal F}^{\,\mu}$と$\overline\mu(E)=0$を仮定し、$S\subseteq E$とする。$A\subseteq E\subseteq B$と$\mu(B\setminus A)=0$を満たす$A,B\in\mathcal F$をとる。このとき、$\mu(A)=\overline\mu(E)=0$であるから、有限加法性により$\mu(B)=\mu(A)+\mu(B\setminus A)=0$である。したがって、$\emptyset\subseteq S\subseteq B$を用いると、$S\in\overline{\mathcal F}^{\,\mu}$かつ$\overline\mu(S)=0$を得る。ゆえに、$(X,\overline{\mathcal F}^{\,\mu},\overline\mu)$は完備である。

$\mathcal G$と$\nu$が主張 (3)の仮定を満たすとし、$E\in\overline{\mathcal F}^{\,\mu}$を任意にとる。$A\subseteq E\subseteq B$と$\mu(B\setminus A)=0$を満たす$A,B\in\mathcal F$を選ぶ。このとき、$E\setminus A\subseteq B\setminus A$であり、$\nu(B\setminus A)=\mu(B\setminus A)=0$である。$\nu$は完備であるから、$E\setminus A\in\mathcal G$かつ$\nu(E\setminus A)=0$である。したがって、$E=A\mathbin{\sqcup}(E\setminus A)\in\mathcal G$であり、

を得る。▨

証明. 証明は演習とする（問題 8.1 (5)）。▨