命題 Φ を集合 X におけるσ-集合環(過去スレ007の197)とする。 μ を Φ 上の測度(過去スレ007の316)とする。 任意の E ∈ H(Φ) に対して M ⊂ E となる M ∈ Φ で μ_*(E) = μ(M) となるものが存在する。 ここで、μ_*(E) は E の内測度(>>649)である。
証明 μ_*(E) = +∞ の場合: 任意の整数 n ≧ 1 に対して M_n ⊂ E、M_n ∈ Φ で n < μ(M_n) となるものが存在する。 M = ∪M_n とおく。 M ∈ Φ であり、任意の整数 n ≧ 1 に対して n < μ(M_n) ≦ μ(M) よって、μ(M) = +∞ である。
μ_*(E) < +∞ の場合: 任意の整数 n ≧ 1 に対して M_n ⊂ E、M_n ∈ Φ で μ_*(E) < μ(M_n) + 1/ n となるものが存在する。 M = ∪M_n とおく。 M ∈ Φ で M ⊂ E だから μ(M) ≦ μ_*(E) よって逆向きの不等式を証明すればよい。 任意の整数 n ≧ 1 に対して μ_*(E) < μ(M_n) + 1/ n ≦ μ(M) + 1/ n n → +∞ とすれば μ_*(E) ≦ μ(M) 証明終
十分性: μ^*(E) = μ_*(E) とする。 >>648より、E ⊂ A となる A ∈ Φ で μ^*(E) = μ(A) となるものが存在する。 >>650より、B ⊂ E となる B ∈ Φ で μ_*(E) = μ(B) となるものが存在する。 A = B + (A - B) だから μ(A) = μ(B) + μ(A - B) である。 μ(A) = μ(B) < +∞ だから μ(A - B) = 0 である。 E - B ⊂ A - B より μ^*(E - B) = 0 よって、E - B は(μ^*)-零集合であり従って (μ^*)-可測である。 よって、E = B + (E - B) も(μ^*)-可測である。 証明終
証明(現代数学概説U p.251) >>650より、B ⊂ E となる B ∈ Φ で μ_*(E) = μ(B) となるものが存在する。 F - E ⊂ F - B であるから μ^*(F - E) ≦ μ^*(F - B) μ^*(F) = μ(B) + μ^*(F - B) ≧ μ_*(E) + μ^*(F - E)
よって、逆向きの不等式を証明すればよい。 >>648より F - E ⊂ A となる A ∈ Φ で μ^*(F - E) = μ(A) となるものが存在する。 C = A ∩ F とおく。C ∈ Ψ である。 F - E ⊂ C ⊂ A だから μ^*(F - E) ≦ μ^*(C) ≦ μ(A) よって、μ^*(F - E) = μ^*(C) である。 E = F - (F - E) ⊃ F - C だから>>657の 3) より、 μ_*(E) ≧ μ_*(F - C) >>659より μ_*(F - C) = μ^*(F - C) だから μ_*(E) ≧ μ^*(F - C) よって、μ^*(F) = μ^*(C) + μ^*(F - C) ≦ μ^*(F - E) + μ_*(E) 証明終
定義(Halmos) Φ を集合 X におけるσ-集合環(過去スレ007の197)とする。 μ を Φ 上の測度(過去スレ007の316)とする。 E ∈ H(Φ) (>>609)、A ∈ Φ で E ⊂ A とする。 任意の B ⊂ A - E、B ∈ Φ に対して μ(B) = 0 のとき A を E の可測包(measurable cover)と呼ぶ。
命題 Φ を集合 X におけるσ-集合環(過去スレ007の197)とする。 μ を Φ 上の測度(過去スレ007の316)とする。 A と B を E ∈ H(Φ) (>>609)の可測包(>>668)とする。 このとき μ(AΔB) = 0 である。 ここで、AΔB は A と B の対称差(過去スレ007の191)、即ち A△B = (A - B) ∪ (B - A) である。
証明 E ⊂ A ∩ B ⊂ A だから A - B = A - (A ∩ B) ⊂ A - E よって、μ(A - B) = 0 同様に μ(B - A) = 0 よって、μ(AΔB) = 0 である。 証明終
定義(Halmos) Φ を集合 X におけるσ-集合環(過去スレ007の197)とする。 μ を Φ 上の測度(過去スレ007の316)とする。 E ∈ H(Φ) (>>609)、A ∈ Φ で A ⊂ E とする。 任意の B ⊂ E - A、B ∈ Φ に対して μ(B) = 0 のとき A を E の可測核(measurable kernel)と呼ぶ。
命題 Φ を集合 X におけるσ-集合環(過去スレ007の197)とする。 μ を Φ 上の測度(過去スレ007の316)とする。 μ^* を>>611で定義した H(Φ) (>>609)上の外測度とする。 E ∈ H(Φ) をμ^*に関してσ-有限(>>654)とする。 このとき、E は可測核(>>673)を持つ。
証明(Halmos) >>669より、E は可測包(>>668) A を持つ。 >>669の証明より A は μ に関してσ-有限(過去スレ007の448)と仮定してよい。 よって、A - E はμ^*に関してσ-有限である。 よって、>>669より、A - E は可測包 N を持つ。 B = A - N とおく。 B = A - N ⊂ A - (A - E) = E
C ⊂ E - B、C ∈ Φ とする。 C ⊂ E - B = E - (A - N) = E ∩ N = N - (A - E) ここで、N は A - E の可測包だから μ(C) = 0 である。 よって、B は E の可測核である。 証明終
命題 Φ を集合 X におけるσ-集合環(過去スレ007の197)とする。 μ を Φ 上の測度(過去スレ007の316)とする。 E ∈ H(Φ) (>>609)とする。 A を E の任意の可測核(>>673)とする。 このとき μ_*(E) = μ(A) である。 ここで、μ_*(E) は E の内測度(>>653)である。
証明 μ(A) ≦ μ_*(E) は明らかである。 μ(A) < μ_*(E) と仮定する。 μ(A) は有限である。 B ⊂ E かつ μ(A) < μ(B) となる B ∈ Φ が存在する。 B ⊂ (A ∪ B) = A + (B - A) だから μ(B) ≦ μ(A) + μ(B - A) よって、μ(B - A) ≧ μ(B) - μ(A) > 0 B - A ⊂ E - A だからこれは矛盾である。 証明終
命題 Φ を集合 X におけるσ-集合環(過去スレ007の197)とする。 μ を Φ 上の測度(過去スレ007の316)とする。 A と B を E ∈ H(Φ) (>>609)の可測核(>>673)とする。 このとき μ(AΔB) = 0 である。 ここで、AΔB は A と B の対称差(過去スレ007の191)、即ち A△B = (A - B) ∪ (B - A) である。
証明 (A ∪ B) - A ⊂ E - A だから μ((A ∪ B) - A) = 0 (A ∪ B) - B ⊂ E - B だから μ((A ∪ B) - B) = 0 よって、μ(AΔB) = 0 である。 証明終
命題 Φ を集合 X におけるσ-集合環(過去スレ007の197)とする。 μ を Φ 上の測度(過去スレ007の316)とする。 X の部分集合 E で A ⊂ E ⊂ B かつ μ(B - A) = 0 となる A ∈ Φ と B ∈ Φ が存在するようなもの全体を Φ^* とする。 μ^*(E) = μ(A) と定義する。
このとき、Φ^* はσ-集合環であり、μ^* は Φ^* 上の測度である。
証明 まず μ^*(E) が A, B のとり方によらないことを証明する。 A ⊂ E ⊂ B、A ∈ Φ、B ∈ Φ、μ(B - A) = 0 C ⊂ E ⊂ D、C ∈ Φ、D ∈ Φ、μ(D - C) = 0 とする。 A - C ⊂ E - C ⊂ D - C だから μ(A - C) = 0 μ(A) = μ(A ∩ C) + μ(A - C) だから μ(A) = μ(A ∩ C) 同様に μ(C) = μ(A ∩ C) よって、μ(A) = μ(C)
2) E ∈ Φ^*、F ∈ Φ^* のとき E - F ∈ Φ^* の証明: A ⊂ E ⊂ B、A ∈ Φ、B ∈ Φ、μ(B - A) = 0 C ⊂ F ⊂ D、C ∈ Φ、D ∈ Φ、μ(D - C) = 0 とする。 A - D ⊂ A - F ⊂ E - F ⊂ B - F ⊂ B - C である。 (B - C) - (A - D) ⊂ (B - A) ∪ (D - C) であるから μ((B - C) - (A - D)) ≦ μ((B - A) ∪ (D - C)) ≦ μ(B - A) + μ(D - C) = 0 よって、μ((B - C) - (A - D)) = 0 よって、E - F ∈ Φ^*
3) (E_n), n = 1, 2, ... を Φ^* の元の列としたとき E = ∪E_n ∈ Φ^* の証明: 各 n に対して A_n ⊂ E_n ⊂ B_n、A_n ∈ Φ、B_n ∈ Φ、μ(B_n - A_n) = 0 とする。 A = ∪A_n、B = ∪B_n とおく。 A ⊂ E ⊂ B である。 B - A = ∪(B_n - A) ⊂ ∪(B_n - A_n) だから μ(B - A) ≦ Σμ(B_n - A_n) = 0 よって、E ∈ Φ^*
命題 (X, Φ, μ) を測度空間(過去スレ007の317)とする。 (X, Φ~, μ~) を (X, Φ, μ) の完備化(>>680)とする。 このとき Φ~ は A ∪ N の形の X の部分集合全体と一致する。 ここで、A ∈ Φ、N は (X, Φ, μ) の零集合(過去スレ007の328)の部分集合である。
証明 A ∪ N の形の X の部分集合全体を Φ’とおく。 ここで、A ∈ Φ、N は (X, Φ, μ) の零集合の部分集合である。
E ∈ Φ~ とする。 X の部分集合 E で A ⊂ E ⊂ B かつ μ(B - A) = 0 となる A ∈ Φ と B ∈ Φ が存在する。 N = E - A とおくと E = A + N であり N ⊂ B - A である。 よって、E ∈ Φ’である。 よって、Φ~ ⊂ Φ’である。
逆に E ∈ Φ’とする。 E = A ∪ N と書ける。 ここで、A ∈ Φ、N は (X, Φ, μ) の零集合 M の部分集合である。 B = A ∪ M、C = A - M とおく。 C ⊂ E ⊂ B であり、C ∈ Φ、B ∈ Φ である。 B = C + M だから B - C = M よって、E ∈ Φ~ よって、Φ’⊂ Φ~ である。 証明終
命題 (X, Φ, μ) を測度空間(過去スレ007の317)とする。 (X, Φ~, μ~) を (X, Φ, μ) の完備化(>>680)とする。 このとき Φ~ は A + N (直和)の形の X の部分集合全体と一致する。 ここで、A ∈ Φ、N は (X, Φ, μ) の零集合(過去スレ007の328)の部分集合である。
証明 A + N の形の X の部分集合全体を Φ’とおく。 ここで、A ∈ Φ、N は (X, Φ, μ) の零集合の部分集合である。
E ∈ Φ~ とする。 >>681より、E = A ∪ N と書ける。 ここで、A ∈ Φ、N は (X, Φ, μ) の零集合 M の部分集合である。 A = (A - M) + (A ∩ M) だから E = (A - M) + (A ∩ M) + (N - A) (A - M) ∈ Φ であり、(A ∩ M) + (N - A) ⊂ M だから E ∈ Φ’である。 よって、Φ~ ⊂ Φ’である。 逆の包含関係は明らかである。 証明終
命題 (X, Φ, μ) を測度空間(過去スレ007の317)とする。 (X, Φ~, μ~) を (X, Φ, μ) の完備化(>>680)とする。 このとき Φ~ は A + N (直和)の形の X の部分集合全体と一致する。 ここで、A ∈ Φ、N は (X, Φ, μ) の零集合(過去スレ007の328)の部分集合である。
証明 A + N の形の X の部分集合全体を Φ’とおく。 ここで、A ∈ Φ、N は (X, Φ, μ) の零集合の部分集合である。
E ∈ Φ~ とする。 >>681より、E = A ∪ N と書ける。 ここで、A ∈ Φ、N は (X, Φ, μ) の零集合 M の部分集合である。 E = A + (N - A) N - A ⊂ N ⊂ M よって、E ∈ Φ’である。 よって、Φ~ ⊂ Φ’である。 逆の包含関係は明らかである。 証明終
命題 (X, Φ, μ) を測度空間(過去スレ007の317)とする。 P(X) を X の冪集合とする。 A と B を X の部分集合とする。 A - B が (X, Φ, μ) の零集合(過去スレ007の328)の部分集合であるとき A ≦ B と書く。 このとき P(X) における関係 ≦ は前順序(過去スレ008の139)である。
証明 任意の A ∈ P(X) に対して A - A = φ だから A ≦ A である。
A ≦ B、B ≦ C とする。 A - C ⊂ (A - B) ∪ (B - C) であるから A ≦ C である。 よって、関係 ≦ は前順序である。 証明終
(X, Φ, μ) を測度空間(過去スレ007の317)とする。 P(X) を X の冪集合とする。 A - B が (X, Φ, μ) の零集合(過去スレ007の328)の部分集合であるとき A ≦ B と書く。 >>685より P(X) における関係 ≦ は前順序である。 よって、A ≦ B かつ B ≦ A のとき A 〜 B と書けば関係 〜 は P(X) における同値関係である。
明らかに A 〜 B であることと A と B の対称差(過去スレ007の191) AΔB が (X, Φ, μ) の零集合の部分集合であることは同値である。
命題 (X, Φ, μ) を測度空間(過去スレ007の317)とする。 P(X) を X の冪集合とする。 A と B を X の部分集合とする。 A と B の対称差(過去スレ007の191) AΔB が (X, Φ, μ) の零集合の部分集合であるとき A 〜 B と書く。 >>686より、これは P(X) における同値関係である。 (X, Φ~, μ~) を (X, Φ, μ) の完備化(>>680)とする。 このとき Φ~ は Φ のある元と同値となる X の部分集合全体と一致する。
証明 E ∈ Φ~ とする。 >>682より、E = A + N と書ける。 ここで、A ∈ Φ、N は (X, Φ, μ) の零集合部分集合である。 よって、A 〜 E である。
逆に A ∈ Φ、E ∈ P(X) で A 〜 E とする。 A - E は零集合の部分集合であるから A - E ∈ Φ~ である。 よって、A ∩ E = A - (A - E) ∈ Φ~ である。 E - A は零集合の部分集合であるから E = (A ∩ E) + (E - A) ∈ Φ~ である。 証明終
補題 X を集合とする。 Δ = {A ⊂ X; A または X - A は有限集合} とおく。 このとき、Δ は集合代数(過去スレ007の196)である。
証明 A ∈ Δ なら X - A ∈ Δ である。
A, B ∈ Δ で A と B がともに有限集合なら A ∪ B ∈ Δ である。 A が無限集合なら R - A は有限集合である。 よって、R - (A ∪ B) = (R - A) ∩ (R - B) は有限集合である。 よって、A ∪ B ∈ Δ である。 同様に B が無限集合なら A ∪ B ∈ Δ である。 以上から A, B ∈ Δ なら常に A ∪ B ∈ Δ である。 証明終
補題 X を集合とする。 Δ = {A ⊂ X; A または X - A は有限集合} とおく。 このとき、Δ は集合代数(過去スレ007の196)である。
証明 A と B を X の部分集合とする。 A ∈ Δ なら X - A ∈ Δ である。
A と B がともに有限集合なら A ∪ B も有限集合だから A ∪ B ∈ Δ である。 X - A が有限集合なら X - (A ∪ B) ⊂ (X - A) だから X - (A ∪ B) も有限集合である。 よって、A ∪ B ∈ Δ である。 同様に X - B が有限集合なら A ∪ B ∈ Δ である。 以上から A, B ∈ Δ なら常に A ∪ B ∈ Δ である。 証明終
補題 X を集合とする。 Φ = {A ⊂ X; A または X - A は可算集合} とおく。 このとき、Φ はσ-集合代数(過去スレ007の198)である。
証明 A と B を X の部分集合とする。 A ∈ Φ なら X - A ∈ Φ である。
(A_n), n = 1, 2, ... を Φ の元の列とする。 A = ∪A_n とおく。 各 A_n が全て可算集合なら A も可算集合だから A ∈ Φ である。 ある k に対して A_k が可算でないとする。 X - A ⊂ X - A_k であり、X - A_k は可算だから X - A も可算である。 よって、A ∈ Φ である。 証明終