積分と二重級数

質問

積分に関する定理から、下の二重級数に関する定理が得られるようですが、どこをどうすれば二重級数の定理が導けるのか全くわからないので教えてください。

1.27 Theorem
If Fn:X→[0, ∞] is measurable, for n=1, 2, 3,..., and
F(x)=Σ∫Fn dμ (x∈X)(Σはn=1～∞, 積分範囲は集合X)
then
∫F dμ=Σ∫Fn dμ (Σはn=1～∞, 積分範囲は集合X)

(問題の部分)
If we let μ to be the counting measure on a countable set, Theorem 1.27 is a statement about double series of nonnegative real numbers (which can of course be proved by more elementary means):
Corollary
If Aij＞0 for i and j =1, 2, 3,..., then
Σ(i=1-∞)Σ(j=1-∞)Aij=Σ(j=1-∞)Σ(i=1-∞)Aij

よろしくお願いします。

回答No.3

jmh

幅が１の長方形の面積は、その高さと同じです。
Ｘ＝（０，＋∞）で、∫Ｆｉ＝？

回答No.2

jmh

問題を読み間違えてましたが、
　Ｆ（ｘ）＝ΣＦｎ（ｘ）　（Σはｎ＝１，２，３，…）
ですよね？

直感的には、Ｆｎを
　Ｆｉ（ｘ）＝Ａｉｊ　（ｊ－１＜ｘ＜ｊ）
などとすればいいような気がします。

補足

ご指摘のとおり、
　F(x)=ΣFn(x)
です。間違えて書き込んでしまいました。

積分する可測空間を(N, 2^N)として…
∫ΣFn dμ = Σ∫Fn dμ
∫Σ(i)Aijdμ = Σ(i)∫Fn dμ
Σ(j)Σ(i)Aij = Σ(i)Σ(j)Aij
　ということでしょうか。
　　　　　　　　(Fnは可測関数になる？)

回答No.1

jmh

Ｆｎを階段にすればいいような気がします。

補足

Fnを階段関数の極限として考えてみましたが、式変形が正しくできているのかどうかわかりません。
この方法では無理なんでしょうか。
--
F1,F2,...に収束する単関数列{S1,m},{S2,m},...をつくって
α□μ(○∩○)=(二重級数の各項)
とすることでできないか？　と思ってやってみましたが、結局わかりませんでした。
単関数の積分は次のようになっていました。
単関数　S=Σ(i=1-n)αiχAi
に関して　∫_E S dμ=Σ(i=1-n)αiμ(Ai∩E)
--
（以下、積分の範囲はXとする。）
Fnに収束する単関数列を{S(n,m)}とおく。S(n,m)→Fn(m→∞)

∫S(n,m)dμ=Σ(i=1-k)a(n,i)μ(X∩An,i)
ここで両辺でm→∞として、
(∫Fn dμ=)
lim(m→∞)∫ S(n,m)dμ
=lim(k→∞)Σ(i=1-k)a(n,i)μ(X∩An,i)
=Σ(i=1-∞)a(n,i)μ(X∩An,i)
よって
Σ(n=1-∞)∫ Fn dμ
=Σ(n=1-∞)Σ(i=1-∞)a(n,i)μ(X∩An,i)

一方
∫ F dμ
=∫(Σ(n=1-∞)Fn)dμ
=∫(Σ(n=1-∞)lim(k→∞)S(n,m))dμ
=lim(k→∞)∫Σ(n=1-∞)S(n,m)dμ
=lim(k→∞)Σ(n=1-∞)Σ(i=1-k)a(n,i)μ(X∩An,i)
=Σ(i=1-∞)Σ(n=1-∞)a(n,i)μ(X∩An,i)

これらを1.27の式
∫ F dμ=Σ(n=1-∞)∫ Fn dμ
に代入すると、
Σ(i=1-∞)Σ(n=1-∞)a(n,i)μ(X∩An,i)=Σ(n=1-∞)Σ(i=1-∞)a(n,i)μ(X∩An,i)
改めてa(n,i)μ(X∩An,i)=b(n,i)とおけば
Σ(i=1-∞)Σ(n=1-∞)b(n,i)=Σ(n=1-∞)Σ(i=1-∞)b(n,i)