μ((a,b))=∫[a..b]x^2dx (-∞<a<b<∞)は何故,全ボレル集合体B(R)の一意的測度?何故μ({0})=0なの?

質問

こんにちは。よろしくお願い致します。

測度の定義は
(Ω,B)を可測空間(BはΩ上σ集合体)とする時,fが
(i) ∀b∈B,f(b)∈[0,∞],f(φ)=0.
(ii) f(∪[k=1..∞]b_k)=Σ[k=1..∞]f(b_k) (B∋b_1,b_2,…は互いに素)
を満たせば(Ω,B)上の測度という。

ボレル集合体の定義は
位相空間(X,T)においてσ(T):={B;T⊂B,BはX上のσ集合体}をB(X)と書き,X上のボレル集合体という。

有限加法族の定義は
(i) Ω∈B, (ii) b∈B⇒b^c∈B, (iii) b,c∈B⇒b∪c∈B.
の時,BをΩ上の有限加法族という。

a finite measureの定義は
(i) Bが有限加法族, (ii) fは(Ω,B)上の測度, (iii) f(b_1∪b_2)=f(b_1)+f(b_2) (B∋b_1,b_2は互いに素)
の時,Bを(Ω,B)上のa finite measureという。

a σfinte measureの定義は
(i) fは(Ω,B)上のa finite measure, (ii) Ω=∪[i=1..∞]b_i且つf(b_i)∈R (B∋b_1,b_2,…は互いに素),
の時,fを(Ω,B)上のa σfinite measureという。

です。

[Q] Define a measure μ on open intervals in R by
μ((a,b))=∫[a..b]x^2dx (-∞<a<b<∞)
(1) Why does this uniquely determine the measure μ on all of B(R)?
(2) Show μ({0})=0. (Be specific)
(3) Is μ a finite measure? σ-finite? Why?

という問題です。
(1)の「何故これが一意的に全B(R)(ボレル集合体)上の測度μを決定するのか?」の意味が分かりません。
1次元ボレル集合体B(R)とはσ(T):={B∈2^R;T⊂B (BはR上のσ集合体)}(Tは開集合全体の集合)だと思います。
全てのB(R)だから
K_1={(a,b)∈2^R;a,b∈R}や
K_2={[a,b)∈2^R;a,b∈R}や
K_3={(a,b]∈2^R;a,b∈R}や
K_4={[a,b]∈2^R;a,b∈R}と置くとユークリッド空間Rの位相は
T_0={φ,R},
T_1={∪[λ∈Λ]G_λ;G_λ∈K_1},
T_2={∪[λ∈Λ]G_λ;G_λ∈K_2},
T_3={∪[λ∈Λ]G_λ;G_λ∈K_3},
T_4={∪[λ∈Λ]G_λ;G_λ∈K_4},
T_5=2^R
はいずれもRの位相になると思いますので少なくとも
B(R)は6種類が考えられると思います。
これ以外にもB(R)はあるのでしょうか?
あるのならどんな位相が考えられるのでしょうか?そして網羅しつくした事をどうやって示せばいいのでしょうか?
そして全B(R)上の測度μはこのμ唯一つしかない事はどうやって示せばいいのでしょうか?
とりあえず,自力でやってみました。。
このμの他にB(R)(仮に位相はT_0としてみて)上の測度μ'があったとすると
B(R)=σ(T_0)は∩[B∈{B;T⊂B,BはR上のσ集合体}]B={φ,R}になると思います。
そしてμ'は測度なのだから

(i) ∀b∈B,μ'(b)∈[0,∞],μ'(φ)=0.
(ii) μ'(∪[k=1..∞]b_k)=Σ[k=1..∞]μ'(b_k) (B∋b_1,b_2,…は互いに素)

を満たさねばなりません,,,,
これからμ'がμ'(φ)=0 (∵測度の定義)は言えましたが
このB(R)は今{φ,R}なので区間を元に持ちませんので
μ'((a,b))=∫[a..b]x^2dx (-∞<a<b<∞)と書き表せようがないと思います。

問題文を誤釈してますでしょうか?

(2)については今,R上のσ集合体Bをopen intervalsにしているので
{0}=∩[n=1..∞](-1/n,1/n)∈Bと言えるから∩[n=1..∞](-1/n,1/n)はμ上で定義されていている。
それで
μ({0})=μ(∩[n=1..∞](-1/n,1/n))=Σ[n=1..∞]μ((-1/n,1/n))
=Σ[n=1..∞]∫[-1/n..1/n]x^2dx=Σ[n=1..∞][x^3/3]^1/n_-1/n
=Σ[n=1..∞]2/(3n^3)
となってしまったのですがこれは0になりませんよね。
何が間違っているのでしょうか?

(3)については
まずこのμがa finite measureを吟味してみますとa finite measureの定義から
まずσ集合体Bが有限加法族になっていないといけません。
しかし,ここでのσ集合体Bはopen intervalsで-∞<a<b<∞となっていますので
少なくともR∈Bを満たしませんからBは有限加法族になってません。
従って,このμはa finite measureではない。
次にa σfinite measureになっているかを吟味すると,
まずa finite measureになっていなければなりませんが
既にa finite measureでない事は判明済みなのでσfinite measureでもない。。。

と結論づいたのですがこれで正しいでしょうか?

すいません。ご教示ください。

回答No.13

rinkun · ベストアンサー

> A_i⊆A_i+1とh'(D∩A)＜+∞を仮定しない場合がどうしても示せません。

前者は、あらかじめ有限和について証明しておき、一般には
　B_n = ∪[i=1..n]A_i
とおけば、B_i⊆B_i+1なので、これに帰着する。
後者は、h'(D∩A)=+∞のとき、
　h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)
を言うにはh'(D)=+∞を言えば良いが、これは
　D∩A⊆D
を使えば、すぐ言える。

お礼

どうもありがとうございます。
漸く解決いたしました。

回答No.12

rinkun

ANo.11のお礼について。
h'(D∩A)=+∞の場合は別途証明します。
簡単に示せますよ。

お礼

遅くなりましてすいません。

> ANo.11のお礼について。
> h'(D∩A)=+∞の場合は別途証明します。
> 簡単に示せますよ。

A_i⊆A_i+1とh'(D∩A)＜+∞を仮定しない場合がどうしても示せません。
どうかご教示ください。

回答No.11

rinkun

> > 　h'(D)=h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
> これはどうしていえるんですか?

外測度の劣加法性から
　h'(D)≦h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
A_nを可測と仮定しているから
　h'(D)≧h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
で、この両者から
　h'(D)=h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
です。

お礼

ありがとうございます。

> 外測度の劣加法性から
> 　h'(D)≦h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
> A_nを可測と仮定しているから
> 　h'(D)≧h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
> で、この両者から
> 　h'(D)=h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
> です。

納得です。

> 追加の仮定(*)を外して一般化してください。

これを外すと
「このとき∀ε>0に対して∃nがあって
　h'(D∩A)≦h'(D∩A_n)+ε」
がいえなくなるのですが、、、
どうすれば一般化できるのでしょうか?

お手数おかけしましてすいません。

回答No.10

rinkun

> h'(D)≧h'(D∩∪[i=1..∞]A_i)+h'(D∩(∪[i=1..∞]A_i)^c)}
証明の詳細は覚えてないのでちょっと考えてみました。
A=∪[i=1..∞]A_iと置きます。
A_i⊆A_i+1とh'(D∩A)＜+∞を仮定します。(*)
このとき∀ε>0に対して∃nがあって
　h'(D∩A)≦h'(D∩A_n)+ε
あと
　h'(D∩A^c)≦h'(D∩A_n^c)
　h'(D)=h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
これらから
　h'(D∩A)+h'(D∩A^c)≦h'(D∩A_n)+ε+h'(D∩A_n^c)=h'(D)+ε
εは任意なので
　h'(D∩A)+h'(D∩A^c)≦h'(D)
これで良いはずです。
追加の仮定(*)を外して一般化してください。

お礼

ありがとうございます。

> 　h'(D)=h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)

これはどうしていえるんですか?
D∩A_nとD∩A_n^cが互いに素だから等号成立とは
Caratheodory外測度の定義には無いはずですが…。

回答No.9

rinkun

ANo.8へのお礼から
> 可測集合全体とはこの場合,Rの冪集合2^Rの事ですね。2^Rが一番大きなσ集合体ですからね。

違います。ANo.4への補足に書かれた
> h'で可測になる集合全体とは{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)}
のことです。
この可測集合全体がσ集合体をなすことを言えば、開区間が可測集合であることとからB(R)の元が可測集合であると言えるわけです。

> となり,しかもμ(Ω_n)=μ'(Ω_n)<∞なので定理が使えてB(R)上でもμ=μ'が成り立つ。

その『定理』自体の証明は大丈夫ですか?

お礼

大変ありがとうございます。

> ANo.8へのお礼から
>> 可測集合全体とはこの場合,Rの冪集合2^Rの事ですね。2^Rが一番大きなσ集合体ですからね。
> 違います。ANo.4への補足に書かれた
>> h'で可測になる集合全体とは{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)}
> のことです。
> この可測集合全体がσ集合体をなすことを言えば、
> 開区間が可測集合であることとからB(R)の元が可測集合であると言えるわけです。

そうでしたか。失礼いたしました。

∀D∈2^R,h'(D∩R)+h'(D∩R^c)=h'(D)≦h'(D)なので
R∈{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)}

もし,A∈{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)}なら
∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)=h'(D∩A^c)+h'(D∩A)と書けるので
A^c∈{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)}

もし,A_i∈{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)} (i∈N)なら
∀D∈2^R,h'(D)=h'(D∩R)=h'(D∩((∪[i=1..∞]A_i)∪(∪[i=1..∞]A_i)^c)))
≦h'(D∩∪[i=1..∞]A_i)+h'(D∩(∪[i=1..∞]A_i)^c)}(∵Caratheodory外測度の定義(劣加法性))
となってしまい,
h'(D)≧h'(D∩∪[i=1..∞]A_i)+h'(D∩(∪[i=1..∞]A_i)^c)}が示せません。
D∩∪[i=1..∞]A_iとD∩(∪[i=1..∞]A_i)^cとは互いに素だから
h'(D)=h'(D∩∪[i=1..∞]A_i)+h'(D∩(∪[i=1..∞]A_i)^c)}
となりそうですが,Caratheodory外測度には劣加法性には互いに素の場合の但し書きも見当たりません。
h'(D)≧h'(D∩∪[i=1..∞]A_i)+h'(D∩(∪[i=1..∞]A_i)^c)}はどうやって示せますでしょうか?

仮に{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)}がσ集合体であると示せたすると
今回の証明問題は
『μとμ'を可測集合全体M上で定義されたσ-field measureとし,(M⊃)Iをπ-systemとする。もしI上でμ=μ'で
∃Ω_nは単調増加集合;lim[n→∞]Ω_n=Ωで∀n∈Nに対してμ(Ω_n)=μ'(Ω_n)<∞なら
M上でもμ=μ'が成り立つ』
を使うのですね。 それで今,B(R)⊂MでもあるのでB(R)ででもμ=μ'は成り立つ。
という訳ですね。

>> となり,しかもμ(Ω_n)=μ'(Ω_n)<∞なので定理が使えてB(R)上でもμ=μ'が成り立つ。
> その『定理』自体の証明は大丈夫ですか?

結局のこの定理を使えばいいのですね。証明ですか。がんばってみます。

回答No.8

rinkun

ANo.7のお礼から
> 意味がよく分かりません。B(R)=σ(T)が成り立つ事とB(R)がσ集合体である事を確認せよ。とおっしゃっているのですか?

B(R)=σ(T)は定義ですよ。
可測集合全体が開区間を含むσ集合体であることを示せば、B(R)は開区間を含む『最小の』σ集合体だから、B(R)⊂可測集合全体 が言えます。
だから「可測集合全体が開区間を含むσ集合体であること」を示せばよろしい。

> 『μとμ'をB(Ω)上で定義されたσ-field measureとし,Iをπ-systemとする。もしI上でμ=μ'で
> ∃Ω_nは単調増加集合;lim[n→∞]Ω_n=Ωで∀n∈Nに対してμ(Ω_n)=μ'(Ω_n)<∞なら
> B(Ω)上でもμ=μ'が成り立つ』
そうですね。この主張を示せば良いでしょう。

お礼

大変お手数おかけしています。m(_ _)m

> ANo.7のお礼から
> > 意味がよく分かりません。B(R)=σ(T)が成り立つ事とB(R)がσ集合体である事を確認せよ。とおっしゃっているのですか?
>
> B(R)=σ(T)は定義ですよ。
> 可測集合全体が開区間を含むσ集合体であることを示せば、B(R)は開区間を含む『最小の』σ集合体だから、
> B(R)⊂可測集合全体
> が言えます。
> だから「可測集合全体が開区間を含むσ集合体であること」を示せばよろしい。

可測集合全体とはこの場合,Rの冪集合2^Rの事ですね。2^Rが一番大きなσ集合体ですからね。
可測集合とはσ集合体の元の事ですから可測集合全体がσ集合体になるのは当たり前なのではないでしょうか?
開区間は自動的に2^Rに含まれますよね。
よって可測集合全体は開区間を含むσ集合体である。

>> 『μとμ'をB(Ω)上で定義されたσ-field measureとし,Iをπ-systemとする。もしI上でμ=μ'で
>> ∃Ω_nは単調増加集合;lim[n→∞]Ω_n=Ωで∀n∈Nに対してμ(Ω_n)=μ'(Ω_n)<∞なら
>> B(Ω)上でもμ=μ'が成り立つ』
> そうですね。この主張を示せば良いでしょう。

μ,μ'はσ-field measureと既に分かっているのでπ-system I:={(a,b);a,b∈R}上でμ=μ'は言えてて,
Ω_n:=(-n,n)と採るとこれは単調増加でlim[n→∞]Ω_n=R
となり,しかもμ(Ω_n)=μ'(Ω_n)<∞なので定理が使えてB(R)上でもμ=μ'が成り立つ。

、、で宜しいでしょうか?

回答No.7

rinkun

ANo.6のお礼から
> どうして外測度が出てくるのですか?

ANo.4の補足でh'と書いているものを使う。
これが開区間でμと一致することと、拡張の一意性から可測集合でh'=μとなる。

> >　σ集合体になることを証明すれば十分でしょ。(なぜ十分か説明すること)
> > σ集合体になることの証明は定義を満たすことを確認すれば良い。(自分で確認すること)
> すいません。どうしても分かりません。
> 具体的にお教え下さい。
前者はB(R)=σ(T)が開区間を含む最小のσ集合体であるから。最小性を活用する。
後者はσ集合体であるための条件を一つずつ確認すれば良い。これは自分でやらないと。

あとπ-systemの補題はそのままだと使えないと思う。これは有限測度の場合だね。σ有限の場合は少し変更すれば良いんじゃないかな。

お礼

大変ありがとうございます。

> ANo.6のお礼から
>> どうして外測度が出てくるのですか?
> ANo.4の補足でh'と書いているものを使う。
> これが開区間でμと一致することと、拡張の一意性から可測集合でh'=μとなる。

h':2^R→Rを2^R∋∀A→h'(A):=inf{Σ[i=1..∞]μ(C_i)∈R;A⊂∪[k=1..∞]C_k
(C_1,C_2,…∈C(1))}
では開区間(a,b)では確かにh'((a,b))=μ((a,b))となりますよね。

拡張の一意性とは
『μをB(Ω)上のσ-finite measureとしμ'をB(Ω)上のLebesgue outer measureとする,Iをπ-systemとする。もしI上でμ=μ'で
∃Ω_nは単調増加集合;lim[n→∞]Ω_n=Ωで∀n∈Nに対してμ(Ω_n)=μ'(Ω_n)<∞なら
B(Ω)(B(Ω)はσ集合体なのでその元は可測集合)上でもμ=μ'が成り立つ』
ですかね?

> 前者はB(R)=σ(T)が開区間を含む最小のσ集合体であるから。最小性を活用する。
> 後者はσ集合体であるための条件を一つずつ確認すれば良い。これは自分でやらないと。

意味がよく分かりません。B(R)=σ(T)が成り立つ事とB(R)がσ集合体である事を確認せよ。とおっしゃっているのですか?

> あとπ-systemの補題はそのままだと使えないと思う。これは有限測度の場合だね。
> σ有限の場合は少し変更すれば良いんじゃないかな。

変更すると
『μとμ'をB(Ω)上で定義されたσ-field measureとし,Iをπ-systemとする。もしI上でμ=μ'で
∃Ω_nは単調増加集合;lim[n→∞]Ω_n=Ωで∀n∈Nに対してμ(Ω_n)=μ'(Ω_n)<∞なら
B(Ω)上でもμ=μ'が成り立つ』

ですかね?

μ,μ'はσ-field measureでπ-system I:={(a,b);a,b∈R}上でμ=μ'は言え,Ω_n:=(-n,n)と採るとこれは単調増加でlim[n→∞]Ω_n=R
となり,しかもμ(Ω_n)=μ'(Ω_n)<∞なので定理が使えてB(R)上でもμ=μ'が成り立つ。

としてみたのですが正しいでしょうか?

回答No.6

rinkun

ANo.5の補足から
> そうです。T^cは{t^c:t∈T}の意味です。
> するとB(R)=T∪T^cですね。
いや、B(R)⊃T∪T^cは言えるけど、逆は成り立たない。
B(R)=T∪T^cだと半開区間も入ってこないでしょ。

> そう言えば可算個とは限りませんよね。下記のように非可算個で考えたのですが可算加法性が使えません。

だからボレル集合(ボレル集合体の要素)を具体的に表す方針では無理があるんだって。
要素の具体的表現は必要なくて、外測度で可測となる集合全体がσ集合体になることを証明すれば十分でしょ。(なぜ十分か説明すること)
σ集合体になることの証明は定義を満たすことを確認すれば良い。(自分で確認すること)

お礼

ありがとうございます。

> だからボレル集合(ボレル集合体の要素)を具体的に表す方針では無理があるんだって。

了解いたしました。

> 要素の具体的表現は必要なくて、外測度で可測となる集合全体が

どうして外測度が出てくるのですか?

>　σ集合体になることを証明すれば十分でしょ。(なぜ十分か説明すること)
> σ集合体になることの証明は定義を満たすことを確認すれば良い。(自分で確認すること)

すいません。どうしても分かりません。
具体的にお教え下さい。

[定義]Ωを集合とする。I_1,I_2∈I⇒I_1∩I_2∈Iの時,IをΩ上のπ-systemという。

[π-systemの補題]　Iをπ-systemとし,μ_1とμ_2がσ(I)上の測度とする。I上でμ_1=μ_2でμ_1(Ω)=μ_2(Ω)<∞なら
σ(I)上でμ_1=μ_2が成り立つ。

[例] I={(-∞,x];x∈R}はR上のπ-systemとなり,σ(I)=B(R)となる。

というのを見かけました。
(a,b)∈{(-∞,x];x∈R}なので[π-systemの補題]が使えるのでは思いましたが
μ_1(R)=μ_2(R)=∫[-∞..+∞]x^2dx=+∞なので条件μ_1(R)=μ_2(R)<∞を満たしません。
どうすればいいでしょうか?

すいません。是非ともお助けください。

回答No.5

rinkun

ANo.4の補足から
> B(R)=σ(T) (TはRの開集合全体の集合)
> ={B∈2^R;T⊂B,BはR上のσ集合体}=T∪T^c=2^R
　σ(T)=∩{B∈2^R;T⊂B,BはR上のσ集合体}
だよ。

> ∀t∈Tに対しt^c(閉区間)がどうしてもTに入らないのでTはσ集合体にならず
こういう書き方をしているということは本当に分かってないね。
T自体はσ集合体じゃないよ。Tを含む最小のσ集合体をB(R)としたのだからね。
また、確かに∀t∈Tに対してt^c∈B(R)ではあるけど、それをT^cとは普通は書かない。あるいは
　T^c:={t^c:t∈T}
と定義したのならT∪T^c=2^Rとはならない。

> ∀A∈B(R)を採るとこれは開区間k個,左半開区間m_1,右半開区間m_2個,閉区間n個,単集合s個から出来ているとすると
> A=∪[i=1..k](a_i,b_i)∪∪[i=1..m_1](c_i,d_i]∪∪[i=1..m_2][e_i,f_i)∪∪[i=1..n][p_i,q_i]∪∪[i=1..s]{r_i}

任意のボレル集合をこんな簡単に書けるとは思えないけど。
これを主張するなら証明すること。

もう一度、用語の使い方と論理構成を全面的に再確認してみた方が良いね。

お礼

同様に
μ'(A)=μ'(∪[λ∈Λ_1](a_λ,b_λ)∪∪[λ∈Λ_2](c_λ,d_λ)∪[λ∈Λ_3](e_λ,f_λ)∪[λ∈Λ_4](p_λ,q_λ))
=Σ[λ∈Λ_1]μ'((a_λ,b_λ))+Σ[λ∈Λ_2]μ'((c_λ,d_λ))+Σ[λ∈Λ_3]μ'((e_λ,f_λ))+Σ[λ∈Λ_4]μ'((p_λ,q_λ))
=Σ[λ∈Λ_1]∫[a_λ..b_λ]x^2dx+Σ[λ∈Λ_2]∫[c_λ..d_λ]x^2dx+Σ[λ∈Λ_3]∫[e_λ..f_λ]x^2dx+Σ[λ∈Λ_4]∫[p_λ..q_λ]x^2dx

で等しくなった! 即ち,μ=μ'.

以上より,μはB(R)全体で一意に定まっている。　　(終)

補足

大変ありがとうございます。

>> B(R)=σ(T) (TはRの開集合全体の集合)
>> ={B∈2^R;T⊂B,BはR上のσ集合体}=T∪T^c=2^R
> 　σ(T)=∩{B∈2^R;T⊂B,BはR上のσ集合体}
> だよ。

そうでした。"∩"を忘れておりました。

>> ∀t∈Tに対しt^c(閉区間)がどうしてもTに入らないのでTはσ集合体にならず
> こういう書き方をしているということは本当に分かってないね。
> T自体はσ集合体じゃないよ。Tを含む最小のσ集合体をB(R)としたのだからね。
> また、確かに∀t∈Tに対してt^c∈B(R)ではあるけど、それをT^cとは普通は書かない。あるいは
> 　T^c:={t^c:t∈T}
> と定義したのなら

そうです。T^cは{t^c:t∈T}の意味です。

> T∪T^c=2^Rとはならない。

するとB(R)=T∪T^cですね。

>> ∀A∈B(R)を採るとこれは開区間k個,左半開区間m_1,右半開区間m_2個,閉区間n個,単集合s個から出来ているとすると
>> A=∪[i=1..k](a_i,b_i)∪∪[i=1..m_1](c_i,d_i]∪∪[i=1..m_2][e_i,f_i)∪∪[i=1..n][p_i,q_i]∪∪[i=1..s]{r_i}

そう言えば可算個とは限りませんよね。下記のように非可算個で考えたのですが可算加法性が使えません。
どのようにすれば証明できましょうか? お助けください。

μ':B(R)→R で-∞<a<b<+∞に於いてはμ'((a,b))=∫[a..b]x^2dxであるような他のR上の測度μ'を考える。
∀A∈B(R)を採るとこれは開区間#Λ_1個,左半開区間#Λ_2,右半開区間#Λ_3個,閉区間#Λ_4個,単集合#Λ_5個から出来ている(Λ_1,Λ_2,Λ_3,Λ_4,Λ_5は非可算な添数集合)とすると
A=∪[λ∈Λ_1](a_λ,b_λ)∪∪[λ∈Λ_2](c_λ,d_λ]∪∪[λ∈Λ_3][e_λ,f_λ)∪∪[λ∈Λ_4][p_λ,q_λ]∪∪[λ∈Λ_5]{r_λ}
これは次のように開集合と単集合とで表せるから
A=∪[λ∈Λ_1](a_λ,b_λ)∪∪[λ∈Λ_2](c_λ,d_λ)∪∪[λ∈Λ_2]{d_λ}∪∪[λ∈Λ_3](e_λ,f_λ)∪∪[λ∈Λ_3]{e_λ}∪[λ∈Λ_4](p_λ,q_λ)∪∪[λ∈Λ_4]{p_λ,q_λ}∪[λ∈Λ_5]{r_λ}
従って,μ(A)=μ(∪[λ∈Λ_1](a_λ,b_λ)∪∪[λ∈Λ_2](c_λ,d_λ)∪[λ∈Λ_3](e_λ,f_λ)∪[λ∈Λ_4](p_λ,q_λ))
(∵(2))
=Σ[λ∈Λ_1]μ((a_λ,b_λ))+Σ[λ∈Λ_2]μ((c_λ,d_λ))+Σ[λ∈Λ_3]μ((e_λ,f_λ))+Σ[λ∈Λ_4]μ((p_λ,q_λ))
↑
ここで非可算個の場合には可算加法性は使えない!?
=Σ[λ∈Λ_1]∫[a_λ..b_λ]x^2dx+Σ[λ∈Λ_2]∫[c_λ..d_λ]x^2dx+Σ[λ∈Λ_3]∫[e_λ..f_λ]x^2dx+Σ[λ∈Λ_4]∫[p_λ..q_λ]x^2dx

回答No.4

rinkun

ANo.3へのお礼について。
R上のルベーグ測度は区間の長さから2^R上の外測度を定義して、これをルベーグ可測集合に制限することで構築している。
同じように開区間に対して値の分かっているμを使って外測度を定義することができる。
この外測度で可測になる集合の全体がボレル集合体を包含していることを示せばμがボレル集合体に拡張できることが分かる。
一意性も同様にルベーグ測度の一意性と同じ方法で示せるでしょう。

お礼

で等しくなった! 即ち,μ=μ'.

以上より,μはB(R)全体で一意に定まっている。　　(終)

これで大丈夫でしょうか?

補足

大変ありがとうございます。

> ANo.3へのお礼について。
> R上のルベーグ測度は区間の長さから2^R上の外測度を定義して、これをルベーグ可測集合に制限することで構築している。

μ*可測の定義は
μ*を可測空間(R^n,2^(R^n)) 上の外測度とする。R^n⊃Eが(R^n,2^(R^n))上μ*可測とは
∀C∈2^(R^n), μ*(C)≧μ*(C∩E)+μ*(C∩E^c)
を満たす時,Eはμ*可測であるという。

Lebesgue可測集合全体の集の定義は
写像μ*:2^(R^n)→R∪{+∞}はルベーグ外測度とする。
L:={E∈2^(R^n);Eは可測空間(R^n,2^(R^n))上でμ*可測}をLebesgue可測集合全体の集
合という。

Lebesgue測度の定義は
μ*をLebesgue外測度とする。制限写像μ*|Lは測度をなす。
この時,この制限写像μ*|LをR^n上のLebesgue測度という。

ですね。

> 同じように開区間に対して値の分かっているμを使って外測度を定義することができる。

C(1)を一次元区間塊とするとg:C(1)→Rを
C(1)∋∪[i=1..k](a_i,b_i]→g(∪[i=1..k](a_i,b_i]):=
b_1-a_1 (k=1で(a_1,b_1]が有界の時)
sup{(d-c)∈R;((a_1,b_1]⊃)(c,d]は有界} (k=1で(a_1,b_1]が非有界の時)
0 (k=1で(a_1,b_1]=φの時)
Σ[i=1..k]g((a_i,b_i]) (k>1の時)

とする時,h:2^R→Rを2^R∋∀A→h(A):=inf{Σ[i=1..∞]g(C_i)∈R;A⊂∪[k=1..∞]C_k (C_1,C_2,…∈C(1))}
とするとこのhがルベーグ外測度ですよね。

μを使うという事はここでのgをμと見立てろという事でしょうか?

そうすると
h':2^R→Rを2^R∋∀A→h'(A):=inf{Σ[i=1..∞]μ(C_i)∈R;A⊂∪[k=1..∞]C_k (C_1,C_2,…∈C(1))}

> この外測度で可測になる集合の全体が

h'で可測になる集合全体とは{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)}ですよね。

> ボレル集合体を包含していることを示せば

B(R)=σ(T) (TはRの開集合全体の集合)
={B∈2^R;T⊂B,BはR上のσ集合体}=T∪T^c=2^R
というふうにB(R)の正体は2^Rとなってしまったのですが正しいでしょうか?
∀t∈Tに対しt^c(閉区間)がどうしてもTに入らないのでTはσ集合体にならず
TにRの閉集合全体を付け加えればσ集合体にできるのではと思いましたら
離散位相2^Rになってしまいました。

よって∀A∈B(R), Aが単集合なら(2)よりμ(A)=0なのでA=[a,b] (a<b)ならA={a}∪(a,b)∪{b}と書け、
μ(A)=μ({a})+μ((a,b))+μ({b}) …(1) (∵μは測度) =0+μ((a,b))+0
従って,∀A∈2^R,∀D∈2^Rに対しDやD∩AやD∩A^cは結局は開区間と単集合らで書けるので
h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)は満たされると思います。

> μがボレル集合体に拡張できることが分かる。

上記は拡張できた事になるんですかね。

> 一意性も同様にルベーグ測度の一意性と同じ方法で示せるでしょう。

つまり,
μ':B(R)→R で-∞<a<b<+∞に於いてはμ'((a,b))=∫[a..b]x^2dxであるような他のR上の測度μ'を考える。
∀A∈B(R)を採るとこれは開区間k個,左半開区間m_1,右半開区間m_2個,閉区間n個,単集合s個から出来ているとすると
A=∪[i=1..k](a_i,b_i)∪∪[i=1..m_1](c_i,d_i]∪∪[i=1..m_2][e_i,f_i)∪∪[i=1..n][p_i,q_i]∪∪[i=1..s]{r_i}
(1)のように開集合と単集合とで表せるから
A=∪[i=1..k](a_i,b_i)∪∪[i=1..m_1](c_i,d_i)∪∪[i=1..m_1]{d_i}∪∪[i=1..m_2](e_i,f_i)∪∪[i=1..m_2]{e_i}∪[i=1..n](p_i,q_i)∪∪[i=1..n]{p_i,q_i}∪[i=1..s]{r_i}
従って,μ(A)=μ(∪[i=1..k](a_i,b_i) ∪ ∪[i=1..m_1](c_i,d_i) ∪ ∪[i=1..m_2](e_i,f_i) ∪ ∪[i=1..n](p_i,q_i)))
=Σ[i=1..k]μ((a_i,b_i))+Σ[i=1..m_1]μ((c_i,d_i))+Σ[i=1..m_2]μ((e_i,f_i))+Σ[i=1..n]μ((p_i,q_i))
=Σ[i=1..k]∫[a_i..b_i]x^2dx+Σ[i=1..m_1]∫[c_i..d_i]x^2dx+Σ[i=1..m_2]∫[e_i..f_i]x^2dx+Σ[i=1..n]∫[p_i..q_i]x^2dx

同様に
μ'(A)=μ'(∪[i=1..k](a_i,b_i) ∪ ∪[i=1..m_1](c_i,d_i) ∪ ∪[i=1..m_2](e_i,f_i) ∪ ∪[i=1..n](p_i,q_i)))
=Σ[i=1..k]μ'((a_i,b_i))+Σ[i=1..m_1]μ'((c_i,d_i))+Σ[i=1..m_2]μ'((e_i,f_i))+Σ[i=1..n]μ'((p_i,q_i))
=Σ[i=1..k]∫[a_i..b_i]x^2dx+Σ[i=1..m_1]∫[c_i..d_i]x^2dx+Σ[i=1..m_2]∫[e_i..f_i]x^2dx+Σ[i=1..n]∫[p_i..q_i]x^2dx

回答No.3

rinkun

ANo.2への補足から
> σ(T)=∩B∈{B;T⊂B,BはR上のσ集合体}B (TはRの位相)　なので
> B(R)=∪[T∈{T;TはRの位相}](∩B∈{B;T⊂B,BはR上のσ集合体}B)
> と書けますよね。
うーん、記法が分かりにくいな。整理しよう。
まず集合aについて
　∩a:={x:∀y∈a(x∈y)}
　∪a:={x:∃y∈a(x∈y)}
とする。
この記法では普段 A∩B や A∪B と書いている集合は ∩{A,B}や∪{A,B}と書くことになる。
見慣れない記法かもしれないが、大学数学では良く使うし、ANo.1では∩をこの意味で使っている。
それで
　σ(T):=∩{B;T⊂B,BはR上のσ集合体}　ただしT∈2^R
　B(R):=σ(T)　ただしTはRの通常の位相
だ。ANo.2の補足でのB(R)の定義は間違っている。
通常の位相以外の位相は出てこないので間違いのないように。
# 理解の確認のためにσ(T)がσ集合体になっていることを証明してみよう

それで(1)の回答として書いている部分は全くおかしいので考え直そう。
ヒントとして、(1)はルベーグ測度を区間の長さからボレル集合上に拡張するのと同様にすれば良い。

お礼

大変ありがとうございます。勉強になります。

> この記法では普段 A∩B や A∪B と書いている集合は ∩{A,B}や∪{A,B}と書くことになる。
> 見慣れない記法かもしれないが、大学数学では良く使うし、ANo.1では∩をこの意味で使っている。
> それで

了解いたしました。

> 　σ(T):=∩{B;T⊂B,BはR上のσ集合体}　ただしT∈2^R
> 　B(R):=σ(T)　ただしTはRの通常の位相
> だ。ANo.2の補足でのB(R)の定義は間違っている。
> 通常の位相以外の位相は出てこないので間違いのないように。

これは重要ですね。他の位相は使わないのですね。

> # 理解の確認のためにσ(T)がσ集合体になっていることを証明してみよう

R∈σ(T)になっている事は
σ(T)=∩{B;T⊂B,BはR上のσ集合体} (T⊂2^R) と書けるので
∀B∈{T⊂B,BはR上のσ集合体};R∈B(∵σ集合体の定義)
よってR∈σ(T) (∵共通部分の定義)

S∈σ(T)⇒S^c∈σ(T)は
∀B∈{B;T⊂B,BはR上のσ集合体},S∈B(∵共通部分の定義)
よって S^c∈B(∵σ集合体の定義)
よってS^c∈σ(T) (∵共通部分の定義)

S_1,S_2,…∈σ(T)⇒∪S_i∈σ(T)は
S_1,S_2,…∈σ(T)より,∀B∈{B;T⊂B,BはR上のσ集合体},
S_1,S_2,…∈B (∵共通部分の定義)
∪S_i∈B (∵σ集合体の定義)
よって∪S_i∈σ(T) (∵共通部分の定義)

したがってσ(T)はR上のσ集合体

です。

> それで(1)の回答として書いている部分は全くおかしいので考え直そう。
> ヒントとして、(1)はルベーグ測度を区間の長さからボレル集合上に拡張するのと同様にすれば良い。

μ*可測の定義は
μ*を可測空間(R^n,2^(R^n)) 上の外測度とする。R^n⊃Eが(R^n,2^(R^n))上μ*可測とは
∀C∈2^(R^n), μ*(C)≧μ*(C∩E)+μ*(C∩E^c)
を満たす時,Eはμ*可測であるという。

ルベーグ測度の定義は
写像μ*:2^(R^n)→R∪{+∞}はルベーグ外測度とする。
L:={E∈2^(R^n);Eは可測空間(R^n,2^(R^n))上でμ*可測}をLebesgue可測集合全体の集
合という。
この時,制限写像μ*|Lは測度をなし,この制限写像μ*|LをR^n上のLebesgue測度という。

ですよね。

すいません。ボレル集合(∩{B;T⊂B,BはR^n上のσ集合体,TはRの通常の位相}の元)上への拡張の仕方がどうしても分かりません。
具体的にどのようにすればいいのでしょうか?