測度の完備化(pdfファイル:4ページ)

測度の完備化
一般に測度空間 (X, F, µ) において，A ∈ F, µ(A) = 0, B ⊂ A であっても B ∈ F と
は限らない．測度空間 (X, F, µ) が完備であるとは，条件
(µ.4) A ∈ F , µ(A) = 0, B ⊂ A =⇒ B ∈ F
を満たすことであった．測度の単調性により，µ(A) = 0, B ⊂ A, B ∈ F ならば µ(B) = 0
であることに注意する．
A, B ⊂ X に対して A△B = (A−B)∪(B−A) を A と B の対称差 (symmetric diﬀerence)
という．対称差は，X の部分集合 A と B の違いを表すものである．
問題対称差について，次のことを示せ．
(1) A△∅ = A, A△A = ∅.
(2) A△B = B△A.
(3) (A△B)△C = A△(B△C).
補題 (X, F, µ) を測度空間とする．A ⊂ X に対して次の (a) と (b) は同値な条件で
ある．
(a) A△B ⊂ N , µ(N ) = 0 を満たす B, N ∈ F が存在する．
(b) B1 ⊂ A ⊂ B2 , µ(B2 − B1 ) = 0 を満たす B1 , B2 ∈ F が存在する．
証明 (a) の条件を満たす B, N ∈ F に対して B1 = B − N , B2 = B ∪ N とおくと，
B1 , B2 ∈ F で B1 ⊂ A ∩ B, B2 ⊃ A ∪ B, B2 − B1 = N となる．よって，B1 , B2 は (b) の
条件を満たす．
逆に，(b) の条件を満たす B1 , B2 ∈ F に対して，B = B1 , N = B2 − B1 とおくと，
B, N ∈ F で A△B = A − B1 ⊂ N となる．よって，B, N は (a) の条件を満たす．
条件 (a) と (b) はどちらも，A が F に属する X の部分集合で “近似できる” ことを意
味する．
記号測度空間 (X, F, µ) に対して，X の部分集合 A で上記の同値な条件 (a), (b) を満
たすもの全部の集合を F で表す．
F = {A ⊂ X | A△B ⊂ N, µ(N ) = 0 を満たす B, N ∈ F が存在する }
= {A ⊂ X | B1 ⊂ A ⊂ B2 , µ(B2 − B1 ) = 0 を満たす B1 , B2 ∈ F が存在する }
A△B ⊂ N , µ(N ) = 0 を満たす B, N ∈ F が存在するとき，B ′ , N ′ ∈ F で A△B ′ ⊂ N ′ ,
µ(N ′ ) = 0 を満たすものに対して，
B△B ′ = (A△B)△(A△B ′ ) ⊂ N ∪ N ′
となる．したがって，µ(B − B ′ ) ≤ µ(B△B ′ ) ≤ µ(N ∪ N ′ ) ≤ µ(N ) + µ(N ′ ) = 0 より
µ(B) = µ(B ′ ) が成り立つことがわかる．よって A ∈ F に対して，条件 (a) を満たす B ∈ F
を用いて
µ(A) = µ(B)
1
として µ(A) を定義しても矛盾を生じない．条件 (b) の記号では，
µ(A) = µ(B1 ) = µ(B2 )
となる．
定理測度空間 (X, F, µ) に対して，F と µ を上記のものとする．
(1) (X, F, µ) は完備な測度空間である．
(2) F ⊂ F で，µ(A) = µ(A) for all A ∈ F ．
証明 (1): F の定義より，∅ ∈ F は明らか．B1 , B2 ∈ F が B1 ⊂ A ⊂ B2 , µ(B2 −B1 ) = 0
を満たせば，補集合について B1c , B2c ∈ F , B2c ⊂ Ac ⊂ B1c であり，また B1c − B2c =
B2 − B1 より µ(B1c − B2c ) = 0 である．よって，A ∈ F ならば Ac ∈ F である．
An ∈ F (n = 1, 2, . . .) に対して，Bn,1 ⊂ An ⊂ Bn,2 , µ(Bn,2 − Bn,1 ) = 0 を満たす
∞
Bn,1 , Bn,2 ∈ F を考える．Sp = ∪∞
n=1 Bn,p (p = 1, 2) とおくと，Sp ∈ F で S1 ⊂ ∪n=1 An ⊂ S2
である．さらに，
∞
S2 − S1 = ∪∞
n=1 (Bn,2 − S1 ) ⊂ ∪n=1 (Bn,2 − Bn,1 )
だから，測度の単調性と σ-劣加法性により
µ(S2 − S1 ) ≤ µ
(
∪∞
n=1
∞
) ∑
(Bn,2 − Bn,1 ) ≤
µ(Bn,2 − Bn,1 ) = 0
n=1
となるので，∪∞
n=1 An ∈ F である．よって，F は σ-加法族である．
µ の定義より，µ(A) ≥ 0 (A ∈ F) と µ(∅) は明らか．An ∈ F (n = 1, 2, . . .) および
Bn,1 , Bn,2 ∈ F, S1 , S2 を上記のものとする．An ∈ F (n = 1, 2, . . .) が互いに交わらない
ならば，Bn,1 (n = 1, 2, . . .) も互いに交わらないので，µ の定義より
µ
(
∪∞
n=1
)
An = µ(S1 ) =
∞
∑
n=1
µ(Bn,1 ) =
∞
∑
µ(An )
n=1
となる．よって，µ は F 上の測度である．
A ∈ F, µ(A) = 0, C ⊂ A とする．µ(A) = 0 だから，A ⊂ B2 , µ(B2 ) = 0 となる
B2 ∈ F が存在する．∅ ⊂ C ⊂ B2 で µ(B2 − ∅) = 0 だから，C ∈ F となる．よって，µ
は F 上で完備である．以上により (1) がわかった．
(2): A ∈ F ならば，B1 = B2 = A として条件 (b) が成り立つので F ⊂ F である．ま
たこのとき，µ の定義より µ(A) = µ(A) である．よって，(2) が成り立つ．
定義 (X, F, µ) を測度空間 (X, F, µ) の完備化 (completion) という．
注意測度空間 (X, F, µ) に対して，F および A ⊂ N , µ(N ) = 0 となる N ∈ F が存
在するような X のすべての部分集合 A で生成される σ-加法族を E とおくと，E = F が
成り立つ．すなわち，完備な測度空間で (X, F, µ) の拡張であるもののうち最小のものが
(X, F, µ) である．特に，(X, F, µ) 自身が完備ならば F = F, µ = µ である．
実際，B ∈ F が µ(B) = 0 を満たすとする．このとき，B の任意の部分集合 A につ
いて ∅ ⊂ A ⊂ B で ∅ ∈ F, µ(B − ∅) = 0 だから，A ∈ F となる．上記の定理により，
F ⊂ F で F は σ-加法族だから，E ⊂ F である．
2
逆に，A ∈ F ならば A△B ⊂ N , µ(N ) = 0 を満たす B, N ∈ F が存在する．したがっ
て，A△B ∈ E, A ∩ B = B − (A△B) ∈ E, A − B = (A△B) − B ∈ E となるので，
A = (A − B) ∪ (A ∩ B) ∈ E が得られる．よって，E ⊃ F である．
定理測度空間 (X, F, µ) が σ-有限ならば，A ⊂ X に対して
(∗)
Γ (A) = inf
∞
{∑
µ(Fn ); Fn ∈ F (n = 1, 2, . . .), A ⊂ ∪∞
n=1 Fn
}
n=1
として (X, F, µ) から定義される外測度 Γ と Γ -可測集合 MΓ により構成される測度空間
(X, MΓ , Γ ) は，(X, F, µ) の完備化 (X, F, µ) と一致する．すなわち，
(1) MΓ = F.
(2) Γ (A) = µ(A) for all A ∈ MΓ = F.
証明 (i): A ⊂ X に対して (∗) により外測度 Γ が定義されること，(X, MΓ , Γ ) は完備
な測度空間であること，および F ⊂ MΓ であることは既知である．さらに、µ は測度だ
から σ-加法的なので，すべての E ∈ F に対して Γ (E) = µ(E) が成り立つことも既知で
ある．すなわち，(X, MΓ , Γ ) は (X, F, µ) の拡張になっている．よって，上記の注意によ
り F ⊂ MΓ がわかる．実際，A ∈ F ならば，B1 ⊂ A ⊂ B2 , µ(B2 − B1 ) = 0 を満たす
B1 , B2 ∈ F が存在する．A − B1 ⊂ B2 − B1 ∈ F で Γ (B2 − B1 ) = µ(B2 − B1 ) = 0 だから，
(X, MΓ , Γ ) の完備性により A − B1 ∈ MΓ となる．よって，A = B1 ∪ (A − B1 ) ∈ MΓ で
ある．
(ii): 任意の A ⊂ X に対して
{
}
(∗∗)
Γ (A) = inf µ(F ); A ⊂ F, F ∈ F
{
}
が成り立つことを示す．Γ (A) の定義 (∗) より，Γ (A) ≤ inf µ(F ); A ⊂ F, F ∈ F は明ら
かなので，逆向きの不等式を示せばよい．Γ (A) = ∞ ならば逆向きの不等式は成り立つの
で，Γ (A) < ∞ とする．ε > 0 を任意にひとつとる．Γ (A) の定義より，
A⊂
∞
∑
∪∞
n=1 Fn ,
µ(Fn ) < Γ (A) + ε
n=1
を満たす Fn ∈ F が存在する．B = ∪∞
n=1 Fn とおくと，A ⊂ B ∈ F であり，測度の σ-劣加
法性により
∞
∑
µ(B) ≤
µ(Fn ) < Γ (A) + ε
n=1
となる．ε > 0 は任意だから，逆向きの不等式が成り立つことがわかる．
(iii): MΓ ⊂ F を示すために，A ∈ MΓ を任意にひとつとる．最初に Γ (A) < ∞ の場
合を考える．(∗∗) により，n = 1, 2, . . . に対して
A ⊂ Fn ,
µ(Fn ) < Γ (A) +
1
n
を満たす Fn ∈ F が存在する．B2 = ∩∞
n=1 Fn とおくと，A ⊂ B2 ∈ F で B2 は互いに交わ
らない B2 − A と A の和集合である．Γ (B2 ) = Γ (B2 − A) + Γ (A) において Γ (A) < ∞ で
あること，およびすべての n について Γ (B2 ) ≤ Γ (Fn ) = µ(Fn ) であることに注意すると，
Γ (B2 − A) = Γ (B2 ) − Γ (A) ≤ µ(Fn ) − Γ (A) <
3
1
n
がわかる．よって，Γ (B2 − A) = 0 である．したがって，(∗∗) により B2 − A ⊂ En ,
µ(En ) < n1 を満たす En ∈ F が存在する．C = ∩∞
n=1 En とおくと，B2 − A ⊂ C ∈ F と
1
なる．また，µ(C) ≤ µ(En ) < n がすべての n について成り立つので，µ(C) = 0 である．
B1 = B2 − C とおく．B1 ∈ F であり，B1 ⊂ A ⊂ B2 が成り立つ．さらに，B2 − B1 ⊂ C
だから µ(B2 − B1 ) = 0 となる．よって，A ∈ F である．
次に，Γ (A) = ∞ の場合を考える．仮定により (X, F, µ) は σ-有限だから，
X1 ⊂ X2 ⊂ · · · ,
µ(Xk ) < ∞ (k = 1, 2, . . .),
∪∞
k=1 Xk = X
を満たす Xk ∈ F (k = 1, 2, . . .) が存在する．Ak = A ∩ Xk とおくと，A = ∪∞
k=1 Ak である．
また，Ak ∈ MΓ で Γ (Ak ) ≤ Γ (Xk ) = µ(Xk ) < ∞ である．上記の結果より Ak ∈ F だから，
Bk,1 ⊂ Ak ⊂ Bk,2 , µ(Bk,2 − Bk,1 ) = 0 を満たす Bk,1 , Bk,2 ∈ F が存在する．Bp = ∪∞
k=1 Bk,p
∞
(p = 1, 2) とおくと，Bp ∈ F , B1 ⊂ A ⊂ B2 である．さらに，B2 − B1 ⊂ ∪k=1 (Bk,2 − Bk,1 )
だから，測度の単調性と σ-劣加法性により
∞
( ∞
) ∑
µ(B2 − B1 ) ≤ µ ∪k=1 (Bk,2 − Bk,1 ) ≤
µ(Bk,2 − Bk,1 ) = 0
k=1
となる．よって µ(B2 − B1 ) = 0 であり，A ∈ F となる．以上により，MΓ ⊂ F がわかった．
(i) と (iii) より MΓ = F である．
(iv): A ∈ MΓ = F とすると，B1 ⊂ A ⊂ B2 , µ(B2 − B1 ) = 0 を満たす B1 , B2 ∈ F が
存在する．このとき，µ(A) = µ(B1 ) = µ(B2 ) である．また，Γ (B1 ) ≤ Γ (A) ≤ Γ (B2 ) で
Γ (B1 ) = µ(B1 ), Γ (B2 ) = µ(B2 ) である．よって，Γ (A) = µ(A) が成り立つ．
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