解析学 I 第 4回略解

解析学 I
第4回
略解
[4-1] lim fn と lim fn は可測で
n→∞
n→∞
}
{
A=
lim fn = lim fn
n→∞
n→∞
∩
{
lim fn ∈ R
}
n→∞
であるから A は可測集合である.
（別解）実数列が収束することと Cauchy 列であることは同値なので，
A = {x ∈ X | ∀ ε > 0,
=
∞
∩
∞
∪
∞
∩
∃
∞
∩
N ∈ N,
∀
m ≥ N,
∀
n ≥ N, |fm (x) − fn (x)| ≤ ε}
{|fm − fn | ≤ 1/k}.
k=1 N =1 m=N n=N
従って A は可測．
[4-2] (1) fn (x) =
∑
f ((k + 1)/2n )1[k/2n ,(k+1)/2n ) (x) (n ∈ N) とおくと，fn は Borel 可測で n → ∞
k∈Z
のとき f に各点収束するから，f も Borel 可測．
(2) {n(g(· + n−1 ) − g(·))}∞
n=1 は連続関数列なので Borel 可測関数列である．よって,
g ′ (x) = lim
h→0
g(x + h) − g(x)
= lim n(g(x + n−1 ) − g(x))
n→∞
h
より g ′ も Borel 可測．
[4-3] (1) ess sup f = −∞ と仮定すると，
X=
∞
∪
{f > −n}
n=1
より
µ(X) ≤
∞
∑
µ({f > −n}) = 0
n=1
となり，µ(X) > 0 に矛盾する. よって, ess sup f ∈ (−∞, +∞].
(2) ess sup f < +∞ とする.
{f > ess sup f } =
∞
∪
{f > ess sup f + n−1 }
n=1
かつ µ({f > ess sup f + n−1 }) = 0 より,
µ({f > ess sup f }) ≤
∞
∑
µ({f > ess sup f + n−1 }) = 0.
n=1
よって, 定義中の inf は min で置き換えられる.
(3) ess sup f + ess sup g = ∞ のときは明らかなので, ess sup f + ess sup g < ∞ とする.
{f + g > ess sup f + ess sup g} ⊂ {f > ess sup f } ∪ {g > ess sup g}
より, (2) から µ({f > ess sup f }) = µ({g > ess sup g}) = 0 なので, µ({f + g > ess sup f +
ess sup g}) = 0 である. よって, ess sup (f + g) ≤ ess sup f + ess sup g.
[4-4] 第 1 段：{fn }∞
n=1 は f に測度収束するので, 任意の k に対してある正の整数 Nk ≥ 1 が存在して,
k
∑
n ≥ Nk に対して µ({|fn − f | ≥ 1/k}) ≤ 2−k となる. よって, nk =
Nj とすれば nk ≥ Nk か
j=1
つ {nk }k は無限大に発散する単調増加自然数列になり,
µ({|fnk − f | ≥ 1/k}) ≤ 2−k
をみたす.
（もちろん，n1 < n2 < · · · と順に定めていってもよい．）
第 2 段：Borel–Cantelli の補題より µ
(
)
lim An = 0. すなわち， lim
n→∞
)c
(
n→∞
Acn
の測度は 0．一方，
x ∈ lim Acn ならば十分大きな番号 k では |fnk (x)−f (x)| < 1/k となるので， lim fnk (x) = f (x)
n→∞
k→∞
が従う．
以上

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