解析学
講義・演習
(
平成
19
年度前期
)
— Lebesgue
積分
—
谷 口 説 男
(
九州大学大学院数理学研究院
)
(
平成
19
年
7
月
12
日
)
0This note is c°2007 by Setsuo Taniguchi. It may be used for personal or classroom
はじめに
Riemann積分は極限操作おいて脆弱である．たとえば，関数 fn: [0, 1]→ R を， fn(x) = 1, x = k m (1≤ ∃m ≤ n, 0 ≤ ∃k ≤ m) のとき, 0, それ以外のとき とおく． f (x) = { 1, x∈ [0, 1] ∩ Q, 0, x∈ [0, 1] \ Q, とおけば，fn(x)は，f (x) に各点収束している．fnは Riemann 可積分であり， ∫ 1 0 fn(x)dx = 0である．安直に考えれば 0 = lim n→∞ ∫ 1 0 fn(x)dx = ∫ 1 0 f (x)dx という等式が成立するように思われるが，f は Riemann 可積分でなく，最後の項 ∫ 1 0 f (x)dxは全く意味をなさない．これは，数学の様々な場面で現れる基本的な 操作である極限操作に Riemann 積分が耐えない一例である． しかしこれは Riemann 積分の定義に帰れば当然の脆弱さであるといえる．た とえば{(x, y) ∈ R2| x2+ y2 ≤ 1, y ≥ 0} という半径 1 の半円の面積の計算を考 えてみよう．このとき Riemann 積分を用いれば面積は ∫ 1 −1 √ 1− x2dx として計算される．これは定義に変えれば， lim n→∞ n∑−1 −n √ 1− (k/n)2×1 n と一致する．すなわち，半円を縦方向 (x 軸と垂直な方向) に薄切りして，それ ぞれの細片の面積を長方形で近似し寄せ集めたものが Riemann 積分である．関 数が収束するというのはグラフでいえば y 成分の変動 (x 軸と平行な方向の変動) を見ているわけであるから，この細片の作り方とは全く相容れない．このことが Riemann積分が収束に耐えないことの理由である． 半円の面積を計算するのならば半円を横方向 (x 軸と水平な方向) に薄切りし た細片の面積を寄せ集めることでも可能である．こうすれば関数の収束と薄切り する方向は一致し，収束に耐える面積の計算が得られるはずである．しかし，円 は良いが，たとえば y = x sin(1/x) のようなグラフにおいては横軸方向に切った 「細片の面積」が如何なるものなのか? この「細片の面積」に意味を付け，さらに 上のような極限操作に対する脆弱さを乗り越えるものが Lebesgue 積分である．この講義では，まず幾つかの事実の証明を先送りにして Riemann 積分の拡張 となる L-積分を導入し，極限操作と積分の交換可能性について調べる．その後， この導入を支える抽象論 (現在，測度論と呼ばれているもの) を紹介し，続けてそ れのユークリッド空間での具体例である Lebesuge 測度に関わる話題を紹介する という形で，抽象と具体の間の行きつ戻りつを繰り返しながら進んでゆく．
Contents
1 収束定理 — Riemann 積分の拡張を通じて — 1 2 測度 (一般論) 13 3 Lebesgue測度 19 4 可測関数 24 5 積分 29 6 収束定理 — 厳密に — 38 7 H¨older，Minkowski の不等式，Lp空間 49 8 直積測度と Fubini の定理 561.
収束定理 — Riemann 積分の拡張を通じて —
Riemann積分の復習から始める．この節を通じ，−∞ < a < b < ∞ とする． Def 1.1. (i) a = a0< a1<· · · < an−1 < an = bなる点列 ∆ ={a0, . . . , an} のことを [a, b] の分割という． |∆| = max{aj+1− aj| 0 ≤ j ≤ n − 1} とおき，分割 ∆ の巾という． (ii) 分割 ∆ ={a0, . . . , an} と有界関数 f : [a, b] → R に対し， S(f ; ∆) = n−1 ∑ j=0 inf{f(x) | x ∈ [aj, aj+1]} × (aj+1− aj), S(f ; ∆) = n−1 ∑ j=0 sup{f(x) | x ∈ [aj, aj+1]} × (aj+1− aj) S(f ) = sup{S(f; ∆) | ∆ は [a, b] の分割 } S(f ) = inf{S(f; ∆) | ∆ は [a, b] の分割 } と定義する．(iii) S(f ) = S(f )となるとき f は [a, b] 上 Riemann 可積分であるという．値
S(f ) = S(f )を ∫ b a f (x)dx と表し，f の [a, b] 上の Riemann積分という． Thm 1.2 (Darboux). f : [a, b]→ R は有界とする．分割の列 {∆n}∞n=1の巾|∆n| が 0 に収束する，すなわち|∆n| → 0，ならば， lim n→∞S(f ; ∆n) = S(f ), nlim→∞S(f ; ∆n) = S(f ). とくに f が Riemann 可積分であるならば， lim n→∞S(f ; ∆n) = limn→∞S(f ; ∆n) = ∫ b a f (x)dx.
Example 1.3. (1) f : [a, b]→ R が連続であるならば f は Riemann 可積分であ
る． (2) n∈ N とし，Qn={k/m | k ∈ Z, m ∈ N, m ≤ n} とおく．f : [a, b] → R を f (x) = { 1, x∈ [a, b] \ Qn, 0, x∈ [a, b] ∩ Qn,
とおく．このとき f は Riemann 可積分である． (3) f : [a, b]→ R を f (x) = { 1, x∈ [a, b] \ Q, 0, x∈ [a, b] ∩ Q とおく．このとき任意の α < β に対し inf{f(x) | x ∈ [α, β]} = 0，sup{f(x) | x ∈ [α, β]} = 1 となる．よって任意の分割 ∆ に対し S(f ; ∆) = 0, S(f ; ∆) = b− a である．したがって f は Riemann 可積分ではない． Def 1.4 (外測度). (i) A⊂ R に対し， λ∗0(A) = inf {∑∞ j=1 (bj− aj)¯¯¯ aj≤ bj, j = 1, 2, . . . , ∞ ∪ j=1 (aj, bj]⊃ A } とおき，A の外測度という．ただし (a, a] =∅ と約束する． (ii) λ∗0(A) = 0となる集合 A⊂ R を零集合という．
Prop 1.5. (i) A⊂ B ならば λ∗0(A)≤ λ∗0(B)である．
とくに，A が零集合ならばその部分集合はすべて零集合である． (ii) A1, A2,· · · ⊂ R に対し λ∗0 (∪∞ j=1Aj ) ≤∑∞j=1λ∗0(Aj)が成り立つ． とくに，Ajがすべて零集合ならば， ∪∞ j=1Ajも零集合となる． Proof. (i)∪∞j=1(aj, bj]⊃ B ならば ∪∞ j=1(aj, bj]⊃ A である．よって外測度の 定義より従う． (ii) もし λ∗0(Aj) = ∞ となる j が存在すれば不等式は自明となる．したがって λ∗0(Aj) <∞ (∀j) と仮定する．ε > 0 とし，aj,k< bj,kを ∞ ∪ k=1 (aj,k, bj,k]⊃ Aj, ∞ ∑ k=1 (bj,k− aj,k)≤ λ∗0(Aj) + ε 2j となるように選ぶ．このとき ∞ ∪ j,k=1 (aj,k, bj,k]⊃ ∞ ∪ j=1 Aj, ∞ ∑ j,k=1 (bj,k− aj,k)≤ ∞ ∑ j=1 λ∗0(Aj) + ε. したがって λ∗0 (∪∞ j=1 Aj ) ≤∑∞ j=1 λ∗0(Aj) + ε. ε& 0 として求める不等式を得る．
Thm 1.6 (Lebesgue). f : [a, b]→ R を有界関数とする．f の x ∈ [a, b] における 振動量 J (f ; x) を J (f ; x) = inf { sup y∈I∩[a,b] f (y)− inf y∈I∩[a,b] f (y)¯¯¯ I ⊂ R は x ∈ I ∩ [a, b] なる開区間 } と定義する．さらに Nf ={x ∈ [a, b] | J(f; x) 6= 0} とおく．f が Riemann 可積分となるための必要十分条件は λ∗0(Nf) = 0となるこ とである． Proof. 演習問題．
Def 1.7. (i) f : [a, b] → R が階段関数であるとは a = a0 < a1 < · · · <
an− 1 < an= bなる点列{aj}nj=0と{cj}nj=0−1が存在し， f (x) = cj, x∈ (aj, aj+1), j = 0, 1, . . . , n− 1 が成り立つことをいう． (ii) f : [a, b]→ R が L-可測関数であるとは，階段関数の列 {fn}∞n=1と零集合 Nが存在し f (x) = lim n→∞fn(x), x /∈ N が成り立つことをいう．上のことを『fn→ f a.e.』と表す． Prop 1.8. f, gは L-可測関数とする． (i) α, β∈ R ならば，αf +βg もまた L-可測関数である．ただし，(αf +βg)(x) = αf (x) + βg(x)． (ii) f gもまた L-可測関数である．ただし (f g)(x) = f (x)g(x)． (iii) max{f, g}，min{f, g} もまた L-可測関数である．ただし
(max{f, g})(x) = max{f(x), g(x)}，(min{f, g})(x) = min{f(x), g(x)}．
Proof. 演習問題．
Lem 1.9. f : [a, b]→ R を L-可測関数とする．
(i) もし f が有界ならば，階段関数の列{fn}∞n=1で，supn∈N,x∈[a,b]|fn(x)| < ∞
かつ fn→ f a.e. となるものが存在する．さらに，極限値 lim n→∞ ∫ b a fn(x)dx が存在し，有限確定値となる．この極限値を ∫ [a,b] f dλと表す．
(ii) Fn= max{−n, min{f, n}} とおく．もし sup n∈N ∫ [a,b] |Fn| dλ < ∞ (1.1) ならば lim n→∞ ∫ [a,b] Fndλ が存在し，有限確定値となる．この極限値も ∫ [a,b] f dλと表す． Proof. ここでは証明しない．6 節の演習問題とする． Def 1.10. 有界もしくは (1.1) を満たす L-可測関数 f : [a, b]→ R を L-可積分で あるといい，Lem 1.9 の極限値 ∫ [a,b] f dλを f の L-積分という．
Remark. L-積分を定義するために Lem 1.9 (i) は一纏めで書いているが，実際 は，次のような二つの事実からなっている (これもまた 6 章の結果である);
(i) もし f が有界ならば，階段関数の列{fn}∞n=1で，supn∈N,x∈[a,b]|fn(x)| < ∞
かつ fn→ f a.e. となるものが存在する．
(ii) もし階段関数の列{fn}∞n=1が，supn∈N,x∈[a,b]|fn(x)| < ∞ かつ fn→ f a.e.
を満たせば，極限値 lim n→∞ ∫ b a fn(x)dxが存在し，有限確定値となる． Thm 1.11. (i) f, g : [a, b]→ R は L-可積分であり，α, β ∈ R とする． (a) αf + βgも L-可積分であり， ∫ [a,b] (αf + βg) dλ = α ∫ [a,b] f dλ + β ∫ [a,b] g dλ が成り立つ． (b) f ≥ g a.e. (すなわち，零集合 N が存在し x /∈ N ならば f(x) ≥ g(x) が成り立つ) ならば， ∫ [a,b] f dλ≥ ∫ [a,b] g dλが成り立つ．
(ii) 有界な f : [a, b]∫ → R が Riemann 可積分ならば L-可積分であり，さらに
[a,b] f dλ = ∫ b a f (x)dxとなる． Proof. (i) f, gが有界な場合にのみ証明する． (a) f, gに対し Lem 1.9 の階段関数の列{fn}∞n=1，{gn}∞n=1をとる．このとき， αfn+ βgn→ αf + βg a.e. かつ sup n∈N,x∈[a,b] |αfn(x) + βgn(x)| < ∞
である．L-積分の定義と Riemann 積分の線形性より ∫ [a,b] (αf + βg) dλ = lim n→∞ ∫ b a (αfn+ βgn)(x)dx = lim n→∞ { α ∫ b a fn(x)dx + β ∫ b a gn(x)dx } = α ∫ [a,b] f dλ + β ∫ [a,b] g dλ. (b) Hn= max{fn, gn}，hn= min{fn, gn} とおけば，
Hn→ f a.e., hn→ g a.e., sup n∈N,x∈[a,b] |Hn(x)| < ∞, sup n∈N,x∈[a,b] |hn(x)| < ∞. よって L-積分の定義と Riemann 積分の正値性より ∫ [a,b] f dλ = lim n→∞ ∫ b a Hn(x)dx≥ lim n→∞ ∫ b a hn(x)dx = ∫ [a,b] g dλ. (ii)演習問題 Q1.9 の fnをとれば，fnは階段関数であり， fn→ f a.e., sup n∈N,x∈[a,b] |fn(x)| ≤ sup x∈[a,b] |f(x)| < ∞. よって f は L-可積分となる．L-積分の定義と Thm 1.2 により ∫ [a,b] f dλ = lim n→∞ ∫ b a fn(x)dx = ∫ b a f (x)dx. Thm 1.12 (Lebesgueの優収束定理). fn, f : [a, b] → R, n = 1, 2, . . . , はすべ て L-可積分であり，fn → f a.e. とする．さらに L-可積分関数 Φ ≥ 0 が存在し |fn| ≤ Φ a.e. となっていると仮定する．このとき積分と極限の順序交換が可能で ある; lim n→∞ ∫ [a,b] fndλ = ∫ [a,b] f dλ. Proof. 6節で証明する． Cor 1.13. α < βとする．f : (α, β)× [a, b] 3 (t, x) 7→ f(t, x) ∈ R は，各 t に対 し f (t,·) が L-可積分となるとする．
(i) (Lebesgueの優収束定理 (連続版)) 各 x ∈ [a, b] に対し，写像 (α, β) 3
t 7→ f(t, x) ∈ R は連続であり，さらに L-可積分な関数 Φ ≥ 0 が存在し supt∈(α,β)|f(t, ·)| ≤ Φ a.e. が成り立つと仮定する．このとき写像 t 7→ ∫ [a,b] f (t,·) dλ は連続である; lim t→t0 ∫ [a,b] f (t,·) dλ = ∫ [a,b] f (t0,·) dλ, ∀t0∈ (α, β).
(ii) (Lebesgueの優収束定理 (微分版)) (a) 各 x∈ [a, b] に対し写像 (α, β) 3 t 7→ f (t, x)∈ R は C1級であり，(b) 各 t∈ (α, β) に対し f(t, ·) は L-可積分であ り，(c) さらに L-可積分な関数 Φ≥ 0 が存在し sup t∈(α,β) ¯¯ ¯∂f ∂t(t,·) ¯¯ ¯ ≤ Φ a.e. が 成り立つと仮定する．このとき写像 t7→ ∫ [a,b] f (t,·) dλ は連続的微分可能で あり，さらに次が成り立つ． ∂ ∂t ∫ [a,b] f (t,·) dλ = ∫ [a,b] ∂f ∂t(t,·) dλ. Proof. (i) t0 ∈ (α, β) とし，{tn}∞n=1 ⊂ (α, β) は tn → t0を満たすとする． fn(x) = f (tn, x)とおけば，|fn| ≤ Φ a.e. かつ fn→ f(t0,·)．Thm 1.12 より， ∫ [a,b] f (tn,·) dλ = ∫ [a,b] fndλ→ ∫ [a,b] f (t0,·) dλ (n → ∞) となる．任意の収束列{tn}∞n=1に対し成り立つので，主張を得る． (ii) t0∈ (α, β) とする．|h| < min{t0− α, β − t0} なる h ∈ R に対し g(h, x) = f (t0+ h, x)− f(t0, x) h , (h6= 0), ∂f ∂t(t0, x), (h = 0), とおく．(i) を用いれば主張が得られる．詳細は演習問題とする． L-積分は複素数値関数 f :R → C に次のように自然に拡張できる; f を f = u + iv (i2=−1) と実部と虚部に分解し，u, v 共に L-可積分関数となるときに，f は L-可積分関数であるといい，f の L-積分を ∫ [a,b] f dλ = ∫ [a,b] u dλ + i ∫ [a,b] v dλ と定義する．Thm 1.12 やその Cor はこのような複素数値関数に対する L-積分に ついても成立する． Example 1.14. r > 0に対し，fr : [0, π]→ C を fr(x) = exp(ireix)と定義す る．Cauchy の積分公式の応用例として計算される ∫ ∞ 0 sin x x dx = π 2 において は ∫ π 0 fr(x)dxという Riemann 積分の，したがって ∫ [0,π] frdλという L-積分の r→ ∞ および r → 0 での極限値を知る必要がある． sin x≥ 0 (x ∈ [0, π]) であるから，
¯¯exp(ireix)¯¯= exp(−r sin x) ≤ 1 x ∈ [0, π] (∗) となる．これより，
lim
となる．とくに後者から fr→ 0 a.e. である．さらに (∗) から，Φ(x) ≡ 1 として Thm 1.12が使え， lim r→0 ∫ [0,π] frdλ = ∫ [0,π] 1 dλ = ∫ π 0 1dx = π, lim r→∞ ∫ [0,π] frdλ = ∫ [0,π] 0 dλ = ∫ π 0 0dx = 0 を得る．
演習問題
Q1.1. a∈ R とする．λ∗0({a}) = 0 となることを証明せよ． また A を高々可算な集合とすれば λ∗0(A) = 0となることを証明せよ． Q1.2. λ∗∗0 (A) = inf{∑∞j=1(bj− aj)¯¯¯ aj ≤ bj, j = 1, 2, . . . , ∪∞ j=1(aj, bj)⊃ A } と おく．λ∗0(A) = λ∗∗0 (A) (∀A ⊂ R) が成り立つことを示せ．
Q1.3. [a + ε, b− ε] (ε > 0) がコンパクトであることと Q 1.2 利用して λ∗0((a, b))≥
b− a となることを証明せよ．
Q1.4. a < b,∈ R とする．A ∈ {(a, b), (a, b], [a, b), [a, b]} に対し λ∗0(A) = b− a と なることを証明せよ. Q1.5. f : [a, b]→ R は有界とし，J(f; x) を Thm 1.6 の通りとする． (i) x0∈ [a, b] とする．J(f; x0) = 0は f が x = x0で連続となるための必要 十分条件であることを示せ． (ii) c≥ 0 とする．{x ∈ [a, b] | J(f; x) ≥ c} は閉集合であることを示せ． Q1.6. f : [a, b]→ R は有界であるとする．Nf ={x ∈ [a, b] | J(f; x) > 0} とおく． λ∗0(Nf) = 0とする． (i)任意の ε > 0 に対し次の性質を満たす有限個の開区間 (a1, b1), . . . , (an, bn) が存在することを証明せよ．『∑nj=1(bj− aj) < εかつ{x ∈ [a, b] | J(f; x) ≥ ε} ⊂∪nj=1(aj, bj)となる．』 (ii)任意の ε > 0 に対し，次の性質を満たす点列 a≤ c1 < d1≤ c2 < d2 ≤ . . . dn−1 ≤ cm < dm ≤ b が存在することを証明せよ．『supx∈[ck,dk]f (x)− infx∈[ck,dk]f (x) < ε (k = 1, . . . , m)かつ I\ ∪m k=1[ck, dk]⊂ ∪n j=1(aj, bj)を 満たす．』 (iii) f は Riemann 積分可能であることを証明せよ． Q1.7. Thm 1.6の通りに Nfを定義し，n∈ N に対し Nf,n ={x ∈ [a, b] | J(f; x) ≥ 1/n} とおく．f は Riemann 積分可能であるとする． (i)任意の ε > 0 に対し，点列 0 = a0< a1<· · · < aN−1< aN = 1が存在
し，oi = supx∈[ai,ai+1]f (x)− infx∈[ai,ai+1]f (x)，In ={i | oi ≥ 1/n} とお けば， ∑ i∈In (ai+1− ai) < ε が成り立つことを証明せよ． (ii) Nf,n⊂ ∪ i∈In[ai, ai+1]∪ {a0, . . . , aN} となることを証明せよ． (iii) λ∗0(Nf,n) = 0を示せ． (iv) λ∗0(Nf) = 0となることを証明せよ． Q1.8. Prop 1.8を証明せよ． Q1.9. 有界な f : [a, b]→ R は Riemann 可積分であるとする．fn(x) = f (a + (b−
a)k2−n)，x∈ [a + (b − a)k2−n, a + (b− a)(k + 1)2−n)，k = 0, . . . , 2nとお
く．このとき Thm 1.6 を用いて fn → f a.e. となることを証明せよ． Q1.10. Cor 1.13(ii)の証明を完了せよ． Q1.11. U ⊂ Rn を開集合とし，f : U × [a, b] → R は，(a) ∀t ∈ U に対し， f (t,·) : [a, b] → R が L-可積分であり，(b) すべての x ∈ [a, b] に対し， U 3 t 7→ f(t, x) ∈ R は C1 級であり，(c) L-可積分関数 Φ ≥ 0 が存 在し，sup t∈U ¯¯ ¯∂f∂t i (t,·)¯¯¯ ≤ Φ a.e.(i = 1, . . . , n) となると仮定する．ただし， t = (t1, . . . , tn)． このとき，任意の i = 1, . . . , n と t∈ U に対し，∂f/∂ti(t,·) は L-可積分で あり，さらに次式が成り立つことを示せ． ∂ ∂ti ∫ [a,b] f (t,·) dλ = ∫ [a,b] ∂f ∂ti (t,·) dλ. Q1.12. fは L-可測関数とし，L-可積分関数 fn: [a, b]→ R は，0 ≤ fn ≤ fn+1% f を満たすとする．このとき次を示せ． (a) f が L-可積分であることと sup n∈N ∫ [a,b] fndλ <∞ となることは必要かつ十分である． (Hint: an,m= ∫ [a,b] min{fn, m} dλ とおけば，∞ = ∞ を許して lim
n→∞mlim→∞an,m= limm→∞nlim→∞an,m
となることを証明し，それを利用せよ．) (b) fが L-可積分であれば， lim n→∞ ∫ [a,b] fndλ = ∫ [a,b] f dλが成り立つ．
Q1.13. L-可測関数 fn, f : [a, b]→ R は，sup{|fn(x)|, |f(x)| | x ∈ [a, b], n ∈ N} < ∞ を満たし，さらに fn→ f a.e. とする．このとき lim n→∞ ∫ [a,b] fndλ = ∫ [a,b] f dλ となることを示せ． Q1.14. fn : [a, b]→ R は L-可積分関数で，すべての x ∈ [a, b] に対し ∑∞ n=1|fn(x)| < ∞ であるとする．さらに f(x) =∑∞n=1fn(x)，g(x) = ∑∞ n=1|fn(x)| とお けば，f, g : [a, b] → R は L-可積分関数であるとする．このとき無限級数 ∞ ∑ n=1 ∫ [a,b] fndλは絶対収束し，さらに ∫ [a,b] f dλ = ∞ ∑ n=1 ∫ [a,b] fndλ が成り立つことを証明せよ． Q1.15. L-可積分関数 fn: [a, b]→ R は，L-可積分関数 f に一様収束すると仮定す る．このとき， lim n→∞ ∫ [a,b] fndλ = ∫ [a,b] f dλとなることを示せ． Q1.16. fn, f : [a, b]→ [0, ∞)，n = 1, 2, . . . ，は L-可積分とし，fn ≥ fn+1& f と なると仮定する．このとき lim n→∞ ∫ [a,b] fndλ = ∫ [a,b] f dλとなることを示せ． Q1.17. 以下の Riemann 積分の極限値を求め，その求め方を説明せよ． (i) lim n→∞ ∫ 1 0 exp ( x n + x2 ) dx (ii) lim n→∞ ∫ 3 0 n sin ( x2+ 1 n ) dx (iii) lim n→∞ ∫ 1 0 n2{1− e−(x/n)2}dx Q1.18. f : [a, b]→ R は f ≥ 0 かつ Riemann 広義積分可能であるとする． (i) n > 2/(b− a) に対し，fn : [a, b]→ R を fn(x) = { f (x), x∈ [a + (1/n), b − (1/n)], 0, それ以外, とおく．このとき，0≤ fn(x)≤ fn+1(x)% f(x) (x ∈ (a, b)) となることを 証明せよ． (ii) fは L-可積分関数であり ∫ [a,b] f dλは f の Riemann 広義積分と一致す ることを示せ．
Q1.19. L-可測関数 f : [a, b] → R に対し，定数 C > 0，0 < α < 1 が存在し，
|f(x)| ≤ C min{(x − a), (b − x)}−α (∀x ∈ (a, b)) が成り立つとする．この
とき f は L-可積分関数であることを証明せよ．
Q1.20. f : [a, b]→ R は L-可測関数で，さらに f(x) ≥ min{x−a, b−x} (∀x ∈ [a, b])
を満たすとする． (i) gn(x) = e−nf(x)は L-可積分関数となることを証明せよ． (ii) limn→∞gnを求めよ． (iii) lim n→∞ ∫ [a,b] e−nfdλ = 0となることを証明せよ． Q1.21. f : [a, b]→ R は可測関数で，e|f|が L-可積分関数であるとする． (i) fnは L-可積分関数であることを証明せよ． (ii) efは L-可積分関数であることを証明せよ． (iii)次の等式が成り立つことを証明せよ． ∫ [a,b] efdλ = ∞ ∑ n=0 1 n! ∫ [a,b] fndλ． Q1.22. f : [a, b]→ R は可測関数で，|f| < 1 であり，さらに 1 1− |f| が L-可積分関 数となるとする． (i) fnは L-可積分関数であることを証明せよ． (ii) 1 1− f は L-可積分関数であることを証明せよ． (iii)次の等式が成り立つことを証明せよ． ∫ [a,b] 1 1− f dλ = ∞ ∑ n=0 ∫ [a,b] fndλ． Q1.23. f : [a, b]→ R は L-可積分関数とし，g : R → R を C∞級関数とする．y∈ R に対し fy(x) = g(x− y)f(x) (x ∈ [a, b]) とおく． (i) fy: [a, b]→ R は L-可積分関数となることを示せ． (ii) F (y) = ∫ [a,b] fydλとおく．関数 F :R → R は C∞級であることを証 明せよ． (iii) a0, . . . , an ∈ R が存在し， ∑n j=0ajg (j) = 0が成り立つとする．この とき， n ∑ j=0 ajF(j)= 0 が成り立つことを証明せよ．
Q1.24. (Laplace変換) f : [a, b] → R を L-可積分関数とする．y ∈ R に対し，
fy(x) = e−yxf (x) (x∈ [a, b]) とおく．
(ii) F (y) = ∫ [a,b] fydλとおく．関数 F :R → R は C∞級であることを証 明せよ． (iii) もし f が Cn級で，f(j)(a) = f(j)(b) = 0 (0 ≤ j ≤ n − 1) を満たし， さらに a0, . . . , an ∈ R と L-可積分関数 g : [a, b] → R が存在して n ∑ j=0 ajf(j)(x) = g(x), x∈ [a, b] が成り立つとする．このとき次式が成り立つことを証明せよ． n ∑ j=0 ajyjF (y) = ∫ [a,b] gydλ
Q1.25. (Fourier変換) f : [a, b]→ R を L-可積分関数とする．y ∈ R に対し，fy(x) =
eiyxf (x) (x∈ [a, b]) とおく． (i) fy: [a, b]→ C は L-可積分関数であることを証明せよ． (ii) F (y) = ∫ [a,b] fydλとおく．関数 F :R → R は C∞級であることを証 明せよ． (iii) もし f が Cn級で，f(j)(a) = f(j)(b) = 0 (0 ≤ j ≤ n − 1) を満たし， さらに a0, . . . , an ∈ R と L-可積分関数 g : [a, b] → R が存在して n ∑ j=0 ajf(j)(x) = g(x), x∈ [a, b] が成り立つとする．このとき次式が成り立つことを証明せよ． n ∑ j=0 aj(−iy)jF (y) = ∫ [a,b] gydλ Q1.26. (Fourier-Laplace変換) f : [a, b]→ R は L-可積分関数とする．z ∈ C に対 し，fz(x) = ezxf (x) (x∈ [a, b]) とおく． (i) fz: [a, b]→ C は L-可積分関数であることを示せ． (ii) F (z) = ∫[a,b]fzdλ (z ∈ C) とおく．F は正則関数であることを証明 せよ． (iii) fn(x) = xnf (x)とおく．次の等式が成り立つことを示せ． F (x) = ∞ ∑ n=0 zn n! ∫ [a,b] fndλ.
Q1.27. (Cauchyの積分表示) f :C → C を連続関数とする．r > 0 とし，|z| < r な る z∈ C に対し， fz(x) = irf (reix)eix reix− z , x∈ [0, 2π] とおく． (i) fz: [0, 2π]→ C は L-可積分関数であることを証明せよ． (ii) F (z) = ∫[0,2π]fzdλは{z ∈ C | |z| < r} において正則であることを示 し，その n 階微分 F(n)を求めよ． Q1.28. (Beta関数) α, β∈ C+={z ∈ C | Re z > 0} に対し B(α, β) = ∫ 1 0 xα−1(1− x)β−1dx と Riemann 広義積分により定義する． (i) Riemann広義積分が定義可能であることを示せ． (ii)C2+3 (α, β) 7→ B(α, β) は正則関数であることを証明せよ．
2.
測度 (一般論)
Def 2.1 (加法族). X を集合とし，E ⊂ 2Xとする．ただし 2Xは X の部分集合 の全体． (i) E が有限加法族であるとは次の 3 条件を満すことをいう． (a)∅, X ∈ E， (b) A∈ E ならば Ac:= X\ A ∈ E， (c) A, B∈ E ならば A ∪ B ∈ E． (ii) E が σ 加法族であるとは上の条件 (c) の代りに (c0) A1, A2,· · · ∈ E ならば ∪∞ j=1Aj ∈ E を満すことをいう． Def 2.2 (測度). (i) E を X 上の有限加法族とする．µ : E → [0, ∞] が有限加 法的測度であるとは，µ6≡ ∞ であり，さらに A, B∈ E, A ∩ B = ∅ =⇒ µ(A ∪ B) = µ(A) + µ(B) となることをいう．ただし∞ = ∞ を許す．この性質を µ の有限加法性と 呼ぶ． (ii) E を X 上の σ 加法族とする．µ : E → [0, ∞] が測度であるとは，µ 6≡ ∞ で あり，さらに Aj∈ E, Ai∩ Aj =∅ (i 6= j) =⇒ µ (∪∞ j=1 Aj ) = ∞ ∑ j=1 µ(Aj) となることをいう．ただし∞ = ∞ を許す．この性質を µ の σ 加法性と 呼ぶ． (iii) E が σ 加法族で，µ が測度のとき，三つ組 (X, E, µ) を測度空間という． Thm 2.3 (測度の単調性). µ を σ 加法族E 上の測度とする． (i) An ∈ E，An ⊂ An+1，n = 1, 2, . . . ，とする．このとき µ(∪∞n=1An ) = limn→∞µ(An)．(ii) An ∈ E，An ⊃ An+1，n = 1, 2, . . . ，とする．さらに µ(A1) <∞ と仮定す
る．このとき µ(∩∞n=1An ) = limn→∞µ(An)． Proof. (i) A0 =∅，Bn = An\ An−1 とおけば，{Bn; n ∈ N} は互いに素で， ∪k n=1Bn= Ak， ∪∞ n=1Bn= ∪∞ n=1Anとなる．よって µ の σ 加法性より， µ (∪∞ n=1 An ) = µ (∪∞ n=1 Bn ) = ∞ ∑ n=1 µ(Bn) = lim k→∞ k ∑ n=1 µ(Bn) = lim k→∞µ (∪k n=1 Bn ) = lim k→∞µ(Ak).
(ii) A1\ An⊂ A1\ An+1より，(i) の結果を用いると µ ( A1\ ∞ ∩ n=1 An ) = µ (∪∞ n=1 {A1\ An} ) = lim n→∞µ(A1\ An). これを µ (∩∞ n=1 An ) + µ ( A1\ ∞ ∩ n=1 An ) = µ(A1),
µ(An) + µ(A1\ An) = µ(A1), µ(A1) <∞
と合わせれば µ (∩∞ n=1 An ) = µ(A1)− µ ( A1\ ∞ ∩ n=1 An ) = lim
n→∞{µ(A1)− µ(A1\ An)} = limn→∞µ(An).
Def 2.4 (外測度). E を有限加法族とし，µ を有限加法的測度とする． µ∗(A) = inf {∑∞ j=1 µ(Bj)¯¯¯ Bj ∈ E, ∞ ∪ j=1 Bj ⊃ A } , A⊂ X とおき，µ∗を µ の外測度と呼ぶ． Thm 2.5 (Caratheodoryの拡張定理). E0を有限加法族とし，µ を有限加法的測 度，µ∗をその外測度とする．さらに A1, A2,· · · ∈ E0が Ai∩ Aj=∅(i 6= j) およ び∪∞j=1Aj ∈ E0を満たせば，µ (∪∞ j=1Aj ) =∑∞j=1µ(Aj)が成り立つとする． E = {B ⊂ X | µ∗(G) = µ∗(B∩ G) + µ∗(Bc∩ G), ∀G ⊂ X} とおく．このとき (i) E は σ 加法族である． (ii) µ∗はE 上の測度である．
(iii) E0⊂ E であり，さらに µ∗(A) = µ(A) (∀A ∈ E0)である．
Proof. (1)次式が成り立つことを示す．
µ∗(A) = µ(A), ∀A ∈ E0. (2.1)
∵) A ∈ E0とする．A⊂ A より，µ∗(A)≤ µ(A) は明らか．
ε > 0とし，Aj ∈ E0を ∪∞ j=1Aj ⊃ A， ∑∞ j=1µ(Aj)≤ µ∗(A) + εとなるよう にとる．
Cj = A∩ { Aj\(∪jk=1−1Ak )} とすれば，Cj ∈ E0， ∪∞ j=1Cj = A，Ci∩ Cj=∅ と なる．仮定より µ(A) = ∞ ∑ j=1 µ(Cj)≤ ∞ ∑ j=1 µ(Aj)≤ µ∗(A) + ε. ε→ 0 とすれば µ(A) ≤ µ∗(A)となり，(2.1) が従う．/// (2)次が成り立つことを見る． µ∗ (∪∞ j=1 Bj ) ≤ ∞ ∑ j=1 µ∗(Bj), ∀B1, B2,· · · ∈ 2X. (2.2) ∵) ε > 0 を任意に固定し，An,k ∈ E0を ∪∞ k=1An,k ⊃ Bn， ∑∞ k=1µ(An,k) < µ∗(Bn) + ε2−nとなるように選ぶ．このとき， ∪∞ n,k=1An,k ⊃ ∪∞ n=1Bnである から， µ∗ (∪∞ n=1 Bn ) ≤ ∞ ∑ n,k=1 µ(An,k)≤ ∞ ∑ n=1 { µ∗(Bn) + ε2−n } ≤ ∞ ∑ n=1 µ∗(Bn) + ε. ε→ 0 とすれば (2.2) が従う．/// (3)E は有限加法族であり，さらに B1, . . . , Bn∈ E が互いに素ならば次が成り立 つことを示す． µ∗ (∪n k=1 ( Bk∩ G )) = n ∑ k=1 µ∗(Bk∩ G), ∀G ⊂ X. (2.3) ∵) µ∗(∅) = 0 より，∅, X ∈ E となる．また，E の定義より，B ∈ E ならば Bc∈ E となることは明らかである．したがって，有限加法族であることを見るには，後は B1, B2∈ E のときに B1∩B2∈ E を示せばよい (演習問題 Q2.1 参照)．B1, B2∈ E より µ∗((B1∩ B2)c∩ G) + µ∗((B1∩ B2)∩ G) = µ∗((B1c∪ Bc2)∩ G) + µ∗((B1∩ B2)∩ G) = µ∗(B2∩ {(B1c∪ B c 2)∩ G}) + µ∗(B c 2∩ {(B c 1∪ B c 2)∩ G}) + µ∗((B1∩ B2)∩ G) = µ∗(B2∩ B1c∩ G) + µ∗(B c 2∩ G) + µ∗((B1∩ B2)∩ G) = µ∗(B2∩ G) + µ∗(B2c∩ G) = µ∗(G) したがって B1∩ B2∈ E． (2.3)は，n = 2 のときに示せば十分である．B1, B2∈ E，B1∩B2=∅，G ⊂ X とする．このとき B1∈ E であるから， µ∗((B1∪ B2)∩ G) = µ∗(B1∩ {(B1∪ B2)∩ G}) + µ∗(Bc1∩ {(B1∪ B2)∩ G}) = µ∗(B1∩ G) + µ∗(B2∩ G).///
(4)E は σ 加法族であり，µ∗はE 上の測度である． ∵) Bn ∈ E は互いに素であるとし，B = ∪∞ n=1Bn とおく．G ⊂ X とする． G = (B∩ G) ∪ (Bc∩ G) であるから，(2.2) より µ∗(G)≤ µ∗(B∩ G) + µ∗(Bc∩ G). (2.4) Mn= ∪n k=1Bkとおく．(3) より Mn ∈ E である．(2.3) より， µ∗(G) = µ∗(Mn∩ G) + µ∗(Mnc∩ G). Mn⊂ B より，Mnc ⊃ Bcである．よって µ∗(Mnc∩ G) ≥ µ∗(Bc∩ G)．また，(2.3) より µ∗(Mn∩ G) = ∑n k=1µ∗(Bk∩ G)．これらをあわせると µ∗(G)≥ n ∑ k=1 µ∗(Bk∩ G) + µ∗(Bc∩ G). n→ ∞ とし，さらに (2.2) より∑∞k=1µ∗(Bk∩ G) ≥ µ∗(B∩ G) となることに注 意すれば， µ∗(G)≥ ∞ ∑ k=1 µ∗(Bk∩ G) + µ∗(Bc∩ G) ≥ µ∗(B∩ G) + µ∗(Bc∩ G) となる．(2.4) とあわせて µ∗(G) = ∞ ∑ k=1 µ∗(Bk∩ G) + µ∗(Bc∩ G) = µ∗(B∩ G) + µ∗(Bc∩ G). よって B∈ E となる．この等式で G = B とおけば σ 加法性も従う．/// (5)E0⊂ E である． ∵) A ∈ E0，G⊂ X とする．An ∈ E0を ∪∞ n=1An ⊃ G ととる．このとき A∩ G ⊂ ∞ ∪ n=1 (A∩ An), Ac∩ G ⊂ ∞ ∪ n=1 (Ac∩ An) であるから， ∞ ∑ n=1 µ(An) = ∞ ∑ n=1 {µ(A ∩ An) + µ(Ac∩ An)} ≥ µ∗(A∩ G) + µ∗(Ac∩ G). ここで{An} について下限をとれば µ∗(G)≥ µ∗(A∩ G) + µ∗(Ac∩ G). 逆の不等式は µ∗の劣加法性より従うので， µ∗(G) = µ∗(A∩ G) + µ∗(Ac∩ G). すなわち，A∈ E． Cor 2.6. E0を有限加法族，µ を有限加法的測度とし，互いに素な A1, A2,· · · ∈ E0 が∪∞j=1Aj ∈ E0を満たせば，µ (∪∞ j=1Aj ) =∑∞j=1µ(Aj)が成り立つとする．こ
演習問題
Q2.1. (i){∅, X}，2Xはともに σ 加法族であることを確かめよ．
(ii) A⊂ X とする．J = {∅, X, A, Ac} とする．J は有限加法族となること
を証明せよ．
(iii)E が，Def2.1 の (a)，(b) を満たすとする．このとき，E が有限加法族
となるための必要十分条件は，任意の A, B∈ E に対し，A ∩ B ∈ E となる ことであることを確かめよ． (iv)E が有限加法族でさらに有限集合であれば，σ 加法族となることを示せ． Q2.2. (i)F, G ⊂ 2Xは σ 加法族とする．F ∩ G もまた σ 加法族であることを証明 せよ． (ii) Λを添え字集合とし，α∈ Λ に対し σ 加法族 Fα⊂ 2Xが対応している とする．このとき∩α∈ΛFαもまた σ 加法族であることを証明せよ． (iii)A ⊂ 2Xとする．A を含む包含関係の意味で最小となる σ 加法族が一 意的に存在するを証明せよ．(この σ 加法族を σ[A] と表し，A から生成さ れる σ 加法族と呼ぶ．) Q2.3. X =R2，E = {A × R1| A ⊂ R1}，G = {R1× B | B ⊂ R1} とする． (i)E, G はともに σ 加法族であることを証明せよ． (ii)E ∪ G は σ 加法族か? Q2.4. (i) µが有限加法的測度もしくは測度ならば，µ(∅) = 0 を満たすことを示せ． (ii)測度は有限加法的測度であることを確かめよ．
(iii) µが有限加法的測度で，A, B ∈ E が A ⊂ B を満たせば，µ(A) ≤ µ(B) となることを示せ．さらに µ(B) <∞ ならば，µ(B \ A) = µ(B) − µ(A) と なることを示せ．
Q2.5. µが有限加法的測度ならば，A, B∈ E に対し，µ(A ∪ B) ≤ µ(A) + µ(B) と
なることを示せ．さらに µ が測度ならば，Aj ∈ E に対し，µ (∪∞ j=1Aj ) ≤ ∑∞ j=1µ(Aj)となることを示せ．(この性質を劣加法性という．)
Q2.6. M ∈ N，X = {1, 2, . . . , M}，E = 2Xとする．µ(A) = #A/M (A∈ E) と
おく．µ は測度であることを証明せよ． Q2.7. X =N，E = 2X，a n> 0 (n∈ N) とし， µ(A) = ∞ ∑ n=1 anXA(n), A∈ E とおく．ただしXA(n) = 1 (n∈ A)，= 0 (n /∈ A)．µ は測度であることを 示せ． Q2.8. Cor2.6を証明せよ． Q2.9. (X,E, µ) を測度空間とする．A1, A2,· · · ∈ E が ∑∞ n=1µ(An) <∞ を満たせ ば，µ(∩∞m=1 ∪∞ n=mAn ) = 0となることを証明せよ．
Q2.10. (i) µ∗を有限加法的測度 µ の外測度とする．µ∗(B) = 0かつ A ⊂ B なら ば，µ∗(A) = 0となることを証明せよ．さらに µ∗(B) = 0ならば，任意の G⊂ X に対し，次式が成り立つことを示せ． µ∗(G) = µ∗(B∩ G) + µ∗(Bc∩ G). (ii) µ∗(An) = 0ならば µ∗ (∪∞ n=1An ) = 0となることを証明せよ． Q2.11. n∈ N, > 3，X = {1, 2, . . . , n}，N = {1, 2}，E0={∅, N, B, N ∪ B | B ⊂ {3, . . . , n}} とおく．µ(A) = #(A ∩ {3, . . . , n}) (A ∈ E0)とおく． (i)E0は σ 加法族であり，µ はE0上の測度となることを示せ． (ii) Thm2.5の通りにE0からE を構成する．E = 2Xとなり，E06= E であ ることを確かめよ． (たとえE0が σ 加法族であってもE はそれよりも大きくなる)． Q2.12. X ={0, 1, 2, . . . }， E0= { A⊂ X¯¯¯¯(i) 0∈ A かつ #A c<∞，もしくは (ii) 0 /∈ A かつ #A < ∞ } , µ0(E) = #E (=∞ を許す) とする． (i)このとき，E0は有限加法族であり，µ0は有限加法的であることを確か めよ． (ii) µ∗0(A)を求めよ． (iii) Thm2.5の通りにE0からE を構成すれば，E = 2Xとなることを示せ．
(iv) α > 0に対し，µα(A) = αXA(0) + #(A\ {0}) とおく．このとき，
(X,E, µα)は測度空間であり，µα(E) = µ0(E) (∀E ∈ E0)が成り立つこと
を証明せよ． Q2.13. E0を有限加法族とし，µ をその上の有限加法的測度とする．µ は Caratheodo-ryの拡張定理 (Thm 2.5) の条件を満すとし，(X,E, µ∗)を µ を拡張した測度 空間とする．もし Xk ∈ E0で µ(Xk) <∞， ∪∞ k=1Xk= Xなるものが存在す
ると仮定する．さらに ν を (X, σ(E0))上の測度で，ν(E) = µ(E) (∀E ∈ E0)
を満すものとする．このとき，ν(A) = µ∗(A) (∀A ∈ σ(E0))となることを
3.
Lebesgue
測度
N∈ N を固定しておく．
Def 3.1. (i) I⊂ RNが区間であるとは，−∞ ≤ ∃a
i≤ bi≤ ∞，i = 1, . . . , N，
が存在し，I = ∏Ni=1(ai, bi]と表現されることをいう．ただし (a, a] = ∅，
(−∞, ∞] = R とする． (ii) J ⊂ RN が区間塊であるとは，互いに素な区間 Ik，k = 1, . . . , n により， J =∪nk=1Ikと表されることをいう．区間塊の全体をF0とおく; F0= { J = n ∪ k=1 Ik ¯¯ ¯¯Ii∩ Ij=∅ (i 6= j), Ikは区間 } .
(iii) 区間 I の体積を|I| =∏Ni=1(bi− ai)と定義し，区間塊 J の体積を次で定義
する． λ0(J ) = n ∑ k=1 |Ik|. (共に = ∞ を許す) Lem 3.2. 区間 I が互いに素な区間 Ik，k = 1, . . . , n，により I = ∪n k=1Ikと表
されたとする．このとき，I は区間塊と見なせるが，|I| = λ0(I)が成り立つ．と
くに区間塊 J の体積 λ0(J )はその区間による表現に無関係である．
Proof. 演習問題．
Prop 3.3. (i) F0は有限加法族である．
(ii) λ0はF0上有限加法的測度である．
Proof. 証明の粗筋を述べる．
(i)∅ =∏Ni=1(0, 0]，RN =∏i=1N (−∞, ∞] より，∅, RN ∈ F0．次に，A∈ F0なら
ば Ac∈ F0となることは容易に分かる．最後に，A, B∈ F0とする．区間塊をな す区間の境界を用いて共通の細分を作れば A∪ B ∈ F0となることも簡単に分か る． (ii) A1, . . . , Anに共通の細分を作れば，有限加法性は証明できる． Def 3.4. (i) λ0の外測度を λ∗0と表す． λ∗0(A) = inf {∑∞ n=1 λ0(Jn) ¯¯ ¯¯Jn∈ F0, A⊂ ∞ ∪ n=1 Jn } , A⊂ RN. (ii) F ={A⊂ RN¯¯¯ λ∗0(A∩ G) + λ∗0(Ac∩ G) = λ∗0(G), ∀G ⊂ RN } とおき，λ = λ∗0¯¯Fとおく． Thm 3.5. F は σ 加法族であり，F0⊂ F を満たす．さらに，λ は F 上の測度で ある．また，λ(J ) = λ0(J ) (∀J ∈ F0)が成り立つ．(F の元を Lebesgue 可測集 合 λ をRN 上の Lebesgue測度という．)
Proof. 互いに素な Fn∈ F0が，F = ∪∞ n=1Fn∈ F0を満たせば， λ0(F ) = ∞ ∑ n=1 λ0(Fn) (3.1) が成り立つことを示せば，Caratheodory の拡張定理より定理の主張を得る． まず，λ0(F ) < ∞ と仮定して，(3.1) を示す．Hn = F \ ∪n k=1Fk とおく． Hn↓ ∅ である．λ0の有限加法性 (Prop.3.3) より， λ0(F ) = λ0(Hn) + n ∑ k=1 λ0(Fk) となるから，もし λ0(Hn)↓ 0 が証明できれば，(3.1) が得られる．λ0(Hn)↓ 0 とな ることを背理法を用いて証明する．λ0(Hn)≥ λ0(Hn+1)であるから極限は存在する が，その極限が 0 でないと仮定しよう．すなわち，ε > 0 が存在し，λ0(Hn)≥ 2ε (∀n ∈ N) が成り立つと仮定する．Q2.7 を用いて，有界な Jk ∈ F0,⊂ Hk を Jk⊂ Hk，λ0(Hk\ Jk) < ε2−kとなるように取る (B は B の閉包)．このとき λ0 ( Hn\ n ∩ k=1 Jk ) = λ0 (∪n k=1 {Hn\ Jk} ) ≤ λ0 (∪n k=1 {Hk\ Jk} ) ≤ n ∑ k=1 λ0(Hk\ Jk) < n ∑ k=1 ε2−k≤ ε. したがって λ0 (∩n k=1 Jk ) = λ0(Hn)− λ0 ( Hn\ n ∩ k=1 Jk ) > ε. とくに∩nk=1Jk 6= ∅．したがって ∩n k=1Jk6= ∅．J1は有界集合であるから，J1は コンパクト集合となる．J1の閉部分集合族 {∩n k=1Jk| n = 1, 2, . . . } は，上の考 察より有限交叉性を持つから，∩∞k=1Jk6= ∅．したがって ∩∞ n=1Hn6= ∅．これは 矛盾である． 次に λ0(F ) =∞ とする．このとき，Q2.7 を用いて，有界な Km⊂ F, Km∈ F0 を λ0(Km)≥ m ととる．λ0(F∩Km) <∞ に注意して，F ∩Km= ∪∞ n=1(Fn∩Km) に (3.1) を適用すれば， m≤ λ0(Km) = ∞ ∑ n=1 λ0(Fn∩ Km)≤ ∞ ∑ n=1 λ0(Fn). m→ ∞ とすれば， ∞ ∑ n=1 λ0(Fn) =∞ = λ0(F ) となり，λ0(F ) =∞ の場合にも (3.1) が成立する． Thm 3.6 (平行移動不変性). A∈ F，x ∈ RN とする．A + x = {y + x|y ∈ A}
Proof. λ0(J + x) = λ0(J )となることは容易に分かる．したがって，∀G ⊂ RN に対し，λ∗0(G + x) = λ∗0(G)が成り立つ．したがってもし A + x∈ F といえれば， λ(A + x) = λ(A)である． A + x∈ F となることを示す．(A + x)c= Ac+ xとなることに注意すれば， λ∗0((A + x)∩ G) + λ∗0((A + x)c∩ G) = λ∗0({A ∩ (G + (−x))} + x) + λ∗0({Ac∩ G + (−x)} + x) = λ∗0(A∩ (G + (−x))) + λ∗0(Ac∩ G + (−x)) = λ∗0(G). したがって A + x∈ F． Thm 3.7. (i) A⊂ RN が λ∗
0(A) = 0を満たせば，A∈ F かつ λ(A) = 0．
(ii) A⊂ RN が開集合ならば A ∈ F である．また A が閉集合ならば F に属 する． Proof. (i)は Q2.10 から従う． (ii)開集合 A は可算個の Jn ∈ F0を用いて A = ∪∞ n=1Jnと表される．よって， Thm3.5より A∈ F となる．A が閉集合ならば RN \ A は開集合である．再び， Thm3.5より A∈ F となる．
Thm 3.8. (i) λ∗0(A) = inf{λ(G)|G は開集合，G ⊃ A} (∀A ⊂ RN)．
(ii) 任意の A∈ F, ε > 0 に対し，λ(G \ A) < ε を満たす開集合 G ⊃ A が存在 する．
(iii) 任意の A∈ F, ε > 0 に対し，λ(A \ F ) < ε を満たす閉集合 F ⊂ A が存在 する．
Proof. (i) A⊂ G ならば λ∗0(A)≤ λ∗0(G)であるから λ∗0(A)≤ inf{λ(G)| · · · }．
ε > 0とする．λ∗0(A) = λ∗∗0 (A)であった (Q3.6) から，Jn ∈ F0が存在し， ∪∞ n=1Jn◦⊃ A， ∑∞ n=1λ0(J0)≤ λ∗0(A) + εとなる． ∪∞ n=1Jn◦は開集合であり λ (∪∞ n=1 Jn◦ ) ≤ ∞ ∑ n=1 λ(Jn◦)≤ ∞ ∑ n=1 λ(Jn) = ∞ ∑ n=1 λ0(Jn)≤ λ∗0(A) + ε.
よって inf{λ(G)| · · · } ≤ λ∗0(A) + ε．ε→ 0 とすれば inf{λ(G)| · · · } ≤ λ∗0(A)で
ある． (ii) Bn = {x ∈ RN| |x| < n}，Cn = A∩ (Bn \ Bn−1)とおく．Cn ∈ F で あり，Def3.4 より，λ∗0(Cn) = λ(Cn)である．λ(Cn) < ∞ であるから，(i) よ り開集合 Gn ⊃ Cn で，λ(Gn) < λ(Cn) + ε2−nとなるものが存在する．この とき，G = ∪∞n=1Gnとおけば，G は開集合であり，G ⊃ A を満たす．さらに G\ A ⊂∪∞n=1(Gn\ Cn)より， λ(G\ A) ≤ ∞ ∑ n=1 λ(Gn\ Cn) < ∞ ∑ n=1 ε2−n= ε. (iii) Acに (ii) を適用し，G⊃ Acなる開集合で λ(G\ Ac) < εとなるものをとる． G\ Ac = G∩ A = A \ Gc，A⊂ Gc，であるから，Gcが求める性質を持つ閉集 合である．
演習問題
Q3.1. Lem3.2を証明せよ．
Q3.2. Prop3.3を詳しく証明せよ．
Q3.3. (i) a∈ RN，A ={a} とする．λ∗
0(A) = 0となることを証明せよ．
(ii) an∈ RN，A ={a1, a2, . . .} とする．λ∗0(A) = 0となることを外測度の
定義から直接証明せよ． (iii) Λを添え字集合とする．α∈ Λ に対し λ∗0(Aα) = 0であるが λ∗0(∪α∈ΛAα ) > 0となる例を挙げよ． Q3.4. (i) A⊂ RN が有界集合ならば，λ∗ 0(A) <∞ となることを示せ． (ii) 0 < λ∗0(A) <∞ となる非有界集合を例示せよ． Q3.5. K0= [0, 1]，K1= [0, 1]\ (1/3, 2/3)，K2 = K1\ {(1/9, 2/9) ∪ (7/9, 8/9)， K3= K2\ {(1/27, 2/27) ∪ (7/27, 8/27) ∪ (19/27, 20/27) ∪ (25/27, 26/27)}， と Knを順次前の Kn−1の中央の 1/3 区間を抜き取ることで構成する．K = ∩∞ n=0Knとおく．このとき (i) Kは可算集合ではないことを証明せよ． (ii) λ∗0(K) = 0となることを証明せよ． Q3.6. A⊂ RN に対し，λ∗∗0 (A) = inf {∑∞ n=1λ0(Jn)| Jn ∈ F0, ∪∞ n=1Jn◦ ⊃ A } と おく．ただし，B◦は B の内核．このとき，λ∗0(A) = λ∗∗0 (A)が成り立つこ とを示せ． Q3.7. J ∈ F0, λ0(J ) < ∞ とする．任意の ε > 0 に対し，有界な K ∈ F0で， K ⊂ J，λ0(J\ K) < ε となるものが存在することを証明せよ．ただし K は K の閉包．また，λ0(J ) = ∞ ならば，任意の m > 0 に対し，有界な K∈ F0で，K ⊂ J，λ0(K)≥ m となるものが存在することを証明せよ． Q3.8. J ∈ F0に対し，λ∗0(J ) = λ0(J )となることを証明せよ． Q3.9. 開集合 A は可算個の Jn ∈ F0を用いて A = ∪∞ n=1Jn と表されることを 示せ． Q3.10. A ∈ F とする．開集合の列 {On}∞n=1と E ∈ F が存在し，λ(E) = 0， E⊂∩∞n=1On，A = ∩∞ n=1On\ E となることを証明せよ． Q3.11. A∈ F とする．λ(A) = sup{λ(F )|F ⊂ A, F は閉集合 } となることを証明 せよ．
さらに閉集合の列{Fn}∞n=1と E∈ F が存在し，λ(E) = 0，A = E∪
∪∞ n=1Fn となることを証明せよ． Q3.12. A∈ F は有界集合とする．任意の ε > 0 に対し，λ(RN\ F ) < ε をみたす 閉集合 F ⊂ RN が存在し，F 上X Aは連続となることを証明せよ． さらに A の有界性がなくてもこの主張が成り立つことを示せ．
Q3.13. A ⊂ RN とする．任意の ε > 0 に対し開集合 O と閉集合 F が存在し， F ⊂ A ⊂ O，λ(O \ F ) < ε となるならば，A ∈ F となることを証明せよ． Q3.14. α > 0に対し，T : RN → RN を T x = αx と定義する．A⊂ RN に対し， T A ={T x | x ∈ A} とおく．このとき λ∗0(T A) = αNλ∗0(A)となることを証 明せよ． Q3.15. α > 0とし，線形変換 T :RN → RN を T x = αx (x ∈ RN)と定義する． A∈ F とし，T A = {T x | x ∈ A} とおく．このとき，T A ∈ F であり，さ らに λ(T A) = αNλ(A)となることを証明せよ． Q3.16. U :RN → RN は直交変換とする (線形変換で対応する行列が直交行列とな る)．A⊂ RNにたいし U A ={Ua | a ∈ A} とおく． (i) x∈ RN, α > 0に対し I(x, α) ={y ∈ RN| 0 < y i− xi< α, i = 1, . . . N}
とする．λ(U (I(x, α))) = λ(U (I(0, 1))λ(I(x, α)) となることを証明せよ． (ii)開集合 O に対し U O∈ F かつ λ(UO) = λ(U(I(0, 1))λ(O) となること を証明せよ．
(iii) λ(U (I(0, 1)) = 1を示せ．
(iv) A∈ F に対し，λ(UA) = λ(A) を示せ．
Q3.17. N = 1とする．A /∈ F なる A ⊂ R の存在を次の手順で証明せよ． (i) x− y ∈ Q となるとき x ∼ y とおく．これは同値関係であることを証明 せよ． (ii)R/ ∼= Λ とし各 α ∈ Λ に対し xα∈ (0, 1] を α = {x ∈ R|x ∼ xα} とな るように選び，A ={xα|α ∈ Λ} とおく．r ∈ Q ∩ (0, 1] に対し Ar={x ∈ (0, 1]|x = a + r or x = a + r − 1 (∃a ∈ A)} とおくと， r6= s ∈ Q ∩ (0, 1] =⇒ Ar∩ As=∅, (0, 1] = ∪ r∈Q∩(0,1] Ar となることを証明せよ．
(iii)もし A∈ F ならば λ(Ar) = λ(A)となることを示し，これと (ii) より
矛盾を導け． Q3.18. Q∩[0, 1] = {q1, q2, . . . ,} とおく．an> 0，n = 1, 2, . . . ，とする． ∪∞ n=1(qn− an, qn+ an)⊃ [0, 1] が成り立たない例を挙げ，その理由を Lebesgue 測度を 利用して説明せよ．
4.
可測関数
Def 4.1. (i) (X,E, µ) を測度空間とする．関数 f : X → [−∞, ∞] と a ∈ [−∞, ∞] に対し， [f > a] ={x ∈ X | f(x) > a}, [f < a] = {x ∈ X | f(x) < a}, [f ≥ a] = {x ∈ X | f(x) ≥ a}, [f ≤ a] = {x ∈ X | f(x) ≤ a}, [f = a] ={x ∈ X | f(x) = a} とおく．f : X → [−∞, ∞] が (E-) 可測であるとは，[f > a] ∈ E (∀a ∈ [−∞, ∞])． (ii) X =RN，F が Lebesgue 可測集合の全体であるとき，F-可測関数のこと を Lebesgue可測関数と呼ぶ． 以下とくに断らない限り，測度空間 (X,E, µ) を考える． Prop 4.2. f : X→ [−∞, ∞] とする． (i) 次の条件は同値である．(a) f は E-可測，(b) [f ≤ a] ∈ E (∀a ∈ [−∞, ∞])，(c) [f < a] ∈ E (∀a ∈ [−∞, ∞])，(d) [f ≥ a] ∈ E (∀a ∈ [−∞, ∞])． (ii) fが可測ならば，[f = a]∈ E (∀a ∈ [−∞, ∞])． (iii) f, g : X → [−∞, ∞] は共に可測とする．このとき，[f > g] := {x ∈ X| f(x) > g(x)} ∈ E，[f ≥ g] := {x ∈ X | f(x) ≥ g(x)} ∈ E，[f = g] :={x ∈ X | f(x) = g(x)} ∈ E． Proof. (i)次の等式が成り立つ． [f ≤ a] = X \ [f > a], [f < a] = ∞ ∪ n=1 [f ≤ a − (1/n)], [f ≥ a] = X \ [f < a], [f > a] = ∞ ∪ n=1 [f ≥ a + (1/n)]. したがって，(a)⇒ (b) ⇒ (c) ⇒ (d) ⇒ (a)． (ii) [f = a] = [f ≤ a] ∩ [f ≥ a] と (i) より従う．
(iii) [f > g] =∪q∈Q[f > q]∩ [g < q] となるので，(i) より，[f > g] ∈ E．補集合
を考えると [f ≤ g] ∈ E．f, g を入れ替えると [g ≤ f] ∈ E．この二つの共通部分
により，[f = g]∈ E．
Thm 4.3. (i) f : X → [−∞, ∞] は可測とする．A ∈ E とし，fA(x) = f (x)
(x∈ A)，= 0 (x /∈ A) とおく．このとき fAは可測関数である．
(ii) fn : X → [−∞, ∞] (n = 1, 2, . . . ) がすべて可測ならば，supn∈Nfn(x)，
(iii) fn : X→ [−∞, ∞] (n = 1, 2, . . . ) がすべて可測関数ならば， f (x) = lim
n→∞fn(x), (lim supn→∞ fn(x) = lim infn→∞ fn(x)なるとき),
0, (それ以外) もまた可測関数である． (iv) f, gは共に可測で有限値を取るとする，すなわち [|f| = ∞] = [|g| = ∞] = ∅ とする．このとき，∀α, β ∈ R に対し，αf + βg も可測となる．(注: 有限値 を取るという仮定は∞ − ∞ を避けるためのものである) (v) f gはともに可測で有限値を取るとする．このとき f g も可測である．
Proof. (i) a < 0ならば，[fA > a] = Ac ∪ [f > a] ∈ E．a > 0 ならば，
[fA> a] = [f > a]\ A ∈ E． (ii) [ supn∈Nfn> a ] =∪∞n=1[fn> a]より，supn∈Nfnは可測となる． これら以外の証明は演習問題とする． Def 4.4. f : X → R が柱状関数であるとは，a1, . . . , an ∈ R と A1, . . . , An∈ E が存在し，f (x) = ∑nk=1akXAk(x) (∀x ∈ X) と表されることをいう．ただし， XB(x) = 1 (x∈ B)，= 0 (x /∈ B)．柱状関数の全体を CF と表す． Thm 4.5. (i) g∈ CF は可測である． (ii) f : X→ [0, ∞] を可測関数とする．このとき，柱状関数の列 {fn} ⊂ CF が 存在し，0≤ fn(x)≤ fn+1(x)かつ limn→∞fn(x) = f (x) (∀x ∈ RN)を満 たす． Proof. (i)演習問題． (ii) E(n, k) = [k2−n≤ f < (k + 1)2−n]とおき， fn(x) = n2n ∑ k=0 k2−nXE(n,k)(x) + nX[f≥n] とおく．fn∈ CF，0 ≤ fn≤ fn+1，かつ fn(x)→ f(x) となることは容易に分か る． Lebesgue可測関数に特有の性質; 以下 Lebesgue 測度空間 (RN,F, λ) 上の可測 関数について考察する．
Thm 4.6 (Egorovの定理). fn :RN → R は Lebesgue 可測関数とする．E ∈ F
は λ(E) <∞ を満たし，さらに任意の x ∈ E に対し，limn→∞fn(x) = f (x)が 存在すると仮定する．このとき∀ε > 0 に対し，閉集合 F ⊂ E が存在し次のの性 質を満たす; (a) λ(E\ F ) < ε，(b) 関数列 {fn} は F 上 f に一様収束する． Proof. ε > 0を固定する．p, n∈ N に対し， Ep,n= ∞ ∩ k=n {x ∈ E | |fk(x)− f(x)| < 2−p}
とおく．fn(x)→ f(x) (∀x ∈ E) より，Ep,n⊂ Ep,n+1% E(n → ∞)．したがっ て λ(Ep,n)→ λ(E) である．増大列 {n(p)} ⊂ N を λ(Ep,n(p)) > λ(E)− ε2−p−1 となるように選び， Hp= E\ Ep,n(p), H = E\ ∞ ∪ p=1 Hp とおく．このとき，H, Hp⊂ E， λ(E\ H) = λ (∪∞ p=1 Hp ) ≤∑∞ p=1 λ(Hp)≤ ∞ ∑ p=1 ε2−p−1= ε/2. さらに x ∈ H ならば ∀p ∈ N に対し x /∈ Hp．Hpの定義より，これは x ∈ Ep,n(p)(∀p) を意味する．すなわち |fn(x)− f(x)| < 2−p (∀n ≥ n(p), p ∈ N)．し たがって sup x∈H|f n(x)− f(x)| → 0 (n → ∞). Thm.3.8(ii)より閉集合 F ⊂ H が存在し，λ(H \ F ) < ε/2 となる．この F が求 めるものである． Thm 4.7 (Lusinの定理). f :RN → R は Lebesgue 可測とする．このとき ∀ε > 0 に対し，閉集合 K で λ(RN\ K) < ε を満たすものが存在し，さらに K 上 f は連 続となる． Proof. f ≥ 0 と仮定する．Thm4.5 より，0 ≤ fn ≤ fn+1 % f なる fn ∈ CF が存在する．ε > 0 とする．Q2.12 より，λ(RN \ F n) < ε2−n−1となる閉集合 Fn ⊂ RN が存在し，Fn上 fnは連続となる．F = ∩∞ n=1Fnとおけば，F は閉集 合で F 上すべての fnは連続となる．さらに λ(RN \ F ) ≤ ∞ ∑ n=1 λ(RN \ Fn) < ε/2. Lk = F ∩ {n − 1 ≤ |x| < k} とおく．Thm4.6 より，閉集合 Kk ⊂ Lkが存在し， λ(Lk\Kk) < ε2−k−1かつ Kk上{fn} は一様収束する．K = ∪∞ n=1Knとおく．K は λ(RN\ K) = λ(RN\ F ) + λ(F \ K) = λ(RN \ F ) + + n ∑ k=1 λ(Lk\ Kk) < ε を満たす．この K が求めるものである．(位相的な考察が残っているが，それは 演習問題とする．)
演習問題
基本的に測度空間 (X,E, µ) で考察する．RN が現れたときは Lebesgue 測度空間 (RN,F, λ) を考えているものとする．Q4.1. (i) f : X → (0, ∞) は可測関数とする．このとき g(x) = 1/f(x) も可測関数 となることを示せ． (ii) f : X→ [−∞, ∞) とする．次は同値であることを示せ． (a) f は可測である， (b)任意の開集合 G ⊂ R に対し Gf ={x ∈ X|f(x) ∈ G} は可測集合であ る， (c) 任意の閉集合 F ⊂ R に対し Ff ={x ∈ X|f(x) ∈ F } は可測集合であ る． (iii) f : X → R は可測関数で，g : R → R が連続関数であれば，合成関数 g◦ f : X → R もまた可測関数となることを証明せよ． Q4.2. fn : X→ [−∞, ∞] (n = 1, 2, . . . ) がすべて可測関数ならば，infn∈Nfn(x)，
lim supn∈Nfn(x)，および lim infn∈Nfn(x)はすべて可測であることを示せ．
Q4.3. fn : X → [−∞, ∞] (n = 1, 2, . . . ) はすべて可測関数とする．集合 {x ∈ X| limn→∞fn(x)が存在する} は可測集合であることを示し，さらに f (x) = { limn→∞fn(x), (limn→∞fn(x)が存在するとき), 0, (それ以外) もまた可測関数であることを示せ．ただし limn→∞fn(x)が±∞ となって もよい． Q4.4. (i) fは可測関数，α∈ R とする．このとき，αf が可測関数となることを示 せ． (ii) f, gは共に有限値を取る可測関数とする．αf + βg も可測関数となるこ とを示せ． (iii) fn : X → [0, ∞] はすべて可測とする．このとき ∑∞ n=1fnもまた可測 となることを証明せよ． Q4.5. f, g : X → R は共に可測関数とする． (i) (f± g)2はともに可測であることを示せ． (ii) f gも可測であることを示せ．
Q4.6. f ∈ CF とする．a1, . . . , an ∈ R，A1, . . . , An∈ F で，ai6= aj，Ai∩ Aj=∅
(i6= j)，∪nj=1Aj = X，f = ∑n j=1ajXAj となるものが存在することを示 し，f ∈ CF は可測関数であることを証明せよ． Q4.7. (i)連続関数 f :RN → R は Lebesgue 可測となることを証明せよ． (ii) 微分可能関数 f : RN → R の a 方向 (a ∈ RN)への微分 ∂ af (x) = limh→0{f(x + ha) − f(x)}/h は可測関数であることを証明せよ．(注:微分 可能は微係数の連続性を要求しない) Q4.8. (i) g :RN → [−∞, ∞] を Lebesgue 可測関数とする．f : RN → [−∞, ∞] は，Ef ={x ∈ RN|f(x) 6= g(x)} とおけば，λ∗0(Ef) = 0を満たすと仮定す る．このとき f もまた可測となることを証明せよ． (ii) Q2.11を用いて，一般の測度空間 (X,E, µ) では (i) の主張が成り立たな いことを例を挙げて説明せよ．
