解析概論/第9章/集合の測度

108．集合の測度

集合の一類 $\mathrm{M}$（$\mathrm{M}$ は σ 系をなさなくてもよい）に属する各集合 $e$ に実数または $\pm\infty$ を対応せしめる函数 $f(e)$ が定義されているとき，$f$ を $\mathrm{M}$ における集合函数という．σ 系 $\mathrm{M}$ における集合函数に関し $\textstyle e=\sum e_n, e_n\in\mathrm{M},$ が単純和なるとき，下記 (1) の右辺が確定（401 頁，［附記］参照）で

(1)

$f(e)=\sum f(e_n)$

ならば，$f(e)$ は加法的であるという．$\textstyle\sum e_n$ は交換律に従うから，級数 $\textstyle\sum f(e_n)$ は絶対収束をする．ここで絶対収束とは，無条件収束の意味，すなわち，級数 $\textstyle\sum f(e_n)$ が項の順序および括り方に無関係に，一定の値（$\pm\infty$ をも込めて）を有することをいう．

(1) が無限列に関して成り立つことを強調するためには，‘完全に加法的’ともいうが，我々はむしろ (1) が有限列に関してのみ成り立つことを，‘弱い意味で加法的’ということにする．

さて，次のように測度の定義を立てる．

定義．

閉じた σ 系 $\mathrm{M}$ における集合函数 $\mu(e)$ が完全に加法的で常に正なる（負でない）とき，$\mu(e)$（または $\mu e$ とも書く）をもって，$e$ の測度とする．$\mu(e)$ の値として $\infty$ をも許容するが，$\mu(e)=\infty$ なるときは，$e$ は $\mu(e_n)$ が有限なる集合 $e_n$ の増大列の極限（合併）として，‘到達される’とする．（すなわち $e_n\uarr e,\mu(e_n)<\infty$ なる集合列 $\{e_n\}$ の存在を仮定する．）

差し越しながら，この仮定のもとで $\mu(e_n)\to\infty$ となる（下記定理 87）．

$e_1\supset e_2$ ならば，$e_1=(e_1-e_2)+e_2$ は単純和だから，定義によって $\mu(e_1)=\mu(e_1-e_2)+\mu(e_2)$．また，定義によって $\mu(e_1-e_2)\geqq 0$ だから，$\mu(e_1)\geqq \mu(e_2)$．すなわち $\mu$ は‘単調増大’である．

$\mathrm{M}$ は閉じた σ 系であるから，最大集合 $\omega$ を有する，故に $\mu(e)=\infty$ なる $e$ がある場合には，$\omega\supset e$ から $\mu(\omega)=\infty$．従って仮定によって $e_n\uarr\omega,\mu(e_n)<\infty(\lim\mu(e)\to\infty)$ なる集合列 $\{e_n\}$ が存在する．そのとき $e=e\omega,ee_n\uarr e$ で，$\mu(ee_n)\leqq\mu(e_n)<\infty$．すなわち $\{ee_n\}$ が定義の末端に述べた集合列である．

空集合に関しては，$\mu(0)=0$．――実際，定義によって $\mu(e)<\infty$ なる $e$ はある．従って $e=e+0$ から，$\mu(e)=\mu(e)+\mu(0)$．$\mu(e)<\infty$ だから $\mu(0)=0$．

これらは定義の言葉尻であるが，重要なのは $\mu$ の完全加法性である．完全加法性は連続性を意味する．すなわち次の定理が成り立つ．

定理 87．

(1º)

$e_1\subset e_2\subset\cdots\subset e_n\subset\cdots,\lim e_n=e$ とすれば，$\textstyle \lim_{n\to\infty}\mu(e_n)=\mu(e)$.

［証］

$e=e_1+(e_2-e_1)+\cdots+(e_n-e_{n-1})+\cdots$

から

$\mu(e)=\mu(e_1)+\mu(e_2-e_1)+\cdots+\mu(e_n-e_{n-1})+\cdots.$

$\mu(e_n)$ がすべて有限ならば，$\mu(e_n-e_{n-1})=\mu(e_n)-\mu(e_{n-1})$ だから，

$\begin{align} \mu(e) &=\mu(e_1)+\lim_{n\to\infty}\{\mu(e_2)-\mu(e_1)+\cdots+\mu(e_n)-\mu(e_{n-1})\}\\ &=\mu(e_1)+\lim_{n\to\infty}\{\mu(e_n)-\mu(e_1)\}=\lim_{n\to\infty}\mu(e_n). \end{align}$

$\mu(e_i)=\infty$ ならば，$\mu(e_n)=\infty\,(n>i),\mu(e)=\infty$．すなわち $\mu(e)=\lim\mu(e_n)$．

(2º)

$e_1\supset e_2\supset\cdots\supset e_n\supset\cdots,\lim e_n=e$ とすれば，$\mu(e_1)<\infty$ なる仮定の下において，$\textstyle\lim_{n\to\infty}\mu(e_n)=\mu(e)$．

［証］

$e_1$ に対する $e_n,e$ の余集合を $e_n',e'$ とすれば

$e_1'\subset e_2'\subset\cdots\subset e_n'\subset\cdots,\quad \lim e_n'=e'$

だから，(1º) によって，$\lim\mu(e_n')=\mu(e')$．さて $\mu(e_1)\ne\infty$ だから $\mu(e_n')=\mu(e_1-e_n)=\mu(e_1)-\mu(e_n),\mu(e')=\mu(e_1)-\mu(e)$．故に

$\lim(\mu(e_1)-\mu(e_n))=\mu(e_1)-\mu(e).$

$\mu(e_1)\ne\infty$ を用いて，$\lim\mu(e_n)=\mu(e)$．

［注意］ 

或る $i$ に関して $\mu(e_i)<\infty$ ならば，(2º) は成り立つが，すべての $n$ に関して $\mu(e_n)=\infty$ なるとき，$\mu(e)=\infty$ は保証されない．

(3º)

一般の集合列 $e_n$ において

$E_n=\bigcap_{i=n}^\infty e_i$

と置けば，$E_n$ は増大列で，$\lim E_n=\varliminf e_n$ だから，(1º) によって $\mu(\varliminf e_n)=\lim\mu E_n$． さて $e_n\subset e_n,\mu E_n\leqq\mu e_n,\lim\mu E_n\leqq\varliminf\mu e_n$ だから，

(2)

$\mu(\varliminf e_n)\leqq \varliminf \mu e_n.$

同様に

$E_n=\bigcup_{i=n}^\infty e_i$

と置けば，$E_n$ は減少列で，$\varlimsup e_n=\lim E_n$ だから，(2º) によって，$\mu(\varlimsup e_n)=\lim\mu E_n$． こんどは $E_n\supset e_n,\mu E_n\geqq \mu e_n,\lim\mu E_n\geqq\varlimsup\mu e_n$ から，

(3)

$\mu(\varlimsup e_n)\geqq\varlimsup \mu e_n.$

ただし，ここでは $\textstyle\mu E_1=\mu(\bigcup e_n)<\infty$ を仮定する．

(4º)

$\lim e_n=e$ ならば

$e=\varlimsup e_n=\varliminf e_n$

だから，(2)，(3) から

$\varlimsup\mu e_n\leqq\mu e\leqq\varliminf\mu e_n.$

もちろん $\varlimsup\mu e_n\geqq\varliminf\mu e_n$ だから，等号が成り立って，

$\varlimsup\mu e_n=\lim\mu e_n=\varliminf\mu e_n,$

すなわち

(4)

$\mu e=\lim\mu e_n.$

ただし，ここでも (3) と同様に $\textstyle\mu(\bigcup e_n)<\infty$ とする．

［注意］ 

弱い意味の加法性を仮定すれば，(1º) または (2º) から完全加法性が導かれる．――今 $\textstyle e=\sum e_n$ を単純和とすれば，$\textstyle e_n'=e-\sum_{i=1}^n e_1$ と置いて $e_n'\darr 0$ を得る．従って $\mu e<\infty$ とすれば，(2º) から $\lim\mu e_n'=0$．さて弱い意味の加法性から

$\mu e_n'=\mu e-\sum_{i=1}^n\mu e_i,$　従って　$\mu e=\sum_{i=1}^\infty \mu e_i.$

を得る．それが完全加法性である．次に $\mu(e)=\infty$ ならば，定義の規約のもとで，任意の $M>0$ に対して，$e_0\subset e, M<\mu e_0<\infty$ なる $e_0$ があるが，$\textstyle e_0=e_0e=\sum_{n=1}^\infty e_0e_n$ だから，上記のように $\textstyle \mu e_0=\sum_{n=1}^\infty \mu e_0e_n\leqq\sum_{i=1}^\infty \mu e_n$．すなわち $\textstyle \mu e_n > M$．$M$ は任意だから $\textstyle \sum \mu e_n=\infty, \mu e=\sum\mu e_n=\infty$． また (1º) から (2º) が導かれるから，(1º) からも完全加法性が得られる．

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