ルベーグ積分の使用例③

測度論

概要

ルベーグ積分の使用例として、ある問題を解説しようと思います。

ちなみにこれは自作問題です

問題

{(X,\mathcal{F})}をσ加法族として{\mu_1,\mu_2}を{(X,\mathcal{F})}上の測度とする。

ここで、{\mu:\mathcal{F}\to\mathbb{R}}を、{\mu(A)=\mu_1(A)+\mu_2(A)}とする。

(1)　{\mu}が{(X,\mathcal{F})}上の測度であることを示せ

(2)　{f}を可積分関数としたとき、{\int_X f d\mu}を求めよ

材料

{X}は集合であって、{\mathcal{F}}は「{X}の部分集合全体の集合」の部分集合である。つまり{\mathcal{F}}の元は{X}の部分集合となる。

{(X,\mathcal{F})}がσ加法族ということは以下の条件を満たしている必要がある

  • {\emptyset\in\mathcal{F}}
  • {A\in\mathcal{F}}ならば{X\setminus A\in \mathcal{F}}
  • {A_n\in\mathcal{F}(n=1,2,\ldots)}ならば{\cup_{n=1}^{\infty}A_n\in \mathcal{F}}

 ここから{X\in\mathcal{F}}であることや「{A_n\in\mathcal{F}}ならば{\cap_{n=1}^{\infty}A_n\in\mathcal{F}}」であることがわかる。

 

このとき、{\mu_1}が測度であるということは{\mu_1}は{\mu_1:\mathcal{F}\to\mathbb{R}}という写像であって以下の条件を満たしてることと同値である

  • 任意の{A\in\mathcal{F}}について{\mu_1(A)\geq 0}
  • {\mu_1(\emptyset)=0}
  • {A_n\in\mathcal{F}(n=1,2,\ldots)}が互いに素（{i\neq j}ならば{A_i\cap A_j=\emptyset}）のとき、{\sum_{n=1}^{\infty}\mu_1(A_n)=\mu_1(\cup_{n=1}^{\infty}A_n)}

 

ルベーグ積分を計算するためには、まず単関数から考える

$$\mathbb{1}_A(x)=\left\{\begin{array}{cc}1&x\in A\\0&x\notin A\end{array}\right.$$

 という関数があって、（これを単関数という）

$$f(x)=\sum_{k=1}^{n}a_k\mathbb{1}_{A_k}(x)$$

としたとき、（ここで、{A_k\in\mathcal{F},a_k\in\mathbb{R}}）

$$\int_X f(x)d\mu=\sum_{k=1}^{n}a_k\mu(A_k)$$

特に

$$\int_X \mathbb{1}_A(x) d\mu =\mu(A)$$

となる

常に正の値を取る関数{f(x)}については{f_n(x)}という以下の条件を満たした単関数の列を持ってくる

  • {\lim_{n\to\infty}f_n(x)=f(x)}が任意の{x\in X}について成り立つ
  • {f_n(x)\leq f_{n+1}(x)}が任意の{n\in\mathbb{N}},{x\in X}について成り立つ

 このときに

$$\int_X f(x)d\mu:=\lim_{n\to\infty}\int_X f_n(x)d\mu$$

と定義する。

ちなみにここでwell-defined性の証明が必要（つまり、どんな（条件を満たした）関数の列{f_n}であっても、収束先は同じであることを示す必要がある）

 

正の値を取るとは限らない関数{f(x)}については

$$f(x)=f_+(x)-f_-(x)$$

と分解して考える。ここで、

$$f_+(x)=\max\{0,f(x)\},f_-(x)=\max(-f(x),0)$$

となる。このとき、{f_+,f_-}は正の値を取る関数なので

$$\int_Xf(x)d\mu=\int_Xf_+(x)d\mu-\int_Xf_-(x)d\mu$$

とすれば良い。*1

解答

 (1)

①

$$\mu(A)=\mu_1(A)+\mu_2(A)\geq 0+0=0$$

である

 

②

$$\mu(\emptyset)=\mu_1(\emptyset)+\mu_2(\emptyset)=0+0=0$$

である

 

③

{A_n\in\mathcal{F}(n=1,2,\ldots)}であって互いに素な列を持ってくる

$$\mu(\cup_{n=1}^{\infty}A_n)=\mu_1(\cup_{n=1}^{\infty}A_n)+\mu_2(\cup_{n=1}^{\infty}A_n)$$

$$=\sum_{n=1}^{\infty}\mu_1(A_n)+\sum_{n=1}^{\infty}\mu_2(A_n)$$

 ここで①よりこの級数はすべての値が正なので条件収束になることはない。よって級数の足す順番を入れ替えることができる。よって

$$=\sum_{n=1}^{\infty}(\mu_1(A_n)+\mu_2(A_n))$$

$$=\sum_{n=1}^{\infty}\mu(A_n)$$

 となる

 

①,②,③より、{\mu}は測度となる。

 

(2)

結論から言うと

$$\int_X f(x)d\mu=\int_X f(x)d\mu_1+\int_X f(x)d\mu_2$$

となる。これを示す。

 

まずは単関数のときを考える

$$f(x)=\sum_{k=1}^{n}a_k\mathbb{1}_{A_k}(x)$$

とする。

$$\int_Xf(x) d\mu=\sum_{k=1}^{n}a_k\mu(A_k)$$

$$=\sum_{k=1}^{n}a_k\mu_1(A_k)+\sum_{k=1}^{n}a_k\mu_2(A_k)$$

$$=\int_X f(x)d\mu_1+\int_X f(x)d\mu_2$$

よって単関数のときでは成り立つ。

 

一般の正の値を取る関数{f(x)}について考える

前述の条件を満たす単関数の列{f_n(x)}を取ってくる

このとき

$$\int_Xf(x)d\mu=\lim_{n\to\infty}\int_Xf_n(x)d\mu$$

単関数では条件が成り立つことを示したので

$$\lim_{n\to\infty}(\int_Xf_n(x)d\mu_1+\int_Xf_n(x)d\mu_2)$$

$$=\lim_{n\to\infty}\int_Xf_n(x)d\mu_1+\lim_{n\to\infty}\int_Xf_n(x)d\mu_2$$

$$=\int_Xf(x)d\mu_1+\int_Xf(x)d\mu_2$$

となる。

よって成り立つ

 

一般の関数{f(x)}についても証明する

$$f(x)=f_+(x)-f_-(x)$$

より

$$\int_X f(x)d\mu=\int_X f_+(x)d\mu-\int_X f_-(x)d\mu$$

$$=\int_X f_+(x)d\mu_1+\int_X f_+(x)d\mu_2-\int_X f_-(x)d\mu_1-\int_X f_-(x)d\mu_2$$

$$=(\int_X f_+(x)d\mu_1-\int_X f_-(x)d\mu_1)+(\int_X f_+(x)d\mu_2-\int_X f_-(x)d\mu_2)$$

$$=\int_X f(x)d\mu_1+\int_X f(x)d\mu_2$$

よって条件を満たすことが示された。

 

以上より、

$$\int_X f(x)d\mu=\int_X f(x)d\mu_1+\int_X f(x)d\mu_2$$

となることが示された。（証明終）

*1:ちなみにここで∞-∞という形になる場合、ルベーグ積分は不可能とする。