§E9.14符号付き測度と Hahn–Jordan 分解

証明.$n>k$に対して$A_n=\emptyset$と定める。定義 1.2の可算加法性と$\nu(\emptyset)=0$から主張を得る。可算加法性は右辺の可算和が定義されることも要求するため、最初の$k$項の有限和も$\infty-\infty$を含まない。▨

証明.(1)を示す。$B\subseteq E$が可測であり、$E$が正集合であるとする。任意の可測集合$A\subseteq B$は$A\subseteq E$も満たすため、$\nu(A)\geq 0$である。したがって$B$は正集合である。負集合についても$E$が負集合ならば、任意の可測集合$A\subseteq B\subseteq E$に対して$\nu(A)\leq 0$であるから、$B$は負集合である。

(2)を示す。$(E_n)_{n\geq 1}$を正集合の列とし、$E=\bigcup_{n=1}^{\infty}E_n$とする。$A\in\mathcal{F}$かつ$A\subseteq E$とする。

とおく。各$B_n$は可測で、二つずつ交わらず、$A=\bigcup_nB_n$である。また、$B_n\subseteq E_n$であるから$\nu(B_n)\geq 0$である。符号付き測度の可算加法性により

である。したがって$E$は正集合である。

$(E_n)_{n\geq 1}$が負集合の列である場合にも、$A\subseteq\bigcup_nE_n$に対して上と同じ集合$B_n$を定めることができる。この場合は各$\nu(B_n)\leq 0$であるから、

である。この和は$0$または負の有限値または$-\infty$であり、正の項を含まないため定義される。したがって、可算個の負集合の和集合は負集合である。

(3)を示す。$E$が零集合ならば、すべての可測部分集合の値が$0$であるから、$E$は正集合かつ負集合である。逆に$E$が正集合かつ負集合ならば、任意の可測集合$A\subseteq E$に対して$0\leq\nu(A)\leq 0$であり、$\nu(A)=0$である。したがって$E$は零集合である。

(4)を示す。零集合の列は正集合の列でも負集合の列でもある。(2)と(3)から、その和集合は零集合である。▨

証明.$R_0=E$とおく。可測集合$R\subseteq E$に対して

と定める。$\nu(R)<0$である場合、$R$の可測部分集合$A$が$\nu(A)>0$を満たすならば$\nu(A)<\infty$である。実際、$R=A\mathbin{\sqcup}(R\setminus A)$に有限加法性を適用したとき、$\nu(A)=\infty$かつ$\nu(R\setminus A)>-\infty$ならば$\nu(R)=\infty$となり、$\nu(R)<0$に反する。

各$k\geq 1$において、$R_{k-1}$と$\beta(R_{k-1})$から$A_k$を次のように選び、$R_k=R_{k-1}\setminus A_k$と定める。

1. $\beta(R_{k-1})=0$ならば、$A_k=\emptyset$とする。
2. $0<\beta(R_{k-1})<\infty$ならば、 $$A_k\in\mathcal{F},\quad A_k\subseteq R_{k-1},\quad \nu(A_k)>\frac{\beta(R_{k-1})}{2}$$ を満たす$A_k$を選ぶ。
3. $\beta(R_{k-1})=\infty$ならば、 $$A_k\in\mathcal{F},\quad A_k\subseteq R_{k-1},\quad \nu(A_k)>1$$ を満たす$A_k$を選ぶ。

第二と第三の場合に候補が存在することは上限の定義から従う。各状態から次の状態を選ぶことができるため、§E1.20 定義 4.2の従属選択公理により、この反復をすべての$k\geq 1$について行う列が存在する。集合列$(A_k)_{k\geq 1}$は二つずつ交わらず、各$\nu(A_k)$は非負の有限値である。

各有限段階で

である。$\nu(E)<0$かつ$\sum_{k=1}^{m}\nu(A_k)\geq 0$であるから、有限加法性により

である。ここでは有限値だけを引いている。

$A=\bigcup_{k=1}^{\infty}A_k$および$N=E\setminus A$とおく。$A$と$N$は可測であり、$E=A\mathbin{\sqcup}N$である。可算加法性から

である。この非負項級数が$\infty$ならば、$\nu(N)>-\infty$と有限加法性から$\nu(E)=\infty$が従い、$\nu(E)<0$に反する。したがって、

$N$が負集合でないと仮定する。すると、可測集合$B\subseteq N$と実数$b>0$が存在して$\nu(B)=b$となる。実際、負集合でないことから正の値をもつ可測部分集合が存在し、その部分集合は$E$に含まれるため、証明の冒頭で示した有限性によって値は実数である。すべての$k$について$B\subseteq R_{k-1}$であるため、$\beta(R_{k-1})\geq b$である。$\beta(R_{k-1})$が有限ならば$\nu(A_k)>b/2$であり、無限ならば$\nu(A_k)>1$である。したがって、すべての$k$について

となる。これは (1) に反する。ゆえに$N$は負集合である。

最後に、$\nu(A)<\infty$と$E=A\mathbin{\sqcup}N$から

を得る。この差は二つの有限値の差である。▨

証明.$\nu$が$-\infty$を取らないと仮定し、

とおく。空集合は負集合であるから、$\alpha\in[-\infty,0]$である。負集合$V$とその可測部分集合$U$に対して、$V\setminus U$も負集合であり、有限加法性から

が成り立つ。ここに現れる測度の値はいずれも非正であり、$-\infty$を取らないため有限である。

$\alpha=-\infty$と仮定する。下限の定義により、各$n\geq 1$について$\nu(E_n)<-n$を満たす負集合$E_n$を選ぶことができる。この列の選択には、条件を満たす有限列を一項延長する関係に§E1.20 定義 4.2の従属選択公理を適用する。補題 2.2により$V=\bigcup_{n=1}^{\infty}E_n$は負集合であり、上の不等式から$\nu(V)\leq\nu(E_n)<-n$がすべての$n$について成り立つ。したがって$\nu(V)=-\infty$となり、$\nu$が$-\infty$を取らないという仮定に反する。ゆえに$\alpha$は有限である。

各$n\geq 1$について

を満たす負集合$E_n$を選び、$N=\bigcup_{n=1}^{\infty}E_n$とおく。この列も、条件を満たす有限列を一項延長する関係へ従属選択公理を適用して得られる。補題 2.2により$N$は負集合である。下限の定義と$E_n\subseteq N$から

であるため、$\nu(N)=\alpha$を得る。

$P=X\setminus N$が正集合でないと仮定する。ある可測集合$B\subseteq P$が$\nu(B)<0$を満たす。補題 3.1により、負集合$C\subseteq B$で$\nu(C)\leq\nu(B)<0$を満たすものが存在する。集合$N$と$C$は交わらず、その和集合は負集合である。有限加法性により

となるが、これは$\alpha$がすべての負集合の測度の下限であることに反する。したがって$P$は正集合であり、$(P,N)$は Hahn 分解である。

$\nu$が$-\infty$を取る場合は、値域条件により$+\infty$を取らない。集合関数$-\nu$は$-\infty$を取らない符号付き測度である。実際、空集合の値は零であり、可算加法性の両辺と各項の符号を反転すると、級数の正の部分と負の部分が交換される。$-\nu$に対して上で得た Hahn 分解を$(P',N')$とすると、$N'$は$\nu$の正集合、$P'$は$\nu$の負集合である。よって$(N',P')$は$\nu$の Hahn 分解である。▨

証明.$P_1\cap N_2$は正集合$P_1$の可測部分集合であると同時に、負集合$N_2$の可測部分集合でもある。補題 2.2により、$P_1\cap N_2$は零集合である。集合$N_1\cap P_2$は負集合$N_1$の可測部分集合であると同時に、正集合$P_2$の可測部分集合でもあるから、同じ補題により零集合である。

$X=P_2\mathbin{\sqcup}N_2$および$X=P_1\mathbin{\sqcup}N_1$から

である。したがって、

は零集合の有限和であり、零集合である。$N_1\mathbin{\triangle}N_2$についても同じ二つの交差集合の和になるため、零集合である。▨

証明.定理 3.2により、$\nu$の Hahn 分解$(P,N)$が存在する。(2) によって$\nu^{+}$と$\nu^{-}$を定める。$A\cap P$は正集合$P$の可測部分集合であり、$A\cap N$は負集合$N$の可測部分集合であるから、

である。また、$\nu^{+}(\emptyset)=\nu^{-}(\emptyset)=0$である。

$A_1,A_2,\dots\in\mathcal{F}$が二つずつ交わらないとする。このとき$A_1\cap P,A_2\cap P,\dots$も二つずつ交わらず、

である。$\nu$の可算加法性から

を得る。各項は非負である。負集合側では、

である。$N$上の各項は非正であるため、符号を反転した級数は非負項級数である。したがって、$\nu^{+}$と$\nu^{-}$は正測度である。

$\nu^{+}(N)=\nu(N\cap P)=\nu(\emptyset)=0$であり、$\nu^{-}(P)=-\nu(P\cap N)=0$である。ゆえに、$\nu^{+}$は$P$に集中し、$\nu^{-}$は$N$に集中する。定義 4.1により$\nu^{+}\perp\nu^{-}$である。

任意の$A\in\mathcal{F}$に対して

である。符号付き測度の有限加法性から

を得る。$\nu(A\cap P)=\infty$かつ$\nu(A\cap N)=-\infty$ならば、$\nu$が$+\infty$と$-\infty$を同時に取ることになるため、この場合は生じない。

$\nu$が$-\infty$を取らないならば、$\nu(N)>-\infty$であり、

である。$\nu$が$-\infty$を取るならば、$\nu$は$+\infty$を取らないため$\nu(P)<\infty$であり、$\nu^{+}(X)<\infty$である。したがって、どの場合にも$\nu^{+}$と$\nu^{-}$の少なくとも一方は有限測度である。差表示はすべての可測集合で定義される。

$B\in\mathcal{F}$かつ$B\subseteq A$とする。$B\cap N$は負集合の可測部分集合であり、正測度$\nu^{+}$は単調であるから、

である。左辺の和は符号付き測度の有限加法性によって定義される。一方、$B=A\cap P$とおけば$\nu(B)=\nu^{+}(A)$である。したがって、(3) が成り立つ。

$-\nu$の Hahn 分解は$(N,P)$である。同じ議論を$-\nu$に適用すると、

を得るので、(4) が成り立つ。(3) と (4) の右辺は$\nu$と$A$だけで定まるため、$\nu^{+}$と$\nu^{-}$は Hahn 分解の選び方に依存しない。

(5) を満たす正測度$\alpha,\beta$をとる。任意の可測集合$B\subseteq A$に対して、差が定義されるという仮定と正測度の単調性から

である。(3) により$\nu^{+}(A)\leq\alpha(A)$を得る。また、

と (4) から$\nu^{-}(A)\leq\beta(A)$を得る。

(5) と$\alpha\perp\beta$を仮定する。相互特異性の定義から、ある$S\in\mathcal{F}$が存在して

が成り立つ。任意の可測集合$B\subseteq S$に対して$\beta(B)=0$であるから$\nu(B)=\alpha(B)\geq 0$であり、$S$は$\nu$の正集合である。任意の可測集合$B\subseteq X\setminus S$に対して$\alpha(B)=0$であるから$\nu(B)=-\beta(B)\leq 0$であり、$X\setminus S$は$\nu$の負集合である。したがって、$(S,X\setminus S)$は Hahn 分解である。

この Hahn 分解を (2) に用いると、正測度の単調性と集中性から

を得る。よって$\alpha=\nu^{+}$かつ$\beta=\nu^{-}$である。▨

証明.$\nu^{+}$と$\nu^{-}$は正測度である。互いに交わらない可測集合列$(A_n)_{n\geq 1}$に対して、非負項級数の結合法則から

を得る。また、$\lvert\nu\rvert(\emptyset)=0$である。したがって、$\lvert\nu\rvert$は正測度である。

任意の$B\in\mathcal{F}$に対して

であり、右辺では二項が同時に無限大にならない。非負拡張実数$s,t$で差が定義される場合には$\lvert s-t\rvert\leq s+t$であるから、

を得る。

$A=A_1\mathbin{\sqcup}\cdots\mathbin{\sqcup}A_m$を有限可測分割とする。(9) と$\lvert\nu\rvert$の有限加法性から

である。したがって、(7) の右辺は左辺以下である。

$\nu$の Hahn 分解$(P,N)$を一つ固定する。

は二項からなる有限可測分割である。$A\cap P$上では$\nu$は非負であり、$A\cap N$上では非正であるから、

二つの絶対値は非負拡張実数であり、$\nu$が正負の無限大を同時に取らないため、右辺を得る計算に未定義な差はない。この分割が上限の候補に含まれるので、(7) の右辺は左辺以上である。よって (7) が成り立つ。

$\lambda$を (8) を満たす正測度とする。任意の有限可測分割について

である。(7) の上限をとると$\lvert\nu\rvert(A)\leq\lambda(A)$を得る。したがって、$\lvert\nu\rvert$は (8) を満たす最小の正測度である。▨

証明.(1)$\Rightarrow$(2)を示す。第一の条件から第二の条件は直ちに従う。

(2)$\Rightarrow$(3)を示す。第二の条件を仮定する。Jordan 分解から

であり、$\nu^{+}(X)$と$\nu^{-}(X)$の少なくとも一方は有限である。差が実数であるため、他方も有限でなければならない。したがって、第三の条件が成り立つ。

(3)$\Rightarrow$(4)を示す。第三の条件を仮定すると、

であるため、第四の条件が成り立つ。

(4)$\Rightarrow$(1)を示す。第四の条件を仮定する。任意の$A\in\mathcal{F}$に対して、定理 5.2の (9) と正測度の単調性から

である。したがって$\nu(A)\in\R$であり、第一の条件が成り立つ。▨